apunte de catedra 8-Ecuaciones diferenciales CDI FCE - Antonela Garcia Alfonzo

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Cálculo Diferencial e Integral - F.C.E. - U.N.N.E. 
 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES 
APUNTE TEÓRICO – PRÁCTICO 
 
 
 
 
DE PRIMER Y SEGUNDO ORDEN 
 
 
ELABORADO POR: 
PROFESORA CRUZ DE MENA, MARIA DE LAS NIEVES 
INGENIERO OLIVEIRA, MIGUEL O. 
PROFESOR PARVANOFF, JUAN PABLO 
 
 
 
Cálculo Diferencial e Integral - F.C.E. - U.N.N.E. 
ECUACIONES DIFERENCIALES 
PROF: CRUZ DE MENA, NIEVES; OLIVEIRA, MIGUEL; PARVANOFF, JUAN PABLO 
 
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ECUACIONES DIFERENCIALES 
Definición: Se llama ecuación diferencial, a toda ecuación que establece una relación entre una variable 
independiente “x”, la función 𝑦 = 𝑓(𝑥) y un número finito de sus derivadas 𝑦´, 𝑦´´, … , 𝑦𝑛 o diferenciales, es decir, 
expresado simbólicamente: 
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦´, 𝑦´´, … . , 𝑦𝑛) = 0 
𝐹 (𝑥, 𝑦,
𝑑𝑦
𝑑𝑥
,
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
, … . ,
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛
) = 0 
Si la función “y" es una función de una sola variable, las ecuaciones diferenciales se denominan ORDINARIAS. Si la 
función depende de más de una variable, las ecuaciones se denominan, en DERIVADAS PARCIALES. 
𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧,
𝜕𝑧
𝜕𝑥
,
𝜕𝑧
𝜕𝑦
, … . ) = 0 
Ejemplos: 𝑦´´ − 3𝑦′ + 2 = 0 𝑦´ − 2𝑥 + 5𝑦 = 0 𝑥
𝜕𝑧
𝜕𝑥
+ 𝑥𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= 0 
Veremos las ecuaciones diferenciales ordinarias. Para ello definiremos algunos conceptos necesarios para el 
estudio de las mismas. 
Orden de una Ecuación Diferencial 
Está dado por la derivada de mayor orden que intervenga en ella. 
Ejemplos: 𝑦´ − 2𝑥 = 0 Ec. Dif. de 1er orden 
 𝑦´´ + 2𝑦´ + 3𝑦 = 0 Ec. Dif. de 2do orden 
 𝑦´´´ + 𝑦´ − 3𝑥 + 2 = 0 Ec. Dif. de 3er orden 
En general, cuando las ecuaciones son de orden mayor que al primero, se denominan de orden superior. 
Grado de una Ecuación Diferencial (ED) 
El exponente de la derivada de mayor orden determina el grado de la ED. 
Ejemplos: 𝑦´ − 3𝑦 + 2 = 0 1er grado 
 (𝑦´´)3 + 4𝑦´ − 3𝑥 = 0 3er grado 
 𝑦´´ + 𝑥(𝑦´)2 − 3𝑦 = 0 1er grado 
 
Veremos ahora en que consiste resolver una ED: 
 
En las ecuaciones algebraicas, las incógnitas son números, en cambio en las ED las incógnitas son funciones. 
Resolver una ED es determinar la función que satisface la ecuación. Estas funciones denomínense soluciones o 
integrales de las ED. 
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En definitiva, toda función 𝑦 = 𝑓(𝑥) que introducida a la ED la convierte en una identidad, se llama solución o 
integral de la ED. 
Por ejemplo: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑥 = 0 1 
Tomemos la función 𝑦 = 𝑥2, si es solución debe sastifacer la ecuación 1 
𝑦 = 𝑥2 ⇒ 𝑦´ = 2𝑥 ⇒ reemplazando en 1 2𝑥 − 2𝑥 = 0 ⇒ 𝑦 = 𝑥2 es solución de la ecuación 1 
Tomemos ahora 𝑦 = 𝑥2 + 1 ⇒ 𝑦´ = 2𝑥 ⇒ 2𝑥 − 2𝑥 = 0 ⇒ 𝑦 = 𝑥2 también es solución de 1 . 
En general 𝑦 = 𝑥2 + 𝐶 siendo 𝐶 ∈ ℝ es también solución. ① 
En definitiva, si observamos las funciones soluciones, vemos que lo que obtuvimos es un conjunto de soluciones 
que desde el punto de vista geométrico es una familia de parábolas con eje coincidiendo con el eje de ordenadas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
En este caso 𝑦 = 𝑥2 + 𝐶 es llamada solución general de la ED y para cada valor de C tenemos una solución 
particular. 
Podemos ver que dada la solución general y determinando un par de valores (𝑥0, 𝑦0) se puede obtener el valor de 
C correspondiente. Se dice en este caso que la solución satisface las condiciones iniciales fijadas 𝑥 = 𝑥0, 𝑦 = 𝑦0 y 
se obtiene asi una solución particular que es la ecuación de la parábola que pasa por (𝑥0, 𝑦0) 
Por ejemplo, de la familia de parábolas ① , determinemos la curva que pasa por (2, 0) 
𝑦 = 𝑥2 + 𝐶 ⇒ 0 = 22 + 𝐶 ⇒ 𝐶 = −4 
𝑦 = 𝑥2 − 4 es la solución particular (es la parábola que pasa por (2, 0) 
En general, la solución de una ED es de la forma 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝐶) = 0 
Daremos ahora la interpretación geométrica de la ED de 1er orden: 
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Sea una ED 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) ②, y sea, 𝑦 = 𝜑(𝑥, 𝐶) su solución general, vimos que esta solucion determina una 
familia de curvas en el plano "𝑥 𝑦". Para todo punto 𝑃0(𝑥0, 𝑦0), la ecuación ② determina un valor de la derivada, 
que como sabemos es la pendiente de recta tangente a la curva en ese punto, es decir es el coeficiente angular de 
la recta tangente a la curva en el punto 𝑃0. 
Por este motivo, la ecuación ② define un conjunto de direcciones, o como se dice, determina un campo de 
direcciones en el plano "𝑥 𝑦" . 
En el siguiente gráfico se observa el campo de direcciones asociado a la ED 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑥 = 0. 
Notar que los segmentos son pequeñas partes de las rectas tangentes a la familia de curvas solución en cada punto 
para los distintos valores de C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Estudiaremos las ED de primer orden, según su forma: 
 
 
 
 
 
 
 
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ECUACIÓN DIFERENCIAL DE VARIABLES SEPARABLES 
 
Sea la ecuación 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝑎 
Si a 𝑃(𝑥, 𝑦) se la puede expresar como 𝑃1(𝑥). 𝑃2(𝑦) y a 𝑄(𝑥, 𝑦) como 𝑄1(𝑥). 𝑄2(𝑦), es decir: 
𝑃1(𝑥). 𝑃2(𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑄1(𝑥). 𝑄2(𝑦)𝑑𝑦 = 0 ⇒ 
 𝑄1(𝑥). 𝑄2(𝑦)𝑑𝑦 = −𝑃1(𝑥). 𝑃2(𝑦)𝑑𝑥 ⇒ 
 
𝑄2(𝑦)
𝑃2(𝑦)
𝑑𝑦 = −
𝑃1(𝑥)
𝑄1(𝑥)
𝑑𝑥 ⇒ 
 ∫𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = ∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥 
 𝐹(𝑦) = 𝐺(𝑥) + 𝐶 solución general 
EJEMPLO: 𝑥2 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑦2 𝑑𝑦 = 0 
 𝑥 𝑦2 𝑑𝑦 = −𝑥2 𝑦 𝑑𝑥 ⇒ 
𝑦2
𝑦
𝑑𝑦 = −
𝑥2
𝑥
𝑑𝑥 ⇒ 
 ∫𝑦 𝑑𝑦 = −∫𝑥 𝑑𝑥 ⇒ 
𝑦2
2
= −
𝑥2
2 
+ 𝐶 Solución General 
Otras maneras de escribir la Solución general serían: 
𝑦2
2
+
𝑥2
2 
= 𝐶 ⇒ 𝑦2 + 𝑥2 = 2𝐶 ⇒ 𝒚𝟐 + 𝒙𝟐 = 𝑪 
Geométricamente tenemos un conjunto de circunferencias concéntricas en el origen: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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ECUACIÓN DIFERENCIAL EXACTA 
Una ED de la forma 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝑎 es una ED exacta, si el primer miembro de la 
igualdad es la diferencial total de una función de dos variables, es decir si existe una función 
𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝐶, tal que 𝑑𝑈 =
𝜕𝑈
𝜕𝑥
 𝑑𝑥 + 
𝜕𝑈
𝜕𝑦
 𝑑𝑦 = 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝑏 ; en tal caso 
𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝐶 es la solución general de 𝑎 
Resolución: Sea 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝑎 
Para probar que 𝑎 es una ED exacta, debemos probar que: 
𝜕𝑃(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= 
𝜕𝑄(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
 por ser estas las derivadas cruzadas de 2do orden, es decir 
 
𝜕𝑃(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= 
𝜕2𝑈
𝜕𝑥𝜕𝑦
 y 
𝜕𝑄(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= 
𝜕2𝑈
𝜕𝑦𝜕𝑥
 Teorema de Schwartz 
Siendo 𝑈 = 𝑈(𝑥, 𝑦) es 𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝐶 Solución General 
Verificado lo anterior, el problema se reduce a determinar la función 𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝐶 
Si 
𝜕𝑈(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= 𝑃(𝑥, 𝑦) ⇒ 𝑈(𝑥, 𝑦) = [∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥] + 𝐶(𝑦) 2 
Donde 𝐶(𝑦): Constante de integración que puede ser función de “y” 
Luego, para determinar 𝐶(𝑦) Hacemos : 
𝜕𝑈
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
 ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝐶´𝑦
𝑑𝑒 𝑏 ⇒
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= 𝑄(𝑥, 𝑦)
} 
𝜕
𝜕𝑦
 ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝐶´(𝑦) = 𝑄(𝑥, 𝑦) 
𝐶´(𝑦) = 𝑄(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑦
 ∫𝑃(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 
 𝐶(𝑦) = ∫ [𝑄(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑦
 ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦] + 𝐶 3 
Reemplazando 3 en 2 
𝑈(𝑥, 𝑦) = [∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥] + ∫ [𝑄(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑦
 ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦] + 𝐶 = 0 Solución General 
 
EJEMPLO: 
 4𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (2𝑥2 + 6𝑦) 𝑑𝑦 = 0 1 
 Por lo tanto 𝑃 = 4𝑥𝑦 , 𝑄 = 2𝑥2 + 6𝑦 
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𝜕𝑃
𝜕𝑦
= 4𝑥
𝜕𝑄
𝜕𝑥
= 4𝑥
} ⇒ 1 es ED Exacta. 
𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝐶 ; 
𝜕𝑈
𝜕𝑥
= 4𝑥𝑦 ⇒ 𝑈 = ∫4𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 𝐶(𝑦) = 
4𝑥2
2
 𝑦 + 𝐶(𝑦) 
𝑈(𝑥, 𝑦) = 2𝑥2𝑦 + 𝐶(𝑦) 2 
𝜕𝑈
𝜕𝑦
= 2𝑥2 + 𝐶´(𝑦)
𝜕𝑈
𝜕𝑦
= 𝑄 = 2𝑥2 + 6𝑦
}
 
 
 
 
 ⇒ 2𝑥2 + 𝐶´(𝑦) = 2𝑥2 + 6𝑦 ⇒ 𝐶´(𝑦) = 6𝑦 
 𝐶(𝑦) = 6
𝑦2
2
+ 𝐶 ⇒ 𝐶(𝑦) = 3𝑦2 + 𝐶 3 
Reemplazando 3 en 2 𝑈(𝑥, 𝑦) = 2𝑥2𝑦 + 3𝑦2 + 𝐶 = 0 Solución General. 
 
Funciones Homogéneas 
Una función 𝑓(𝑥, 𝑦, … . , 𝑤,… ) = 0 es homogénea de grado n, si para todo valor positivo t, se 
verifica. 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦, … , 𝑡𝑤, … ) = 𝑡𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦, … ,𝑤,… ) 
Ejemplo: 
a) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 3𝑥𝑦 + 4𝑦2 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 − 3(𝑡𝑥)(𝑡𝑦) + 4(𝑡𝑦)2 = 𝑡2𝑥2 − 3𝑡2𝑥𝑦 + 4𝑡2𝑦2 = 
 𝑡2(𝑥2 − 3𝑥𝑦 + 4𝑦2) = 𝑡2 𝑓(𝑥, 𝑦) ⇒ 
 𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 2. 
b) 𝑔(𝑥, 𝑦) = 2𝑦3𝑒𝑥/𝑦 −
𝑥4
𝑥+3𝑦
 es función homogénea de grado 3, pues: 
𝑔(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 2(𝑡𝑦)3 𝑒
𝑡𝑥
𝑡𝑦 −
(𝑡𝑥)4
𝑡𝑥 + 3𝑡𝑦
 = 2𝑡3𝑦3𝑒
𝑡𝑥
𝑡𝑦 −
𝑡4𝑥4
𝑡(𝑥 + 3𝑦)
= 𝑡3 (2𝑦3𝑒
𝑥
𝑦 −
𝑥4
𝑥 + 3𝑦
) 
 
 
 
 
 
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ECUACIÓN DIFERENCIAL HOMOGÉNEA 
 
Una ED de la forma 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) = 0 es homogénea, cuando 𝑀(𝑥, 𝑦) y 𝑁(𝑥, 𝑦) son 
funciones homogéneas del mismo grado en 𝑥 e 𝑦. De ser así, el caso se reduce mediante un 
cambio de variables a una ED de variables separables. 
 
Sea la ecuación: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) = 0 
Si 𝑀 y 𝑁 son funciones homogéneas del mismo grado tenemos: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑀(𝑥,𝑦)
𝑁(𝑥,𝑦)
= 𝑓(𝑥, 𝑦) ; con 𝑓:Funcion homogénea de grado “cero” 
Por lo tanto: 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡0 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥, 𝑦) 
Haciendo 𝑡 =
1
𝑥
 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (
1
𝑥
𝑥;
1
𝑥
𝑦) = 𝑓 (1,
𝑦
𝑥
) ; por lo tanto será 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓 (1,
𝑦
𝑥
 ) 1 
 
Si hacemos {
𝑦
𝑥
= 𝑢 
𝑦 = 𝑢𝑥 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑢 + 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 2 
 
Reemplazando 2 en 1 𝑢 + 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑓(1, 𝑢) ⇒ 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑓(1, 𝑢) − 𝑢 ⇒ 
⇒
𝑑𝑢
𝑓(1,𝑢)−𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
⇒ ∫
𝑑𝑢
𝑓(1,𝑢)−𝑢
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
 ⇒ 𝐹(1, 𝑢) = ln 𝑥 + 𝐶 Solución General 
Hacemos 𝑢 =
𝑦
𝑥
 en la solución general y tenemos la solución de la ecuación en función de "𝑥" e 
"𝑦" 
 
EJEMPLO: 𝑥𝑦 𝑑𝑥 − (𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑦 = 0 
(𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑦 = 𝑥𝑦 𝑑𝑥 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥𝑦
𝑥2−𝑦2
 1 Función homogénea de grado cero 
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑢 + 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 2 
Reemplazando 2 en 1 𝑢 + 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
𝑥 𝑢𝑥
𝑥2−𝑢2𝑥2
= 
𝑥2𝑢
𝑥2(1−𝑢2)
=
𝑢
1−𝑢2
 
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𝑢 + 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
𝑢
1−𝑢2
 ⇒ 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
𝑢
1−𝑢2
− 𝑢 =
𝑢−𝑢+𝑢3
1−𝑢2
 
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
𝑢3
1 − 𝑢2
 ⇒ 
1 − 𝑢2
𝑢3
 𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
⇒ 
∫(
1
𝑢3
−
1
𝑢
)𝑑𝑢 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
 
−
1
2
 𝑢−2 − ln 𝑢 = ln 𝑥 + ln𝐶 ⇒ −
1
2
 𝑢−2 = ln(𝑢. 𝑥. 𝐶) 
Como 𝑢 =
𝑦
𝑥
 
−
1
2
(
𝑥
𝑦
)
2
= 𝑙𝑛 ( 
𝑦
𝑥
. 𝑥. 𝐶) ⇒ −
1
2
𝑥2
𝑦2
= ln(𝑦. 𝐶) 
⇒ 𝑦. 𝐶 = 𝑒
−
1
2
𝑥2
𝑦2 SOLUCIÓN GENERAL 
Aclaración: en el procedimiento se escribió la constante arbitraria 𝐶 como ln 𝐶 por 
conveniencia operativa y además se aplicaron propiedades de logaritmos. 
 
 
ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL 
Toda ED que pueda ser expresada de la siguiente forma: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) se denomina ED 
lineal de 1er orden por ser lineal en “y”. 
 
1er Caso: 
Sea 𝑄(𝑥) = 0 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥) . 𝑦 = 0 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −𝑃(𝑥) . 𝑦 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑦
 = −𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 
⇒ ∫
𝑑𝑦
𝑦
 = −∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ ln 𝑦 = − ∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶1 ⇒ 𝑦 = 𝑒
−∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥+ 𝐶1 
⇒ 𝑦 = 𝑒−∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥. 𝑒𝐶1 ⇒ 𝑦 = 𝐶. 𝑒−∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 Solución General 
2do Caso: 
𝑄(𝑥) ≠ 0 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥). 𝑦 = 𝑄(𝑥) 1 
Hacemos {
𝑦 = 𝑢. 𝑣 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑢.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
+ 𝑣 .
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 2 ; Donde 𝑢 = 𝑢
(𝑥) , 𝑣 = 𝑣(𝑥) 
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=0 
Reemplazando 2 𝑒𝑛 1 
𝑢.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
+ 𝑣.
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 + 𝑃(𝑥). 𝑢 . 𝑣 = 𝑄(𝑥) 
𝑢.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
+ 𝑣. (
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 + 𝑃(𝑥). 𝑢) = 𝑄(𝑥) 
Damos a 𝑢 un valor arbitrario que se obtiene haciendo 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥)𝑢 = 0 ⇒ 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
−𝑃(𝑥). 𝑢 ⇒ ∫
𝑑𝑢
𝑢
= −∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 ⇒ ln 𝑢 = −∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 ⇒ 𝑢 = 𝑒−∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 3 
Entonces si 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥). 𝑢 = 0 ⇒ 𝑢.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 𝑄(𝑥) 4 
Reemplazando 3 en 4 , 
𝑒−∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 𝑄(𝑥) ⇒ 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 𝑄(𝑥). 𝑒+∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 ⇒ 
𝑑𝑣 = 𝑄(𝑥). 𝑒+∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥. 𝑑𝑥 ⇒ ∫𝑑𝑣 = ∫𝑄(𝑥). 𝑒∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥. 𝑑𝑥 ⇒ 
𝑣 = ∫𝑄(𝑥). 𝑒∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥. 𝑑𝑥 + 𝐶 5 
Reemplazando 3 y 5 en 2 
 
SOLUCIÓN GENERAL DE LA ED LINEAL 
𝑦 = 𝑒−∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 [∫𝑄(𝑥). 𝑒∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥. 𝑑𝑥 + 𝐶] 
 
 
 
 
Ejemplo: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑦
𝑥
= 3𝑥4 1 
Hacemos {
𝑦 = 𝑢. 𝑣 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑢.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
+ 𝑣 .
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 2 ; Donde 𝑢 = 𝑢
(𝑥) , 𝑣 = 𝑣(𝑥) 
Reemplazando 2 𝑒𝑛 1 𝑢.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
+ 𝑣.
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 +
1
𝑥
. 𝑢 . 𝑣 = 3𝑥4 
𝑢.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
+ 𝑣. (
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 +
1
𝑥
. 𝑢) = 3𝑥4 
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𝑑𝑢
𝑑𝑥
+
𝑢
𝑥
= 0 ⇒ 𝑢.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 3𝑥4 
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= −
𝑢
𝑥
 𝑥−1.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 3𝑥4 
∫
𝑑𝑢
𝑢
= −∫
1
𝑥
 𝑑𝑥 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
=
3𝑥4
𝑥−1
 
ln 𝑢 = − ln 𝑥 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 3𝑥5 
ln 𝑢 = ln 𝑥−1 ∫𝑑𝑣 = ∫3𝑥5𝑑𝑥 
𝒖 = 𝒙−𝟏 𝒗 =
𝟑
𝟔
𝒙𝟔 + 𝑪 
Como 𝑦 = 𝑢. 𝑣 , la SOLUCIÓN GENERAL es 𝑦 = 𝑥−1. (
1
2
𝑥6 + 𝐶) 
 
Se puede escribir: 𝑦 =
1
2
𝑥5 +
𝐶
𝑥
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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12 
 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES – SEGUNDO ORDEN 
Definiciones y propiedades generales 
Definición 1: 
Una ecuación diferencial se llama lineal se es de primer grado respecto de la función “y” y sus 
derivadas. Es decir: 
𝑎0𝑦
𝑛 + 𝑎1𝑦
𝑛−1 + 𝑎2𝑦
𝑛−2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑦 = 𝑓(𝑥) 
Donde 𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛 y 𝑓(𝑥) son funciones de x o constantes. 
Si 𝑓(𝑥) = 0, la ecuación se llama ED lineal homogénea. 
Estudiaremos en particular el caso en el que 𝑛 = 2 (ecuación diferencial lineal homogénea de 
segundo orden). 
𝑎0𝑦
′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎2𝑦 = 0 
Supongamos 𝑎0 = 1 (de no serlo, se puede obtener dividiendo toda la ecuación por 𝑎0). 
𝑦′′ + 𝑎1𝑦
′ + 𝑎2𝑦 = 0 1 
Veamos ahora las posibles soluciones de la ecuación 1 . Para ello debemos tener en cuenta 
algunas condiciones. 
TEOREMA 1: Si 𝑦1 e 𝑦2 son soluciones de la ecuación 1 , entonces 𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 también es 
solución de 1 . 
DEMOSTRACIÓN: Sea S el conjunto de soluciones, 
Si 𝑦1 ∈ 𝑆 ⇒ 𝑦1
′′ + 𝑎1𝑦1
′ + 𝑎2𝑦1 = 0 
Si 𝑦2 ∈ 𝑆 ⇒ 𝑦2
′′ + 𝑎1𝑦2
′ + 𝑎2𝑦2 = 0 
Ahora bien, (𝑦1 + 𝑦2)′′ + 𝑎1(𝑦1 + 𝑦2)′ + 𝑎2(𝑦1 + 𝑦2) = 0 
Por propiedades de las derivadas: 
𝑦1
′′ + 𝑦2
′′ + 𝑎1𝑦1
′ + 𝑎1𝑦2
′ + 𝑎2𝑦1 + 𝑎2𝑦2 = 0 
Agrupando: (𝑦1
′′ + 𝑎1𝑦1
′ + 𝑎2𝑦1) + (𝑦2
′′ + 𝑎1𝑦2
′ + 𝑎2𝑦2) = 0 
 0 + 0 = 0 
Entonces se verificaque 𝑦1 + 𝑦2 ∈ 𝑆 
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13 
 
Teorema 2: Si 𝑦1 es solución de la ecuación 1 y 𝑪 es una constante, el producto 𝑪. 𝒚𝟏 es 
también solución de 1 
 
Si 𝑦1 ∈ 𝑆 ˄ 𝐶 = 𝑐𝑡𝑒 ⇒ 𝐶. 𝑦1 ∈ 𝑆 
 
DEMOSTRACIÓN: 
(𝐶𝑦1)
′′ + 𝑎1(𝐶𝑦1)
′ + 𝑎2(𝐶𝑦1) = 0 
𝐶. 𝑦1 
′′ + 𝑎1𝐶. 𝑦1 
′ + 𝑎2 𝐶. 𝑦1 = 0 
𝐶. (𝑦1 
′′ + 𝑎1𝑦1 
′ + 𝑎2𝑦1) = 0 
 𝐶. 0 = 0 ⇒ 𝐶. 𝑦1 ∈ 𝑆 
Definición 2: dos funciones 𝑦1 e 𝑦2 soluciones de la ecuación diferencial se dicen linealmente 
independientes (L.I), si la razón entre ambas no es constante: 
𝑦1
𝑦2
≠ 𝐶𝑡𝑒 ⇒ 𝑦1 𝑒 𝑦2 son L.I. 
 
Si la razón es constante 𝑦1 𝑒 𝑦2 son linealmente dependientes. 
También se puede determinar la independencia lineal utilizando el determinante de Wroski o 
llamado simplemente Wrouskiano de las funciones. 
Este método estudiado en álgebra, es válido para el estudio de dos o más funciones. 
Recordemos su aplicación: 
𝑊 = |
𝑦1 𝑦2
𝑦1′ 𝑦2
′ | Si 𝑊 = 0 ⇒ 𝑦1 𝑒 𝑦2 son L.D 
 Si 𝑊 ≠ 0 ⇒ 𝑦1 𝑒 𝑦2 son L.I 
Teorema 3: Si 𝑦1 e 𝑦2 son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial 
1 ; 𝑪𝟏 y 𝑪𝟐 son constantes arbitrarias, la función 𝒚 = 𝑪𝟏𝒚𝟏 + 𝑪𝟐𝒚𝟐 es la solución general de la 
ED 1 
 
DEMOSTRACIÓN: De los teoremas 1 y 2 se deduce que la función 𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 es la solución 
de la ecuación 1 cualquiera sean las constantes 𝑪𝟏 y 𝑪𝟐. 
 
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14 
 
ECUACION DIFERENCIAL LINEAL HOMOGENEA DE 2° ORDEN CON 
COEFICIENTES CONSTANTES 
 
Sea la ecuación 𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 0 ; 𝑝, 𝑞 ∈ 𝐼𝑅 (1) 
Según hemos demostrado, para determinar la solución general de la ecuación debemos 
encontrar dos soluciones particulares linealmente independientes. 
Recordemos lo siguiente. 
Si 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑘. 𝑦 = 0 ecuación diferencial lineal homogénea de 1° orden, cuya solución es: 
𝑑𝑦
𝑦
= 𝑘. 𝑑𝑥 ⇒ 𝑙𝑛 (𝑦) = 𝑘. 𝑥 ⇒ 
𝑦 = 𝑒𝑘.𝑥 que es solución particular 
Esta función es de tipo exponencial que tiene la particularidad de que los coeficientes de las 
derivadas sucesivas son múltiplos del coeficiente de la función y esto nos permite pensar que 
dicha función pueda ser solución de la ecuación diferencial (1). 
Ensayemos entonces la solución: 
Si 𝑦1 = 𝑒
𝑘.𝑥 ⇒ 𝑦′1 = 𝑘. 𝑒
𝑘.𝑥 ⇒ 𝑦′′1 = 𝑘
2. 𝑒𝑘.𝑥 
Si 𝑦1 = 𝑒
𝑘.𝑥 es solución de (1) debería ser: 
𝑦1
′′ + 𝑝𝑦1
′ + 𝑞𝑦1 = 0 
𝑘2. 𝑒𝑘.𝑥 + 𝑝. 𝑘. 𝑒𝑘.𝑥 + 𝑞. 𝑒𝑘.𝑥 = 0 
𝑒𝑘.𝑥. (𝑘2 + 𝑝. 𝑘 + 𝑞) = 0 
 
Como 𝑒𝑘.𝑥 ≠ 0 ⇒ 𝑘2 + 𝑝. 𝑘 + 𝑞 = 0 
Esta es la ecuación característica asociada a la ecuación diferencial (1). 
Esta ecuación característica es una ecuación de segundo grado, por lo tanto tendrá dos raíces 
𝑘1 𝑦 𝑘2. 
Si 𝑘2 + 𝑝. 𝑘 + 𝑞 = 0 entonces 
𝑘 =
−𝑝 ± √𝑝2 − 4𝑞
2
 
Analizando el discriminante se pueden presentar tres casos: 
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15 
 
a) Si 𝑝2 − 4𝑞 > 0 ⇒ 𝑘1 ≠ 𝑘2 ∈ 𝐼𝑅 
b) Si 𝑝2 − 4𝑞 < 0 ⇒ 𝑘1 𝑦 𝑘2 son complejos conjugados 
c) Si 𝑝2 − 4𝑞 = 0 ⇒ 𝑘1 = 𝑘2 ∈ 𝐼𝑅 
 
Caso a) Las raíces son reales y distintas 𝒌𝟏 ≠ 𝒌𝟐 
En este caso las soluciones particulares serán 𝑦1 = 𝑒
𝑘1.𝑥 ; 𝑦2 = 𝑒
𝑘2.𝑥 
Como 
𝑦1
 𝑦2
=
𝑒𝑘1.𝑥
𝑒𝑘2.𝑥
= 𝑒(𝑘1−𝑘2).𝑥 ≠ 𝑐𝑡𝑒 , por ser 𝑘1 ≠ 𝑘2 podemos afirmar que 𝑦1 𝑒 𝑦2 son 
linealmente independientes. 
La solución general será 
𝑦 = 𝐶1. 𝑒
𝑘1𝑥 + 𝐶2. 𝑒
𝑘2𝑥 
 
EJEMPLO: Resolver la ecuación diferencial 
𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 0 
La ecuación característica asociada es 
𝑘2 + 𝑘 − 2 = 0 
𝑘 =
−1±√1+8
2
=
−1±3
2
 ⇒ 𝑘1=1
𝑘2=−2
 
De donde 
SOLUCIÓN GENERAL 𝑦 = 𝐶1. 𝑒
𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−2𝑥 
 
Caso b) Raíces complejas conjugadas: 
𝑘1 = 𝛼 + 𝛽𝑖 ; 𝑘2 = 𝛼 − 𝛽𝑖 
𝑦1 = 𝑒
(𝛼+𝛽𝑖).𝑥 ; 𝑦2 = 𝑒
(𝛼−𝛽𝑖).𝑥 
Como 
𝑦1
 𝑦2
=
𝑒(𝛼+𝛽𝑖).𝑥
𝑒(𝛼−𝛽𝑖).𝑥
= 𝑒2𝛽𝑖.𝑥 ≠ 𝑐𝑡𝑒 por lo que las soluciones son linealmente independientes. 
La solución general será 
𝑦 = 𝐶1𝑒
(𝛼+𝛽𝑖).𝑥 + 𝐶2. 𝑒
(𝛼−𝛽𝑖).𝑥 = 𝑒𝛼.𝑥. (𝐶1𝑒
𝛽𝑖𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝛽𝑖𝑥) 
Recordemos las fórmulas de Euler y hagamos la siguiente transformación: 
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16 
 
{
𝑒𝛽𝑖.𝑥 = 𝐶𝑜𝑠 𝛽𝑥 + 𝑖 𝑆𝑒𝑛 𝛽𝑥 
𝑒−𝛽𝑖.𝑥 = 𝐶𝑜𝑠 𝛽𝑥 − 𝑖 𝑆𝑒𝑛 𝛽𝑥
 
𝑦 = 𝑒𝛼.𝑥. (𝐶1𝐶𝑜𝑠 𝛽𝑥 + 𝐶1 𝑖 𝑆𝑒𝑛 𝛽𝑥 + 𝐶2 𝐶𝑜𝑠 𝛽𝑥 − 𝐶2 𝑖 𝑆𝑒𝑛 𝛽𝑥) 
𝑦 = 𝑒𝛼.𝑥. [(𝐶1 + 𝐶2) 𝐶𝑜𝑠 𝛽𝑥 + (𝐶1 − 𝐶2) 𝑖 𝑆𝑒𝑛 𝛽𝑥] 
Si 𝐶1 + 𝐶2 = 𝑃 y (𝐶1 − 𝐶2) 𝑖 = 𝑄 
Queda finalmente: 
𝑦 = 𝑒𝛼 𝑥. (𝑃. 𝐶𝑜𝑠 𝛽𝑥 + 𝑄. 𝑆𝑒𝑛 𝛽𝑥) Solución General de la Ecuación diferencial. 
 
EJEMPLO: 
𝑦′′ + 2𝑦′ + 5𝑦 = 0 
La ecuación característica asociada es 
𝑘2 + 2𝑘 + 5 = 0 
𝑘 =
−2±√4−20
2
=
−2±4.𝑖
2
 ⇒ 𝑘 = −1 ± 2. 𝑖 
De donde la SOLUCIÓN GENERAL 𝑦 = 𝑒−𝑥. (𝑃 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 𝑄 𝑆𝑒𝑛 2𝑥) 
Caso c) Raíces son reales e iguales: 
𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘 ∈ 𝐼𝑅 
𝑦1 = 𝑒
𝑘𝑥 ; 𝑦2 = 𝑒
𝑘𝑥 
Como 
𝑦1
 𝑦2
=
𝑒𝑘𝑥
𝑒𝑘𝑥
= 1 = 𝑐𝑡𝑒 por lo que las soluciones son linealmente dependientes. 
Si 𝑦1 = 𝑒
𝑘𝑥 es una solución particular, necesitamos encontrar la otra y que sean linealmente 
independientes. 
Tomemos entonces 𝑦2 = 𝑢(𝑥) 𝑒
𝑘𝑥 con 𝑢(𝑥) = 𝑥 
Queda 
𝑦2 = 𝑢. 𝑒
𝑘𝑥 
 
⇒ 𝑦′
2
= 𝑢′. 𝑒𝑘𝑥 + 𝑘. 𝑢. 𝑒𝑘𝑥 
 
⇒ 
 𝑦′′2 = 𝑢′′. 𝑒
𝑘𝑥 + 𝑘. 𝑢′.𝑒
𝑘𝑥
+ 𝑘. 𝑢′. 𝑒𝑘𝑥 + 𝑘2. 𝑢. 𝑒𝑘𝑥 
𝑦′′2 = 𝑢′′. 𝑒
𝑘𝑥 + 2. 𝑘. 𝑢′. 𝑒𝑘𝑥 + 𝑘2. 𝑢. 𝑒𝑘𝑥 
Reemplazando en la ecuación diferencial (1): 
𝑦2
′′ + 𝑝 𝑦2′ + 𝑞 𝑦2 = 0 
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17 
 
 
𝑢′′. 𝑒𝑘𝑥 + 2. 𝑘. 𝑢′.𝑒
𝑘𝑥
+ 𝑘2. 𝑢. 𝑒𝑘𝑥 + 𝑝. 𝑢′. 𝑒𝑘𝑥 + 𝑝. 𝑘. 𝑢. 𝑒𝑘𝑥 + 𝑞. 𝑢. 𝑒𝑘𝑥 = 0 
 
 𝑒𝑘𝑥. [ 𝑢′′ + (2. 𝑘 + 𝑝) 𝑢′ + (𝑘2 + 𝑝 𝑘 + 𝑞) 𝑢] = 0 
Como 𝑘 =
−𝑝
2
 
 
⇒ 2𝑘 + 𝑝 = 0 y además 𝑘2 + 𝑝. 𝑘 + 𝑞 = 0 (por ser k raíz de la ec. 
característica) se anulan los términos correspondientes y queda: 
 𝑒𝑘𝑥. 𝑢′′ = 0 
 
⇒ 𝑢′′ = 0 
 
⇒ 𝑢′ = 𝐴 
 
⇒ 
𝑢 = 𝐴. 𝑥 + 𝐵 ; A y B constantes 
Como en particular pueden ser A=1 y B=0 
𝑢 = 𝑥 
Por lo tanto, 𝑦2 = 𝑥 𝑒
𝑘𝑥 ; 𝑦1 = 𝑒
𝑘𝑥 que son soluciones linealmente independientes. 
Finalmente, 
 
𝑦 = 𝐶1. 𝑒
𝑘𝑥 + 𝐶2. 𝑥. 𝑒
𝑘𝑥 Solución general de la Ec. diferencial. 
 
 
EJEMPLO: Resolver la ED. 𝑦′′ − 4𝑦′ + 4𝑦 = 0 
 
La ecuación característica es 𝑘2 − 4𝑘 + 4 = 0 
 
⇒ 𝑘1 = 𝑘2 = 2 raíces reales repetidas. 
Entonces la SOLUCIÓN GENERAL es: 𝑦 = 𝐶𝑒2𝑥 + 𝐶. 𝑥. 𝑒2𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
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18 
 
 
ECUACIONES LINEALES DE 2° ORDEN NO HOMOGÉNEAS 
 
Sea la ED Lineal no homogénea de 2° orden: 
𝑦′′ + 𝑎1𝑦
′ + 𝑎2𝑦 = 𝑓(𝑥) 1 
La solución general de esta ecuación se determinará teniendo en cuenta el siguiente teorema: 
Teorema: La solución general de la ecuación diferencial 1 se obtiene como la suma de una 
solución particular 𝑦𝑝 más la solución 𝑦𝑔 correspondiente a la ecuación homogénea 
𝑦′′ + 𝑎1𝑦
′ + 𝑎2𝑦 = 0 2 
 
DEMOSTRACIÓN: . 
Vamos a demostrar que 𝑦 = 𝑦𝑔 + 𝑦𝑝 3 es solución de la ecuación1 
Reemplazando 3 en 1 
(𝑦𝑔 + 𝑦𝑝)
′′
+ 𝑎1(𝑦𝑔 + 𝑦𝑝)
′
+ 𝑎2(𝑦𝑔 + 𝑦𝑝) = 𝑓(𝑥) 
(𝑦𝑔
′′ + 𝑎1𝑦𝑔
′ + 𝑎2𝑦𝑔) + (𝑦𝑝
′′ + 𝑎1𝑦𝑝
′ + 𝑎2𝑦𝑝) = 𝑓(𝑥) 
Como 𝑦𝑔 es solución de la ecuación homogénea 2 , el primer paréntesis es igual a 0. Por lo 
tanto, la expresión encerrada por el segundo paréntesis debe ser igual a 𝑓(𝑥) para que se 
verifique la identidad. Con lo que se demuestra que 3 es solución de 1 . 
La solución 𝑦𝑝 será una función de la variable “x” que dependerá de la forma de 𝑓(𝑥). 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE 2° ORDEN NO HOMOGÉNEAS 
CON COEFICIENTES CONSTANTES 
Sea la ecuación diferencial: 
𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 𝑓(𝑥) ; 𝑝, 𝑞 ∈ 𝐼𝑅 (1) 
CASO 1: f(x) función exponencial 
Supongamos que el segundo miembro de esta ecuación sea una función exponencial de la 
forma 𝑓(𝑥) = 𝛽. 𝑒𝑟𝑥 
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19 
 
Tendremos entonces una ecuación de la forma: 𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 𝛽. 𝑒𝑟𝑥 (2) 
La solución de esta ecuación será la siguiente: 
𝑦 = 𝑦𝑔 + 𝑦𝑝 
Si la solución de la homogénea 𝑦𝑔 fuese de la forma 
𝑦𝑔 = 𝐶1. 𝑒
𝑘1𝑥 + 𝐶2. 𝑒
𝑘2𝑥 
Y además 𝑟 ≠ 𝑘1 , 𝑟 ≠ 𝑘2 entonces la solución particular 𝑦𝑝 será 
𝑦𝑝 = 𝐴. 𝑒
𝑟𝑥 ⇒ 
𝑦′
𝑝
= 𝑟𝐴𝑒𝑟𝑥 ⇒ 
𝑦′′
𝑝
= 𝑟2𝐴𝑒𝑟𝑥 
Introduciendo esta solución 𝑦𝑝 y sus derivadas en la solución (2), tendremos: 
𝑟2𝐴𝑒𝑟𝑥 + 𝑝. 𝑟𝐴𝑒𝑟𝑥 + 𝑞. 𝐴. 𝑒𝑟𝑥 = 𝛽. 𝑒𝑟𝑥 
𝐴𝑒𝑟𝑥. ( 𝑟2 + 𝑝. 𝑟 + 𝑞) = 𝛽. 𝑒𝑟𝑥 
𝐴 =
𝛽. 𝑒𝑟𝑥
( 𝑟2 + 𝑝. 𝑟 + 𝑞)
 
Entonces 𝑦𝑝 =
𝛽.𝑒𝑟𝑥
( 𝑟2+𝑝.𝑟+𝑞)
. 𝑒𝑟𝑥 
 
Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial será: 
𝑦 = 𝑦𝑔 + 𝑦𝑝 = 𝐶1. 𝑒
𝑘1𝑥 + 𝐶2. 𝑒
𝑘2𝑥 +
𝛽. 𝑒𝑟𝑥
( 𝑟2 + 𝑝. 𝑟 + 𝑞)
. 𝑒𝑟𝑥 
 
Vemos en esta ecuación el porqué de haber partido de la condición 𝑟 ≠ 𝑘1 , 𝑟 ≠ 𝑘2. Es decir, r 
no es solución de la ecuación característica, asegurando así que el denominador 
𝑟2 + 𝑝. 𝑟 + 𝑞 ≠ 0 
Ahora bien, si 𝑟 = 𝑘1 , 𝑟 ≠ 𝑘2 , la solución particular será de la forma 
𝑦𝑝 = 𝐴. 𝑥. 𝑒
𝑟𝑥 
De donde 𝑦 = 𝑦𝑔 + 𝑦𝑝 = 𝐶1. 𝑒
𝑘1𝑥 + 𝐶2. 𝑒
𝑘2𝑥 + 𝐴. 𝑥. 𝑒𝑘1𝑥 
Por otro lado, si 𝑟 = 𝑘1 = 𝑘2 , la solución será: 
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20 
 
𝑦𝑝 = 𝐴. 𝑥
2. 𝑒𝑟𝑥 
De donde 𝑦 = 𝑦𝑔 + 𝑦𝑝 = 𝐶1. 𝑒
𝑟𝑥 + 𝐶2. 𝑒
𝑟𝑥 + 𝐴. 𝑥2. 𝑒𝑟𝑥 
Es decir, debemos tener en cuenta la independencia lineal de las soluciones que componen la 
solución general. 
EJEMPLO 1: 
𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 2. 𝑒3𝑥 
Resolvemos la ec. Característica: 𝑘2 + 4𝑘 + 3 = 0 
𝑘 =
−4 ± √16 − 12
2
⇒ 𝑘1 = −1 ; 𝑘2 = −3 
De donde 𝑦𝑔 = 𝐶1. 𝑒
−1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−3𝑥 
Por otro lado, 𝑦𝑝 = 𝐴. 𝑒
3𝑥 ⇒ 
𝑦′
𝑝
= 3𝐴𝑒3𝑥 ⇒ 
𝑦′′
𝑝
= 32𝐴𝑒3𝑥 
9. 𝐴𝑒3𝑥 + 4.3. 𝐴𝑒3𝑥 + 3. 𝐴. 𝑒3𝑥 = 2. 𝑒3𝑥 
𝐴𝑒3𝑥. (9 + 12 + 3) = 2. 𝑒3𝑥 
𝐴𝑒3𝑥. (9 + 12 + 3) = 2. 𝑒3𝑥 
24𝐴 = 2 ⇒ 𝐴 =
1
12
 
Entonces 
𝑦𝑝 =
1
12
. 𝑒3𝑥 
La solución general de la ED es 
𝑦 = 𝐶1. 𝑒
−1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−3𝑥 +
1
12
. 𝑒3𝑥 
EJEMPLO 2: 
𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 5. 𝑒−3𝑥 
De donde 𝑦𝑔 = 𝐶1. 𝑒
−1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−3𝑥 
Por otro lado, 𝑦𝑝 = 𝐴. 𝑥. 𝑒
−3𝑥 (𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑟 𝑟 = 𝑘2)⇒ 
𝑦′
𝑝
= 𝐴𝑒−3𝑥 − 3. 𝐴. 𝑥. 𝑒−3𝑥 ⇒ 
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21 
 
𝑦′′
𝑝
= −3𝐴𝑒−3𝑥 − 3. 𝐴𝑒−3𝑥 + 9𝐴𝑥𝑒−3𝑥 = −6. 𝐴𝑒−3𝑥 + 9𝐴𝑥𝑒−3𝑥 
Reemplazando en la ED 
−6. 𝐴𝑒−3𝑥 + 9𝐴𝑥𝑒−3𝑥 + 4. (𝐴𝑒−3𝑥 − 3. 𝐴. 𝑥. 𝑒−3𝑥) + 3. 𝐴. 𝑥. 𝑒3𝑥 = 5. 𝑒−3𝑥 
−6. 𝐴𝑒−3𝑥 + 9𝐴𝑥𝑒−3𝑥 + 4𝐴𝑒−3𝑥 − 12𝐴. 𝑥. 𝑒−3𝑥 + 3. 𝐴. 𝑥. 𝑒3𝑥 = 5. 𝑒−3𝑥 
𝑒−3𝑥[(−6. 𝐴 + 4𝐴) + (9𝐴𝑥 − 12𝐴𝑥 + 3𝐴𝑥)] = 5. 𝑒−3𝑥 
−2𝐴 + 0 = 5 ⇒ 𝐴 = −
5
2
 
Entonces 
𝑦𝑝 = −
5
2
𝑥𝑒3𝑥 
La solución general de la ED es 𝑦 = 𝐶1. 𝑒
−1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−3𝑥−
5
2
𝑥𝑒3𝑥 
EJEMPLO 3: 
𝑦′′ − 4𝑦′ + 4𝑦 = 3𝑒2𝑥 
Resolvemos la ec. Característica: 𝑘2 − 4𝑘 + 4 = 0 
𝑘 =
4 ± √16 − 16
2
⇒ 𝑘1 = 𝑘2 = 2 
De donde 𝑦𝑔 = 𝐶1. 𝑒
2𝑥 + 𝐶2. 𝑥. 𝑒
2𝑥 
Por otro lado, 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥
2𝑒2𝑥 ⇒ 
𝑦′
𝑝
= 2𝐴𝑥𝑒2𝑥 + 2𝐴𝑥2𝑒2𝑥 ⇒ 
𝑦′′
𝑝
= 2𝐴𝑒2𝑥 + 4𝐴𝑥𝑒2𝑥 + 4𝐴𝑥𝑒2𝑥 + 4𝐴𝑥2𝑒2𝑥 
𝑦′′
𝑝
= 2𝐴𝑒2𝑥 + 8𝐴𝑥𝑒2𝑥 + 4𝐴𝑥2𝑒2𝑥 
Reemplazando en la ED 
2𝐴𝑒2𝑥 + 8𝐴𝑥𝑒2𝑥 + 4𝐴𝑥2𝑒2𝑥 − 4. (2𝐴𝑥𝑒2𝑥 + 2𝐴𝑥2𝑒2𝑥) + 4𝐴𝑥2𝑒2𝑥 = 3. 𝑒2𝑥 
2𝐴𝑒2𝑥 + 8𝐴𝑥𝑒2𝑥 + 4𝐴𝑥2𝑒2𝑥 − 8𝐴𝑥𝑒2𝑥 − 8𝐴𝑥2𝑒2𝑥 + 4𝐴𝑥2𝑒2𝑥 = 3. 𝑒2𝑥 
𝐴𝑒2𝑥. [2 + (8𝑥 − 8𝑥) + (4𝑥2 − 8𝑥2 + 4𝑥2)] = 3. 𝑒2𝑥 
𝐴. 2 = 3 ⇒ 𝐴 =
3
2
 
Entonces 𝑦𝑝 =
3
2
𝑥2𝑒2𝑥 
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22 
 
La solución general de la ED es 𝑦 = 𝐶1. 𝑒
2𝑥 + 𝐶2. 𝑥. 𝑒
2𝑥 +
3
2
𝑥2𝑒2𝑥 
CASO 2: f(x) función polinómica 
Si el segundo miembro es una función polinómica de grado n la ecuación (1) será: 
𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2 +⋯+ 𝑏𝑛𝑥
𝑛 
La solución particular será también un polinomio de grado n, cuando las soluciones de la 
ecuación característica 𝑘1 𝑦 𝑘2 sean distintas de 0, es decir si 0 ≠ 𝑘1 , 0 ≠ 𝑘2 entonces 
𝑦𝑝 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑥
𝑛 
Donde los coeficientes 𝑎𝑖 se calcularán empleando el mismo procedimiento que en el caso 
anterior, es decir teniendo en cuenta que 
𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2 +⋯+ 𝑏𝑛𝑥
𝑛 
Si alguno de los 𝑘𝑖 es igual a 0, supongamos 𝑘1 , entonces la solución particular será: 
𝑦𝑝 = (𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑥
𝑛). 𝑥 
Y si 𝑘1 = 𝑘2 = 0 la solución será de la forma: 
𝑦𝑝 = (𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑥
𝑛). 𝑥2 
Es decir que siempre tendremos que tener en cuenta que las soluciones de la homogénea y la 
particular deben ser soluciones linealmente independientes. 
EJEMPLO 1: 
𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = −8 + 9𝑥2 
De donde 𝑦𝑔 = 𝐶1. 𝑒
−1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−3𝑥 ; ya que 𝑘1 = −1 ; 𝑘2 = −3 
Por otro lado, 𝑦𝑝 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 ⇒ 
𝑦′
𝑝
= 𝑎1 + 2𝑎2𝑥 ⇒ 
𝑦′′
𝑝
= 2𝑎2 
Reemplazando en la ED: 
2𝑎2 + 4. (𝑎1 + 2𝑎2𝑥) + 3. (𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) = −8 + 9𝑥2 
2𝑎2 + 4𝑎1 + 3𝑎0 + (8𝑎2 + 3𝑎1). 𝑥 + 3𝑎2𝑥
2 = −8 + 9𝑥2 
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23 
 
Se plantea el sistema de ecuaciones igualando los coeficientes: 
{
2𝑎2 + 4𝑎1 + 3𝑎0 = −8
8𝑎2 + 3𝑎1 = 0
3𝑎2 = 9
 
Entonces como 3𝑎2 = 9⇒ 𝑎2 =
9
3
= 3 
8𝑎2 + 3𝑎1 = 0 teniendo en cuenta la ecuación anterior: 8.3 + 3𝑎1 = 0 ⇒ 24 + 3𝑎1 = 0 
De donde 𝑎1 = −
24
3
= −8; finalmente tomando 2𝑎2 + 4𝑎1 + 3𝑎0 = −8 y reemplazando los 
valores obtenidos queda: 
2.3 + 4. (−8) + 3𝑎0 = −8⇒ 6 − 32 + 3𝑎0 = −8⇒ 
𝑎0 =
−8 + 26
3
=
18
3
= 6 
Entonces: 𝑦𝑝 = 6 − 8𝑥 + 3𝑥
2 
Finalmente, la solución general de la ED es 
 𝑦 = 𝐶1. 𝑒
−1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−3𝑥 + 6 − 8𝑥 + 3𝑥2 
 
EJEMPLO 2: 
𝑦′′ − 3𝑦′ = 𝑥 
Resolvemos la ec. Característica: 𝑘2 − 3𝑘 = 0 
𝑘. (𝑘 − 3) = 0⇒ 𝑘1 = 0 𝑦 𝑘2 = 3 
De donde 𝑦𝑔 = 𝐶1 + 𝐶2. 𝑒
3𝑥 
Por otro lado, 𝑦𝑝 = (𝑎0 + 𝑎1𝑥). 𝑥 = 𝑎0𝑥 + 𝑎1𝑥
2 ⇒ 
𝑦′
𝑝
= 𝑎0 + 2𝑎1𝑥 ⇒ 
𝑦′′
𝑝
= 2𝑎1 
Reemplazando en la ED: 
2𝑎1 − 3. (𝑎0 + 2𝑎1𝑥) = 𝑥 
2𝑎1 − 3𝑎0 − 6𝑎1𝑥 = 𝑥 
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24 
 
{
2𝑎1 − 3𝑎0 = 0
−6𝑎1 = 1
 
Entonces 𝑎1 = −
16
 y reemplazando en la ecuación 2𝑎1 − 3𝑎0 = 0 queda: 
2. (−
1
6
) − 3𝑎0 = 0 
−
1
3
− 3𝑎0 = 0 ⇒ 𝑎0 = −
1
9
 
Finalmente tenemos: 
𝑦𝑝 = (−
1
9
−
1
6
𝑥) 𝑥 
La solución general de la ED es 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2. 𝑒
3𝑥 + (−
1
9
−
1
6
𝑥) 𝑥 
EJEMPLO 3: 
𝑦′′ = 𝑥2 + 3 
En este caso, las dos raíces de la ecuación característica son nulas, es decir 𝑘1 = 𝑘2 = 0 
Pero vemos que ante esta situación nos conviene directamente integrar: 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
= 𝑥2 + 3⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥3
3
+ 3𝑥 + 𝐶1⇒ 
𝑦 =
𝑥4
12
+ 3
𝑥2
2
+ 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
CASO 3: f(x) función trigonométrica 
Si 𝑓(𝑥) es una función trigonométrica de la forma: 𝑓(𝑥) = 𝐵1 𝐶𝑜𝑠 𝑎𝑥 + 𝐵2 𝑆𝑒𝑛 𝑎𝑥 
Es decir 
𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 𝐵1 𝐶𝑜𝑠 𝑎𝑥 + 𝐵2 𝑆𝑒𝑛 𝑎𝑥 
Si las raíces de la ecuación característica son reales: 𝑦𝑝 = 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 𝑎𝑥 + 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 𝑎𝑥 
Si son complejas conjugadas: 
 
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25 
 
𝑘 = 𝛼𝑖 ± 𝛽𝑖 
𝛼 ≠ 0 ⇒ 𝑦𝑝 = 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 𝑎𝑥 + 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 𝑎𝑥
𝛼 = 0 𝑦 𝛽 ≠𝑎 ⇒ 𝑦𝑝 = 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 𝑎𝑥 + 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 𝑎𝑥
𝛼 = 0 𝑦 𝛽 = 𝑎 ⇒ 𝑦𝑝 = (𝐴1 𝐶𝑜𝑠 𝑎𝑥 + 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 𝑎𝑥). 𝑥
 
Los coeficientes 𝐴1 𝑦 𝐴2 se calculan empleando el mismo procedimiento que en los casos 
anteriores. 
 
EJEMPLO 1: 
𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 3 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
De donde 𝑦𝑔 = 𝐶1. 𝑒
−1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−3𝑥 ; ya que 𝑘1 = −1 ; 𝑘2 = −3 
Por otro lado, 𝑦𝑝 = 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 ⇒ 
𝑦′
𝑝
= −2 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 2 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 ⇒ 
𝑦′′
𝑝
= −4 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 − 4 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
Reemplazando en la ED: 
−4 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 − 4 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 4. (−2 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 2 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥) + 3. (𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥
+ 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥) = 3 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
−4 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 − 4 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 − 8 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 8 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 3 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 3 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥
= 3 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
(−4 𝐴1 + 8 𝐴2 + 3 𝐴1) 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + (−4 𝐴2 − 8 𝐴1 + 3 𝐴2) 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 = 3 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
(− 𝐴1 + 8 𝐴2) 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + (− 𝐴2 − 8 𝐴1) 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 = 3 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
Igualando coeficientes queda: 
{
− 𝐴1 + 8 𝐴2 = 0
− 𝐴2 − 8 𝐴1 = 3
 
Entonces como − 𝐴1 + 8 𝐴2 = 0 ⇒8 𝐴2 = 𝐴1 Reemplazando en la otra ecuación: 
− 𝐴2 − 8. 8 𝐴2 = 3 ⇒ − 𝐴2 − 64 𝐴2 = 3 ⇒ −65 . 𝐴2 = 3⇒ 
𝐴2 = −
3
65
 
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Así 8. (−
3
65
) = 𝐴1 ⇒ 𝐴1 = −
24
65
 
Entonces, 𝑦𝑝 = −
24
65
 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 −
3
65
 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
Y la solución general de la ED es 𝑦 = 𝐶1. 𝑒
−1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒
−3𝑥 −
24
65
 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 −
3
65
 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
EJEMPLO 2: 
𝑦′′ + 4𝑦 = 6 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
Resolvemos la ec. Característica: 𝑘2 + 4 = 0 ⇒ 𝑘 = ±√−4 = ±2𝑖 
De donde 𝑦𝑔 = 𝐶1𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 ; 
Por otro lado, 𝑦𝑝 = (𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥). 𝑥 ⇒ 
𝑦′
𝑝
= (−2 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 2 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥). 𝑥 +𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 ⇒ 
𝑦′′
𝑝
= (−4 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥−4 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥). 𝑥 − 2 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 2 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 −
2 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 2 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥⇒ 
𝑦′′
𝑝
= −4. ( 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥+ 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥). 𝑥 − 4 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 4 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 
 
 
Reemplazando en la ED: 
−4. ( 𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥+ 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥). 𝑥 − 4 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 4 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 4. (𝐴1 𝐶𝑜𝑠 2𝑥
+ 𝐴2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥). 𝑥 = 6 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
− 4 𝐴1 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 + 4 𝐴2 𝐶𝑜𝑠 2𝑥 = 6 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 
Igualando coeficientes queda: 
{
−4 𝐴1 = 6
4 𝐴2 = 0
 
Entonces como − 4𝐴1 = 6 ⇒𝐴1 = −
3
2
 y por otro lado 𝐴2 = 0 
Entonces, 𝑦𝑝 = (−
3
2
 𝐶𝑜𝑠 2𝑥) 𝑥 
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Y la solución general de la ED es 𝑦 = 𝐶1𝐶𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2 𝑆𝑒𝑛 2𝑥 −
3
2
. 𝑥. 𝐶𝑜𝑠 2𝑥