Secc. 4.6, Variacion De Parametros

4.6 VARIACIÓN DE PARÁMETROS REPASO DE MATERIAL ● La variación de parámetros se introdujo por primera vez en la sección 2.3 y se usó de nuevo en la sección 4.2. Se recomienda dar un repaso a estas secciones. INTRODUCCIÓN El procedimiento que se utiliza para encontrar una solución particular 𝑦𝑝 de una ecuación diferencial lineal de primer orden en un intervalo es también aplicable a una ED de orden superior. Para adaptar el método de variación de parámetros a una ecuación diferencial de segundo orden 𝑎2 (𝑥)𝑦 ′′ + 𝑎1 (𝑥)𝑦 ′ + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥),

(1)

comenzamos por escribir la ecuación en su forma estándar 𝑦 ′′ + 𝑃(𝑥)𝑦 ′ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)

(2)

dividiendo entre el coeficiente principal 𝑎2 (𝑥). La ecuación (2) es la análoga de segundo orden de 𝑑𝑦 la forma estándar de una ecuación lineal de primer orden: 𝑑𝑥 + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥). En (2) se supone que 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) y 𝑓(𝑥) son continuas en algún intervalo común 𝐼. Como ya hemos visto en la sección 4.3, no hay dificultad para obtener la función complementaria 𝑦𝑐 , la solución general de la ecuación homogénea asociada de (2), cuando los coeficientes son constantes. SUPOSICIONES Correspondiendo con la suposición 𝑦𝑝 = 𝑢1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) que se usó en la sección 𝑑𝑦

2.3 para encontrar una solución particular 𝑦𝑝 de 𝑑𝑥 + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥), para la ecuación lineal de segundo orden (2) se busca una solución de la forma 𝑦𝑝 = 𝑢1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑢2 (𝑥)𝑦2 (𝑥),

(3)

donde 𝑦1 y 𝑦2 forman un conjunto fundamental de soluciones en 𝐼 de la forma homogénea asociada de (1). Usando la regla del producto para derivar dos veces a 𝑦𝑝 , se obtiene 𝑦𝑝′ = 𝑢1 𝑦1′ + 𝑦1 𝑢1′ + 𝑢2 𝑦2′ + 𝑦2 𝑢2′ . 𝑦𝑝′′ = 𝑢1 𝑦1′′ + 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑦1 𝑢1′′ + 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢2 𝑦2′′ + 𝑦2′ 𝑢2′ + 𝑦2 𝑢2′′ + 𝑢2′ 𝑦2′ Sustituyendo la ecuación (3) y las derivadas anteriores en (2) y agrupando términos se obtiene 𝑦𝑝′′ + 𝑃(𝑥)𝑦𝑝′ + 𝑄(𝑥)𝑦𝑝 = 𝑢1 [𝑦1′′ + 𝑃𝑦1′ + 𝑄𝑦1 ] + 𝑢2 [𝑦2′′ + 𝑃𝑦2′ + 𝑄𝑦2 ] + 𝑦1 𝑢1′′ + 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑦2 𝑢2′′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑃[𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ ] + 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑦2′ 𝑢2′ 𝑑 [𝑦 𝑢′ + 𝑦2 𝑢2′ ] + 𝑃[𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ ] + 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑦2′ 𝑢2′ = 𝑓(𝑥). = (4) 𝑑𝑥 1 1 Como se busca determinar dos funciones desconocidas 𝑢1 y 𝑢2 , la razón impone que son necesarias dos ecuaciones. Estas ecuaciones se obtienen con la suposición adicional de que las funciones 𝑢1 y 𝑢2 satisfacen 𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ = 0. Esta suposición en azul no se presenta por sorpresa, sino que es resultado de los dos primeros términos de (4) puesto que si se requiere que 𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ = 0 , entonces (4) se reduce a 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑦2′ 𝑢2′ = 𝑓(𝑥). Ahora tenemos nuestras dos ecuaciones deseadas, a pesar de que sean dos ecuaciones para determinar las derivadas 𝑢1′ y 𝑢2′ . Por la regla de Cramer, la solución del sistema

𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ = 0 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑦2′ 𝑢2′ = 𝑓(𝑥) puede expresarse en términos de determinantes: 𝑢1′ =

𝑊1 𝑦2 𝑓(𝑥) =− 𝑊 𝑊

𝑢2′ =

𝑦

𝑊2 𝑦1 𝑓(𝑥) = , 𝑊 𝑊

(5)

donde 𝑦1 𝑊 = |𝑦 ′ 1

𝑦2 𝑦2′ |,

0 𝑦2 𝑊1 = | |, 𝑓(𝑥) 𝑦2′

𝑦 𝑊2 = | 1′ 𝑦1

0 | 𝑓(𝑥)

(6)

Las funciones 𝑢1 y 𝑢2 se encuentran integrando los resultados de (5). El determinante 𝑊 se reconoce como el Wronskiano de 𝑦1 y 𝑦2 . Por la independencia lineal de 𝑦1 y 𝑦2 en 𝐼, se sabe que 𝑊(𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥)) = 0 para toda 𝑥 en el intervalo. RESUMEN DEL MÉTODO Normalmente, 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. En este caso resulta más eficaz usar simplemente las fórmulas de (5). Así que para resolver 𝑎2 𝑦 ′′ + 𝑎1 𝑦 + 𝑎0 𝑦 = 𝑔(𝑥), primero se encuentra la función complementaria 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 y luego se calcula el Wronskiano 𝑊(𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥)). Dividiendo entre 𝑎2 , se escribe la ecuación en la forma estándar 𝑦 ′′ + 𝑃𝑦 ′ + 𝑄𝑦 = 𝑓(𝑥) para determinar 𝑓(𝑥). Se encuentra 𝑢1 y 𝑢2 integrando 𝑢1′ = 𝑊1 /𝑊 y 𝑢2′ = 𝑊2 /𝑊, donde 𝑊1 y 𝑊2 se definen como en (6). Una solución particular es 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 . Entonces la solución general de la ecuación es 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 . EJEMPLO 1 Solución general usando variación de parámetros Resuelva 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = (𝑥 + 1)𝑒 2𝑥 . SOLUCIÓN De la ecuación auxiliar 𝑚2 − 4𝑚 + 4 = (𝑚 − 2)2 = 0 se tiene 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 2𝑥 . Con las identificaciones 𝑦1 = 𝑒 2𝑥 y 𝑦2 = 𝑥𝑒 2𝑥 , a continuación se calcula el Wronskiano: 2𝑥

𝑊(𝑒 2𝑥 , 𝑥𝑒 2𝑥 ) = | 𝑒 2𝑥 2𝑒

𝑥𝑒 2𝑥 | = 𝑒 4𝑥 . 2𝑥𝑒 2𝑥 + 𝑒 2𝑥

Puesto que la ecuación diferencial dada ya está en la forma (2) (es decir, el coeficiente de 𝑦′′ es 1), identificamos 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 1)𝑒 2𝑥 . De (6), obtenemos 0 𝑊1 = | (𝑥 + 1)𝑒 2𝑥

𝑥𝑒 2𝑥 | = −(𝑥 + 1)𝑥𝑒 4𝑥 , 2𝑥𝑒 2𝑥 + 𝑒 2𝑥

𝑒 2𝑥 𝑊2 = | 2𝑥 2𝑒

0 | = (𝑥 + 1)𝑒 4𝑥 , (𝑥 + 1)𝑒 2𝑥

y así de (5) 𝑢1′

(𝑥 + 1)𝑥𝑒 4𝑥 =− = −𝑥 2 − 𝑥, 𝑒 4𝑥 1

1

𝑢2′

(𝑥 + 1)𝑒 4𝑥 = =𝑥+1 𝑒 4𝑥

1

Se tiene que 𝑢1 = − 3 𝑥 3 − 2 𝑥 2 y 𝑢2 = 2 𝑥 2 + 𝑥 . Por tanto 1 1 1 1 1 𝑦𝑝 = (− 𝑥 3 − 𝑥 2 ) 𝑒 2𝑥 + ( 𝑥 2 + 𝑥 ) 𝑥𝑒 2𝑥 = 𝑥 3 𝑒 2𝑥 + 𝑥 2 𝑒 2𝑥 3 2 2 6 2

Y 1 1 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 2𝑥 + 𝑥 3 𝑒 2𝑥 + 𝑥 2 𝑒 2𝑥 6 2 EJEMPLO 2 Solución general usando variación de parámetros Resuelva 4𝑦 ′′ + 36𝑦 = 𝑐𝑠𝑐 3𝑥. SOLUCIÓN Primero se escribe la ecuación en la forma estándar (2) dividiendo entre 4: 𝑦 ′′ + 9𝑦 =

1 𝑐𝑠𝑐 3𝑥 4

Debido a que las raíces de la ecuación auxiliar 𝑚2 + 9 = 0 son 𝑚1 = 3𝑖 y 𝑚2 = −3𝑖, la función 1 complementaria es 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥. Usando 𝑦1 = 𝑐𝑜𝑠 3𝑥, 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛 3𝑥, y 𝑓(𝑥) = 4 𝑐𝑠𝑐 3𝑥 , obtenemos cos 3𝑥 𝑊(𝑐𝑜𝑠 3𝑥, 𝑠𝑒𝑛 3𝑥) = | −3𝑠𝑒𝑛 3𝑥 0 𝑊1 = |1 𝑐𝑠𝑐 3𝑥 4

𝑠𝑒𝑛 3𝑥

𝑠𝑒𝑛 3𝑥 | = 3, 3 cos 3𝑥

cos 3𝑥 𝑊2 = | −3𝑠𝑒𝑛 3𝑥

1 |=− , 3 cos 3𝑥 4

0 1 cos 3𝑥 1 |= . 𝑐𝑠𝑐 3𝑥 4 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 4

Integrando 𝑢1′ = 1

𝑊1 1 =− 𝑊 12

𝑦

𝑢2′ =

𝑊2 1 cos 3𝑥 = 𝑊 12 𝑠𝑒𝑛 3𝑥

1

Se obtiene 𝑢1 = − 12 𝑥 y 𝑢2 = 36 ln|𝑠𝑒𝑛 3𝑥|. Así una solución particular es 𝑦𝑝 = −

1 1 𝑥𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + (𝑠𝑒𝑛 3𝑥) ln|𝑠𝑒𝑛 3𝑥|. 12 36

La solución general de la ecuación es 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 cos 3𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 −

1 1 𝑥𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + (𝑠𝑒𝑛 3𝑥) ln|𝑠𝑒𝑛 3𝑥|. 12 36

(7)

La ecuación (7) representa la solución general de la ecuación diferencial en, digamos, el intervalo (0, 𝜋/6). CONSTANTES DE INTEGRACIÓN Cuando se calculan las integrales indefinidas de 𝑢1′ y 𝑢2′ , no es necesario introducir algunas constantes. Esto es porque 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + (𝑢1 + 𝑎1 )𝑦1 + (𝑢2 + 𝑏1 )𝑦2 = (𝑐1 + 𝑎1 )𝑦1 + (𝑐2 + 𝑏1 )𝑦2 + 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 = 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 + 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 . EJEMPLO 3 Solución general usando variación de parámetros 1

Resuelva 𝑦 ′′ − 𝑦 = 𝑥.

SOLUCIÓN La ecuación auxiliar 𝑚2 − 1 = 0 produce 𝑚1 = −1 y 𝑚2 = 1. Por tanto 𝑦2 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 . Ahora 𝑊(𝑒 𝑥 , 𝑒 −𝑥 ) = −2, y 𝑢1′ = −

1 𝑒 −𝑥 (𝑥) −2

1 𝑒 𝑥 (𝑥)

,

1 𝑥 𝑒 −𝑡 𝑢1 = ∫ 𝑑𝑡, 2 𝑥0 𝑡

1 𝑥 𝑒𝑡 𝑢1 = − ∫ 𝑑𝑡 −2 2 𝑥0 𝑡 Puesto que las integrales anteriores son no elementales, nos vemos obligados a escribir 𝑢2′ =

,

𝑥 −𝑡 𝑥 𝑡 1 𝑒 1 𝑒 𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑑𝑡 − 𝑒 −𝑥 ∫ 𝑑𝑡 2 2 𝑥0 𝑡 𝑥0 𝑡

y por tanto 𝑥

𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑒 + 𝑐2 𝑒

−𝑥

1 𝑥 𝑥 𝑒 −𝑡 1 −𝑥 𝑥 𝑒 𝑡 + 𝑒 ∫ 𝑑𝑡 − 𝑒 ∫ 𝑑𝑡 2 2 𝑥0 𝑡 𝑥0 𝑡

(8)

En el ejemplo 3 se puede integrar en algún intervalo [𝑥0 , 𝑥] que no contenga al origen. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR El método que se describió para ecuaciones diferenciales no homogéneas de segundo orden se puede generalizar a ecuaciones lineales de n-ésimo orden que se han escrito en forma estándar 𝑦 (𝑛) + 𝑃𝑛−1 (𝑥)𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑃1 (𝑥)𝑦 ′ + 𝑃0 (𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥).

(9)

Si 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑦𝑛 es la función complementaria para (9), entonces una solución particular es 𝑦𝑝 = 𝑢1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑢2 (𝑥)𝑦2 (𝑥) + ⋯ + 𝑢𝑛 (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥), donde los 𝑢𝑘′ , 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛 se determinan por las 𝑛 ecuaciones 𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ + ⋯ + 𝑦𝑛 𝑢𝑛′ = 0 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑦2′ 𝑢2′ + ⋯ + 𝑦𝑛′ 𝑢𝑛′ = 0 ⋮ ⋮ (𝑛−1) ′ (𝑛−1) ′ (𝑛−1) ′ 𝑦1 𝑢1 + 𝑦2 𝑢2 + ⋯ + 𝑦𝑛 𝑢𝑛 = 𝑓(𝑥).

(10)

Las primeras 𝑛 − 1 ecuaciones de este sistema, al igual que 𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ = 0 en (4), son suposiciones que se hacen para simplificar la ecuación resultante después de que 𝑦0 = 𝑢1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + ⋯ + 𝑢𝑛 (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥) se sustituye en (9). En este caso usando la regla de Cramer se obtiene 𝑢𝑘′ =

𝑊𝑘 , 𝑊

𝑘 = 1, 2, … , 𝑛,

donde 𝑊 es el Wronskiano de 𝑦1 , 𝑦2 , . . . , 𝑦𝑛 y 𝑊𝑘 es el determinante que se obtiene al remplazar la k-ésima columna del Wronskiano por la columna formada por el lado derecho de (10), es decir, la columna que consta de (0, 0, . . . , 𝑓(𝑥)). Cuando 𝑛 = 2, se obtiene la ecuación (5). Cuando 𝑛 = 3, la solución particular 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 , donde 𝑦1 , 𝑦2 y 𝑦3 constituyen un conjunto

linealmente independiente de soluciones de la ED homogénea asociada y 𝑢1 , 𝑢2 y 𝑢3 se determinan a partir de 𝑢1′ = 0 𝑊1 = | 0 𝑓(𝑥)

𝑦2 𝑦2′ 𝑦2′′

𝑊1 , 𝑊

𝑢2′ =

𝑦3 𝑦1 ′ 𝑦3 |, 𝑊2 = | 𝑦1′ 𝑦3′′ 𝑦1′′

𝑦1 ′ 𝑦 𝑊 = | 𝑦1 𝑦1′′

𝑦2 𝑦2′ 𝑦2′′

𝑊2 , 𝑊

0 0 𝑓(𝑥)

𝑢3′ = 𝑦3 𝑦3′ | , 𝑦3′′

𝑊3 , 𝑊 𝑦1 𝑊3 = | 𝑦1′ 𝑦1′′

𝑦2 𝑦2′ 𝑦2′′

0 0 |, 𝑓(𝑥)

𝑦3 𝑦3′ | 𝑦3′′

Véanse los problemas 25 y 26 de los ejercicios 4.6. COMENTARIOS i) La variación de parámetros tiene una ventaja particular sobre el método de coeficientes indeterminados en cuanto a que siempre produce una solución particular 𝑦𝑝 , siempre y cuando se pueda resolver la ecuación homogénea asociada. Este método no se limita a una función 𝑓(𝑥) que es una combinación de las cuatro clases que se listan en la página 141. Como se verá en la siguiente sección, la variación de parámetros, a diferencia de los coeficientes indeterminados, es aplicable a ED lineales con coeficientes variables. ii) En los problemas siguientes, no dude en simplificar la forma de 𝑦𝑝 . Dependiendo de cómo se encuentren las antiderivadas de 𝑢1′ y 𝑢2′ , es posible que no se obtenga la misma 𝑦𝑝 que se da en 1

la sección de respuestas. Por ejemplo, en el problema 3 de los ejercicios 4.6 tanto 𝑦𝑝 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 1 2

𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥

1

1

como 𝑦𝑝 = 4 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 2 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥 son respuestas válidas. En cualquier caso la solución 1

general 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 se simplifica a 𝑦 = 𝑐1 cos 𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 2 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥 . ¿Por qué? EJERCICIOS 4.6 En los problemas 1 a 18 resuelva cada ecuación diferencial por medio de variación de parámetros.

𝟏. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐 𝑥 Solución:

𝟐. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑡𝑎𝑛 𝑥 Solución:

𝟑. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Solución:

𝟒. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐𝜃 tan 𝜃 Solución:

𝟓. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 Solución:

𝟔. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥 Solución:

𝟕. 𝑦 ′′ − 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 Solución:

𝟖. 𝑦 ′′ − 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 Solución:

𝑒 2𝑥 𝟗. 𝑦 − 4𝑦 = 𝑥 Solución: ′′

𝟏𝟎. 𝑦 ′′ − 9𝑦 = Solución:

9𝑥 𝑒 3𝑥

𝟏𝟏. 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = Solución:

1 1 + 𝑒𝑥

𝟏𝟐. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 =

𝑒𝑥 1 + 𝑥2

Solución:

𝟏𝟑. 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑒 𝑥 Solución:

𝟏𝟒. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 𝑡 arctan 𝑡 Solución:

𝟏𝟓. 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 −𝑡 ln 𝑡 Solución:

𝟏𝟔. 2𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 𝑦 = 4√𝑥 Solución:

𝟏𝟕. 3𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 6𝑦 = 𝑒 𝑥 sec 𝑥 Solución:

𝟏𝟖. 4𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 𝑥/2 √1 − 𝑥 2 Solución:

En los problemas 19 a 22 resuelva cada ecuación diferencial mediante variación de parámetros, sujeta a las condiciones iniciales 𝑦(0) = 1, 𝑦 ′ (0) = 0. 𝟏𝟗. 4𝑦 ′′ − 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥/2 Solución:

𝟐𝟎. 2𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 𝑦 = 𝑥 + 1 Solución:

𝟐𝟏. 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ − 8𝑦 = 2𝑒 −2𝑥 − 𝑒 −𝑥 Solución:

𝟐𝟐. 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = (12𝑥 2 − 6𝑥)𝑒 2𝑥 Solución:

En los problemas 23 y 24 las funciones que se indican son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial homogénea asociada en (0, ∞). Determine la solución general de la ecuación homogénea. 1 𝟐𝟑. 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + (𝑥 2 − ) 𝑦 = 𝑥 3/2 ; 4 Solución:

𝑦1 = 𝑥 −1/2 𝑐𝑜𝑠 𝑥, 𝑦2 = 𝑥 −1/2 𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝟐𝟒. 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = sec(ln 𝑥) ; Solución:

𝑦1 = cos(ln 𝑥), 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛 (ln 𝑥)

En los problemas 25 y 26 resuelva la ecuación diferencial de tercer orden usando variación de parámetros.

𝟐𝟓. 𝑦 ′′′ + 𝑦 ′ = 𝑡𝑎𝑛 𝑥 Solución:

𝟐𝟔. 𝑦 ′′′ + 4𝑦 ′ = 𝑠𝑒𝑐 2𝑥 Solución:

Problemas para analizar En los problemas 27 y 28 analice cómo pueden combinarse los métodos de coeficientes indeterminados y variación de parámetros para resolver la ecuación diferencial. Lleve a cabo sus ideas. 𝟐𝟕. 3𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 30𝑦 = 15 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑡𝑎𝑛 3𝑥 Solución:

𝟐𝟖. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 4𝑥 2 − 3 + 𝑥 −1 𝑒 𝑥 Solución:

29. ¿Cuáles son los intervalos de definición de las soluciones generales en los problemas 1, 7, 9 y 18? Analice por qué el intervalo de definición de la solución del problema 24 no es (0, ∞). Solución:

30. Encuentre la solución general de 𝑥 4 𝑦 ′′ + 𝑥 3 𝑦 ′ − 4𝑥 2 𝑦 = 1 dado que 𝑦1 = 𝑥 2 es una solución de la ecuación homogénea asociada. Solución:

31. Suponga que 𝑦𝑝 (𝑥) = 𝑢1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑢2 (𝑥)𝑦2 (𝑥), donde 𝑢1 y 𝑢2 están definidas por (5) es una solución particular de (2) en un intervalo 𝐼 para el que 𝑃, 𝑄 y 𝑓 son continuas. Demuestre que 𝑦𝑝 se puede escribir como 𝑥

𝑦𝑝 (𝑥) = ∫ 𝐺(𝑥, 𝑡) 𝑓(𝑡)𝑑𝑡, 𝑥0

donde 𝑥 y 𝑥0 están en 𝐼,

(12)

𝐺(𝑥, 𝑡) =

𝑦1 (𝑡)𝑦2 (𝑥) − 𝑦1 (𝑥)𝑦2 (𝑡) , 𝑊(𝑡)

(13)

y 𝑊(𝑡) = 𝑊(𝑦1 (𝑡), 𝑦2 (𝑡)) es el Wronskiano. La función 𝐺(𝑥, 𝑡) en (13) se llama la función de Green para la ecuación diferencial (2). Solución:

32. Use (13) para construir la función de Green para la ecuación diferencial del ejemplo 3. Exprese la solución general dada en (8) en términos de la solución particular (12). Solución:

33. Compruebe que (12) es una solución del problema con valores iniciales 𝑑2𝑦 𝑑𝑦 + 𝑃 + 𝑄𝑦 = 𝑓(𝑥), 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥

𝑦(𝑥0 ) = 0,

𝑦′(𝑥0 ) = 0

en el intervalo 𝐼. [Sugerencia: Busque la regla de Leibniz para derivar bajo un signo de integral.] Solución:

34. Use los resultados de los problemas 31 y 33 y la función de Green encontrada del problema 32 para encontrar una solución del problema con valores iniciales 𝑦 ′′ − 𝑦 = 𝑒 2𝑥 , usando (12). Evalúe la integral. Solución:

𝑦(0) = 0, 𝑦 ′ (0) = 0