504774879-Guia-03-EDO-de-Orden-Superior

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Ecuaciones Diferenciales 1 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
 
 
 
 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES COMO MODELOS MATEMÁTICOS 
 
 
Ejemplo 01: (Mezclas) Un tanque contiene 30 kg de sal disuelta en 6 000 litros de agua. Se introduce 
salmuera al tanque que contiene 0,02 kg de sal por litro de agua con un flujo de 15 lt/min. La solución 
se mantiene mezclada por completo y sale del recipiente con el mismo flujo. Determine la cantidad de 
sal que queda en el recipiente después de 20 minutos. 
Solución: 
Nos piden determinar (20)x 
Sea ( ):x t La cantidad de sal (en kg.) después de “t” minutos. 
Por dato tenemos: (0) 30x = y 
e sR R= 
El volumen inicial de la mezcla: 
0 6000V = 
El f lujo de entrada: 15 / min.eR lt= 
La concentración de entrada de sal es: 0,02 / .eC kg lt= 
Se observa que la rapidez de cambio de la cantidad de sal esta dado por: 
 
razòn de entrada razòn de salida razòn de salida razòn de entradadx dx
de la sal de la sal de la sal de la saldt dt
       
= −  + =       
       
 
 
0
( )s
e e
R x tdx
R C
dt V
+ = Cuya solución es: 0
0( )
eR t
V
ex t V C K e
−
= + 
 
La cantidad de sal después de t minutos: 0
0( )
eR t
V
ex t V C K e
−
= + 
Reemplazamos: 
15
6000 400 400( ) 6000(0,02) 120 ( ) 120
t t t
x t K e K e x t K e
− − −
= + = +  = + 
 
Calculamos el valor de :K (0) 30x = 
0
400(0) 120 30 120 30 90x K e K K
−
= + =  + =  = −  400( ) 120 90
t
x t e
−
= − 
 
Ahora calculamos para 20t = 
20 1
0,05400 20(20) 120 90 120 90 120 90 34,4x e e e
− −
−= − = − = − = 
 
Por tanto: La cantidad de sal que queda en el recipiente después de 20 minutos es 34,4 kilogramos. 
 
Ejemplo 02: Un estanque contiene 150 
3m de agua contaminada. Con el propósito de 
descontaminarlo se introduce agua limpia a razón de 3 
3 / minm y el agua contaminada 
(uniformemente mezclada) se deja salir del estanque a la misma razón. 
a) ¿Qué porcentaje de contaminantes se habrá eliminado después de 1h? 
b) ¿Qué tiempo debe transcurrir para que los contaminantes disminuyan en un 90 %? 
Solución (a): Nos piden determinar (20)x 
Sea 0(0) :x x= La cantidad inicial de contaminantes en el estanque. 
( ):x t La cantidad de contaminantes en el instante t. 
Assinatura: Ecuaciones Diferenciales 
Docente: Ms.C. Ronald Reyes Narváez 
Tema: EDO de Orden Superior 
 
 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 2 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
:
dx
dt
 La rapidez de cambio de la cantidad ( )x t de contaminantes en el estanque, en el instante t 
 
min min
razòn de entrada razòn de salidadx
de los conta antes de los conta antesdt
   
= −   
   
 
 
( ) ...( )e e s
dx
R C R C t
dt
= − Por dato: 33 / mine sR R m= = 
 
*) Como ingresa agua limpia al estanque, quiere decir que hay 0 gramos de contaminantes 0eC = 
*) Observamos que la cantidad de agua siempre es la misma (150 3m ). Tenemos 
( )
( )
150
x t
C t = 
3 ( ) ( ) ( )
3(0) 3 ( )
150 50 50
dx x t x t dx x t
C t
dt dt
= − = − = −  = − 
50
1
ln ( ( )) ( )
( ) 50 ( ) 50 50
t
Cdx dt dx t
dt C x t C x t e
x t x t
−
= −  = − +  = − +  =  
 
50( )
t
x t K e
−
= por dato 
0(0) :x x= 
0
0 0(0)x K e x K x= =  = Entonces 
50
0( )
t
x t x e
−
= 
Para responder (a): Después de 1 hora = 60 minutos 
 
60 6
50 5
0 0(60) :x x e x e
− −
= = Cantidad de contaminante que ha quedado en el estanque después de 1 
 Hora 
Después de 1 hora se habrá eliminado: 
6 6
5 5
0 0 0 0 0(1 )100% (0,6988)100% 69,88%x x e x e x x
− −
− = − =  
Por tanto: Se ha eliminado aproximadamente 69,88 % de contaminantes 
 
Solución (b): 
Si después de un tiempo t minutos los contaminantes disminuyen en 90 % 
Es decir: 
0( ) 10%x t x= 
50 50
0 0
1 1 1
10% ln 50ln 115,13
10 50 10 10
t t
t
x e x e t
− −    
=  =  − =  = −    
   
 
Por tanto: Para que los contaminantes en el estanque hayan disminuido en un 90 % debe transcurrir 
 aproximadamente 115,13 minut 
ENTRETENIMIENTO 
 
 
 
01) Un tanque contiene 200 litros de un líquido en el que se han disuelto 30 g r. de sal. Salmuera que 
tiene 1 gr. de sal por litro entra al tanque con una razón de 4 lt/min; la solución bien mezclada sale del 
tanque con la misma razón. Encuentre la cantidad ( )A t de gramos de sal que hay en el tanque al 
tiempo .t 
 
02) Un gran tanque de 500 galones está lleno de agua pura. Le entra salmuera que tiene 2 lb de sal 
por galón a razón de 5 gal/min. La solución bien mezclada sale del tanque con la misma razón. 
Determine la cantidad ( )A t de libras de sal que hay en el 
tanque al tiempo .t 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 3 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 
 
1. EDO DE ORDEN SUPERIOR: 
 
Las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de la forma: ( )
n
n
d y
f x
dx
= ........(1) 
 
Donde ( )f x es una función solamente con variable " "x 
Para hallar la solución de la EDO (1) se obtiene mediante integraciones sucesivas, es decir: 
 
 
1
11
2
1 22
1
( )
( )
... ( ) ...
n
n
n
n
n
d y
f x dx C
dx
d y
f x dx C dx C
dx
y f x dx C dx C
−
−
−
−
= +
 = + +
 
 = + +
 

 
  
 
 
Ejemplo 01: Resolver la siguiente ecuación diferencial 
3
2
3
xd y xe
dx
= 
Solución: 
Primera Integración: 
2 2
2 2
1 12
1
2 2
x
x xd y x ex e dx c e dx c
dx
= + = − +  
2
2
2
x
x
u x dv e dx
e
du dx v
 =  =


=  =

 
2 2 2
12 2 4
x xd y x e e
c
dx
= − + 
 
Segunda Integración: 
2 2
2 2
1 2 1 2
1 1
2 4 2 4
x x
x xdy x e e c dx c x e dx e dx c dx c
dx
 
= − + + = − + + 
 
    
2 2 2 2 2
1 2 1 2
1
2 2 4 8 4 4
x x x x xdy x e e e x e e
c x c c x c
dx
 
= − − + + = − + + 
 
 
 
2 2
1 2
4 4
x xdy x e e
c x c
dx
= − + + 
 
Tercera Integración: 
22 2 2 2 2
1
1 2 3 2 3
4 4 8 16 8 2
x x x x x c xx e e x e e e
y c x c dx c c x c
 
= − + + + = − − + + + 
 
 
 
Por tanto: 
22 2
1
2 3
3
8 16 2
x x c xx e e
y c x c= − + + + 
 
Ejemplo 02: Resolver la siguiente ecuación diferencial ' ' ' ,
xy xe−= sujeto a las condiciones iniciales 
(0) 0 ; '(0) 2 ; ' '(0) 2y y y= = = 
Solución: 
Primera Integración: 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 4 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
2
1 1 1 12
' '(0) 0 1 2 3x x x
d y
x e dx c x e e c y c c
dx
− − −= + = − − +  = − + =  = 
2
2
3x x
d y
x e e
dx
− −= − − + 
 
Segunda Integración: 
( ) 2 23 3x x x x x
dy
x e e dx c x e e e x c
dx
− − − − −= − − + + = + + + + Por condiciones iniciales 
 
2 2'(0) 0 2 0 2 0y c c= + + + =  = 
2 3x x
dy
x e e x
dx
− −= + + 
 
Tercera integración: 
( )
2 2
3 3 3
3 3
2 3 2 3
2 2
x x x x x x xx xy xe e x dx c xe e e c xe e c− − − − − − −= + + + = − − − + + = − − + + 
3 3(0) 0 3 0 0 3y c c= − + + =  = 
 
Por tanto: 
23
3 3
2
x x xy xe e− −= − − + + 
 
2. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS LINEALES HOMOGÉNEAS DE COEFICIENTES 
CONSTANTES: Son aquellas que tiene esta forma 
 
1
1 1 01
... 0
n n
n nn n
d y d y dy
a a a a y
dx dx dx
−
− −
+ + + + = ......(1) 
 
Donde 
0 1; ;...; na a a son constantes 
Para hallar la solución de la EDO (1) primero se obtiene el polinomio característico de la siguiente 
forma: 
 
1
1 1 0( ) ... 0
n n
n nP r a r a r a r a
−
−= + + + + = 
 
Como el polinomio es de grado " "n puede tener como raíces 1 2; ; ...; nr r r y estos pueden ser; reales 
diferentes, reales de multiplicidad o números complejos. Para dar solución de (1) se considera los 
siguientes casos: 
 
CASO 1: Cuando las raíces de la ecuación polinómica ( ) 0P r = son reales y diferentes 
1 2 ... nr r r   , 
entonces el sistema fundamentalde soluciones de la ecuación (1) es 1 2; ;...; n
r x r x r x
e e e y la solución 
general de la ecuación (1) es: 
 
1 2
1 2 ...
nr x r x r x
k ny c e c e c e= + + + 
 
Ejemplo 01: Resolver la siguiente ecuación diferencial ' ' ' 2 ' ' ' 2 0y y y y− − + = 
Solución: 
*) El polinomio característico es 
 
3 2( ) 2 2 0P r r r r= − − + = Factorizando ( 1) ( 1) ( 2) 0 1;1;2r r r r+ − − = → = − 
 
El sistema fundamental es: 
2; ;x x xe e e− 
La solución general es: 
2
1 2 3
x x xy c e c e c e−= + + 
 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 5 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
CASO 2: Cuando las raíces de la ecuación polinómica ( ) 0P r = son reales de multiplicidad 
1 2 ... kr r r r= = = = , donde r es la raíz de multiplicidad k , y n k− son las demás raíces distintas 
Entonces el sistema fundamental de solución es: 
 
12 1; ; ;...; ; ;...;k n
r x r xr x r x r x k r xe xe x e x e e e+− 
 
Cuya solución general es: 
 
 12 1
1 2 3 1... ...
k n
r x r xr x r x r x k r x
k k k ny c e c x e c x e c x e c e c e
+−
+= + + + + + + + 
 
Ejemplo 02: Resolver la siguiente ecuación diferencial 
4 3 2
4 3 2
2 7 20 12 0
d y d y d y dy
y
dx dx dx dx
− − + − = 
Solución: 
El polinomio característico es 
 
4 3 2( ) 2 7 20 12 0P r r r r r= − − + − = Factorizando: 
2( 3) ( 1) ( 2) 0 3;1;2r r r r+ − − = → = − 
 
El sistema fundamental es: 
3 2 2; ; ;x x x xe e e xe− 
La solución general es: 
 
 
3 2 2
1 2 3 4
x x x xy c e c e c e c xe−= + + + 
 
Ejemplo 03: Resolver la siguiente ecuación diferencial 4 ' ' ' 10 ' ' 4 ' 8 0
v ivy y y y y y− + + − − = 
Solución: 
El polinomio característico es 
 
5 4 3 2( ) 4 10 4 8 0P r r r r r r= − + + − − = Factorizando: 
2 3( 1) ( 2) 0 1;2r r r+ − = → = − 
 
El sistema fundamental es: 
2 2 2 2; ; ; ;x x x x xe xe e xe x e− − 
La solución general es: 
 
 
2 2 2 2
1 2 3 4 5
x x x x xy c e c xe c e c xe c x e− −= + + + + 
 
CASO 3: Cuando las raíces de la ecuación polinómica ( ) 0P r = algunas de estas son complejas: 
 
 
1 1 1 2 1 1 3 2 2 4 2 2; ; ;r i r i r i r i       = + = − = + = − 
 
y las demás raíces pueden ser reales y distintas. Luego el sistema fundamental de solución es: 
 
1 1 2 2
1 1 2 2cos( ); ( ); cos( ); ( )
x x x x
e x e sen x e x e sen x
       
Cuya solución general es: 
 
 1 1 52 21 1 2 1 3 2 4 2 5cos( ) ( ) cos( ) ( ) ...
nx x r x r xx x
k ny c e x c e sen x c e x c e sen x c e c e
      = + + + + + + 
 
Ejemplo 04: Resolver la siguiente ecuación diferencial 
4 2
4 2
4 5 9 0
d y d y
y
dx dx
+ − = 
Solución: 
El polinomio característico es 
4 2( ) 4 5 9 0P r r r= + − = Factorizando: 
2 2 2(4 9)( 1) 0 (4 9)( 1) ( 1) 0r r r r r+ − =  + + − = 
1 2 3 4
3 3
1 ; 1 ; ;
2 2
r r r i r i = − = = = − 
 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 6 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
El sistema fundamental es: 0 0
3 3
; ; cos ;
2 2
x x x xx xe e e e sen−
   
   
   
 
 
La solución general es: 
1 2 3 4
3 3
cos
2 2
x x x xy c e c e c c sen−
   
= + + +   
   
 
 
3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGÉNEAS DE COEFICIENTES 
CONSTANTES: Son aquellas que tiene esta forma 
 
1
1 1 01
... ( )
n n
n nn n
d y d y dy
a a a a y R x
dx dx dx
−
− −
+ + + + = ...(1) 
 
Donde 
0 1; ;...; na a a son constantes. 
Para hallar la solución de la EDO (1) primero se determina la solución general de la ecuación 
diferencial homogénea 
gY y después se busca una solución particular de la ecuación diferencial lineal 
no homogénea 
pY . 
Por tanto, la solución general de la ecuación diferencial no homogénea es: 
g pY Y Y= + 
 
1°) :gY Solución de la EDO homogénea: 
1
1 1 01
... 0
n n
n nn n
d y d y dy
a a a a y
dx dx dx
−
− −
+ + + + = 
 
2°) :pY Solución de la EDO no homogénea: 
1
1 1 01
... ( )
n n
n nn n
d y d y dy
a a a a y R x
dx dx dx
−
− −
+ + + + = 
 
Ahora el problema se reduce a encontrar una solución particular 
pY de la EDO no homogénea. 
Cuando la función ( )R x de la ecuación (1) tiene la forma: 
 
 ( ) ( )cos( ) ( ) ( )x n mR x e P x x Q x sen x
  = + 
 
Donde ( ) ( )n mP x y Q x son polinomios de grado n y m respectivamente, entonces la solución 
particular 
pY es de la forma: ( ) cos ( ) ( ) ( )
s x
p k kY x e P x x Q x sen x
   = +
  
Donde  ;k max n m= y s es el orden de la multiplicidad de la raíz ;r i =  ( ) ( )k kP x y Q x son 
polinomios en x de grado k de coeficientes indeterminados, para obtener la solución particular se 
considera: 
 
CASO 1: Cuando ( ) ( )nR x P x= entonces 
 
a) Si 0,r = no es raíz de la ecuación característica ( ) 0P r = entonces la solución particular es: 
( )p nY P x= 
 
b) Si 0,r = es raíz de la ecuación característica ( ) 0P r = entonces la solución particular es: 
( )sp nY x P x= 
 
Ejemplo 01: Resolver la siguiente ecuación diferencial 
3 2
2
3 2
2 2
d y d y dy
y x x
dx dx dx
+ + + = + − 
Solución: 
*) Obtenemos la solución general: El polinomio característico es 
3 2 2 2( ) 1 0 ( 1) ( 1) 0 ( 1) ( 1) 0 1; ;P r r r r r r r r r r i i= + + + =  + + + =  + + =  = − − 
El sistema fundamental es: 
0 0; cos ( ) ; ( )x x xe e x e sen x− 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 7 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
La solución general es: 
1 2 3cos( ) ( )
x
gy c e c x c sen x
−= + + 
 
*) Obtenemos la solución particular: Como 0r = no es raíz de la ecuación característica por (a) 
 
2 ' 2 ' ' 2 ' ' ' 0p p p py Ax Bx C y Ax B y A y= + + → = + → = → = 
 
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial 
2 2 2 20 2 2 2 2 (2 ) (2 ) 2 2A Ax B Ax Bx C x x Ax A B x A B C x x+ + + + + + = + −  + + + + + = + − 
Entonces 21 ; 0 ; 4 4pA B C y x= = = −  = − 
Por tanto: 2
1 2 3cos( ) ( ) 4
xy c e c x c sen x x−= + + + − 
Ejemplo 02: Resolver la siguiente ecuación diferencial 
2
2
4 12
d y dy
dx dx
+ = 
Solución: 
i) Obtenemos la solución general: 
El polinomio característico es 
 
2( ) 4 0P r r r= + = Factorizando: 
1 2( 4) 0 4 ; 0r r r r+ = → = − = 
 
El sistema fundamental es: 
4 0;x xe e− 
La solución general es: 
4
1 2
x
gy c e c
−= + 
 
ii) Obtenemos la solución particular: Como 0r = es raíz de la ecuación característica por (b) 
 
' ' ' 0p p py Ax y A y= → = → = 
 
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial 
0 4 12 3A A+ = → = Entonces 12py x= 
 
Por tanto: 
4
1 2 3
xy c e c x−= + + 
 
Ejemplo 03: Resolver la siguiente ecuación diferencial 
4 2
2
4 2
d y d y
x x
dx dx
+ = + 
Solución: 
i) Obtenemos la solución general: 
El polinomio característico es 
 
2( ) 4 0P r r r= + = Factorizando: 
1 2( 4) 0 4 ; 0r r r r+ = → = − = 
 
El sistema fundamental es: 
4 0;x xe e− 
La solución general es: 
4
1 2
x
gy c e c
−= + 
 
ii) Obtenemos la solución particular: Como 0r = es raíz de la ecuación característica por (b) 
' ' ' 0p p py Ax y A y= → = → = 
 
CASO 2: Cuando ( ) ( ) ;x nR x e P x
 =  entonces 
 
a) Si ,r = no es raíz de la ecuación característica ( ) 0P r = entonces la solución particular es: 
 ( )
x
p nY e P x
= 
 
b) Si ,r = es raíz de la ecuación característica ( ) 0P r = entonces la solución particular es: 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 8 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
 ( )s xp nY x e P x
= 
 
Donde s es la multiplicidad de r = 
 
Ejemplo 04: Resolver la siguiente ecuación diferencial 
3 2
3 2
2 10 3 x
d y d y dy
x e
dx dx dx
− + = 
Solución: Observamos 1 = 
*) Obtenemos la solución general: El polinomio característico es 
3 2 2( ) 2 10 0 ( 2 10) 0 0;1 3 ;1 3P rr r r r r r r i i= − + =  − + =  = + − 
El sistema fundamental es: 
0 ; cos (3 ) ; (3 )x x xe e x e sen x 
La solución general es: 
1 2 3cos(3 ) (3 )
x x
gy c c e x c e sen x= + + 
 
*) Obtenemos la solución particular: Como 1r = = no es raíz de la ecuación característica por (a) 
 
 ( ) ' ( )x xp py e Ax B y e Ax A B= +  = + + 
   ' ' (2 ) ' ' ' (3 )x xp py e Ax A B y e Ax A B= + +  = + + 
 
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial: 
 
     (3 ) 2 (2 ) 10 ( ) 3x x x xe Ax A B e Ax A B e Ax A B xe+ + − + + + + + = 
(3 ) 2 (4 2 ) 10 (10 10 ) 3 9 (9 9 ) 3Ax A B Ax A B Ax A B x Ax A B x+ + − − + + + + =  + + = 
Entonces 
1 1
9 3 ; 9 9 0
3 3
A A A B B=  = + =  = − Entonces 
( 1)
3
x
p
e x
y
−
= 
Por tanto: 1 2 3
( 1)
cos (3 ) (3 )
3
x
x x e xy c c e x c e sen x
−
= + + + 
 
Ejemplo 05: Resolver la siguiente ecuación diferencial 
3 2
2 2
3 2
2 (4 6 1) x
d y d y
x x e
dx dx
− = + − 
Solución: Observamos 2 = 
*) Obtenemos la solución general: El polinomio característico es 
3 2 2( ) 2 0 ( 2) 0 0;2P r r r r r r= − =  − =  = 
El sistema fundamental es: 
0 0 2; ;x x xe xe e 
La solución general es: 
2
1 2 3
x
gy c c x c e= + + 
 
*) Obtenemos la solución particular: Como 2r = = es raíz de la ecuación característica por (b) 
 
2 2 2 3 2( ) ( )x xp py xe Ax Bx C y e Ax Bx Cx= + +  = + + 
 
2 3 2 2 2 2 3 2' 2 ( ) (3 2 ) 2 (3 2 ) (2 2 )x x xpy e Ax Bx Cx e Ax Bx C e Ax A B x B C x C = + + + + + = + + + + +  
 
2 3 2 2 2
2 3 2
' ' 4 (6 4 ) (4 4 ) 2 6 (6 4 ) (2 2 )
4 (12 4 ) (6 8 4 ) (2 4 )
x x
p
x
y e Ax A B x B C x C e Ax A B x B C
e Ax A B x A B C x B C
   = + + + + + + + + + +   
 = + + + + + + + 
 
 
2 3 2 2 2' ' ' 8 (24 8 ) (12 16 8 ) (24 8 ) 12 (24 8 ) (6 8 4 )x xpy e Ax A B x A B C x B C e Ax A B x A B C   = + + + + + + + + + + + + +   
 
 
2 3 28 (36 8 ) (36 24 8 ) (6 32 12 )xe Ax A B x A B C x A B C = + + + + + + + +  
Reemplazando en la EDO: 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 9 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
2 3 2
2 3 2 2 2
8 (36 8 ) (36 24 8 ) (6 32 12 )
2 4 (12 4 ) (6 8 4 ) (2 4 ) (4 6 1)
x
x x
e Ax A B x A B C x A B C
e Ax A B x A B C x B C x x e
 + + + + + + + + 
 − + + + + + + + = + − 
 
 
3 2
3 2 2
8 (36 8 ) (36 24 8 ) (6 32 12 )
8 (24 8 ) (12 16 8 ) (4 8 ) (4 6 1)
Ax A B x A B C x A B C
Ax A B x A B C x B C x x
 + + + + + + + + 
 − + + + + + + + = + − 
 
 
2 212 (24 8 ) (6 28 4 ) 4 6 1Ax A B x A B C x x+ + + + + = + − 
Entonces: 
33 33
12 4 3 ; 24(3) 8 6 ; 6(3) 28 4 1 53
4 4
A A B B C C
 
=  = + =  = − − + = −  = 
 
 
2
2 3 333 53
4
x
p
x
y e x x
 
= − + 
 
 
 
Por tanto: 
2
2 2 3
1 2 3
33
3 53
4
x x
g
x
y c c x c e e x x
 
= + + + − + 
 
 
 
 
ENTRETENIMIENTO 
 
I) Resolver las siguientes EDO de Orden Superior: 
 
81. 
3
3
xd y x e
dx
−= 82. 
2
2
2
2
d y
t t
dx
= + 
 
83. 
2
2
; (0) 1 ; '(0) 0x
d y
xe y y
dx
−= = = 
Rpta: ( 2) 1
xy x e x−= + + − 
 
84. 
3
2
3
1 1
cos ( ) ; (0) ; '(0) ; ''(0) 0
16 8
d y
x y y y
dx
= = = = 
 
85. 
4
2
4
1 1
cos ( ) ; (0) ; '(0) 0; '' ;
32 8
d y
x y y y
dx
= = = = 
' ' '(0) 0y = Rpta: 
4 2 cos(2 )
48 8 32
x x x
y = + + 
 
86. 
3
3
; (0) 0; '(0) 2; ''(0) 2x
d y
xe y y y
dx
−= = = = 
 
87. 
3
3
( ) ; (0) 0; '(0) 2; ''(0) 1
d y
x sen x y y y
dx
= = = = 
 
88. ''' cos( )y x x= + 
 
89. 
5
''' ; (1) '(1) ''(1) 0
( 2)
x
y y y y
x
= = = =
+
 
 
90. 
2'' ; (0) 0 ; '(0) 1yy e y y= = = 
 
Universidad Nacional de Ingeniería E.A.P. Ingeniería Mecánica 
Laboratorio de Ecuaciones Diferenciales 10 Ms.C. Ronald Juven Reyes Narvaez 
91. 
2
2
2 ; (0) 0 ; '(0) 1y
d y
e y y
dx
= = = − 
 
92. 
2 2
2
3
; (1) 1 ; '(1) 1
2
d y y
y y
dx
= = = 
 
 
Ejercicio 01: Resolver la EDO 2 3'' 3 ' 2 ( ) xy y y x x e− + = + 
 
Ejercicio 01: Resolver la EDO 2 2' ' ' 2 ' ' (2 3 2) xy y x x e −+ = + −