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130 
 
3.4 Coeficientes indeterminados 
3.4.1 Introducción 
Recordemos por el tema 3.1.7 que para resolver una ecuación diferencial 
lineal no homogénea: 
𝑎𝑛𝑦
(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑦
(𝑛−1) + ⋯ 𝑎1𝑦
′ + 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥) (𝟏) 
se deben hacer dos cosas: 
i) determinar la solución complementaria 𝑦𝑐 y 
ii) hallar alguna solución particular 𝑦𝑝 de la ecuación no homogénea (1). 
Luego la solución general de (1) es 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝. 
La solución complementaria 𝑦𝑐 es aquella que satisface la ecuación 
diferencial homogénea relacionada con (1), es decir: 
𝑎𝑛𝑦
(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑦
(𝑛−1) + ⋯ 𝑎1𝑦
′ + 𝑎0𝑦 = 0 (2) 
la cual ya sabemos calcular, por lo que ahora el objetivo es cómo obtener a 𝑦𝑝. 
3.4.2 Método de coeficientes indeterminados 
El primero de los métodos que debemos considerar para obtener una 
solución 𝑦𝑝 de una ecuación diferencial lineal no homogénea se llama método de 
coeficientes indeterminados. La idea básica de éste método es una conjetura o 
propuesta coherente acerca de la forma de 𝑦𝑝 originada por los tipos de 
funciones que forman la función de entrada 𝑔(𝑥). El método es básicamente 
directo, pero esta limitado a ecuaciones lineales no homogéneas como la 
ecuación: 
𝑎𝑛𝑦
(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑦
(𝑛−1) + ⋯ 𝑎1𝑦
′ + 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥) 
donde: 
 los coeficientes 𝑎𝑖, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 = 0,1,2 … 𝑛 son constantes, y 
 𝑔(𝑥)puede ser una constante 𝑘, una función polinomial de cualquier grado, 
una función exponencial 𝑒𝑎𝑥, una función seno o coseno, como sin 𝑏𝑥 o 
cos 𝑏𝑥 o sumas y productos finitos de estas funciones. 
En la siguiente tabla se muestran algunos ejemplos específicos de 𝑔(𝑥) con 
la forma correspondiente de su solución particular 𝑦𝑝. Naturalmente suponemos 
131 
 
que ninguna función en la solución particular propuesta 𝑦𝑝 esta duplicada por una 
función en la solución complementaria 𝑦𝑐. 
Tabla 1. Soluciones particulares propuestas 
𝑔(𝑥) 𝐹𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑦𝑝 
1. 8 (𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) A 
2. 3𝑥 + 7 𝐴𝑥 + 𝐵 
3. 4𝑥2 − 3 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 
4. 𝑥3 − 𝑥 + 2 𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷 
5. 3 sin 4𝑥 𝐴 sin 4𝑥 + 𝐵 cos 4𝑥 
6. cos 4𝑥 𝐴 sin 4𝑥 + 𝐵 cos 4𝑥 
7. 𝑒5𝑥 𝐴𝑒5𝑥 
8. (9𝑥 − 2)𝑒5𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵) 𝑒5𝑥 
9. 𝑥2𝑒5𝑥 (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶)𝑒5𝑥 
10. 𝑒3𝑥 sin 4𝑥 𝐴𝑒3𝑥 sin 4𝑥 + 𝐵𝑒3𝑥 cos 4𝑥 
11. 5𝑥2 cos 4𝑥 (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) sin 4𝑥 + (𝐷𝑥2 + 𝐸𝑥 + 𝐹) cos 4𝑥 
12. 𝑥𝑒3𝑥 cos 4𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒3𝑥 sin 4𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷)𝑒3𝑥 cos 4𝑥 
 
Veamos dos casos que se pueden presentar al aplicar este método 
propuesto. 
Caso I 
Ninguna función en la solución particular propuesta 𝑦𝑝, es solución de la 
ecuación diferencial homogénea asociada (es decir de 𝑦𝑐). 
Caso II 
Una función en la solución particular propuesta 𝑦𝑝 también es solución de 
la ecuación diferencial homogénea asociada (es decir de 𝑦𝑐). 
Ejemplo 1 
Resuelva: 
𝑦′′ + 4𝑦′ − 2𝑦 = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6 (3) 
Solución 
Primero establecemos la solución complementaria 𝑦𝑐 , es decir, aquella que 
satisface la ecuación homogénea relacionada: 
𝑦′′ + 4𝑦′ − 2𝑦 = 0 
132 
 
para la cual establecemos su ecuación auxiliar: 
𝑚2 + 4𝑚 − 2 = 0 
y resolvemos por fórmula general para cuadráticas: 
𝑚1,2 =
−4 ± √42 − 4(1)(−2)
2(1)
 
 =
−4 ± √4(4 + 2)
2
 
 =
−4 ± √4√6
2
 
 =
−4 ± 2√6
2
 
 =
−4
2
±
2√6
2
 
 𝑚1,2 = −2 ± √6 (𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑖𝑛𝑡𝑎𝑠) 
por lo que su solución complementaria es: 
𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒
(−2+√6 )𝑥 + 𝐶2𝑒
(−2−√6 )𝑥 
Ahora como 𝑔(𝑥) = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6 es una cuadrática, entonces de acuerdo a la 
Tabla 1 proponemos que su solución particular también tenga la forma de una 
ecuación cuadrática: 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥
2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 (4) 
donde el objetivo es encontrar los valores de las constantes 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶 que 
satisfacen (3). Aquí observemos que ningún término de la solución particular 
propuesta 𝑦𝑝 se duplica en 𝑦𝑐, por lo que tenemos un ejemplo del caso I. Para 
lograr el objetivo mencionado, calculamos la primer y segunda derivada de 𝑦𝑝, es 
decir: 
𝑦′𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵 (5) 
𝑦′′𝑝 = 2𝐴 (6) 
Y después sustituimos (4), (5) y (6) en (3): 
133 
 
𝑦′′ + 4𝑦′ − 2𝑦 = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6 
2𝐴 + 4(2𝐴𝑥 + 𝐵) − 2(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6 
2𝐴 + 8𝐴𝑥 + 4𝐵— 2𝐴𝑥2 − 2𝐵𝑥 − 2𝐶 = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6 
— 2𝐴𝑥2 + (8𝐴 − 2𝐵)𝑥 + (2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶) = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6 
Para que esta última igualdad se cumpla, los coeficientes respectivamente de 
cada cuadrática deben ser iguales, es decir: 
— 2𝐴 = 2 (7) 
8𝐴 − 2𝐵 = −3 (8) 
2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶 = 6 (9) 
Como observamos se formo un sistema de ecuaciones lineales. De (7) 
despejamos 𝐴: 
𝐴 =
2 
−2
 
𝐴 = −1 
Sustituimos el valor de 𝐴 en (8) para encontrar a 𝐵: 
8(−1) − 2𝐵 = −3 
−8 − 2𝐵 = −3 
−2𝐵 = −3 + 8 
−2𝐵 = 5 
𝐵 = −
5
2
 
Y ahora el valor de 𝐴 y 𝐵 en (9) para encontrar a 𝐶: 
2(−1) + 4 (−
5
2
) − 2𝐶 = 6 
−2 − 10 − 2𝐶 = 6 
−12 − 2𝐶 = 6 
−2𝐶 = 6 + 12 
134 
 
−2𝐶 = 18 
𝐶 = −
18
2
 
𝐶 = −9 
Por lo que la solución particular es: 
𝑦𝑝 = −𝑥
2 −
5
2
𝑥 − 9 
Y por lo tanto, la solución general es: 
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 
𝑦 = 𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒
(−2+√6 )𝑥 + 𝐶2𝑒
(−2−√6 )𝑥 − 𝑥2 −
5
2
𝑥 − 9 ∎ 
Ejemplo 2 
Resuelva: 
𝑦′′ − 5𝑦′ + 4𝑦 = 8𝑒𝑥 (10) 
Solución 
Otra vez, primero establecemos la solución complementaria 𝑦𝑐 , es decir, 
aquella que satisface la ecuación homogénea relacionada: 
𝑦′′ − 5𝑦′ + 4𝑦 = 0 
para la cual establecemos su ecuación auxiliar: 
𝑚2 − 5𝑚 + 4 = 0 
y factorizamos para encontrar sus raíces: 
(𝑚 − 4)(𝑚 − 1) = 0 
por lo que: 
𝑚1 = 4 
𝑚2 = 1 
Como 𝑚1 y 𝑚2 son reales distintas, su solución complementaria es: 
𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒
4𝑥 + 𝐶2𝑒
𝑥 
135 
 
Ahora como 𝑔(𝑥) = 8𝑒𝑥 es una constante multiplicada por una exponencial, 
entonces de acuerdo a la Tabla 1 proponemos que su solución particular también 
tenga la forma de una constante multiplicada por una exponencial: 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒
𝑥 (11) 
donde en este caso, el objetivo es encontrar el valor de la constante 𝐴 que 
satisface (10). Aquí observemos que 𝐴𝑒𝑥 de la solución particular propuesta 𝑦𝑝 
se duplica con 𝐶2𝑒
𝑥 en 𝑦𝑐, por lo que tenemos un ejemplo del caso II. Sí 
recordamos un párrafo antes de la Tabla 1, se mencionaba que ninguna función 
en la solución particular propuesta 𝑦𝑝 debe estar duplicada por una función en la 
solución complementaria 𝑦𝑐, por lo que nuestra solución particular propuesta 𝑦𝑝 
es incorrecta. Para corregirla aplicaremos la siguiente regla: 
Regla de multiplicación para el caso II. Sí algún término de la solución particular 
propuesta 𝑦𝑝 se duplica con otro en 𝑦𝑐, entonces dicho término se debe 
multiplicar por 𝑥𝑛, donde 𝑛 es el entero positivo más pequeño que elimina esa 
duplicación. 
Entonces, de acuerdo a la regla anterior, 𝐴𝑒𝑥 es suficiente multiplicarla por 𝑥 
para que ya no se duplique con 𝐶2𝑒
𝑥 de 𝑦𝑐. Por lo que la solución particular 
propuesta correcta es: 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒
𝑥 (12) 
y de igual forma: 
𝑦′
𝑝
= 𝐴𝑥𝑒𝑥 + 𝐴𝑒𝑥 (13) 
𝑦′′
𝑃
= 𝐴𝑥𝑒𝑥 + 𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑒𝑥 = 𝐴𝑥𝑒𝑥 + 2𝐴𝑒𝑥 (14) 
Sustituimos (12), (13) 𝑦 (14) en (10): 
𝑦′′ − 5𝑦′ + 4𝑦 = 8𝑒𝑥 
𝐴𝑥𝑒𝑥 + 2𝐴𝑒𝑥 − 5(𝐴𝑥𝑒𝑥 + 𝐴𝑒𝑥) + 4(𝐴𝑥𝑒𝑥) = 8𝑒𝑥 
𝐴𝑥𝑒𝑥 + 2𝐴𝑒𝑥 − 5𝐴𝑥𝑒𝑥 − 5𝐴𝑒𝑥 + 4𝐴𝑥𝑒𝑥 = 8𝑒𝑥 
 −3𝐴𝑒𝑥 = 8𝑒𝑥 
−3𝐴 = 8 
𝐴 = −
8
3
 
136 
 
Por lo que la solución particular es: 
𝑦𝑝 = −
8
3
𝑥𝑒𝑥 
Y por lo tanto la solución general es: 
𝑦 = 𝑦𝑐 +𝑦𝑝 
𝑦 = 𝐶1𝑒
4𝑥 + 𝐶2𝑒
𝑥 −
8
3
 𝑥𝑒𝑥 ∎ 
Ejemplo 3 
Sin resolver, determine la forma correcta que tendrá la solución particular 
propuesta: 
a) 𝑦′′ − 2𝑦′ − 3𝑦 = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒2𝑥 
b) 𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 4𝑥2 + 2 − 12𝑒3𝑥 
c) 𝑦′′ − 8𝑦′ + 25𝑦 = 5𝑥3𝑒−𝑥 − 7𝑒−𝑥 
d) 𝑦(4) + 𝑦′′′ = 1 − 𝑥2𝑒−𝑥 
e) 𝑦′′ + 4𝑦 = 𝑥 cos 𝑥 
Solución 
a) Como se observó en ejemplo 2, es imposible proponer a 𝑦𝑝 sin antes 
checar quién es 𝑦𝑐, por lo que nuevamente primero calcularemos la 
solución complementaria asociada a la ecuación homogénea: 
𝑦′′ − 2𝑦′ − 3𝑦 = 0 
Ecuación auxiliar: 
𝑚2 − 2𝑚 − 3 = 0 
 
Factorizamos para encontrar sus raíces: 
 
(𝑚 − 3)(𝑚 + 1) = 0 
por lo que: 
𝑚1 = 3 
𝑚2 = −1 
 
𝑚1 y 𝑚2 son reales distintas, entonces 𝑦𝑐 esta dada por: 
 
𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒
3𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝑥 
137 
 
Ahora, como: 
𝑔(𝑥) = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒2𝑥 
 
𝑔(𝑥) = 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 1 + (𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 2)(𝐸𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙) 
 
de acuerdo a la Tabla 1, proponemos que: 
 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + (𝐶𝑥 + 𝐷)𝑒
2𝑥 ∎ 
 
Observemos que ningún término de la solución particular propuesta 𝑦𝑝 se 
duplica en 𝑦𝑐 (𝑐𝑎𝑠𝑜 𝐼), por lo que dicha propuesta es correcta. 
b) Ecuación homogénea: 
 
𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 0 
Ecuación auxiliar: 
 
𝑚2 − 6𝑚 + 9 = 0 
 
Factorizamos: 
 
(𝑚 − 3)2 = 0 
 
por lo que: 
 
𝑚1,2 = 3 (𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑝𝑒𝑡𝑖𝑑𝑎𝑠) 
 
Entonces: 
 
𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒
3𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒
3𝑥 
 
Ahora, como: 
𝑔(𝑥) = 4𝑥2 + 2 − 12𝑒3𝑥 
 
𝑔(𝑥) = 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟á𝑡𝑖𝑐𝑎 + (𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒)(𝐸𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙) 
 
 y de acuerdo a la Tabla 1, proponemos en primera instancia que: 
 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥
2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑒3𝑥 
 
pero si observamos 𝐷𝑒3𝑥 de 𝑦𝑝 se duplica con 𝑐1𝑒
3𝑥 de 𝑦𝑐 (caso II), por 
138 
 
lo que en base a la regla de multiplicación del caso II, es suficiente 
multiplicar 𝐷𝑒3𝑥 por 𝑥2 para que ya no se duplique en 𝑦𝑐 . Por lo tanto, la 
propuesta correcta es: 
 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥
2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑥2𝑒3𝑥 ∎ 
 
c) Ecuación homogénea: 
 
𝑦′′ − 8𝑦′ + 25𝑦 = 0 
 
Ecuación auxiliar: 
 
𝑚2 − 8𝑚 + 25 = 0 
 
Factorizamos completando un trinomio cuadrado perfecto: 
 
(𝑚2 − 8𝑚 + 16) + 25 − 16 = 0 
 
(𝑚 − 4)2 + 9 = 0 
 
(𝑚 − 4)2 = −9 
 
𝑚 − 4 = ±√−9 
 
𝑚 = 4 ± √(9)(−1) 
 
𝑚 = 4 ± √9√−1 
 
𝑚1,2 = 4 ± 3𝑖 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑗𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠) 
 
Entonces: 
 
𝑦𝑐 = 𝑒
3𝑥(𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥) 
 
Ahora, como: 
𝑔(𝑥) = 5𝑥3𝑒−𝑥 − 7𝑒−𝑥 
 
la podemos factorizar: 
𝑔(𝑥) = (5𝑥3 − 7)𝑒−𝑥 
 
139 
 
𝑔(𝑥) = (𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑐ú𝑏𝑖𝑐𝑎)(𝐸𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙) 
 
 y de acuerdo a la Tabla 1, proponemos que: 
 
𝑦𝑝 = (𝐴𝑥
3 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷)𝑒−𝑥 ∎ 
 
Observemos que ningún término de la solución particular propuesta 𝑦𝑝 se 
duplica en 𝑦𝑐 (𝑐𝑎𝑠𝑜 𝐼), por lo que dicha propuesta es correcta. 
 
d) Ecuación homogénea: 
𝑦(4) + 𝑦′′′ = 0 
Ecuación auxiliar: 
 
𝑚4 + 𝑚3 = 0 
 
Factorizamos: 
 
𝑚3(𝑚 + 1) = 0 
 
por lo que: 
 
𝑚1,2,3 = 0 (𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑝𝑒𝑡𝑖𝑑𝑎𝑠) 
 
𝑚4 = −1 (𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑖𝑛𝑡𝑎) 
 
Entonces: 
 
𝑦𝑐 = 𝐶1 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3𝑥
2 + 𝐶4𝑒
−𝑥 
 
Ahora, como: 
 
𝑔(𝑥) = 1 − 𝑥2𝑒−𝑥 
 
𝑔(𝑥) = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 + (𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟á𝑡𝑖𝑐𝑎)(𝐸𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙) 
 
 y de acuerdo a la Tabla 1, proponemos en primera instancia que: 
 
𝑦𝑝 = 𝐴 + (𝐵𝑥
2 + 𝐶𝑥 + 𝐷)𝑒−𝑥 
 
140 
 
pero si observamos 𝐴 𝑦 𝐷𝑒−𝑥 de 𝑦𝑝 se duplican respectivamente con 
𝑐1 𝑦 𝑐4𝑒
−𝑥 de 𝑦𝑐 (caso II), por lo que en base a la regla de multiplicación 
del caso II, es suficiente multiplicar 𝐴 por 𝑥3 y 𝐷𝑒−𝑥 por 𝑥3, para que 
ya no se dupliquen en 𝑦𝑐 . Aquí cabe aclarar que 𝐷𝑒
−𝑥 se multiplicó por 𝑥3 
y no simplemente por 𝑥, por la razón de que ningún término de la 
propuesta de 𝑦𝑝 a su vez, no se debe repetir de igual forma en 𝑦𝑝. Por lo 
tanto, la propuesta correcta es: 
 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥
3 + (𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷𝑥3)𝑒−𝑥 
 
y factorizando una 𝑥 del segundo término: 
 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥
3 + (𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑥2)𝑥𝑒−𝑥 
 
o sí generalizamos de acuerdo al primer factor del segundo término: 
 
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥
3 + (𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷)𝑥𝑒−𝑥 ∎ 
 
e) Ecuación homogénea: 
 
𝑦′′ + 4𝑦 = 0 
 
Ecuación auxiliar: 
 
𝑚2 + 4 = 0 
 
Despejamos 𝑚2: 
 
𝑚2 = −4 
 
𝑚 = ±√−4 
 
𝑚 = ±√4(−1) 
 
𝑚 = ±√4√−1 
 
𝑚1,2 = ±2𝑖 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑗𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠) 
 
 
141 
 
Entonces: 
 
𝑦𝑐 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 
 
Ahora, como: 
𝑔(𝑥) = 𝑥 cos 𝑥 
 
𝑔(𝑥) = (𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙)(𝐹𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜) 
 
 y de acuerdo a la Tabla 1, proponemos que: 
 
𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵) sin 𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷) cos 𝑥 ∎ 
 
Observemos que ningún término de la solución particular propuesta 𝑦𝑝 se 
duplica en 𝑦𝑐 (𝑐𝑎𝑠𝑜 𝐼), por lo que dicha propuesta es correcta. 
Falta agregar más ejemplos de: condiciones iniciales. 
Ejercicios 3.4 
I. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por el método de coeficientes 
indeterminados. 
1. 𝑦′′ + 𝑦′ − 6𝑦 = 2𝑥 
2. 𝑦′′ − 𝑦′ = −3 
3. 𝑦′′ − 16𝑦 = 2𝑒4𝑥 
4. 𝑦′′ + 4𝑦 = 3 sin 2𝑥 
5. 𝑦′′ + 2𝑦′ + 2𝑦 = sin 𝑥 + 3 cos 2𝑥 
6. 𝑦′′′ − 6𝑦′′ = 3 − cos 𝑥 
7. 𝑦(4) − 2𝑦′′ + 𝑦 = 4𝑥 + 2𝑥𝑒−𝑥 
8. 𝑦′′ + 4𝑦 = sin 𝑥 − cos 𝑥 
II. Resuelva los siguientes problemas de valores iniciales. 
9. 𝑦′′ + 4𝑦 = −2, 𝑦(𝜋
8
) =
1
2
, 𝑦′(𝜋
8
) = 2 
10. 𝑦′′ + 4𝑦′ + 4𝑦 = (3 + 𝑥)𝑒−2𝑥, 𝑦(0) = 2, 𝑦′(0) = 5 
11. 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
+ 𝑤2𝑥 = 𝐹0 cos 𝛾𝑡, 𝑥(0) = 0, 𝑥
′(0) = 0 
12. 𝑦′′′ + 8𝑦 = 2𝑥 − 5 + 8𝑒−2𝑥, 𝑦(0) = −5, 𝑦′(0) = 3, 𝑦′′(0) = −4 
142 
 
V. Sin resolver, utilice el método de coeficientes indeterminados para determinar la forma 
correcta que tendrá 𝒚𝒑 en cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales. 
13. 𝑦′′ + 𝑦 = sin 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥 
14. 𝑦′′ − 𝑦 = 𝑒2𝑥 + 𝑥𝑒2𝑥 + 𝑥2𝑒2𝑥 
15. 𝑥′′ − 𝑥′ − 2𝑥 = 𝑒𝑡 cos 𝑡 − 𝑡2 + 𝑡 + 1 
16. 𝑦′′ + 5𝑦′ + 6𝑦 = sin 𝑥 − cos 2𝑥 
17. 𝑦′′ − 4𝑦′ + 5𝑦 = 𝑒5𝑥 + 𝑥 sin 3𝑥 − cos 3𝑥 
18. 𝑦′′ − 4𝑦′ + 4𝑦 = 𝑥2𝑒2𝑥 − 𝑒2𝑥 
19. 𝑦′′ + 𝑦 = sin 𝑥 cos 2𝑥 
20. 𝑦′′ − 2𝑦 = (sin 4𝑥)2 
21. 𝑦(𝐼𝑉) + 8𝑦′ = 6 − 5𝑒−2𝑥 
3.5 Variación de parámetros 
3.5.1 Introducción 
Hemos visto que el método de coeficientes indeterminados es un 
procedimiento sencillo que permite hallar un solución particular cuando la ecuación 
tiene coeficientes constantes y el término no homogéneo es de un tipo especial. 
Aquí presentaremos un procedimiento más general, llamado variación de 
parámetros, también para determinar una solución particular. Este método se 
aplica incluso cuando los coeficientes de la ecuación diferencial son funciones de 
𝑥, siempre que conozcamos un conjunto fundamental de soluciones para la 
ecuación homogénea correspondiente. 
3.5.2 Método de variación de parámetros para ecuaciones 
de segundo orden 
Considere la ecuación lineal no homogénea se segundo orden 
𝑎2(𝑥)𝑦
′′ + 𝑎1(𝑥)𝑦
′ + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (𝟏) 
Dividimos (𝟏) por 𝑎2(𝑥) para llevar la ecuación a su forma estándar: 
𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) (𝟐) 
donde el coeficiente de 𝑦′′′ es 1, 𝑝(𝑥) =
𝑎1(𝑥)
𝑎2(𝑥)
, 𝑞(𝑥) =
𝑎0(𝑥)
𝑎2(𝑥)
, , 𝑓(𝑥) =
𝑔(𝑥)
𝑎2(𝑥)
, las 
funciones coeficiente 𝑝(𝑥), 𝑞(𝑥) y 𝑓(𝑥), son continuas en el intervalo (𝑎, 𝑏) y sea 
143 
 
{𝑦1(𝑥), 𝑦2(𝑥)} un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación diferencial 
homogénea correspondiente 
𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 (𝟑) 
Entonces, sabemos que las soluciones de esta ecuación homogénea está dada 
por 
𝑦𝑐(𝑥) = 𝐶1𝑦1(𝑥) + 𝐶2𝑦2(𝑥) (𝟒) 
donde 𝐶1 y 𝐶2 son constantes arbitrarias. Para determinar una solución 
particular 𝑦𝑝(𝑥) de la ecuación no homogénea, la idea detrás del método de 
variaciónde parámetros, consiste en reemplazar las constantes de (𝟒) por 
funciones de 𝑥. Es decir, buscamos una solución de (𝟐) de la forma 
𝑦𝑝(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑣(𝑥)𝑦2(𝑥) (𝟓) 
Como hemos introducido dos funciones incógnitas 𝑢(𝑥) y 𝑣(𝑥), es razonable 
esperar que podamos imponer dos ecuaciones sobre éstas funciones. 
Naturalmente, una de éstas ecuaciones debe provenir de (𝟐). Para llevar a cabo 
esto, primero debemos calcular 𝑦′𝑝(𝑥) y 𝑦′′𝑝(𝑥). De (𝟓) obtenemos 
𝑦′𝑝 = (𝑢𝑦′1 + 𝑣𝑦′2) + (𝑦1𝑢′ + 𝑦2𝑣′) (𝟔) 
Para simplificar los cálculos y evitar el uso de las derivadas de segundo orden de 
las incógnitas 𝑢 y 𝑣 en la expresión para 𝑦′′𝑝, imponemos la condición 
𝑦1𝑢
′ + 𝑦2𝑣
′ = 0 (𝟕) 
con lo que implica que 
𝑦′𝑝 = 𝑢𝑦′1 + 𝑣𝑦′2 (𝟖) 
y entonces 
𝑦′′𝑝 = 𝑢𝑦′′1 + 𝑦′1𝑢
′ + 𝑣𝑦′′2 + 𝑦′2𝑣′ (𝟗) 
Sustituimos 𝑦𝑝, 𝑦′𝑝 y 𝑦′′𝑝 dadas (𝟓), (𝟖) y (𝟗) en (𝟐) para obtener 
𝑢𝑦′′1 + 𝑦′1𝑢
′ + 𝑣𝑦′′2 + 𝑦′2𝑣
′ + 𝒑(𝒙)(𝑢𝑦′
1
+ 𝑣𝑦′
2
) + 𝒒(𝒙)(𝑢𝑦1 + 𝑣𝑦2) = 𝒇(𝒙) 
Desarrollamos los productos 
𝒖𝑦′′1 + 𝑦′1𝑢
′ + 𝒗𝑦′′2 + 𝑦′2𝑣
′ + 𝑝(𝑥)𝒖𝑦′
1
+ 𝑝(𝑥)𝒗𝑦′
2
+ 𝑞(𝑥)𝒖𝑦1 + 𝑞(𝑥)𝒗𝑦2 = 𝑓(𝑥) 
asociamos y factorizamos 
144 
 
𝒖(𝑦′′1 + 𝑝(𝑥)𝑦
′
1 + 𝑞(𝑥)𝑦1) + 𝒗(𝑦
′′
2 + 𝑝(𝑥)𝑦
′
2 + 𝑞(𝑥)𝑦2) + 𝑦′1𝑢
′ + 𝑦′2 𝑣
′ = 𝑓(𝑥) (𝟏𝟎) 
pero como 𝑦1 y 𝑦2 son soluciones de la ecuación homogénea (𝟑), tenemos que 
𝑦′′
1
+ 𝑝(𝑥)𝑦′
1
+ 𝑞(𝑥)𝑦1 = 0 
𝑦′′
2
+ 𝑝(𝑥)𝑦′
2
+ 𝑞(𝑥)𝑦2 = 0 
y entonces, (𝟏𝟎) se reduce a 
𝑦′1𝑢
′ + 𝑦′2 𝑣
′ = 𝑓(𝑥) (𝟏𝟏) 
En resumen, se trata de encontrar a 𝑢 y 𝑣 de tal forma que satisfagan (𝟕) y 
(𝟏𝟏), es decir 
𝑦1𝑢
′ + 𝑦2𝑣
′ = 0 (𝒊) 
𝑦′1𝑢
′ + 𝑦′2 𝑣
′ = 𝑓(𝑥) (𝒊𝒊) 
Como se puede observar en (𝒊) y (𝒊𝒊), es un sistema de ecuaciones lineales de 
2x2, donde las incógnitas son 𝑢′ y 𝑣′. Para resolver dicho sistema lo haremos 
por suma y resta. Multiplicamos (𝒊) por (−𝑦′1) y (𝒊𝒊) por 𝑦1 para obtener 
−𝑦′1𝑦1𝑢
′ − 𝑦′1𝑦2𝑣
′ = 0 (𝒊𝒊𝒊) 
𝑦′1𝑦1𝑢
′ + 𝑦1𝑦′2 𝑣
′ = 𝑦1𝑓(𝑥) (𝒊𝒗) 
Sumamos (𝒊𝒊𝒊) y (𝒊𝒗) 
−𝑦′1𝑦2𝑣
′ + 𝑦1𝑦′2 𝑣
′ = 𝑦1𝑓(𝑥) 
Factorizamos 𝑣′ 
𝑣′(𝑦1𝑦
′
2
− 𝑦′
1
𝑦2) = 𝑦1𝑓(𝑥) 
Y despejamos 𝑣′ 
𝑣′ =
𝑦1𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦′2 − 𝑦
′
1
𝑦2
 (𝒗) 
Sustituimos (𝒗) en (𝒊) 
𝑦1𝑢
′ + 𝑦2 (
𝑦1𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦′2 − 𝑦
′
1
𝑦2
 ) = 0 
 
145 
 
simplificamos 
𝑦1𝑢
′ +
𝑦2𝑦1𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦′2 − 𝑦
′
1
𝑦2
= 0 
𝑦1𝑢
′ =
−𝑦2𝑦1𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦′2 − 𝑦
′
1
𝑦2
 
y despejamos 𝑢′ 
𝑢′ =
−𝑦2𝑦1𝑓(𝑥)
𝑦1(𝑦1𝑦′2 − 𝑦
′
1
𝑦2)
 
es decir 
𝑢′ =
−𝑦2𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦′2 − 𝑦
′
1
𝑦2
 (𝒗𝒊) 
Al integrar (𝒗𝒊) y (𝒗) respectivamente, obtenemos 
𝑢(𝑥) = ∫
−𝑦2𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦′2 − 𝑦
′
1
𝑦2
𝑑𝑥 (𝒗𝒊𝒊) 
𝑣(𝑥) = ∫
𝑦1𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦′2 − 𝑦
′
1
𝑦2
𝑑𝑥 (𝒗𝒊𝒊𝒊) 
Por último, sustituimos (𝒗𝒊𝒊) y (𝒗𝒊𝒊𝒊) en (𝟓) para obtener una solución 
particular de la ecuación (𝟐): 
 
𝑦𝑝(𝑥) = 𝑦1(𝑥) ∫
−𝑦2𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦
′
2 − 𝑦
′
1𝑦2
𝑑𝑥 + 𝑦2(𝑥) ∫
𝑦1𝑓(𝑥)
𝑦1𝑦
′
2 − 𝑦
′
1𝑦2
𝑑𝑥
 
 (𝟏𝟐) 
 
 
Nota: Sí observamos los denominadores de 𝑢′ y 𝑣′ en (𝒗) y (𝒗𝒊) 
𝑊(𝑦1(𝑥), 𝑦2(𝑥)) = |
𝑦1 𝑦2
𝑦′
1
𝑦′
2
| = 𝑦1𝑦
′
2
− 𝑦′
1
𝑦2 
nos damos cuenta que se trata del wronskiano del conjunto fundamental de 
soluciones 𝑦1(𝑥) y 𝑦2(𝑥), al igual que sí observamos los numeradores y 
definimos 
146 
 
𝑊1 = |
0 𝑦2
𝑓(𝑥) 𝑦′
2
| = −𝑓(𝑥)𝑦2 
𝑊2 = |
𝑦1 0
𝑦′
1
𝑓(𝑥)| = 𝑦1𝑓(𝑥) 
concluimos que el sistema formado por (𝒊) y (𝒊𝒊) también se pudo haber resuelto 
por 
𝑢′ =
𝑊1
𝑊2
 
𝑣′ =
𝑊2
𝑊
 
que no es más que la regla de Cramer para resolver sistemas de ecuaciones 
lineales de 2x2 que tienen solución única. 
Resumen del método 
Por lo común no es buena idea memorizar fórmulas en lugar de entender un 
procedimiento. Sin embargo, el procedimiento anterior es demasiado largo y 
complicado para usarse cada vez que se desee resolver una ecuación diferencial 
lineal de segundo orden no homogénea. En este caso resulta más eficaz usar 
simplemente la fórmula (12). Así para resolver: 
𝑎2(𝑥)𝑦
′′ + 𝑎1(𝑥)𝑦
′ + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (𝟏) 
donde 𝑔(𝑥) ≠ 0, haremos lo siguiente: 
1. Dividir (𝟏) por 𝑎2(𝑥) para llevar la ecuación a su forma estándar 
𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) (𝟐) 
donde el coeficiente de 𝑦′′ es igual a 1, 𝑝(𝑥) =
𝑎1(𝑥)
𝑎2(𝑥)
, 𝑞(𝑥) =
𝑎0(𝑥)
𝑎2(𝑥)
, , 𝑓(𝑥) =
𝑔(𝑥)
𝑎2(𝑥)
, las funciones coeficiente 𝑝(𝑥), 𝑞(𝑥) y 𝑓(𝑥), son continuas en el 
intervalo (𝑎, 𝑏). 
 
2. Encontrar la solución complementaria 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 de la ecuación 
diferencial homogénea correspondiente 
 
𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 (𝟑) 
 
 
147 
 
3. Calcular el wronskiano del conjunto fundamental de soluciones {𝑦1, 𝑦2} de 
(𝟑): 
𝑊(𝑦1, 𝑦2) = |
𝑦 𝑦2
𝑦1
′ 𝑦2
′ | 
4. Determinar 𝑢1 𝑦 𝑢2 integrando respectivamente: 
𝑢1
′ =
𝑊1
𝑊
 𝑦 𝑢2
′ =
𝑊2
𝑊
 
 donde: 
𝑊1 = |
0 𝑦2
𝑓(𝑥) 𝑦2
′ | 
𝑊2 = |
𝑦1 0
𝑦1
′ 𝑓(𝑥)
| 
5. Una solución particular de (𝟏) es: 
𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 
6. La solución general de (𝟏) es: 
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 
Ejemplo 1 
Resuelva: 
𝑦′′ + 𝑦 = sin 𝑥 
Solución 
Observemos que la ecuación ya se está en su forma estándar, por lo que 
encontraremos la solución complementaria 𝑦𝑐 de la ecuación homogénea 
correspondiente 
𝑦′′ + 𝑦 = 0 
Ecuación auxiliar : 
 𝑚2 + 1 = 0 
Raíces: 
𝑚1,2 = ± 𝑖 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑗𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠) 
148 
 
Entonces: 
 𝑦𝑐 = 𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 
Calculamos el wronskiano del conjunto fundamental de soluciones: 
 𝑊(𝑦1, 𝑦2) = |
sin 𝑥 cos 𝑥
cos 𝑥 − sin 𝑥
| 
𝑊(𝑦1, 𝑦2) = − sin
2 𝑥 − cos2 𝑥 
𝑊(𝑦1, 𝑦2) = −(sin
2 𝑥 + cos2 𝑥) 
𝑊(𝑦1, 𝑦2) = −1 
Ahora, calculamos 𝑊1 y 𝑊2, donde 𝑓(𝑥) = sin 𝑥: 
𝑊1 = |
0 cos 𝑥
sin 𝑥 − sin 𝑥
| = − sin 𝑥 cos 𝑥 
𝑊2 = |
sin 𝑥 0
cos 𝑥 sin 𝑥
| = sin2 𝑥 
Entonces: 
𝑢1
′ =
𝑊1
𝑊
= 
− sin 𝑥 cos 𝑥
−1
= sin 𝑥 cos 𝑥 
𝑢2
′ = 
𝑊2
𝑊
= 
sin2 𝑥
−1
= − sin2 𝑥 
Integramos respectivamente 𝑢1
′ y 𝑢2
′ : 
𝑢1 = ∫ sin 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 
1
2
sin2 𝑥 
𝑢2 = − ∫ sin
2 𝑥 𝑑𝑥 = −
1
2
𝑥 + 
1
4
sin 2𝑥 
Una solución particular es la ecuación diferencial es: 
𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 
𝑦𝑝 = 
1
2
sin2 𝑥 (sin 𝑥) + (−
1
2
𝑥 +
1
4
sin 2𝑥) cos 𝑥 
𝑦𝑝 =
1
2
sin3 𝑥 −
1
2
𝑥 cos 𝑥 +
1
4
sin 2𝑥 cos 𝑥 
 
149 
 
Utilicemos una identidad trigonométrica para el seno de un ángulo doble: 
𝑦𝑝 =
1
2
sin3 𝑥 −
1
2
𝑥 cos 𝑥 +
1
4
(2 sin 𝑥 cos 𝑥) cos 𝑥 
𝑦𝑝 =
1
2
sin3 𝑥 −
1
2
𝑥 cos 𝑥 +
1
2
sin 𝑥 cos2 𝑥 
𝑦𝑝 =
1
2
sin 𝑥 (sin2 𝑥 + cos2 𝑥) −
1
2
𝑥 cos 𝑥 
𝑦𝑝 =
1
2
sin 𝑥 −
1
2
𝑥 cos 𝑥 
Por lo tanto la solución general de la ecuación es: 
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 
𝑦 = 𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 +
1
2
sin 𝑥 −
1
2
𝑥 cos 𝑥 
Aquí cabe observar que podemos simplificar dicha solución de la siguiente forma: 
𝑦 = (𝐶1 +
1
2
) sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 −
1
2
𝑥 cos 𝑥 
y como 𝐶1 +
1
2
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑟𝑎𝑟𝑖𝑎, entonces: 
𝑦 = 𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 −
1
2
𝑥 cos 𝑥 ∎ 
Ejemplo 2 
Resuelva: 
3𝑦′′ − 6𝑦′ + 6𝑦 = 𝑒𝑥 sec 𝑥 (𝟖) 
Solución 
Dividamos la ecuación diferencial por 3 para llevarla a su forma estándar 
𝑦′′ − 2𝑦′ + 2𝑦 =
1
3
𝑒𝑥 sec 𝑥 
Encontremos la solución complementaria 𝑦𝑐 de la ecuación homogénea 
correspondiente 
𝑦′′ − 2𝑦′ + 2𝑦 = 0 
150 
 
Ecuación a auxiliar: 
 𝑚2 − 2𝑚 + 2 = 0 
Factorizamos completando un trinomio cuadrado perfecto: 
( 𝑚2 − 2𝑚 + 1) + 2 − 1 = 0 
(𝑚 − 1)2 + 1 = 0 
(𝑚 − 1)2 = −1 
𝑚 − 1 = ±√−1 
𝑚 − 1 = ±𝑖 
𝑚1,2 = 1 ± 𝑖 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑗𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠) 
Entonces: 
 𝑦𝑐 = 𝑒
𝑥(𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥) 
Calculamos el wronskianodel conjunto fundamental de soluciones: 
 𝑊(𝑦1, 𝑦2) = |
𝑒𝑥sin 𝑥 𝑒𝑥cos 𝑥
𝑒𝑥 cos 𝑥 + 𝑒𝑥sin 𝑥 − 𝑒𝑥sin 𝑥 + 𝑒𝑥cos 𝑥
| 
𝑊(𝑦1, 𝑦2) = −𝑒
2𝑥sin2 𝑥 + 𝑒2𝑥 sin 𝑥 cos 𝑥 − 𝑒2𝑥 cos2 𝑥 − 𝑒2𝑥 sin 𝑥 cos 𝑥 
𝑊(𝑦1, 𝑦2) = −𝑒
2𝑥(sin2 𝑥 + cos2 𝑥) 
𝑊(𝑦1, 𝑦2) = −𝑒
2𝑥 
Calculemos donde 𝑊1 y 𝑊2, donde 𝑓(𝑥) =
1
3
𝑒𝑥 sec 𝑥: 
𝑊1 = |
0 𝑒𝑥cos 𝑥
1
3
𝑒𝑥 sec 𝑥 − 𝑒𝑥sin 𝑥 + 𝑒𝑥cos 𝑥
| 
𝑊1 = −
1
3
𝑒𝑥 sec 𝑥 (𝑒𝑥cos 𝑥) 
𝑊1 = −
1
3
𝑒𝑥 (
1
cos 𝑥
) (𝑒𝑥cos 𝑥) 
𝑊1 = −
1
3
𝑒2𝑥 
 
151 
 
y de igual forma: 
𝑊2 = |
𝑒𝑥sin 𝑥 0
𝑒𝑥 cos 𝑥 + 𝑒𝑥sin 𝑥
1
3
𝑒𝑥 sec 𝑥
| 
𝑊2 = 𝑒
𝑥sin 𝑥 (
1
3
𝑒𝑥 sec 𝑥) 
𝑊2 = 𝑒
𝑥sin 𝑥 (
1
3
𝑒𝑥
1
cos 𝑥
) 
𝑊2 =
1
3
𝑒2𝑥 (
sin 𝑥
cos 𝑥
) 
Entonces: 
𝑢1
′ =
𝑊1
𝑊
= 
−
1
3 𝑒
2𝑥
−𝑒2𝑥
= 
1
3
 
𝑢2
′ = 
𝑊2
𝑊
= 
1
3 𝑒
2𝑥 (
sin 𝑥
cos 𝑥)
−𝑒2𝑥
= −
1
3
 (
sin 𝑥
cos 𝑥
 ) 
Integramos respectivamente 𝑢1
′ y 𝑢2
′ : 
𝑢1 =
1
3
∫ 𝑑𝑥 = 
1
3
 𝑥 
𝑢2 =
1
3
∫
−sin 𝑥 𝑑𝑥
cos 𝑥
= 
1
3
ln(cos 𝑥) 
Una solución particular de la ecuación diferencial es: 
𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 
𝑦𝑝 = 
1
3
 𝑥(𝑒𝑥sin 𝑥) + (
1
3
ln(cos 𝑥)) 𝑒𝑥cos 𝑥 
𝑦𝑝 =
1
3
𝑒𝑥(𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥 ln(cos 𝑥)) 
Por lo tanto la solución general de la ecuación es: 
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 
𝑦 = 𝑒𝑥(𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥) +
1
3
𝑒𝑥(𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥 ln(cos 𝑥)) ∎ 
152 
 
3.5.3 Método de variación de parámetros para ecuaciones 
de tercer orden 
 En ésta subsección mostraremos que el método de variación de parámetros 
también se puede utilizar para resolver ecuaciones lineales de tercer orden con 
coeficientes variables. 
 Nuestro objetivo es determinar a solución particular 𝑦𝑝 de 
𝑎3(𝑥)𝑦
′′′ + 𝑎2(𝑥)𝑦
′′ + 𝑎1(𝑥)𝑦
′ + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (𝟏) 
Primero dividimos (𝟏) por 𝑎3(𝑥) para llevar la ecuación a su forma estándar 
𝑦′′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′′ + 𝑞(𝑥)𝑦′ + 𝑟(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) (𝟐) 
donde el coeficiente de 𝑦′′′ es 1, 𝑝(𝑥) =
𝑎2(𝑥)
𝑎3(𝑥)
, 𝑞(𝑥) =
𝑎1(𝑥)
𝑎3(𝑥)
, 𝑟(𝑥) =
𝑎0(𝑥)
𝑎3(𝑥)
 , 𝑓(𝑥) =
𝑔(𝑥)
𝑎3(𝑥)
 y las funciones coeficiente 𝑝(𝑥), 𝑞(𝑥), 𝑟(𝑥) y 𝑓(𝑥), son continuas en (𝑎, 𝑏). 
El método por describir exige que conozcamos el conjunto fundamental de 
soluciones {𝑦1(𝑥), 𝑦2(𝑥), 𝑦3(𝑥)} de la ecuación homogénea correspondiente 
𝑦′′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′′ + 𝑞(𝑥)𝑦′ + 𝑟(𝑥)𝑦 = 0 (𝟑) 
Así la solución general de (𝟑) es 
𝑦𝑐(𝑥) = 𝐶1𝑦1(𝑥) + 𝐶2𝑦2(𝑥) + 𝐶3𝑦3(𝑥) (𝟒) 
donde 𝐶1, 𝐶2 y 𝐶3 son constantes arbitrarias. De igual forma, el método de 
variación de parámetros supone que existe una solución particular de (𝟐) de la 
forma 
𝑦𝑝(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑣(𝑥)𝑦2(𝑥) + 𝑤(𝑥)𝑦3(𝑥) (𝟓) 
y tratamos de determinar las funciones 𝑢, 𝑣 y 𝑤. 
 Tenemos 3 funciones incógnitas, de modo que necesitamos 3 condiciones 
(ecuaciones) para determinarlas. Obtenemos éstas de la manera siguiente. Al 
derivar a 𝑦𝑝 en (𝟓), tenemos 
𝑦′𝑝 = (𝑢𝑦′1 + 𝑣𝑦′2 + 𝑤𝑦′3) + (𝑦1𝑢
′ + 𝑦2𝑣
′ + 𝑦3𝑤′) (𝟔) 
Para evitar la aparición de segundas derivadas de las incógnitas 𝑢, 𝑣 𝑦 𝑤 en 
𝑦′′𝑝, imponemos la condición 
𝑦1𝑢
′ + 𝑦2𝑣
′ + 𝑦3𝑤
′ = 0 (𝟕) 
153 
 
por lo que 𝑦′𝑝 se simplifica en 
𝑦′𝑝 = 𝑢𝑦′1 + 𝑣𝑦′2 + 𝑤𝑦′3 (𝟖) 
De manera similar, al calcular 𝑦′′𝑝 de (𝟖) obtenemos 
𝑦′′𝑝 = (𝑢𝑦
′′
1
+ 𝑣𝑦′′
2
+ 𝑤𝑦′′
3
) + (𝑦′
1
𝑢′ + 𝑦′
2
𝑣′ + 𝑦′
3
𝑤′) (𝟗) 
e imponemos la condición 
𝑦′
1
𝑢′ + 𝑦′
2
𝑣′ + 𝑦′
3
𝑤′ = 0 (𝟏𝟎) 
por lo que de igual forma, 𝑦′′𝑝 se simplifica en 
𝑦′′𝑝 = 𝑢𝑦
′′
1
+ 𝑣𝑦′′
2
+ 𝑤𝑦′′
3
 (𝟏𝟏) 
Calculemos 𝑦′′′𝑝 de (𝟏𝟏) 
𝑦′′′𝑝 = (𝑢𝑦
′′′
1
+ 𝑣𝑦′′′
2
+ 𝑤𝑦′′′
3
) + (𝑦′′
1
𝑢′ + 𝑦′′
2
𝑣′ + 𝑦′′
3
𝑤′) (𝟏𝟐) 
Sustituimos (𝟓), (𝟖), (𝟏𝟏) y (𝟏𝟐) en (𝟐) 
𝒖𝑦′′′
1
+ 𝒗𝑦′′′
2
+ 𝒘𝑦′′′
3
+ 𝑦′′
1
𝑢′ + 𝑦′′
2
𝑣′ + 𝑦′′
3
𝑤′ 
 +𝑝(𝑥)(𝒖𝑦′′
1
+ 𝒗𝑦′′
2
+ 𝒘𝑦′′
3
) 
 +𝑞(𝑥)(𝒖𝑦′
1
+ 𝒗𝑦′
2
+ 𝒘𝑦′
3
) 
 + 𝑟(𝑥)(𝒖𝑦1 + 𝒗𝑦2 + 𝒘𝑦3) = 𝑓(𝑥) 
Desarrollamos 
𝒖𝑦′′′
1
+ 𝒗𝑦′′′
2
+ 𝒘𝑦′′′
3
+ 𝑦′′
1
𝑢′ + 𝑦′′
2
𝑣′ + 𝑦′′
3
𝑤′ 
 +𝑝(𝑥)𝒖𝑦′′
1
+ 𝑝(𝑥)𝒗𝑦′′
2
+ 𝑝(𝑥)𝒘𝑦′′
3
 
 +𝑞(𝑥)𝒖𝑦′
1
+ 𝑞(𝑥)𝒗𝑦′
2
+ 𝑞(𝑥)𝒘𝑦′
3
 
 + 𝑟(𝑥)𝒖𝑦1 + 𝑟(𝑥)𝒗𝑦2 + 𝑟(𝑥)𝒘𝑦3 = 𝑓(𝑥) 
Asociamos y factorizamos 
𝒖[𝑦′′′
1
+ 𝑝(𝑥)𝑦′′
1
+ 𝑞(𝑥)𝑦′
1
+ 𝑟(𝑥)𝑦1] 
 +𝒗[𝑦′′′
2
+ 𝑝(𝑥)𝑦′′
2
+ 𝑞(𝑥)𝑦′
2
+ 𝑟(𝑥)𝑦2 + 𝑟(𝑥)𝑦3] 
154 
 
 +𝒘[𝑦′′′
3
+ 𝑝(𝑥)𝑦′′
3
+ 𝑞(𝑥)𝑦′
3
+ 𝑟(𝑥)𝑦3] 
 +𝑦′′
1
𝑢′ + 𝑦′′
2
𝑣′ + 𝑦′′
3
𝑤′ = 𝑓(𝑥) (𝟏𝟑) 
pero como 𝑦1, 𝑦2 y 𝑦3 son soluciones de la ecuación homogénea (𝟑), tenemos 
que 
𝑦′′′
1
+ 𝑝(𝑥)𝑦′′
1
+ 𝑞(𝑥)𝑦′
1
+ 𝑟(𝑥)𝑦1 = 0 
𝑦′′′
2
+ 𝑝(𝑥)𝑦′′
2
+ 𝑞(𝑥)𝑦′
2
+ 𝑟(𝑥)𝑦2 + 𝑟(𝑥)𝑦3 = 0 
𝑦′′′
3
+ 𝑝(𝑥)𝑦′′
3
+ 𝑞(𝑥)𝑦′
3
+ 𝑟(𝑥)𝑦3 = 0 
y entonces, (𝟏𝟑) se reduce a 
𝑦′′
1
𝑢′ + 𝑦′′
2
𝑣′ + 𝑦′′
3
𝑤′ = 𝑓(𝑥) (𝟏𝟒) 
que sería la tercer condición que satisfagan las funciones 𝑢, 𝑣 y 𝑤. Por tanto, 
buscamos tres variables que satisfagan (𝟕), (𝟏𝟎) y (𝟏𝟒), es decir, el sistema de 
tres ecuaciones lineales con tres incógnitas 𝑢′, 𝑣′ y 𝑤′: 
𝑦1𝑢
′ + 𝑦2𝑣
′ + 𝑦3𝑤
′ = 0 
 𝑦′
1
𝑢′ + 𝑦′
2
𝑣′ + 𝑦′
3
𝑤′ = 0 (𝟏𝟓) 
𝑦′′
1
𝑢′ + 𝑦′′
2
𝑣′ + 𝑦′′
3
𝑤′ = 𝑓(𝑥) 
Una condición suficiente para la existencia de una solución del sistema anterior 
para 𝑥 en el intervalo (𝑎, 𝑏), es que el determinante de la matriz formada por los 
coeficientes de 𝑢′, 𝑣′ y 𝑤′ sea diferente de cero para toda 𝑥 en el intervalo 
(𝑎, 𝑏). Pero este determinante es precisamente el wronskiano: 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = |
𝑦1 𝑦2 𝑦3
𝑦′
1
𝑦′
2
𝑦′
3
𝑦′′
1
𝑦′′
2
𝑦′′
3
| 
que nunca se anula en (𝑎, 𝑏), pues { 𝑦1, 𝑦2, 𝑦3} es el conjunto fundamental de 
soluciones de (𝟑). Al resolver (𝟏𝟓) por la regla de Cramer, tenemos: 
𝑢′ =
|
0 𝑦2 𝑦3
0 𝑦′
2
𝑦′
3
𝑓(𝑥) 𝑦′′
2
𝑦′′
3
|
|
𝑦1 𝑦2 𝑦3
𝑦′
1
𝑦′
2
𝑦′
3
𝑦′′
1
𝑦′′
2
𝑦′′
3
|
=
𝑊1
𝑊
 (𝟏𝟔) 
155 
 
𝑣′ =
|
𝑦1 0 𝑦3
𝑦′
1
0 𝑦′
3
𝑦′′
1
𝑓(𝑥) 𝑦′′
3
|
|
𝑦1 𝑦2 𝑦3
𝑦′
1
𝑦′
2
𝑦′
3
𝑦′′
1
𝑦′′
2
𝑦′′
3
|
=
𝑊2
𝑊
 (𝟏𝟕) 
𝑤′ =
|
𝑦1 𝑦2 0
𝑦′
1
𝑦′
2
0
𝑦′′
1
𝑦′′
2
𝑓(𝑥)
|
|
𝑦1 𝑦2 𝑦3
𝑦′
1
𝑦′
2
𝑦′
3
𝑦′′
1
𝑦′′
2
𝑦′′
3
|
=
𝑊3
𝑊
 (𝟏𝟖) 
Al integrar (𝟏𝟔), (𝟏𝟕) y (𝟏𝟖) tenemos que: 
𝑢 = ∫
𝑊1
𝑊
𝑑𝑥 (𝟏𝟗) 
𝑣 = ∫
𝑊2
𝑊
𝑑𝑥 (𝟐𝟎) 
𝑤 = ∫
𝑊3
𝑊
𝑑𝑥 (𝟐𝟏) 
Por último, sustituimos (𝟏𝟗), (𝟐𝟎) y (𝟐𝟏) en (𝟓) para obtener una solución 
particular de la ecuación (𝟐): 
 
𝑦𝑝(𝑥) = 𝑦1(𝑥) ∫
𝑊2
𝑊
𝑑𝑥 + 𝑦2(𝑥) ∫
𝑊2
𝑊
𝑑𝑥 + 𝑦3(𝑥) ∫
𝑊3
𝑊
𝑑𝑥 (𝟐𝟏) 
 
Resumen del método 
De igual forma como se mencionó en el resumen del método de variación de 
parámetros para ecuaciones de segundo orden, por lo común no es buena idea 
memorizar fórmulas en lugar de entender un procedimiento. Sin embargo, otra vez 
el procedimiento anterior es demasiado largo y complicado para usarse cada vez 
que se desee resolver una ecuación diferencial lineal de segundo orden no 
homogénea. En este caso resulta más eficaz usar simplemente la fórmula (21). 
 
156 
 
Así para resolver: 
𝑎3(𝑥)𝑦
′′′ + 𝑎2(𝑥)𝑦
′′ + 𝑎1(𝑥)𝑦
′ + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (𝟏) 
donde 𝑔(𝑥) ≠ 0, haremos lo siguiente: 
1. Dividir (𝟏) por 𝑎3(𝑥) para llevarla ecuación a su forma estándar 
𝑦′′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′′ + 𝑞(𝑥)𝑦′ + 𝑟(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) (𝟐) 
donde el coeficiente de 𝑦′′′ es 1, 𝑝(𝑥) =
𝑎2(𝑥)
𝑎3(𝑥)
, 𝑞(𝑥) =
𝑎1(𝑥)
𝑎3(𝑥)
, 𝑟(𝑥) =
𝑎0(𝑥)
𝑎3(𝑥)
 , 
𝑓(𝑥) =
𝑔(𝑥)
𝑎3(𝑥)
 y las funciones coeficiente 𝑝(𝑥), 𝑞(𝑥), 𝑟(𝑥) y 𝑓(𝑥), son 
continuas en (𝑎, 𝑏). 
 
2. Encontrar la solución complementaria 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 + 𝑐3𝑦3 de la 
ecuación diferencial homogénea correspondiente 
 
𝑦′′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′′ + 𝑞(𝑥)𝑦′ + 𝑟(𝑥)𝑦 = 0 (𝟑) 
 
3. Calcular el wronskiano del conjunto fundamental de soluciones {𝑦1, 𝑦2, 𝑦3} 
de (𝟑): 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = |
𝑦1 𝑦2 𝑦3
𝑦′
1
𝑦′
2
𝑦′
3
𝑦′′
1
𝑦′′
2
𝑦′′
3
| 
 
4. Determinar 𝑢1, 𝑢2 𝑦 𝑢3 integrando respectivamente: 
𝑢1
′ =
𝑊1
𝑊
, 𝑢2
′ =
𝑊2
𝑊
 𝑦 𝑢3
′ =
𝑊3
𝑊
 
donde: 
𝑊1 = |
0 𝑦2 𝑦3
0 𝑦′
2
𝑦′
3
𝑓(𝑥) 𝑦′′
2
𝑦′′
3
| 
𝑊2 = |
𝑦1 0 𝑦3
𝑦′
1
0 𝑦′
3
𝑦′′
1
𝑓(𝑥) 𝑦′′
3
| 
𝑊3 = |
𝑦1 𝑦2 0
𝑦′
1
𝑦′
2
0
𝑦′′
1
𝑦′′
2
𝑓(𝑥)
| 
157 
 
5. Una solución particular de (𝟏) es: 
𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 + 𝑢3𝑦3 
6. La solución general de (𝟏) es: 
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 
Ejemplo 1 
Resuelva: 
𝑦′′′ + 𝑦′ = tan 𝑥 , 0 < 𝑥 <
𝜋
2
 
Solución 
Observemos que la ecuación ya se está en su forma estándar, por lo que 
encontraremos la solución complementaria 𝑦𝑐 de la ecuación homogénea 
correspondiente 
𝑦′′′ + 𝑦′ = 0 
Ecuación a auxiliar: 
 𝑚3 + 𝑚 = 0 
Factorizamos: 
𝑚(𝑚2 + 1) = 0 
por lo que sus raíces son: 
𝑚1 = 0 (𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑖𝑛𝑡𝑎) 
𝑚2,3 = ± 𝑖 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑗𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠) 
Entonces: 
 𝑦𝑐 = 𝐶1 + 𝐶2 sin 𝑥 + 𝐶3 cos 𝑥 
Calculamos el wronskiano del conjunto fundamental de soluciones: 
 𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = |
1 sin 𝑥 cos 𝑥
0 cos 𝑥 − sin 𝑥
0 − sin 𝑥 − cos 𝑥
| 
resolviendo dicho determinante por Sarrus: 
158 
 
 𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = |
1 sin 𝑥 cos 𝑥
0 cos 𝑥 − sin 𝑥
0 − sin 𝑥 − cos 𝑥
|
1 sin 𝑥
0 cos 𝑥
0 − sin 𝑥
| 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = (− cos
2 𝑥 + 0 + 0) − (0 + sin2 𝑥 + 0) 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = − cos
2 𝑥 − sin2 𝑥 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = − (cos
2 𝑥 + sin2 𝑥) 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = − 1 
Ahora calculemos 𝑊1, 𝑊2 y 𝑊3, donde 𝑓(𝑥) = tan 𝑥: 
 𝑊1 = |
0 sin 𝑥 cos 𝑥
0 cos 𝑥 − sin 𝑥
tan 𝑥 − sin 𝑥 − cos 𝑥
| 
𝑊1 = |
0 sin 𝑥 cos 𝑥
0 cos 𝑥 − sin 𝑥
tan 𝑥 − sin 𝑥 − cos 𝑥
|
0 sin 𝑥
0 cos 𝑥
tan 𝑥 − sin 𝑥
| 
𝑊1 = (0 − sin
2 𝑥 tan 𝑥 + 0) − (tan 𝑥 cos2 𝑥 + 0 + 0) 
𝑊1 = − sin
2 𝑥 tan 𝑥 − tan 𝑥 cos2 𝑥 
𝑊1 = − tan 𝑥 (sin
2 𝑥 tan 𝑥 + cos2 𝑥) 
𝑊1 = − tan 𝑥 
así como: 
 𝑊2 = |
1 0 cos 𝑥
0 0 − sin 𝑥
0 tan 𝑥 − cos 𝑥
| 
𝑊2 = |
1 0 cos 𝑥
0 0 − sin 𝑥
0 tan 𝑥 − cos 𝑥
|
1 0
0 0
0 tan 𝑥
| 
𝑊2 = (0 + 0 + 0) − (0 − tan 𝑥 sin 𝑥 + 0) 
𝑊2 = tan 𝑥 sin 𝑥 
y de igual forma: 
 𝑊3 = |
1 sin 𝑥 0
0 cos 𝑥 0
0 − sin 𝑥 tan 𝑥
| 
159 
 
𝑊3 = |
1 sin 𝑥 0
0 cos 𝑥 0
0 − sin 𝑥 tan 𝑥
|
1 sin 𝑥
0 cos 𝑥
0 − sin 𝑥
| 
𝑊3 = (cos 𝑥 tan 𝑥 + 0 + 0) − (0 + 0 + 0) 
𝑊3 = cos 𝑥 tan 𝑥 
𝑊3 = cos 𝑥 (
sin 𝑥
cos 𝑥
) 
𝑊3 = sin 𝑥 
por lo que: 
𝑢1
′ =
𝑊1
𝑊
= 
− tan 𝑥
−1
= tan 𝑥 
𝑢2
′ = 
𝑊2
𝑊
= 
tan 𝑥 sin 𝑥
−1
= − tan 𝑥 sin 𝑥 
𝑢3
′ = 
𝑊3
𝑊
= 
sin 𝑥
−1
= − sin 𝑥 
e integrando cada una: 
𝒖𝟏 = ∫ tan 𝑥 𝑑𝑥 = ∫
sin 𝑥
cos 𝑥
𝑑𝑥 = − ∫
−sin 𝑥 𝑑𝑥
cos 𝑥
= − ln(cos 𝑥) = ln(cos 𝑥)−1 = ln(sec 𝑥) 
𝒖𝟐 = − ∫ tan 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = − ∫ (
sin 𝑥
cos 𝑥
) sin 𝑥 𝑑𝑥 = − ∫ (
sin2 𝑥
cos 𝑥
) 𝑑𝑥
= − ∫ (
1 − cos2 𝑥
cos 𝑥
) 𝑑𝑥 = − ∫ (
1
cos 𝑥
− cos 𝑥) 𝑑𝑥 = − ∫(sec 𝑥 − cos 𝑥) 𝑑𝑥
= −[ln(sec 𝑥 + tan 𝑥) − sin 𝑥] = − ln(sec 𝑥 + tan 𝑥) + sin 𝑥 
𝒖𝟑 = − ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = −(− cos 𝑥) = cos 𝑥 
Por lo que una solución particular es: 
𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 + 𝑢3𝑦3 
𝑦𝑝 = ln(sec 𝑥) + (− ln(sec 𝑥 + tan 𝑥) + sin 𝑥) sin 𝑥 + cos 𝑥 (cos 𝑥) 
𝑦𝑝 = ln(sec 𝑥) − sin 𝑥 ln(sec 𝑥 + tan 𝑥) + sin
2 𝑥 + cos2 𝑥 
𝑦𝑝 = ln(sec 𝑥) − sin 𝑥 ln(sec 𝑥 + tan 𝑥) + 1 
160 
 
Por lo tanto la solución general de la ecuación es: 
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 
𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 sin 𝑥 + 𝐶3 cos 𝑥 + ln(sec 𝑥) − sin 𝑥 ln(sec 𝑥 + tan 𝑥) + 1 
Cabe observar que podemos simplificar dicha solución de la siguiente forma: 
𝑦 = (𝐶1 + 1) + 𝐶2 sin 𝑥 + 𝐶3 cos 𝑥 + ln(sec 𝑥) − sin 𝑥 ln(sec 𝑥 + tan 𝑥) 
y como 𝐶1 + 1 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑟𝑎𝑟𝑖𝑎, entonces: 
𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 sin 𝑥 + 𝐶3 cos 𝑥 + ln(sec 𝑥) − sin 𝑥 ln(sec 𝑥 + tan 𝑥) ∎ 
Ejemplo 2 
Determine una solución general de la ecuación de Cauchy-Euler: 
𝑥3𝑦′′′ − 3𝑥2𝑦′′ + 6𝑥𝑦′ − 6𝑦 = 𝑥−1, 𝑥 > 0 
dado que {𝑥, 𝑥2, 𝑥3} es un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación 
homogénea correspondiente. 
Solución 
Dividamos la ecuación diferencial por 𝑥3 para llevarla a su forma estándar: 
𝑦′′′ −
3
𝑥
𝑦′′ +
6
𝑥2
𝑦′ −
6
𝑥3
𝑦 = 𝑥−4, 𝑥 > 0 
de la cual observamos que 𝑓(𝑥) = 𝑥−4. Calculamos el wronskiano del conjunto 
fundamental de soluciones: 
 𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = |
𝑥 𝑥2 𝑥3
1 2𝑥 3𝑥2
0 2 6𝑥
| 
resolviendo dicho determinante por Sarrus: 
 𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = |
𝑥 𝑥2 𝑥3
1 2𝑥 3𝑥2
0 2 6𝑥
|
𝑥 𝑥2
1 2𝑥
0 2
| 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = (12𝑥
3 + 0 + 2𝑥3) − (0 + 6𝑥3 + 6𝑥3) 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = 14𝑥
3 − 12𝑥3 
𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = 2𝑥
3 
161 
 
Ahora calculemos 𝑊1, 𝑊2 y 𝑊3, donde 𝑓(𝑥) = 𝑥
−4: 
 𝑊1 = |
0 𝑥2 𝑥3
0 2𝑥 3𝑥2
𝑥−4 2 6𝑥
| 
𝑊1 = |
0 𝑥2 𝑥3
0 2𝑥 3𝑥2
𝑥−4 2 6𝑥
|
0 𝑥2
0 2𝑥
𝑥−4 2
| 
𝑊1 = (0 + 3 + 0) − (2 + 0 + 0) 
𝑊1 = 3 − 2 
𝑊1 = 1 
así como: 
 𝑊2 = |
𝑥 0 𝑥3
1 0 3𝑥2
0 𝑥−4 6𝑥
| 
𝑊2 = |
𝑥 0 𝑥3
1 0 3𝑥2
0 𝑥−4 6𝑥
|
𝑥 0
1 0
0 𝑥−4
| 
𝑊2 = (0 + 0 + 𝑥
−1) − (0 + 3𝑥−1 + 0) 
𝑊2 = 𝑥
−1 − 3𝑥−1 
𝑊2 = −2𝑥
−1 
y de igual forma: 
 𝑊3 = |
𝑥 𝑥2 0
1 2𝑥 0
0 2 𝑥−4
| 
𝑊3 = |
𝑥 𝑥2 0
1 2𝑥 0
0 2 𝑥−4
|
𝑥 𝑥2
1 2𝑥
0 2
| 
𝑊3 = (2𝑥
−2 + 0 + 0) − (0 + 0 + 𝑥−2) 
𝑊3 = 2𝑥
−2 − 𝑥−2 
𝑊3 = 𝑥
−2 
 
162 
 
por lo que: 
𝑢1
′ =
𝑊1
𝑊
= 
1
2𝑥3
= 
1
2
𝑥−3 
𝑢2
′ = 
𝑊2
𝑊
= 
−2𝑥−1
2𝑥3
= −𝑥−4 
𝑢3
′ = 
𝑊3
𝑊
= 
𝑥−2
2𝑥3
= 
1
2
𝑥−5 
e integrando cada una: 
𝒖𝟏 = ∫ (
1
2
𝑥−3) 𝑑𝑥 =
1
2
∫ 𝑥−3𝑑𝑥 = −
1
4
𝑥−2 
𝒖𝟐 = ∫(−𝑥
−4) 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑥−4 𝑑𝑥 =
1
3
𝑥−3 
𝒖𝟑 = ∫ (
1
2
𝑥−5) 𝑑𝑥 =
1
2
∫ 𝑥−5𝑑𝑥 = −
1
8
𝑥−4 
Entonces, una solución particular es: 
𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 + 𝑢3𝑦3 
𝑦𝑝 = (−
1
4
𝑥−2) 𝑥 + (
1
3
𝑥−3) 𝑥2 + (−
1
8
𝑥−4) 𝑥3 
𝑦𝑝 = −
1
4
𝑥−1 +
1
3
𝑥−1 −
1
8
𝑥−1 
𝑦𝑝 = −
1
24
𝑥−1 
Por lo tanto la solución general de la ecuación es: 
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 
𝑦 = 𝐶1𝑥 + 𝐶2𝑥
2 + 𝐶3𝑥
3 −
1
24
𝑥−1 ∎ 
 
 
 
 
163 
 
Ejercicios 3.5 
I. Determine una solución general de cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales, 
usando el método de variación de parámetros. 
1. 𝑦′′ + 𝑦 = sec 𝑥 
2. 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 𝑥−1𝑒𝑥 
3. 𝑦′′ + 𝑦 = cos2 𝑥 
4. 𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 = sin 𝑒𝑥 
5. 𝑦′′′ + 4𝑦′ = sec 2𝑥 
6. 𝑦′′′ + 𝑦′ = sec 𝑥 tan 𝑥, 0 < 𝑥 <
𝜋
2
 
7. 𝑦′′′ − 2𝑦′′ + 𝑦′ = 𝑥 
8. 𝑦′′′ − 3𝑦′′ + 3𝑦′ − 𝑦 = 𝑒𝑥 
II. La ecuación de Bessel de orden dos: 
𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + (𝑥2 −
1
4
) 𝑦 = 0, 𝑥 > 0 
tiene dos soluciones linealmente independientes: 
𝑦1(𝑥) = 𝑥
−1
2 cos 𝑥 , 𝑦2(𝑥) = 𝑥
−1
2 sin 𝑥 
Determine una solución general de la ecuación no homogénea: 
𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + (𝑥2 −
1
4
) 𝑦 = 𝑥
5
2, 𝑥 > 0 
III. Determine una solución general de la ecuación de Cauchy-Euler: 
𝑥3𝑦′′′ − 2𝑥2𝑦′′ + 3𝑥𝑦′ − 3𝑦 = 𝑥2, 𝑥 > 0 
dado que {𝑥, 𝑥 ln 𝑥 , 𝑥3} es un conjunto fundamental de soluciones para la 
ecuación homogénea correspondiente.