basta demostrar que si γ es una ráız de L[λ] de multiplicidad m y 0 ≤ k ≤ m, entonces tkeγt es solución de L[D](x) = 0 (con L[D] ≡ L).1 A este fin, apréciese que si L[λ] factoriza como L[λ] = L1[λ]L2[λ] entonces si L2[λ](x) = 0 ⇒ L[λ](x) = 0. Como nuestro objetivo es demostrar que si (λ−γ)m divide a L[λ] entonces L[D](tkeγt) = 0 para cada 0 ≤ k < m, bastará con probar que (D − γ)k+1(tkeγt) = 0 para cada k ≥ 0. Esto es simple si razonamos por inducción. La afirmación es obviamente cierta cuando k = 0. Supuesta cierta para k − 1→ (D − γ)k(tk−1eγx) = 0, se tiene que: (D − γ)k+1tkeγt = (D − γ)k((D − γ)tkeγt) = (D − γ)k(ktk−1eγt + tkγeγt − γtkeγt) = k(D − γ)k(tk−1eγt) = 0, de modo que también será cierta para k. Es inmediato comprobar también que dichas soluciones son linealmente independientes. � Veamos algunos ejemplos Ejemplo 2.2.2. (Raices reales y distintas) Queremos hallar la solución general de ẍ− 4ẋ− 5x = 0. Ensayando x(t) = eλt tenemos la ecuación caracteŕıstica λ2− 4λ− 5 = 0 que tiene como ráıces λ = 5,−1. La solución general es pues x(t) = C1e5t + C2e−t � Ejemplo 2.2.3. (Raices reales dobles) Queremos hallar la solución general de ẍ + 4ẋ+4x = 0. Ensayando x(t) = eλt tenemos la ecuación caracteŕıstica λ2+4λ+4 = 0 que tiene como ráıces λ = −2 doble. La solución general es pues x(t) = C1e−2t + C2te−2t � Ejemplo 2.2.4. (Raices complejas) Queremos hallar la solución general de ẍ + 2ẋ+ 5x = 0. Ensayando x(t) = eλt tenemos la ecuación caracteŕıstica λ2+2λ+5 = 0 que tiene como ráıces λ± = −1 ± 2i, luego, utilizando la fórmula de Euler eiθ = cos(θ) + i sen(θ) (2.11) podemos poner eλ±t = e(−1±2i)t = e−te±i2t = e−t(cos(2t)± i sen(2t)). Tomando las partes real e imaginaria, la solución general se escribe x(t) = C1e−t cos(2t) + C2e−t sen(2t) � Ejercicio 2.2.5. Resolver 4ẍ+ 25x = 0 con condiciones iniciales x(0) = 10, ẋ(0) = 25. Respuesta: x(t) = 10(cos(5t/2) + sen(5t/2)). � Ejercicio 2.2.6. Hallar la solución general de ẍ− 4ẋ− x = 0. Respuesta: x(t) = e2t(C1e√ 5t + C2e−√ 5t). � Ejercicio 2.2.7. Hallar la solución general de 4ẍ− 20ẋ+ 25x = 0. Respuesta: x(t) = e5t/2(C1 + C2t). � Ejercicio 2.2.8. Hallar la solución general de ẍ+ 10ẋ+ 25x = 0. Respuesta: x(t) = e−5t(C1 + C2t). � 2.2.2. EDOs lineales con coeficientes constantes Las soluciones de la ecuación lineal homogénea L(x) = 0 y de la no homogénea L(x) = f(t) guardan una relación muy estrecha, como pone de manifiesto el Teorema 2.1.13. Respecto al cálculo de soluciones particulares xp de L(x) = f , a veces resulta útil el “principio de superposición”para EDOs lineales no homogéneas discutido en el Teorema 2.1.14. Conocido un sistema fundamental de la ecuación homogénea L(x) = 0, ya hemos discutido el método de variación de las constantes como método general para calcular una solución particular xp de L(x) = f . No obstante, para coeficientes constantes existe otro método más práctico y directo, llamado método de los coeficientes indeterminados, para el caso simple en que el término inhomogéneo f(t) sea producto de exponenciales, polinomios en t, senos y cosenos. Teorema 2.2.9. (Método de los coeficientes indeterminados) Supongamos que f(t) = eβt(p(t) cos(ωt) + q(t) sen(ωt)), donde p(t) y q(t) son polinomios de grado a lo sumo k ≥ 0. Sea µ = β + iω. Entonces se tienen las siguientes posibilidades: (i) Si µ NO es ráız del polinomio caracteŕıstico (2.10) entonces L(x) = f tiene una solución particular de la forma xp(t) = eβt(r(t) cos(ωt) + s(t) sen(ωt)), con r(t) y s(t) polinomios de grado a lo sumo k, cuyos 2(k + 1) coeficientes se determinan sustituyendo xp en L(xp) = f e igualando término a término. (ii) Si µ es ráız del polinomio caracteŕıstico (2.10) con multiplicidad m, entonces L(x) = f tiene una solución particular de la forma xp(t) = eβttm(r(t) cos(ωt) + s(t) sen(ωt)), con r(t) y s(t) polinomios de grado a lo sumo k. En este caso diremos que existe “RESONANCIA”. La demostración de este Teorema puede verse en el Apéndice B. Ejemplo 2.2.10. Resolver ẍ − 4ẋ − 5x = t2 + 2e3t. Según el ejemplo 2.2.2 la solución general de la ecuación homogénea es xh(t) = C1e5t + C2e−t. Como el lado derecho de la ecuación dada tiene un polinomio de segundo grado y una exponencial, usando el principio de superposición 2.1.14 y el método de los coeficientes indeterminados 2.2.9, proponemos ensayar como solución particular xp(t) = At2 + Bt + C + De3t (nótese que ni t2 ni e3t aparecen dentro del sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea, es decir, no existe “resonancia” en este caso). Sustituyendo xp(t) en la ecuación diferencial y reagrupando términos se tiene que (2A− 4B − 5C) + (−8A− 5B)t− 5At2 − 8De3t = t2 + 2e3t. Igualado coeficientes de términos comunes a derecha e izquierda de la igualdad y resol- viendo un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas se obtiene: A = −1/5, B = 8/25, C = −42/125, D = −1/4. Aśı, la solución general es: x(t) = xh(t) + xp(t) = C1e5t + C2e−t − t2/5 + 8t/25− 42/125− e3t/4. � Ejemplo 2.2.11. Resolver ẍ+10ẋ+25x = 20 cos(2t). Según el ejemplo 2.2.8 la solución general de la ecuación homogénea es xh(t) = e−5t(C1