06 Trabajo Práctico Nro 6 (ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 6 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES 
CONSTANTES 
Una ecuación diferencial se segundo orden homogénea con coeficientes constantes responde a 
la siguiente forma: 
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 
con 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ 
Se plantea como solución 𝑦 = 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑟𝑥 y se tiene que determinar la solución para que 
satisfaga la igualdad, por lo tanto, se calculan las derivadas primera y segunda de 𝑦(𝑥): 
𝑦(𝑥) = 𝑒𝑟𝑥 
𝑦′(𝑥) = 𝑟𝑒𝑟𝑥 
𝑦′′(𝑥) = 𝑟2𝑒𝑟𝑥 
Si reemplazamos la solución propuesta y sus derivadas en la ecuación diferencial: 
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 
𝑎𝑟2𝑒𝑟𝑥 + 𝑏𝑟𝑒𝑟𝑥 + 𝑐𝑒𝑟𝑥 = 0 
𝑒𝑟𝑥(𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐) = 0 
Como 𝑒𝑟𝑥 ≠ 0 entonces 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0, y en cada ejercicio tenemos que resolver 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 +
𝑐 = 0, es decir, encontrar los valores de 𝑟 que cumplan con la igualdad de la que vamos a llamar 
ecuación característica. 
Como 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0 es una ecuación de segundo grado de incógnita 𝑟, debemos analizar el 
tipo de solución, por lo que nos podemos encontrar delante de 3 casos distintos: 
Caso 1) si se obtienen dos soluciones reales distintas 𝑟1 y 𝑟2 con 𝑟1 ≠ 𝑟2 entonces la solución 
general de la ecuación diferencial se expresa: 
𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒𝑟1𝑥 + 𝐵𝑒𝑟2𝑥 
con 𝐴 y 𝐵 siendo constantes a determinar en base a una condición inicial, obteniendo así una 
solución particular. 
Resolvamos un ejemplo: 
2𝑦′′ − 4𝑦′ − 6𝑦 = 0 
Planteamos la ecuación característica: 
2𝑟2 − 4𝑟 − 6 = 0 
Resolvemos la ecuación: 
3 
 
𝑟 =
4 ± √(−4)2 − 4 ∙ 2 ∙ (−6)
2 ∙ 2
=
4 ± 8
4
 
𝑟1 = 3 𝑟2 = −1 
La solución general de la ecuación diferencial resulta: 
𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒3𝑥 + 𝐵𝑒−𝑥 
Caso 2) si se obtiene una solución real doble 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟 entonces la solución general de la 
ecuación diferencial se expresa: 
𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒𝑟𝑥 + 𝐵𝑒𝑟𝑥𝑥 
con 𝐴 y 𝐵 siendo constantes a determinar en base a una condición inicial, obteniendo así una 
solución particular. 
Resolvamos un ejemplo: 
−4𝑦′′ − 16𝑦′ − 16𝑦 = 0 
Planteamos la ecuación característica: 
−4𝑟2 − 16𝑟 − 16 = 0 
Resolvemos la ecuación: 
𝑟 =
16 ± √(−16)2 − 4 ∙ (−4) ∙ (−16)
2 ∙ (−4)
=
16 ± 0
−8
= −2 
𝑟 = −2 
Obtuvimos una raíz doble, entonces la solución general de la ecuación diferencial resulta: 
𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒−2𝑥 + 𝐵𝑒−2𝑥𝑥 
Caso 3) si se obtienen dos soluciones complejas conjugadas que se pueden expresar como 𝑟1 =
𝑚 + 𝑛𝑖 y 𝑟2 = 𝑚 − 𝑛𝑖 con 𝑚, 𝑛 ∈ ℝ y siendo 𝑖 el número imaginario que cumple 𝑖
2 = −1 
entonces la solución general de la ecuación diferencial se expresa: 
𝑦(𝑥) = 𝑒𝑚𝑥[𝐴 cos(𝑛𝑥) + 𝐵 sen(𝑛𝑥)] 
con 𝐴 y 𝐵 siendo constantes a determinar en base a una condición inicial, obteniendo así una 
solución particular. 
Resolvamos un ejemplo: 
𝑦′′ − 6𝑦′ + 13𝑦 = 0 
Planteamos la ecuación característica: 
𝑟2 − 6𝑟 + 13 = 0 
4 
 
Resolvemos la ecuación: 
𝑟 =
6 ± √62 − 4 ∙ 1 ∙ 13
2 ∙ 1
=
6 ± √4𝑖
2
= 3 ± 2𝑖 
𝑟1 = 3 + 2𝑖 𝑟2 = 3 − 2𝑖 
La solución general de la ecuación diferencial resulta: 
𝑦(𝑥) = 𝑒3𝑥[𝐴 cos(2𝑥) + 𝐵 sen(2𝑥)] 
 
 
5 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN NO HOMOGÉNEAS: MÉTODO DE LOS 
COEFICIENTES INDETERMINADOS 
Una ecuación diferencial de segundo orden no homogénea tiene la siguiente expresión: 
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑓(𝑥) 
con 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ y 𝑓(𝑥) ≠ 0 
La solución general 𝑦 = 𝑦(𝑥) de la ecuación diferencial se construye de la siguiente manera: 
1) buscamos la solución general de la ecuación homogénea asociada, es decir, de 𝑎𝑦′′ +
𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 y la vamos a llamar 𝑦ℎ 
2) buscamos una solución particular de la ecuación no homogénea, es decir, de 𝑎𝑦′′ +
𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑓(𝑥), cuyos términos no sean soluciones de la ecuación homogénea (que se 
obtuvo en el paso anterior, el 1), y la vamos a llamar 𝑦𝑝 
3) la solución general de la ecuación diferencial no homogénea resulta 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 
Nosotrxs solamente vemos ecuaciones diferenciales donde la función 𝑓(𝑥) puede ser un 
polinomio, una función exponencial, una función seno o coseno, o suma o producto de este tipo 
de funciones. 
La solución particular de la ecuación no homogénea que se propone depende del tipo de función 
que sea 𝑓(𝑥), veamos: 
Si 𝑓(𝑥) = 𝐴𝑒𝑛𝑥 entonces se plantea 𝑦𝑝 = 𝐶𝑒
𝑛𝑥 
Si 𝑓(𝑥) = 𝐴 cos(𝑛𝑥) o 𝑓(𝑥) = 𝐴 sen(𝑛𝑥) entonces se plantea 𝑦𝑝 = 𝐶 cos(𝑛𝑥) + 𝐷 sen(𝑛𝑥) 
Si 𝑓(𝑥) es un polinomio de grado 𝑛, entonces se plantea 𝑦𝑝 como un polinomio de grado 𝑛 
Los términos de la solución particular no pueden ser soluciones de la ecuación homogénea, pero 
si esto sucede, se debe multiplicar la solución particular por 𝑥 tantas veces sea necesario hasta 
que ningún término de la solución particular propuesta sea solución de la ecuación homogénea, 
es decir, hasta que la solución particular propuesta y la solución de la ecuación homogénea no 
compartan términos. 
Ejercicio 13 
En este ejercicio nos piden resolver las ecuaciones diferenciales de segundo orden que nos dan 
buscando a) la solución general de la ecuación homogénea asociada, b) una solución particular 
de la ecuación no homogénea, aplicando el método de los coeficientes indeterminados, c) la 
solución general de la ecuación diferencial no homogénea y d) en los casos en que haya condición 
inicial, calcular la solución particular. 
 
 
6 
 
a) 
𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 𝑥2 𝑦′(0) = 0 𝑦(0) = −1 
Buscamos la solución de la ecuación homogénea 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 0 planteando la ecuación 
característica y resolviéndola: 
𝑟2 − 2𝑟 + 1 = 0 
𝑟 =
2 ± √(−2)2 − 4 ∙ 1 ∙ 1
2 ∙ 1
= 1 
Obtuvimos una raíz doble, entonces la solución general de la ecuación homogénea es: 
𝑦ℎ = 𝑦ℎ(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑥 + 𝐵𝑒𝑥𝑥 
Ahora planteamos una solución particular para la ecuación no homogénea 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 𝑥2 y 
como 𝑓(𝑥) = 𝑥2 es un polinomio de grado 2, se plantea como solución particular un polinomio 
de grado 2: 
𝑦𝑝 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 
En la solución particular de la ecuación no homogénea anteriormente planteada vemos que ésta 
no comparte términos con la solución general de la ecuación homogénea, por lo tanto, podemos 
trabajar con esta solución propuesta. 
Para que 𝑦𝑝 sea solución particular debe verificar 𝑦𝑝
′′ − 2𝑦𝑝
′ + 𝑦𝑝 = 𝑥
2 , entonces buscamos las 
derivadas de esta solución propuesta: 
𝑦𝑝(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 
𝑦𝑝
′ (𝑥) = 𝑎1 + 2𝑎2𝑥 
𝑦𝑝
′′(𝑥) = 2𝑎2 
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial no homogénea: 
𝑦𝑝
′′ − 2𝑦𝑝
′ + 𝑦𝑝 = 𝑥
2 
2𝑎2 − 2(𝑎1 + 2𝑎2𝑥) + (𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) = 𝑥2 
Vamos a reordenar de acuerdo a las potencias de 𝑥: 
2𝑎2 − 2𝑎1 − 4𝑎2𝑥 + 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 = 𝑥2 
(2𝑎2 − 2𝑎1 + 𝑎0) + (−4𝑎2 + 𝑎1)𝑥 + 𝑎2𝑥
2 = 𝑥2 
 
7 
 
Para que la igualdad se cumpla debe ser: 
2𝑎2 − 2𝑎1 + 𝑎0 = 0 
2 ∙ 1 − 2 ∙ 4 + 𝑎0 = 0 
2 − 8 + 𝑎0 = 0 
−6 + 𝑎0 = 0 
𝑎0 = 6 
−4𝑎2 + 𝑎1 = 0 
−4 ∙ 1 + 𝑎1 = 0 
𝑎1 = 4 
𝑎2 = 1 
Entonces, la solución particular encontrada es: 
𝑦𝑝 = 𝑦𝑝(𝑥) = 6 + 4𝑥 + 𝑥
2 
Así, la solución general de la ecuación no homogénea es: 
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 
𝑦 = 𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑒𝑥𝑥 + 6 + 4𝑥 + 𝑥2 
Ahora debemos encontrar la solución particular que cumpla con las dos condiciones dadas: 
𝑦′(0) = 0 y 𝑦(0) = −1: 
𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑒𝑥𝑥 + 6 + 4𝑥 + 𝑥2 
𝑦(0) = 𝐴𝑒0 + 𝐵𝑒0 ∙ 0 + 6 + 4 ∙ 0 + 02 = −1 
𝐴 + 6 = −1 
𝐴 = −1 − 6 
𝐴 = −7 
Si 𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑒𝑥𝑥 +6 + 4𝑥 + 𝑥2 entonces: 
𝑦′(𝑥) = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑒𝑥 + 4 + 2𝑥 
𝑦′(0) = 𝐴𝑒0 + 𝐵𝑒0 + 4 + 2 ∙ 0 = 0 
−7 ∙ 1 + 𝐵 + 4 = 0 
𝐵 = 7 − 4 
𝐵 = 3 
La solución particular pedida es: 
𝑦(𝑥) = −7𝑒𝑥 + 3𝑒𝑥𝑥 + 6 + 4𝑥 + 𝑥2 
 
 
8 
 
d) 
𝑦′′ + 4𝑦′ = 𝑒−3𝑥 − 3𝑦 
Reescribimos la expresión dada para que respete la forma general de una ecuación diferencial de 
segundo orden no homogénea: 
𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 𝑒−3𝑥 
Buscamos la solución de la ecuación homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 0 planteando la ecuación 
característica y resolviéndola: 
𝑟2 + 4𝑟 + 3 = 0 
𝑟 =
−4 ± √42 − 4 ∙ 1 ∙ 3
2 ∙ 1
=
−4 ± 2
2
 
𝑟1 = −3 𝑟2 = −1 
La solución general de la ecuación homogénea es: 
𝑦ℎ = 𝑦ℎ(𝑥) = 𝐴𝑒
−3𝑥 + 𝐵𝑒−𝑥 
Ahora planteamos una solución particular para la ecuación no homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 =
𝑒−3𝑥 y como 𝑓(𝑥) = 𝑒−3𝑥, se plantea como solución particular 𝑦𝑝 = 𝐶𝑒
−3𝑥 pero observamos 
que coincide con uno de los términos de la solución general de la ecuación homogénea, entonces 
multiplicamos a la solución particular propuesta para le ecuación no homogénea por la variable 
independiente, es decir, por 𝑥, por lo tanto, proponemos como solución: 
𝑦𝑝 = 𝐶𝑒
−3𝑥𝑥 
Para que 𝑦𝑝 sea solución particular debe verificar 𝑦𝑝
′′ + 4𝑦𝑝
′ + 3𝑦𝑝 = 𝑒
−3𝑥 , entonces buscamos 
las derivadas de esta solución propuesta: 
𝑦𝑝(𝑥) = 𝐶𝑒
−3𝑥𝑥 
𝑦𝑝
′ (𝑥) = −3𝐶𝑒−3𝑥𝑥 + 𝐶𝑒−3𝑥 
𝑦𝑝
′′(𝑥) = 9𝐶𝑒−3𝑥𝑥 − 3𝐶𝑒−3𝑥 − 𝐶𝑒−3𝑥 = 9𝐶𝑒−3𝑥𝑥 − 6𝐶𝑒−3𝑥 
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial no homogénea: 
𝑦𝑝
′′ + 4𝑦𝑝
′ + 3𝑦𝑝 = 𝑒
−3𝑥 
9𝐶𝑒−3𝑥𝑥 − 6𝐶𝑒−3𝑥 + 4(−3𝐶𝑒−3𝑥𝑥 + 𝐶𝑒−3𝑥) + 3𝐶𝑒−3𝑥𝑥 = 𝑒−3𝑥 
9𝐶𝑒−3𝑥𝑥 − 6𝐶𝑒−3𝑥 − 12𝐶𝑒−3𝑥𝑥 + 4𝐶𝑒−3𝑥 + 3𝐶𝑒−3𝑥𝑥 = 𝑒−3𝑥 
−2𝐶𝑒−3𝑥 = 𝑒−3𝑥 
Para que la igualdad se cumpla debe ser: 
−2𝐶 = 1 
9 
 
𝐶 = −
1
2
 
Entonces, la solución particular encontrada es: 
𝑦𝑝 = 𝑦𝑝(𝑥) = −
1
2
𝑒−3𝑥𝑥 
Así, la solución general de la ecuación no homogénea es: 
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 
𝑦 = 𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒−3𝑥 + 𝐵𝑒−𝑥 −
1
2
𝑒−3𝑥𝑥 
 i) 
𝑦′′ + 3𝑦 = 2𝑒−𝑥 + 4 cos 𝑥 − 4𝑦′ 
Reescribimos la expresión para que respecte la forma general de una ecuación diferencial de 
segundo orden no homogénea: 
𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 2𝑒−𝑥 + 4 cos 𝑥 
Buscamos la solución de la ecuación homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 0 planteando la ecuación 
característica y resolviéndola: 
𝑟2 + 4𝑟 + 3 = 0 
𝑟 =
−4 ± √42 − 4 ∙ 1 ∙ 3
2 ∙ 1
=
−4 ± 2
2
 
𝑟1 = −3 𝑟2 = −1 
La solución general de la ecuación homogénea es: 
𝑦ℎ = 𝑦ℎ(𝑥) = 𝐴𝑒
−3𝑥 + 𝐵𝑒−𝑥 
Ahora planteamos una solución particular para la ecuación no homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 =
2𝑒−𝑥 + 4 cos 𝑥 y como 𝑓(𝑥) = 2𝑒−𝑥 + 4 cos 𝑥 es una suma de una función exponencial y de una 
función coseno, entonces lo que hacemos es plantear como solución particular a 𝑦𝑝1 = 𝐶𝑒
−𝑥 
para la ecuación 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 2𝑒−𝑥 y como solución particular a 𝑦𝑝2 = 𝐶 cos 𝑥 + 𝐷 sen 𝑥 
para la ecuación 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 4 cos 𝑥 tal que la solución particular de la ecuación diferencial 
de segundo orden no homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 2𝑒−𝑥 + 4 cos 𝑥 sea 𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 
Primero vamos a buscar 𝑦𝑝1 = 𝐶𝑒
−𝑥 para la ecuación 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 2𝑒−𝑥: 
Como observamos que 𝑦𝑝1 coincide con uno de los términos de la solución general de la ecuación 
homogénea, entonces multiplicamos a la solución particular propuesta para la ecuación no 
homogénea por la variable independiente, es decir, por 𝑥, por lo tanto, proponemos como 
solución: 
10 
 
𝑦𝑝1 = 𝐶𝑒
−𝑥𝑥 
Para que 𝑦𝑝1 sea solución particular debe verificar 𝑦𝑝1
′′ + 4𝑦𝑝1
′ + 3𝑦𝑝1 = 2𝑒
−𝑥 , entonces 
buscamos las derivadas de esta solución propuesta: 
𝑦𝑝1(𝑥) = 𝐶𝑒
−𝑥𝑥 
𝑦𝑝1
′ (𝑥) = −𝐶𝑒−𝑥𝑥 + 𝐶𝑒−𝑥 
𝑦𝑝1
′′ (𝑥) = 𝐶𝑒−𝑥𝑥 − 𝐶𝑒−𝑥 − 𝐶𝑒−𝑥 = 𝐶𝑒−𝑥𝑥 − 2𝐶𝑒−𝑥 
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial no homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 2𝑒−𝑥: 
𝑦𝑝1
′′ + 4𝑦𝑝1
′ + 3𝑦𝑝1 = 2𝑒
−𝑥 
𝐶𝑒−𝑥𝑥 − 2𝐶𝑒−𝑥 + 4(−𝐶𝑒−𝑥𝑥 + 𝐶𝑒−𝑥) + 3𝐶𝑒−𝑥𝑥 = 2𝑒−𝑥 
𝐶𝑒−𝑥𝑥 − 2𝐶𝑒−𝑥 − 4𝐶𝑒−𝑥𝑥 + 4𝐶𝑒−𝑥 + 3𝐶𝑒−𝑥𝑥 = 2𝑒−𝑥 
2𝐶𝑒−𝑥 = 2𝑒−𝑥 
Para que la igualdad se cumpla debe ser: 
𝐶 = 1 
Entonces, la solución particular encontrada es: 
𝑦𝑝1 = 𝑦𝑝1(𝑥) = 𝑒
−𝑥𝑥 
Ahora vamos a buscar 𝑦𝑝2 = 𝐶 cos 𝑥 + 𝐷 sen 𝑥 para la ecuación 𝑦
′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 4 cos 𝑥: 
Para que 𝑦𝑝2 sea solución particular debe verificar 𝑦𝑝2
′′ + 4𝑦𝑝2
′ + 3𝑦𝑝2 = 4 cos 𝑥, entonces 
buscamos las derivadas de esta solución propuesta: 
𝑦𝑝2(𝑥) = 𝐶 cos 𝑥 + 𝐷 sen 𝑥 
𝑦𝑝2
′ (𝑥) = −𝐶 sen 𝑥 + 𝐷 cos 𝑥 
𝑦𝑝2
′′ (𝑥) = −𝐶 cos 𝑥 − 𝐷 sen 𝑥 
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial no homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 4 cos 𝑥: 
𝑦𝑝2
′′ + 4𝑦𝑝2
′ + 3𝑦𝑝2 = 4 cos 𝑥 
−𝐶 cos 𝑥 − 𝐷 sen 𝑥 + 4(−𝐶 sen 𝑥 + 𝐷 cos 𝑥) + 3(𝐶 cos 𝑥 + 𝐷 sen 𝑥) = 4 cos 𝑥 
−𝐶 cos 𝑥 − 𝐷 sen 𝑥 − 4𝐶 sen 𝑥 + 4𝐷 cos 𝑥 + 3𝐶 cos 𝑥 + 3𝐷 sen 𝑥 = 4 cos 𝑥 
(−𝐶 + 4𝐷 + 3𝐶) cos 𝑥 + (−𝐷 − 4𝐶 + 3𝐷) sen 𝑥 = 4 cos 𝑥 
(4𝐷 + 2𝐶) cos 𝑥 + (−4𝐶 + 2𝐷) sen 𝑥 = 4 cos 𝑥 
 
11 
 
Para que la igualdad se cumpla debe ser: 
4𝐷 + 2𝐶 = 4 
2𝐶 = 4 − 4𝐷 
𝐶 = 2 − 2𝐷 
𝐶 = 2 − 2 ∙
4
5
 
𝐶 =
2
5
 
−4𝐶 + 2𝐷 = 0 
−4 ∙ (2 − 2𝐷) + 2𝐷 = 0 
−8 + 8𝐷 + 2𝐷 = 0 
−8 + 10𝐷 = 0 
10𝐷 = 8 
𝐷 =
8
10
=
4
5
 
Entonces, la solución particular encontrada es: 
𝑦𝑝2 = 𝑦𝑝2(𝑥) =
2
5
cos 𝑥 +
4
5
sen 𝑥 
Ahora, dijimos que la solución particular de la ecuación diferencial de segundo orden no 
homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 2𝑒−𝑥 + 4 cos 𝑥 era 𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2, entonces: 
𝑦𝑝 = 𝑒
−𝑥𝑥 +
2
5
cos 𝑥 +
4
5
sen 𝑥 
Y la solución general de la ecuación diferencial de segundo orden no homogénea 𝑦′′ + 4𝑦′ +
3𝑦 = 2𝑒−𝑥 + 4 cos 𝑥 era 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝, entonces: 
𝑦 = 𝐴𝑒−3𝑥 + 𝐵𝑒−𝑥 + 𝑒−𝑥𝑥 +
2
5
cos 𝑥 +
4
5
sen 𝑥