CLASE 7-VARIACIÓN DE PARÁMETROS

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ECUACIONES DIFERENCIALES
ORDINARIAS DE ORDEN SUPERIOR
MÉTODO DE VARIACIÓN DE PARÁMETROS
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
JOE GARCÍA ARCOS
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS EXACTAS - ESPE
CLASE 7
CONTENIDO
Título : Método de variación de parámetros
Duración : 120 minutos
Información general : Método para resolver ecuaciones diferenciales utilizando variación
de parámetros
Objetivo : Conocer el método de variación de parámetros para resolver
ecuaciones diferenciales
1
Ecuaciones diferenciales de orden superior
0.1 Método de variación de parámetros
Nuestro objetivo principal en la discusión de secciones anteriores fue encontrar una solución
de una ecuación no homogénea con coeficientes variables, a saber, ! (G) = 1(C), C ∈ �. Su solución
contiene no solo las soluciones independientes de la correspondiente ecuación homogénea ! (G) =
0 sino también una solución particular de ! (G) = 1(C). Dado que hemos desarrollado un método
para encontrar la solución de la parte homogénea, la siguiente pregunta es encontrar un método
para encontrar una solución particular de la ecuación diferencial lineal no homogénea. La
respuesta a esta pregunta viene dada por una técnica muy fuerte y efectiva llamada método de
variación de parámetros o variación de constantes. Describiremos este método en detalle y
obtendremos la variación de la fórmula de las constantes para la solución particular de ! (G) =
1(C).
Aunque desarrollamos la teoría para ecuaciones lineales con coeficientes variables, la técnica es
aplicable a ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. Primero demostraremos
el siguiente teorema para la ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden con
coeficientes variables y luego ampliaremos el resultado al caso de ecuaciones similares de orden
superior.
Teorema 0.1
Sea
! (G) = 00(C)G ′′ + 01(C)G ′ + 02(C)G = 1(C) (1)
donde 00(C) ≠ 0, C ∈ � y 00, 01, 02 y 1 son funciones continuas de C definidas en
�. Si G1 y G2 son dos soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea
correspondiente
00(C)G ′′ + 01(C)G ′ + 02(C)G = 0 (2)
entonces una solución particular G? de (1) es
G? (C) = D1(C)G1(C) + D2(C)G2(C), C ∈ �
dónde
D1(C) = −
∫ C
C0
G2(B)1(B) 3B
00(B), (G1, G2) (B)
y
D2(C) =
∫ C
C0
G1(B)1(B) 3B
00(B), (G1, G2) (B)
(3)
donde, (G1, G2) es el wronskiano de G1 y G2.
Demostración Si G1 y G2 son dos soluciones independientes de la ecuación homogénea correspondiente
CLASE 7
(2), sabemos que 21G1 + 22G2 es la solución general de (2), donde 21 y 22 son constantes arbitrarias. Como
21 y 22 son constantes arbitrarias, tal solución de (2) nunca puede convertirse en la solución de (1) a
menos que 1(C) = 0 en cuyo caso (1) se reduzca a (2).
Supongamos que en lugar de 21 y 22, tomamos D1 y D2 como funciones de C ∈ ; y hacemos la pregunta si
D1G1 + D2G2 puede ser una solución de (1). Lo notable es que se convierte en una solución de (1). Por lo
tanto, supongamos que ! (G) = 1(C) tiene una solución de la forma
G? = D1G1 + D2G2 (4)
donde D1 y D2 son funciones de C.
Como necesitamos encontrar dos funciones desconocidas D1 y D2, necesitamos dos ecuaciones que
involucren ambas funciones desconocidas. La primera ecuación se obtiene de la siguiente manera.
Diferenciando G? en (4), obtenemos
G ′? = D1G
′
1 + D2G
′
2 + D
′
1G1 + D
′
2G2 (5)
Permítanos elegir D1 y D2 tal que
D′1G1 + D
′
2G2 = 0 (6)
Usando (6) en (5) obtenemos
G ′? = D1G
′
1 + D2G
′
2 (7)
Diferenciando (7), obtenemos
G ′′? = D
′
1G
′
1 + D1G
′′
1 + D
′
2G
′
2 + D2G
′′
2 (8)
Como G? es una solución de (1), por lo tanto, (7) y (8) satisfacen (1). Por lo tanto, usando (7) y (8) en (1),
tenemos
00 [D′1G
′
1 + D1G
′′
1 + D
′
2G
′
2 + D2G
′′
2 ] + 01 [D1G
′
1 + D2G
′
2] + 02 [D1G1 + D2G2] = 1(C)
Simplificando la ecuación anterior, obtenemos
[00G ′′1 + 01G
′
1 + 02G1]D1 + [00G
′′
2 + 01G
′
2 + 02G2]D2 + [D
′
1G
′
1 + D
′
2G
′
2]00 = 1(C) (9)
Como G1 y G2 son una solución independiente de (2), los coeficientes de D1 y D2 en (9) se vuelven cero.
Por lo tanto, tenemos de (9)
D′1G
′
1 + D
′
2G
′
2 =
1(C)
00
(10)
Esta es la segunda ecuación, necesitamos encontrar las dos funciones desconocidas. Resolvemos D′1 y D
′
2
de (6) y (10) de la siguiente manera.
El determinante de los coeficientes de las ecuaciones (6) y (10) es el wronskiano
, [G1, G2] =
�����G1 G2G ′1 G ′2
�����
Dado que G1 y G2 son soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea ! (G) = 0,
3
CLASE 7
, (G1, G2) (C) ≠ 0 en �. Por lo tanto, el sistema de ecuaciones (6) y (10) tiene soluciones únicas dadas por
D′1 (C) =
1
, (G1, G2) (C)
����� 0 G21 (C)
00 (C) G
′
2
����� = − G2 (C)1(C)00 (C), (G1, G2) (C)
y
D′2 (C) =
1
, (G1, G2) (C)
�����G1 0G ′1 1 (C)00 (C)
����� = G1 (C)1(C)00 (C), (G1, G2) (C)
Como 00 y 1 son funciones continuas en �, integrando los D′1 y D
′
2 anteriores, tenemos para C0 ∈ �,
D1 (C) = −
∫ C
C0
G2 (B)1(B)
00 (B), (G1, G2) (B)
3B
y
D2 (C) =
∫ C
C0
G1 (B)1(B)
00 (B), (G1, G2) (B)
3B
De ahí que las soluciones particulares de (4) se vuelvan
G? (C) = −G1 (C)
∫ C
C0
G2 (B)1(B)
00 (B), (G1, G2) (B)
3B + G2 (C)
∫ C
C0
G1 (B)1(B)
00 (B), (G1, G2) (B)
3B
que completa la demostración del teorema. �
La discusión anterior conduce a lo siguiente:
Si 1(C) es continuo en �, entonces la solución general G(C), C ∈ � de (1) es de la forma G(C) =
G? (C) +Gℎ (C), donde Gℎ es la solución general de la parte homogénea correspondiente ! (G) = 0 y
G? (C) es la solución particular de ! (G) = 1(C) determinada bastante explícitamente por el método
de variación de parámetros.
El método de variación de parámetros no solo es aplicable para ecuaciones diferenciales lineales
no homogéneas con coeficientes variables, es aplicable para tales ecuaciones con coeficientes
constantes y es fácilmente extensible a las ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de
orden superior. Sin embargo, debe tenerse en cuenta que, a menos que se conozcan las soluciones
linealmente independientes de las correspondientes ecuaciones homogéneas, no podemos aplicar
este método para encontrar la solución particular de la ecuación no homogénea. Algunas veces,
incluso si conocemos la solución de las correspondientes ecuaciones homogéneas, podemos
encontrar integrales muy difíciles o muy complicadas para D1 y D2 que no podemos calcular
fácilmente. Pero para estas dificultades, el método de variación de parámetros es el único
método efectivo en el estudio de la solución de ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas
con coeficientes variables.
Ejemplo 0.1
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′′ − G ′ − 12G = 2 sinh2 C.
4
CLASE 7
Solución Buscamos la solución homogénea asociada a la ecuación diferencial
G ′′ − G ′ − 12G = 0
donde la ecuación característica es <2 − < − 12 = 0, cuyas raíces son <1 = −3, <2 = 4 y la
solución homogénea es
Gℎ = 214
−3C + 2244C
Para encontrar la solución particular, hacemos
G? = D1G1 + D2G2, G1 = 4−3C , G2 = 44C
Calculamos D1 y D2
Δ =
������ 4−3C 44C−34−3C 444C
������ = 74C , ΔD1 =
������ 0 44C2 sinh2 C 444C
������ = −244C sinh2 C,
ΔD2 =
������ 4−3C 0−34−3C 2 sinh2 C
������ = 24−3C sinh2 C,
siendo
D1(C) = −
2
7
∫
43C sinh2 C 3C = − 1
210
4C (15 − 1042C + 344C )
D2(C) =
2
7
∫
4−4C sinh2 C 3C = − 1
84
4−6C (1 − 342C + 344C )
La solución particular es
G? = −
1
210
4C (15 − 1042C + 344C ) · 4−3C − 1
84
4−6C (1 − 342C + 344C ) · 44C
simplificando, obtenemos
G? =
1
12
− 1
12
4−2C − 1
20
42C
La solución general es
G(C) = 214−3C + 2244C +
1
12
− 1
12
4−2C − 1
20
42C . �
Ejemplo 0.2
Resuelva la ecuación diferencial:
C (2 − C)G ′′ + (C2 − 2)G ′ + 2(1 − C)H = C2(2 − C)24C .
Solución Acondicionando la ecuación, obtenemos
G ′′ + C
2 − 2
C (2 − C) G
′ + 2(1 − C)
C (2 − C) G = C (2 − C)4
C .
Encontramos la solución a la ecuación homogénea asociada a la ecuación diferencial. Podemos
darnos cuenta por simple inspección que G1(C) = 4C . Utilizando uno de los métodos estudiados,
encontramos G2(C) de la siguiente manera
G2(C) = 4C
∫1
42C
4
−
∫
C2−2
C (2−C ) 3C 3C = C2
5
CLASE 7
La solución homogénea es
Gℎ = 214
C + 22C2
Puesto que G1(C) = 4C y G2(C) = C2, entonces
Δ = C (2 − C)4C , ΔD1 = −C3(2 − C)4C , ΔD2 = C (2 − C)42C ,
siendo
D1 =
∫ −C3(2 − C)4C
C (2 − C)4C 3C = −
1
3
C3, D2 =
∫
C (2 − C)42C
C (2 − C)4C 3C = 4
C
La solución particular es
G? = 4
C ·
(
−1
3
C3
)
+ C2 · 4C =⇒ G? = −
1
3
(C − 3)C24C
La solucíon general es
G(C) = 214C + 22C2 −
1
3
(C − 3)C24C . �
Ejemplo 0.3
Resuelva la ecuación diferencial:
(3C3 + C)G ′′ + 2G ′ − 6CG = 4 − 12C2.
Solución Acondicionando la ecuación, obtenemos
G ′′ + 2
3C3 + C
G ′ − 6
3C2 + 1
G =
4 − 12C2
3C3 + C
.
Encontramos la solución a la ecuación homogénea asociada a la ecuación diferencial. Podemos
darnos cuenta por simple inspección que G1(C) = 1C . Utilizando uno de los métodos estudiados,
encontramos G2(C) de la siguiente manera
G2(C) =
1
C
∫
C24
−
∫ 2
3C3+C
3C
3G = 1 + C2
La solución homogénea es
Gℎ =
21
C
+ 22(1 + C2)
Puesto que G1(C) = 1C y G2(C) = 1 + C
2, entonces
Δ = 3 + 1
C2
, ΔD1 = −
(C2 + 1) (4 − 12C2)
3C3 + C
, ΔD2 =
4 − 12C2
C (3C3 + C)
,
siendo
D1(C) =
∫ − (C2+1) (4−12C2)3C3+C
3 + 1
C2
3C =
2(9C4 + 6C2 + 5)
27C2 + 9
, D2(C) =
∫ 4−12C2
C2 (3C2+1)
3 + 1
C2
3C =
4C
3C2 + 1
La solución particular es
G? =
1
C
· 2(9C
4 + 6C2 + 5)
27C2 + 9
+ (1 + C2) · 4C
3C2 + 1
=⇒ H? = 2G +
10
9G
.
La solucíon general es
G(C) = 21
C
+ 22(1 + C2) + 2C +
10
9C
. �
6
CLASE 7
Ejemplo 0.4
Resuelva la ecuación diferencial:
C (C − 3)G ′′ − (C2 − 6)G ′ + 3(C − 2)G = (C − 3)2.
Solución La ecuación diferencial se puede expresar como
G ′′ − C
2 − 6
C (C − 3) G
′ + 3(C − 2)
C (C − 3) G =
C − 3
C
.
Encontramos la solución a la ecuación homogénea asociada a la ecuación diferencial. Podemos
darnos cuenta por simple inspección que G1(C) = 4C . Utilizando uno de los métodos estudiados,
encontramos G2(C) de la siguiente manera
G2(C) = 4C
∫
1
42C
4
∫
C2−6
C (C−3) 3C 3C = C3
La solución homogénea es
Gℎ = 214
C + 22C3.
Puesto que G1(C) = 4C y G2(C) = C3, entonces
Δ = (3 − C)C24C , ΔD1 = (3 − C)C2, ΔD2 =
1
C
(C − 3)4C ,
encontramos D1(C) y D2(C) de la siguiente manera
D1(C) =
∫ (3 − C)C2
(3 − C)C24C
3C =
∫
4−C 3C = −4−C ,
D2(C) =
∫ 1
C
(C − 3)4C
(3 − C)C24C
3C = −
∫
C−3 3C =
1
2C2
La solución particular es
G? (C) = 4C · (−4−C ) + C3 ·
(
1
2C2
)
=⇒ G? (C) = −1 +
1
2
C.
Por tanto, la solución general es
G(C) = 214C + 22C3 − 1 +
1
2
C. �
Ejemplo 0.5
Resuelva la ecuación diferencial:
C2(ln C − 1)G ′′ − CG ′ + G = C (1 − ln C)2.
Solución La ecuación diferencial se puede expresar como
G ′′ − 1
C (ln C − 1) G
′ + 1
C2(ln C − 1)
G =
ln C − 1
C
.
Encontramos la solución a la ecuación homogénea asociada a la ecuación diferencial. Podemos
darnos cuenta por simple inspección que G1(C) = C. Utilizando uno de los métodos estudiados,
encontramos G2(C) de la siguiente manera
G2(C) = C
∫
1
C2
4
∫
3C
C (ln C−1) 3C = − ln C
7
CLASE 7
La solución homogénea es
Gℎ (C) = 21C − 22 ln C.
Puesto que G1(C) = C y G2(C) = − ln C, entonces
Δ = ln C − 1, ΔD1 =
(ln C − 1) ln C
C
, ΔD2 = ln C − 1,
encontramos D1(C) y D2(C) de la siguiente manera
D1(C) =
∫ (ln C−1) ln C
C
ln C − 1 3C =
∫
ln C
C
3C =
1
2
ln2 C, D2(C) =
∫
ln C − 1
ln C − 1 3C =
∫
3C = C
La solución particular es
G? (C) = C ·
1
2
ln2 C − ln C · C = 1
2
(ln C − 2)C ln C.
La solución general es
G(C) = 21C − 22 ln C +
1
2
(ln C − 2)C ln C. �
Ejemplo 0.6
Resuelva la ecuación diferencial:
(2C + 1)G ′′ + (2C − 1)G ′ − 2G = C2 + C.
Solución La ecuación diferencial se puede expresar como
G ′′ + 2C − 1
2C + 1 G
′ − 2
2C + 1G =
C2 + C
2C + 1 .
Por simple inspección, encontramos que G1(C) = 2C − 1 satisface la ecuación complementaria,
entonces
G2(C) = (2C − 1)
∫
1
(2C − 1)2
4−
∫ 2C−1
2C+1 3C 3C = −4−C
La solución homogénea es
Gℎ (C) = 21(2C − 1) − 224−C .
Puesto que G1(C) = 2C − 1 y G2(C) = −4−C , entonces
Δ = (2C + 1)4−C , ΔD1 =
(C2 + C)4−C
2C + 1 , ΔD2 =
(C2 + C) (2C − 1)
2C + 1 ,
encontramos D1(C) y D2(C) de la siguiente manera
D1(C) =
∫ (C2+C)4−C
2C+1
(2C + 1)4−C 3C =
∫
C2 + C
(2C + 1)2
3C =
2C2 + 2C + 1
4(2C + 1) ,
D2(C) =
∫ (C2+C) (2C−1)
2C+1
(2C + 1)4−C 3C =
∫ (C2 + C) (2C − 1)4C
(2C + 1)2
3C =
(C2 − C − 1)4C
2C + 1
La solución particular es
G? (C) = (2C − 1) ·
2C2 + 2C + 1
4(2C + 1) − 4
−C · (C
2 − C − 1)4C
2C + 1 =
1
4
(2C2 − 2C + 3).
La solución general es
G(C) = 21(2C − 1) − 224−C +
1
4
(2C2 − 2C + 3). �
8
CLASE 7
Ejemplo 0.7
Resuelva la ecuación diferencial:
(sin C − cos C)G ′′ − 2 sin C · G ′ + (cos C + sin C)G = (sin C − cos C)2.
Solución La ecuación diferencial se puede expresar como
G ′′ − 2 sin C
sin C − cos C G
′ + cos C + sin C
sin C − cos C G = sin C − cos C.
Por simple inspección, encontramos que G1(C) = sin C satisface la ecuación complementaria,
entonces
G2(C) = sin C
∫
1
sin2 C
4
∫ 2 sin C
sin C−cos C 3C 3C = sin C
∫ (cos C − sin C)4C
sin2 C
3C = −4C
La solución homogénea es
Gℎ (C) = 21 sin C − 224C .
Puesto que G1(C) = sin C y G2(C) = −4C , entonces
Δ = (cos C − sin C)4C , ΔD1 = (sin C − cos C)4C , ΔD2 = (sin C − cos C) sin C,
encontramos D1(C) y D2(C) de la siguiente manera
D1(C) =
∫ (sin C − cos C)4C
(cos C − sin C)4C 3C = −
∫
3C = −C,
D2(C) =
∫ (sin C − cos C) sin C
(cos C − sin C)4C 3C = −
∫
4−C sin C 3C =
1
2
(sin C + cos C)4−C
La solución particular es
G? (C) = sin C · (−C) − 4C ·
1
2
(sin C + cos C)4−C = −1
2
cos C − 1
2
(2C + 1) sin C.
La solución general es
G(C) = 21 sin C − 224C −
1
2
cos C − 1
2
(2C + 1) sin C. �
Ejemplo 0.8
Pruebe que G1(C) = C y G2(C) = C2 − 1 son soluciones de la ecuación homogénea
(C2 + 1)G ′′ − 2CG ′ + 2G = 0.
Utilice este hecho para hallar la solución general de
(C2 + 1)G ′′ − 2CG ′ + 2G = 6(C2 + 1)2.
Solución Si G1(C) = C y G2(C) = C2 − 1 son soluciones de la ecuación homogénea, entonces
(C2 + 1)G ′′1 − 2CG
′
1 + 2G1 = 0 y (C
2 + 1)G ′′2 − 2CG
′
2 + 2G2 = 0.
Para encontrar la solución de la ecuación no homogénea, calculamos
Δ = C2 + 1, ΔD1 = −6(C2 + 1) (C4 − 1), ΔD2 = 6C (C2 + 1)2,
9
CLASE 7
encontramos D1(C) y D2(C) de la siguiente manera
D1(C) = −
∫
6(C2 + 1) (C4 − 1)
C2 + 1
3C = −6
∫
(C4 − 1) 3C = −6
5
C (C4 − 5),
D2(C) =
∫
6C (C2 + 1)2
C2 + 1
3C =
∫
6C (C2 + 1) 3C = 3
2
C2(C2 + 2)
La solución particular es
G? (C) = C ·
(
−6
5
C (C4 − 5)
)
+ (C2 − 1) · 3
2
C2(C2 + 2) = 3
10
C2(C4 + 5C2 + 10).
La solución general es
G(C) = 21C + 22(C2 − 1) +
3
10
C2(C4 + 5C2 + 10). �
Ejemplo 0.9
Obtenga la solución particular de la ecuación diferencial
G ′′ + 4G = tan 2C.
en el intervalo
(
− c4 ;
c
4
)
.
Solución La ecuación diferencial homogénea asociada G ′′ + 4G = 0 tiene G1(C) = cos 2C y
G2(C) = sin 2C como un conjunto fundamental de soluciones, su wronskiano es , (G1, G2) = 2.
Con 5 (C) = tan 2C, obtenemos
D′ = −G2 5
,
= −1
2
sin 2C tan 2C y E′ =
G1 5
,
=
1
2
cos 2C tan 2C
Entonces
D(C) =
∫
−1
2
sin 2C tan 2C 3C = −1
4
ln | sec 2C + tan 2C | + 1
4
sin 2C
y
E(C) =
∫
1
2
cos 2C tan 2C 3C = −1
4
cos 2C
Una solución particular de la ecuación diferencial original es
G? (C) = −
1
4
cos 2C ln | sec 2C + tan 2C |. �
Ejemplo 0.10
Obtenga una solución de la ecuación diferencial
G ′′ − 4
C
G ′ + 4
C2
G = C2 + 1, C > 0.
Solución La ecuación diferencial homogénea asociada G ′′ − 4
C
G ′ + 4
C2
G = 0 es una ecuación de
Cauchy - Euler y obtenemos el conjunto fundamental de soluciones G1(C) = C y G2(C) = C4 para
C > 0. El wronskiano de G1(C) y G2(C) es , (G1, G2) = 3C4, que es diferente de cero para C > 0.
Con 5 (C) = C2 + 1, obtenemos
D′ = − C
4(C2 + 1)
3C4
= − C
2 + 1
3
y E′ =
C (C2 + 1)
3C4
=
1
3C
+ 1
3C3
10
CLASE 7
Entonces
D(C) =
∫
− C
2 + 1
3
3C = −1
9
C3 − 1
3
C, E(C) =
∫
1
3C
+ 1
3C3
3C =
1
3
ln C − 1
6C2
Una solución particular de la ecuación diferencial original es
G? (C) = −
1
9
C4 − 1
2
C2 + 1
3
C4 ln C
La solución general es
G(C) = �1C + �2C4 −
1
9
C4 − 1
2
C2 + 1
3
C4 ln C. �
Ejemplo 0.11
Resuelva la ecuación diferencial:
C2G ′′ − 3CG ′ + 3G = 6C44−3C .
Solución HaciendoF = ln C, entonces
I′′ − 4I′ + 3I = 644F−34F
Encontramos la solución homogénea de
I′′ − 4I′ + 3I = 0
donde la ecuación característica es <2 − 4< + 3 = 0, cuyas raíces son <1 = 1, <2 = 3. La
soluciíon homogénea es
Iℎ (F) = 214F + 2243F
La solución particular tiene la forma
I? (F) = D1G1 + D2G2, G1 = 4F , G2 = 43F
Calculamos
Δ = 244F , ΔD1 = −647F−34
F
, ΔD2 = 64
5F−34F ,
donde
D1(F) = −3
∫
43F−34
F
3F =
1
9
(64F + 942F + 2)4−34F
D2(F) = 3
∫
4F−34
F
3F = −4−34F
la solución particular es
I? (F) =
1
9
(64F + 942F + 2)4−34F · 4F − 4−34F · 43F
como C = 4F , entonces
I? (C) =
1
9
(6C + 9C2 + 2)4−3C · C − 4−3C · C3 = 2
9
(3C + 1)C4−3C
la solución general es
G(C) = 21C + 22C3 +
2
9
(3C + 1)C4−3C . �
11
CLASE 7
Para encontrar una solución particular de ecuación diferencial lineal no homogénea de orden
superior =, es natural ampliar la técnica de variación de parámetros a tales ecuaciones.
Primero note que como en el Teorema ??, cualquier solución de la ecuación diferencial lineal no
homogénea,
! (G) = 00(C)G=) + 01(C)G=−1) + · · · + 0= (C)G = 1(C)
es de la forma G6 = G? + Gℎ donde Gℎ se genera por la base de la solución ! (G) = 0 que tiene la
forma
Gℎ = 21G1 + 22G2 + · · · + 2=G=
Teorema 0.2
Consideremos la ecuación
! (G) = 00(C)G=) + 01(C)G=−1) + · · · + 0= (C)G = 1(C) (11)
donde 00(C) ≠ 0 para C ∈ � y 00, 01, 02, · · · , 0= y 1(C) son funciones continuas definidas
en �. Si G1, G2, · · · , G= es un conjunto de = soluciones linealmente independientes de la
ecuación homogénea correspondiente
! (G) = 00(C)G=) + 01(C)G=−1) + · · · + 0= (C)G = 0 (12)
Entonces, una solución particular de (1) viene dada por
G? (C) = D1(C)G1(C) + D2(C)G2(C) + · · · + D= (C)G= (C) (13)
donde las funciones D: , : = 1, 2, · · · , = están dadas por
D: (C) =
∫ C
C0
,: (B)1(B)
00(B), (G1, G2, · · · , G=) (B)
3B (14)
donde , (G1, G2, · · · , G=) es el wronskiano de G1, G2, · · · , G= y ,: es el determinante
obtenido de, (G1, G2, · · · , G=) reemplazando la columna :-ésima
(G: , G ′: , · · · , G
=−1)
:
) por (0, 0, · · · , 1)
Demostración Adaptaremos adecuadamente la técnica de la prueba de la ecuación diferencial lineal no
homogénea de orden 2. Diferenciando (13), obtenemos
G ′? = D
′
1G1 + D
′
2G2 + · · · + D
′
=G= + D1G ′1 + D2G
′
2 + · · · + D=G
′
=
Si elegimos D′1G1 + D
′
2G2 + · · · + D
′
=G= = 0, entonces
G ′? = D1G
′
1 + D2G
′
2 + · · · + D=G
′
= (15)
De (15), tenemos en diferenciación
G ′′? = D
′
1G
′
1 + D
′
2G
′
2 + · · · + D
′
=G
′
= + D1G ′′1 + D2G
′′
2 + · · · + D=G
′′
=
Por lo tanto, si elegimos D′1G
′
1 + D
′
2G
′
2 + · · · + D
′
=G
′
= = 0, entonces
G ′′? = D1G
′′
1 + D2G
′′
2 + · · · + D=G
′′
=
12
CLASE 7
Procediendo de esta manera, elegimos D1, D2, · · · , D= para satisfacer el siguiente conjunto de ecuaciones
D′1G1 + D
′
2G2 + · · · + D
′
=G= = 0
D′1G
′
1 + D
′
2G
′
2 + · · · + D
′
=G
′
= = 0
. . . (16)
D′1G
=−2)
1 + D
′
2G
=−2)
2 + · · · + D
′
=G
=−2)
= = 0
D′1G
=−1)
1 + D
′
2G
=−1)
2 + · · · + D
′
=G
=−1)
= =
1(C)
00 (C)
, C ∈ �
Usando el conjunto de ecuaciones en G? y sus derivados sucesivos hasta =, obtenemos el siguiente conjunto
de ecuaciones
G? = D1G1 + D2G2 + · · · + D=G=
G ′? = D1G
′
1 + D2G
′
2 + · · · + D=G
′
=
. . . (17)
G
=−2)
? = D1G
=−2)
1 + D2G
=−2)
2 + · · · + D=G
=−2)
=
G
=−1)
? = D1G
=−1)
1 + D2G
=−1)
2 + · · · + D=G
=−1)
=
Diferenciando la última ecuación de (17)
G
=)
? = D
′
1G
=−1)
1 + D
′
2G
=−1)
2 + · · · + D
′
=G
=−1)
= + D1G=)1 + D2G
=)
2 + · · · + D=G
=)
= (18)
Usando (16) en (18), obtenemos
G
=)
? = D1G
=)
1 + D2G
=)
2 + · · · + D=G
=)
= +
1(C)
00 (C)
(19)
Ahora debemos verificar que G? es una solución de (11).
Sustituyendo G=)? , G
=−)
? , · · · , G? en (11), obtenemos
! (G?) = 00
[
D1G
=)
1 + D2G
=)
2 + · · · + D=G
=)
= +
1(C)
00 (C)
]
+ 01
[
D1G
=−1)
1 + D2G
=−1)
2 + · · · + D=G
=−1)
=
]
+
+02
[
D1G
=−2)
1 + D2G
=−2)
2 + · · · + D=G
=−2)
=
]
+ · · · + 0=−1
[
D1G
′
1 + D2G
′
2 + · · · + D=G
′
=
]
+
+0= [D1G1 + D2G2 + · · · + D=G=] (20)
Reordenando diferentes términos en (20), obtenemos
! (G?) = D1
[
00G
=)
1 + 01G
=−1)
1 + · · · + 0=G1
]
+ D2
[
00G
=)
2 + 01G
=−1)
2 + · · · + 0=G2
]
+ · · · +
+D=
[
00G
=)
= + 01G=−1)= + · · · + 0=G=
]
+ 1(C)
= D1! (G1) + D2! (G2) + · · · + D=! (G=) + 1(C) (21)
Dado que G1, G2, · · · , G= son soluciones linealmente independientes de (12), ! (G1) = 0, ! (G2) = 0, · · · ,
! (G=) = 0. Por lo tanto, obtenemos de (21) ! (G?) = 1(C). Esto muestra que bajo estas condiciones en D1,
D2, · · · , D=, G? es una solución de ! (G) = 1(C).
Por lo tanto, es suficiente si determinamos D1, D2, · · · , D= del siguiente conjunto de ecuaciones no
13
CLASE 7
homogéneas dadas en (16).
Primero note que el conjunto de ecuaciones (16) es un sistema lineal en = incógnitas D′1, D
′
2, · · · ,
D′=. El determinante de los coeficientes del sistema en el lado izquierdo de (16) es el wronskiano
, (G1, G2, · · · , G=). Dado que G1, G2, · · · , G= es un conjunto de soluciones linealmente independientes de
! (G) = 0,, (G1, G2, · · · , G=) (C) ≠ 0 para cualquier C ∈ �. Por lo tanto, este sistema determina de manera
única D′1, D
′
2, · · · , D
′
= en �.
Por lo tanto, determinaremos D′1, D
′
2, · · · , D
′
= por la regla de Crammer y luego D1, D2, · · · , D= por integración
de la siguiente manera.
Resolviendo el sistema de ecuaciones (16) por la regla de Crammer
D′1 =
����������
0 G2 G3 · · · G=
0 G ′2 G
′
3 · · · G
′
=
. . . . . . . . . . . .
1 (C)
00 (C) G
=−1)
2 G
=−1)
3 · · · G
=−1)
=
���������� +
����������
G1 G2 G3 · · · G=
G ′1 G
′
2 G
′
3 · · · G
′
=
. . . . . . . . . . . .
G
=−1)
1 G
=−1)
2 G
=−1)
3 · · · G
=−1)
=
����������
=
1(C)
00 (C), (G1, G2, · · · , G=) (C)
����������
0 G2 G3 · · · G=
0 G ′2 G
′
3 · · · G
′
=
. . . . . . . . . . . .
1 G=−1)2 G
=−1)
3 · · · G
=−1)
=
���������� (22)
Ampliando el determinante anterior por la última fila, obtenemos
D′1 =
1(C)
00 (C), (G1, G2, · · · , G=) (C)
����������
G2 G3 · · · G=
G ′2 G
′
3 · · · G
′
=
. . . . . . . . .
G
=−1)
2 G
=−1)
3 · · · G
=−1)
=
���������� (23)
Si denotamos el determinante en (23) por,1 (C), obtenemos
D′1 (C) =
,1 (C)1(C)
00 (C), (G1, G2, · · · , G=) (C)
En general, obtenemos
D′: (C) =
,: (C)1(C)
00 (C), (G1, G2, · · · , G=) (C)
donde ,: (C) es el determinante obtenido de , (G1, G2, · · · , G=) (C) reemplazando la columna :-ésima
(G: , G ′: , · · · , G
=−1)
:
) por (0, 0, · · · , 1).
Por lo tanto, si C0 es cualquier punto de �, conseguimos la integración
D: (C) =
∫ C
C0
,: (B)1(B)
00 (B), (G1, G2, · · · , G=) (B)
3B
Por lo tanto, la solución particular G? de (11) viene dada por
G? (C) =
=∑
:=1
G: (C)
∫ C
C0
,: (B)1(B)
00 (B), (G1, G2, · · · , G=) (B)
3B (24)
14
CLASE 7
Entonces, la solución general G6 de (11) viene dada por
G6 (C) = G? (C) + 21G1 (C) + 22G2 (C) + · · · + 2=G= (C)
donde G? está dado por (24) para C ∈ �. �
Ejemplo 0.12
Hallar la solución general de la ecuación diferencial
G ′′′ − 3G ′ + 2G = 4−C (4C2 + 4C − 10)
Solución Puesto que la solución a encontrar tiene la forma G = G2 + G? = 21G1 + 22G2 + 23G3 + G?,
entonces la ecuación homogénea tiene por ecuación característica
G ′′′ − 3G ′ + 2G = 4−C (4C2 + 4C − 10) =⇒ A3 − 3A + 2 = 0
y sus raíces son A1 = A2 = −2 y A3 = 1. La solución complementaria es
G2 = 214
−2C + 22C4−2C + 234C
siendo G1 = 4−2C , G2 = C4−2C y G3 = 4C . Para encontrar la solución particular, tenemos, = 94−3C ,
,1 = 4
−2C (12C3 + 8C2 − 34C + 10), ,2 = 4−2C (−12C2 − 12C + 30) y ,3 = 24−5C (2C2 + 2C − 5).
Entonces
D1 =
∫
4−2C (12C3 + 8C2 − 34C + 10)
94−3C
3C =
1
9
∫
4C (12C3 + 8C2 − 34C + 10) 3C
=
2
9
4C (6C3 − 14C2 + 11C − 6)
D2 =
∫
4−2C (−12C2 − 12C + 30)
94−3C
3C =
1
9
∫
4C (−12C2 − 12C + 30) 3C = −2
3
4C (2C3 − 6C2 + 14C − 19)
D3 =
∫
24−5C (2C2 + 2C − 5)
94−3C
3C =
2
9
∫
4−C (2C2 + 2C − 5) 3C = −1
9
4−2C (2C2 + 4C − 3)
Por lo tanto
G? = 4
−2C · 2
9
4C (6C3 − 14C2 + 11C − 6) − C4−2C · 2
3
4C (2C3 − 6C2 + 14C − 19) − 4C · 1
9
4−2C (2C2 + 4C− 3)
= −1
3
C−C (4C4 − 16C3 + 38C2 − 44C + 3)
La solución general está dada por
G = 214
−2C + 22C4−2C + 234C −
1
3
C−C (4C4 − 16C3 + 38C2 − 44C + 3). �
Ejemplo 0.13
Hallar la solución general de la ecuación diferencial
C3G ′′′ − 4C2G ′′ + 8CG ′ − 8G = 6C3(C2 + 1)− 32
Solución La ecuación homogénea es una ecuación de Cauchy-Euler, por lo tanto
F′′′ − 3F′′ + 2F′ − 4(F′′ − F′) + 8F′ − 8F = 0 =⇒ F′′′ − 7F′′ + 14F′ − 8F = 0
Solucionamos esta ecuación diferencial homogénea de coeficientes constantes. La ecuación
característica es A3 − 7A2 + 14A − 8 = 0, cuyas raíces son A1 = 1, A2 = 2, A3 = 4. La solución
15
CLASE 7
complementaria es
F2 = 214
D + 2242D + 2344D =⇒ G = 21C + 22C2 + 23C4
siendo G1 = C, G2 = C2 y G3 = C4. Para encontrar la solución particular, tenemos que , = 6C4,
,1 = 12C8(C2 + 1)−
3
2 ,,2 = −18C7(C2 + 1)−
3
2 y,3 = 6C5(C2 + 1)−
3
2 . Entonces
D1 =
∫
12C8(C2 + 1)− 32
6C4
3C = 2
∫
C4(C2 + 1)− 32 3C = C (C
2 + 3)
√
C2 + 1
− 3 ln
(
C +
√
C2 + 1
)
D2 =
∫ −18C7(C2 + 1)− 32
6C4
3C = −3
∫
C3(C2 + 1)− 32 3C = −3(C
2 + 2)
√
C2 + 1
D3 =
∫
6C5(C2 + 1)− 32
6C4
3C =
∫
C (C2 + 1)− 32 3C = − 1√
C2 + 1
Por lo tanto
G? = C ·
[
C (C2 + 3)
√
C2 + 1
− 3 ln
(
C +
√
C2 + 1
)]
− C2 · 3(C
2 + 2)
√
C2 + 1
− C4 · 1√
C2 + 1
= −3 ln
(
C +
√
C2 + 1
)
− 3C2
√
C2 + 1
La solución general está dada por
G = 21C + 22C2 + 23C4 − 3 ln
(
C +
√
C2 + 1
)
− 3C2
√
C2 + 1. �
Como necesitamos el valor de la función wronskiano en algún punto del intervalo, derivare-
mos la fórmula para el wronskiano en el siguiente teorema.
Teorema 0.3
Sean G1, G2, · · · , G=, las = soluciones linealmente independientes de
! (G) = 00(C)G=) + 01(C)G=−1) + · · · + 0= (C)G = 0
donde 00(C) ≠ 0 para cualquier C ∈ � y 00, 01, 02, · · · , 0= son funciones continuas en � y
sea C0 ∈ �. Entonces
, (G1, G2, · · · , G=) (C) = , (G1, G2, · · · , G=) (C0)4
−
∫ C
C0
01 (B)
00 (B)
3B (25)
Demostración Primero probaremos la fórmula para = = 2 y luego daremos una prueba para = general.
Ahora
, (G1, G2) = G1G ′2 − G
′
1G2, ,
′(G1, G2) = G1G ′′2 − G
′′
1 G2
Como G1 y G2 son soluciones de la ecuación
00 (C)G ′′ + 01 (C)G ′ + 02 (C)G = 0 (26)
obtendremos los valores de G ′′1 y G
′′
2 de (26)
00G
′′
1 = −01G
′
1 − 02G1, @D0300G
′′
2 = −01G
′
2 − 02G2
16
CLASE 7
Usando estos valores, obtenemos
, ′(G1, G2) =
G1
00
(−01G ′2 − 02G2) −
G2
00
(−01G ′1 − 02G1)
Por lo tanto
00,
′(G1, G2) = −01 (G1G ′2 − G2G
′
1) = −01, (G1, G2)
Por lo tanto, el Wronskiano, (G1, G2) satisface una ecuación diferencial lineal de primer orden
, ′(G1, G2) = −
01
00
, (G1, G2) =⇒ , ′(H1, H2) +
01
00
, (H1, H2) = 0
Por lo tanto, el factor de integración es 4
∫ C
C0
01 (B)
00 (B)
3B . Por lo tanto, sus soluciones son , (G1, G2) (C) =
24
−
∫ C
C0
01 (B)
00 (B)
3B donde 2 es una constante. Tomando C = C0, encontramos , (G1, G2) (C0) = 2 para que la
solución cuando = = 2 sea dada por
, (G1, G2) (C) = , (G1, G2) (C0)4
−
∫ C
C0
01 (B)
00 (B)
3B
Probamos el caso para = general, procederemos de la siguiente manera. Denotemos , (G1, G2, · · · , G=)
por , . Como , es un determinante del orden =, su derivada , ′ es la suma de = determinantes +1, +2,
· · · , += para que , ′ = +1 + +2 + · · · + += donde cada determinante +: se obtiene al diferenciar solo una
fila, manteniendo las otras (= − 1) filas tal como están. Por lo tanto, tenemos
, ′ =
�������������
G ′1 G
′
2 G
′
3 · · · G
′
=
G ′1 G
′
2 G
′
3 · · · G
′
=
G ′′1 G
′′
2 G
′′
3 · · · G
′′
=
. . . . . . . . . . . .
G
=−1)
1 G
=−1)
2 G
=−1)
3 · · · G
=−1)
=
�������������
+
�������������
G1 G2 G3 · · · G=
G ′′1 G
′′
2 G
′′
3 · · · G
′′
=
G ′′1 G
′′
2 G
′′
3 · · · G
′′
=
. . . . . . . . . . . .
G
=−1)
1 G
=−1)
2 G
=−1)
3 · · · G
=−1)
=
�������������
+
+ · · · +
�������������
G1 G2 G3 · · · G=
G ′1 G
′
2 G
′
3 · · · G
′
=
G ′′1 G
′′
2 G
′′
3 · · · G
′′
=
. . . . . . . . . . . .
G
=)
1 G
=)
2 G
=)
3 · · · G
=)
=
�������������
(27)
En los primeros (= − 1) determinantes, dos filas son idénticas en (27) y, por lo tanto, todas son cero. Es
decir, nos quedamos con el último determinante solamente. De ahí el último determinante en (27)
, ′ =
�������������
G1 G2 G3 · · · G=
G ′1 G
′
2 G
′
3 · · · G
′
=
G ′′1 G
′′
2 G
′′
3 · · · G
′′
=
. . . . . . . . . . . .
G
=)
1 G
=)
2 G
=)
3 · · · G
=)
=
�������������
(28)
17
CLASE 7
Como G1, G2, · · · , G= son las soluciones de la ecuación homogénea ! (G) = 0
00G
=)
1 = −01G
=−1)
1 − 02G
=−2)
1 − · · · − 0=G1
00G
=)
2 = −01G
=−1)
2 − 02G
=−2)
2 − · · · − 0=G2
00G
=)
3 = −01G
=−1)
3 − 02G
=−2)
3 − · · · − 0=G3 (29)
· · ·
00G
=)
= = −01G=−1)= − 02G=−2)= − · · · − 0=G=
Usando el conjunto de ecuaciones (29), podemos eliminar G=)1 , G
=)
2 , · · · , G
=)
= en el determinante (28)
, ′ =
1
00
�������������
G1 G2 G3 · · · G=
G ′1 G
′
2 G
′
3 · · · G
′
=
. . . . . . . . . . . .
G
=−2)
1 G
=−2)
2 G
=−2)
3 · · · G
=−2)
=
E
=−1)
1 E
=−1)
2 E
=−1)
3 · · · E
=−1)
=
�������������
(30)
siendo E=−1)1 = (−01G
=−1)
1 − · · ·−0=G1), E
=−1)
2 = (−01G
=−1)
2 − · · ·−0=G2), E
=−1)
3 = (−01G
=−1)
3 − · · ·−0=G3),
· · · , E=−1)= = (−01G=−1)= − · · · − 0=G=). Ahora en el determinante (30), multipliquemos la primera fila por
0=, la segunda fila por 0=−1, y así sucesivamente hasta la (= − 1)-ésima fila por 02 y agreguemos estos a
la última fila. Luego, usando (29) en el determinante resultante, obtenemos
, ′ =
1
00
����������������
G1 G2 G3 · · · G=
G ′1 G
′
2 G
′
3 · · · G
′
=
G ′′1 G
′′
2 G
′′
3 · · · G
′′
=
. . . . . . . . . . . .
G
=−2)
1 G
=−2)
2 G
=−2)
3 · · · G
=−2)
=
−01G=−1)1 −01G
=−1)
2 −01G
=−1)
3 · · · −01G
=−1)
=
����������������
= −01
00
����������������
G1 G2 G3 · · · G=
G ′1 G
′
2 G
′
3 · · · G
′
=
G ′′1 G
′′
2 G
′′
3 · · · G
′′
=
. . . . . . . . . . . .
G
=−2)
1 G
=−2)
2 G
=−2)
3 · · · G
=−2)
=
G
=−1)
1 G
=−1)
2 G
=−1)
3 · · · G
=−1)
=
����������������
Por lo tanto, nos conducen a una ecuación diferencial
, ′ = −01
00
, (31)
Por lo tanto, el factor de integración de (31) es 4
∫ C
C0
01 (B)
00 (B)
3B . Entonces, la solución de (31) es , (C) =
24
−
∫ C
C0
01 (B)
00 (B)
3B. Ahora tomando C = C0, obtenemos 2 = , (C0) para que la solución de (31) sea , (C) =
, (C0)4
−
∫ C
C0
01 (B)
00 (B)
3B donde , (C0) representa el valor del wronskiano en C = C0. Esto completa la de-
mostración del teorema. �
Si 00 y 01 son constantes, a partir del teorema 0.3 obtenemos
, (C) = , (C0)4−
01
00
(C−C0)
Las = soluciones G1, G2, · · · , G= de la ecuación homogénea ! (G) = 0 en un intervalo � son
linealmente independientes en � si y solo si , (G1, G2, · · · , G=) (C0) ≠ 0 para cualquier punto
C0 ∈ �. Dado que los cálculos del wronskiano en cualquier punto C ∈ � son complicados, el
teorema es útil para encontrarlo en términos del wronskiano en C = 0 o C = 1 que puede ser más
18
CLASE 7
fácil calcular.
Ilustraremos el método de variación de parámetros con unos ejemplos.
Ejemplo 0.14
Calcule el wronskiano de las soluciones independientes de
G ′′′ + G ′′ − G ′ − G = 0, C ∈ [0, 1] .
Solución Las raíces de la ecuación característica son 1, −1, −1. Por lo tanto, las tres soluciones
son G1(C) = 4C , G2(C) = 4−C y G3(C) = C4−C . Encontraremos, (G1, G2, G3) en [0, 1]. Ahora
, (G1, G2, G3) =
��������
4C 4−C C4−C
4C −4−C (1 − C)4−C
4C 4−C (C − 2)4−C
�������� =⇒ , (G1, G2, G3) (0) =
��������
1 1 0
1 −1 1
1 1 −2
��������
Evaluando el determinante, encontramos, (H1, H2, H3) (0) = 4. Por el teorema 0.3, tenemos
, (G1, G2, G3) (C) = , (G1, G2, G3) (0)4−
∫ C
0 (1) 3B = 44−C
Esto prueba que las soluciones son linealmente independientes. �
19
CLASE 7
BIBLIOGRAFÍA
J. García A., Ecuaciones diferenciales ordinarias y aplicaciones, 1ra
edición/Editorial López 2020.
20
	0.1 Método de variación de parámetros