Ejercicios Resueltos Ecuaciones Diferenciales
Ejercicios Resueltos Ecuaciones Diferenciales
Ejercicios Resueltos Ecuaciones Diferenciales
1
1.1
1.
dy + 2y = 0 dx
Definimos el factor integrante.
p(x) = 2
d 2x dx [e y ] d 2x dx [e y ]
=0
=0
dx + c
e2x y = c y = ce2x
2. forma lineal.
dy = 3y dx
dy dx
3y = 0
p(x) = 3
dy 3x e3x d y=0 x 3e
dy 3x y dx [e
= 0 dx + c
e3x y = c y = ce3x
3.
3
dy + 12y = 4 dx
dy dx 4 3
p(x) = 4
Factor integrante: e
4dx
=e4x
dy 4 4x 4x e4x d x + 4e y = 3 e d 4x 4x e dx + c dx [e y ] = 1 4x e4x y = 4 e +c
y=
1 4
+ ce4x
4. forma lineal
y = 2y + x2 + 5
y 2y = x2 + 5
Factor integrante: e
2dx
= e2x
y = x 2
x 2
1 4
5 2
+ ce2x
5.
4(x+y 6 ) y
dx dy
4x y
4y 6 y
4x y
= 4y 5
4
Factor integrante: e4
1 y dy
; e4 log(y) ; elog(y) ; y 4 =
1 4x y4 y
1 y4
1 dx y 4 dy
1 5 y 4 4y
d 1 dy [ y 4 x]
= 4y
d 1 dy [ y 4 x] 1 y4 x
= 4 y dy
= 2y 2 + C
x = 2y 6 + cy 4
6.
xy + y = ex
1 y +x y= ex x
Factor integrante:
e
1 x dx
= elog x = x
xex x
x xy + x y= d dx [xy ]
= ex
Integramos:
d dx [xy ]
ex dx + c
xy = ex + c y = ex x1 + cx1
7.
x
dy dx
dy 2 +y = 2 dx y
y x
2 xy 2
...(1)
dy dx
u1/3 x
2(u1/3 )2 x
+ 3u x =
6 x
1 x dx
= e3 log x = elog x = x3
= 6x2
integramos.
d 3 dx [x u]
= 6 x2 + c
x3 u = 2x3 + c u = 2 + cx3
Sustituimos u = y 3
y 3 = 2 + cx3
dy + y 3/2 = 1; condicion y (0) = 4 8. y 1/2 dx dy dx
y 3/2 y 1/2
dy 1 dx y 1/2
+ y = y 1/2
dy dx
Sustituimos.
2 1/3 du 3u dx
3 3 2x u = e2x e 2 x du dx + e 2 2
3 d 2 x u] dx [e 2x =3 2e 3
3 d 2 x u] dx [e 3
3 3 2 x dx 2e
+c
e 2 xu = e 2 x + c u = 1 + ce 2 x
3
Sustituimos u = y 3/2
y 3/2 = 1 + ce 2 x 43/2 = 1 + ce 2 0 81=c c=7
3 3
Solucion general.
Solucion particular.
9.
y + u = y 1n ; donde n = 2 entonces: u = y 12 ; u = y 1 ; u1 = y
2 y = 2xy 2 x
u u2 d dx =
dy dx
sustituimos en la ecuacion.
u 2 1 u2 d = 2x(u1 )2 dx + x u
multiplicamos por u2
du dx 2 x u = 2x 2 esta es una ecuacion lineal con p(x) = x obtenemos el factor integrante.
e2
1 x dx
= elog x
= x 2
u 2 2 2 x2 d 2x dx x xu = x d 2 u] dx [x
= 2x1
integramos. 5
d 2 u] dx [x
2x1 dx + c
y + xy = xy 1/2
sustituimos en la ecuacion.
2 1/3 3u 1/3 multiplicamos por 2 3u du dx 3 +2 xu = 3 2x
3 2x
Factor integrante:
xdx
3 2
= e4x
3 2 xu
3
e4x
du dx
+ e4x
= e4x
2
3 2x
2 d 3 4x u dx e
3 =2 xe 4 x dx + c
2 d 3 4x u dx e 3 2
3 2
xe 4 x dx + c
2
e4x u = e4x + c u = 1 + ce 4 x
3 2
sustituimos u = y 3/2
y 3/2 = 1 + ce 4 x
3 2
1.2
=0;
N x
=0
son iguales, por lo tanto la ecuacion es exacta. Ahora tomamos una funcion fx (x, y ) = M (x, y )
fx (x, y ) = 2x 1
M x
= 2 xdx dx + g (y )
= g (y )
integramos respecto a y
g (y ) = 3 ydy + dy + c
3 2 g (y ) = 2 y +y+c
M y
N x
integramos respecto de y
g (y ) = ydy + c
1 2 y +c g (y ) = 2
sustituimos en (1)
2 f (x, y ) = xseny + ycosx 1 2y
3.
(3x2 y + ey )dx = (x3 + xey 2y )dy M (x, y ) = 3x2 y + ey ; N (x, y ) = x3 + xey 2y My (x, y ) = 3x2 + ey Nx (x, y ) = 3x2 + ey
My (x, y ) = Nx (x, y ) entonces es una ecuacion diferencial exacta. Integramos fx (x, y ) con respecto de x, y obtenemos una funcion g (y ) de constante de integracion. f (x, y ) = (3x2 y + ey )dx f (x, y ) = x3 y + xey + g (y )... (1)
Integramos respecto de y
g (y ) = 2
y dy + c
g (y ) = y 2 + c
sustituimos en (1)
x3 y + xey y 2 = c... solucion implicita.
4.
derivamos respcto de y
fy (x, y ) = 3x2 4xy + g (y )
g (y) = 0
integramos respecto de y
g (y ) = c
5.
derivamos respecto a y:
fx (x, y ) = 2x 3x2 y 2 + g (y )
2x 3x2 y 2 + g (y ) = 2x 3x2 y 2 1 g (y ) = 1
sustituimos en (1)
2xy x2 y 3 + 2x2 + 6x y = c... solucion implicita.
para y (1) = 0
2(1)2 + 6(1) = c c = 4
6.
(xy sin x + 2y cos x)dx + 2x cos xdy = 0;
la ecuacion es no exacta, en este ejemplo se nos dio el factor integrante, por lo tanto procedemos a multiplicar toda la ecuacion por el factor integrante.
xy (xy sin x + 2y cos x)dx + xy (2x cos x)dy = 0 (x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x)dx + (2x2 y cos x)dy = 0
10
integramos respecto a x:
f (x, y ) = (x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x)dx f (x, y ) = x2 y 2 cos x + g (y )...(1)
derivamos respecto a y:
fy (x, y ) = 2x2 y cos x + g (y )
igualamos con Nx
2x2 y cos x + g (y ) = 2x2 y cos x g (y ) = 0
integramos respecto a y:
g (y ) = c
sustituimos en (1)
f (x, y ) = x2 y 2 cos x + c
2
2.1
Volvemos a integrar:
y =
2 3
(x3 + c1 )dx + c2
1 4 y = (2 3 )( 4 )x + xc1 + c2
Solucion:
4 y=1 6 x + c1 x + c2
11
1 x dx
+ c1
4. y = x + sin x Integrando:
y = xdx + y y
sin xdx + c1 + c1 dx + c2
5. y = x sin x, y (0) = 0 y (0) = 0 y (0) = 2 Resolvemos la ecuacion diferencial integrando tres veces:
y = x sin xdx + c! y = sin x x cos x + c1 y = sin xdx x cos xdx + c1 dx + c2 y = cos x (cos x + x sin x) + c1 x + c2 y = cos xdx cos xdx x sin xdx + c1 xdx + c2 dx + c3
2 y = sin x sin x (x cos x + sin x) + 1 2 c1 x + c2 x + c3 2 y = 3 sin x + x cos x + 1 2 c1 x + c2 x + c3
12
2.2
1. xy + y = 0 Deniendo:
p(x) =
dy dx
dp dx
d2 y dx2
xp + p = 0
1 x dx 1 = p dp 1 1 x dx = p dp + c1
hacemos p(x) =
x=
c! dy/dx
x = c1 dx dy
integrando:
1 x dx
1 c1
dy + c2
log x =
1 c1 y
+ c2
dp dx
d2 y dx2
(x 1)p p = 0
Dividimos entre (x 1)
x1 x1 p
1 x1 p
=0
p
dp dx
1 x 1 p
=0 =0
1 x 1 p dp 1 dx = x1 p 1 1 p dp = x1 dx
integrando:
1 p dp
1 x1 dx
+ c1
13
haciendo p =
dy dx
dy dx
= c1 (x 1)
dy = c1 (x 1)dx
integrando:
dy = c1 (x 1)dx + c2
2 y = c1 1 2 x x + c2
3.
2.3 Ecuaciones lineales homogeneas.
2.
y 2y + y = 0
solucion y = emx
y1 = ex y2 = y1 y2 = e
p(y )dy 2 y1
dx
e e2x dx
2x
y2 = ex x
solucion.
y (x) = c1 ex + c2 xex
3. 4y 8y + 5y = 0 14
Ecuacion caracteristica.
4m2 8m + 5 = 0 m1,2 = m1,2 =
8 6480 8 1 1 2i
1
solucion.
y = c1 ex ei 2 x + c2 ex ei 2 x y = ex (c1 ei 2 x + c2 ei 2 x )
1 1
Solucion:
y (x) = c1 e2x + c2 e 3 x
4
Solucion:
y (x) = c1 + c2 e3x + c3 e3x + c4 ex + c5 ex
15
m1,2 =
4 36 2
m1,2 = 2 3i
Solucion:
y (x) = e2x (c1 cos 3x + c2 sin 3x) y (x) = e2x (3c1 sin 3x + 3c2 cos 3x) 2e2x (c1 cos 3x + c2 sin 3x)
Para y (0) = 3
3 = e0 (3c1 sin 0 + 3c2 cos 0) 2e0 (c1 cos 0 + c2 sin 0) 3 = 3c2 2c1 3 = 3c2 2(2) 3 + 4 = 3c2 c2 =
1 3
1 3
sin 3x)
m4 7m2 18 = 0
2.4 Ecuaciones no homogeneas de segundo orden
Ecuacion caracteristica:
m2 + 3m + 2 = 0 (m 1)(m 2) m1 = 1 m2 = 2 yh = c1 ex + c2 e2x
en este caso la parte no homogenea es 6, lo que nos sugiere usemos una solucion de la forma A
yp = A y y
p p
=0 =0
Ahora buscamos una solucion particular, para sin x nos proponen una solucion de la forma A sin x + B cos x, sin embargo podemos observar que esta ya es una solucion de la ecuacion homogenea asociada y + y = 0, entonces segun la regla de multiplicacion para este caso, debemos multiplicar por xn donde n es el numero de enteros positivos que elimina la duplicacion.
yp = Ax sin x + Bx cos x y y
p p
= A sin x + Ax cos x + B cos x Bx sin x = A cos x + A cos x Ax sin x B sin x Bx cos x B sin x = 2A cos x 2B sin x Ax sin x Bx cos x
Sustituyendo
yp = 1 2 x cos x
17
=A =0
sustituimos en la ecuacion
10(A) + 25(Ax + B ) = 30x + 3 25A = 30...(1) entonces A = 25B 10A = 3...(2)
6 25B 10( 5 )=3 6 5
25B = 3 + 12 B= yp =
3 5 6 5x
3 5
x2 2x 2x
18
A=1 2A + B = 2 B =22=0
1 2A 1 2A
+B+C =0 +C =0
1 2
1 C = 1 2A = 2
yp = x2
= 3e3x (Ax2 + Bx + C ) + e3x (2Ax + B ) = 9e3x (Ax2 + Bx + C ) + 3e3x (2Ax + B ) + 3e3x (2Ax + B ) + e (2A) = 9e3x (Ax2 + Bx + C ) + 3e3x (4Ax + 2B ) + e3x (2A)
3x
Susituimos en la ecuacion.
9e3x (Ax2 + Bx + C ) + 3e3x (4Ax + 2B ) + e3x (2A) + 9e3x (Ax2 + Bx + C ) + 3e3x (2Ax + B ) = 48x2 e3x 9e3x Ax2 + 9e3x Bx + 9e3x C + 12e3x Ax + 6e3x B + 2e3x A + 9e3x Ax2 + 9e3x Bx + 9e3x C + 6e3x Ax + 3e3x B = 48x2 e3x 9A + 9A = 48 18A = 48
8 A = 3
B=0 C=0
6.y y = 3 y -y =0
m2 m = 0 m(m 1) = 0 m1 = 0 m2 = 1
19
yh = c1 e0x + c2 ex = c1 + c2 ex
En este caso podemos ver claramente que existe ya una solucion que es c1 igual con 3 entonces por la regla de multiplicidad. la solucion propuesta yp = Ax
yp = Ax y y
p p
=A =0
La solucion particular propuesta para 3 cosx es yp1 = A yp2 = Bcosx + Csenxsin embargo en la solucion yp1 se repite la constante, entonces la multiplicamos por x de acuerdo a la ley de multiplicidad nos queda.yp1 = Ax2
yp = Ax2 + Bcosx + Csenx y y y
p p p
Igualando 1 y 2
B= C= yp =
6 37 1 37 1 3 2x
6 37 cosx
y (x) = c1 + c2 x +
1 37 senx 2 c3 e6x 1 4x
6 37 cosx
1 37 senx
20
Solucion particular
yp = Acosx + Bsenx + Ccos2x + Dsen2x yp = Asenx + Bcosx 2Csen2x + 2Dcos2x yp = Acosx Bsenx 4Ccos2x 4Dsen2x
sustituyendo.
AcosxBsenx4Ccos2x4Dsen2x2Asenx+2Bcosx4Csen2x+ 4Dcos2x + Acosx + Bsenx + Ccos2x + Dsen2x = senx + 3cos2x 3Ccos2x 3Dsen2x 2Asenx + 2Bcosx 4Csen2x + 4Dcos2x = senx + 3Cos2x 3C + 4D = 3...(1) 3D 4C = 0...(2) C= D=
9 25 12 25
2A = 1 ; A = 1 2 2B = 0 ; B = 0
1 y (x) = c1 ex + c2 xex 2 cosx + 9 25 cos2x
12 25 sen2x
2.5
Variacion de parametro.
1. y + y = sec x Resolvemos la parte homogenea de la ecuacion esta es yh = y + y = 0 Para la ecuacion homogenea asociada, resolvemos la ecuacion caracteristica.
m2 + 1 = 0 m2 = 1 = 1 ; m1,2 = i
m1,2
m1,2 = i ; donde = 0 = 1
21
yh = c1 cosx + c2 senx
W1 =
0 y2 0 senx = = [(0)(cosx)] [(senx)(secx)] = f (x) y2 secx cosx senxsecx = senx cosx = tanx 0 cosx 0 = = [(cosx)(secx) (0)(senx)] = f (x) senx secx cosxsecx = cosx cosx = 1 = tanx = tanx ; u1 = tanxdx = [ln(cosx)] = ln(cosx) 1 1 2 u2 = W dx = x W = 1 = 1; u2 = yp = u1 y1 + u2 y2 yp = ln(cosx)cosx + xsenx y (x) = yh + yp y (x) = c1 cosx + c2 senxi + cosxln(cosx) + xsenx y1 y1
W2 =
u1 =
W1 W
2. y + y = senx Resolvemos yh = y + y = 0
m2 + 1 = 0 m2 = 1 = 1 ; m1,2 = i
m1,2
Donde:
=0y=1 yh = ex (c1 cosx + c2 senx) yh = e0x (c1 cosx + c2 senx)
22
yh = c1 cosx + c2 senx
Denimos y1 , y2
y1 = cosx ; y1 = senx y2 = senx ; y2 = cosx
Calculamos el Wronskiano.
W = cosx senx W1 = W2 = senx = cos2 x + sen2 x = 1 cosx 0 senx cosx senx senx = sen2 x cosx 0 = senxcosx senx
Ahora calculamos u1 , u2 .
x = sen2 x u1 = sen 1 1 u1 = sen2 xdx = x 2 4 sen2x
2
y (x) = yp + yh
1 1 3 xcosx 1 y (x) = c1 cosx + c2 senx + 2 4 cosxsen2x + 2 sen x
Denimos y1 , y2
y1 = cosx ; y1 = senx y2 = senx ; y2 = cosx
W =
cosx senx
W1 =
W2 =
Denimos u1 , u2
u1 = senxcos2 x = senxcos2 x 1
yp = u1 y1 + u2 y2 =
cos3 x sen3 x (cosx) + senx 3 3 cos4 x sen4 x + sen2 x 3 3 sen4 x cos4 x + sen2 x 3 3
yp =
Denimos y1 , y2
y1 = ex ; y1 = ex y2 = ex ; y2 = ex
W =
ex ex
W1 =
Calculamos u1 y u2
u1 = u1 =
1 2 ex coshx 2 1 x =2 e coshx
2x ex coshxdx = 1 (2e2x x 1) 8e
u2 = u2 = 1 2
ex coshx 1 x e coshx = 2 2
1 ex coshxdx = 2 [
x e2x + ] 2 4 x e2x ) 4 8
1 x yp = 8 e (2e2x x 1) +
ex xex + 4 8 xex ex + 4 8
x y (x) = c1 ex + c2 ex + 1 (2e2x x 1) + 8e
4. y + 3y + 2y =
1 1 + ex
Denimos y1 , y2 .
y1 = e2x ; y1 = 2e2x y2 = ex ; y2 = ex
Calculamos Wronskianos: 25
W =
e2x 2e2x
ex e x x = e 1 + ex 0
1 1+ex
W2 =
e2x 2e2x
e2x 1 + ex
Calculamos u1 ,u2
e x ex = u1 = 1e+ 3x u1 = e2x ex (e3x )(1 + ex ) = 1 e2x (1 + ex ) = 1 + e x
e2x
1 dx = ex + ln(ex + 1) 1 + ex
e x
yp = (e2x )[ex + ln(ex + 1) 1] + [x + ln(ex + 1)](ex ) yp = ex + e2x ln(ex + 1) e2x + xex + ex ln(ex + 1) y (x) = c1 e2x + c2 ex ex + e2x ln(ex + 1) e2x + xex + ex ln(ex + 1)
5.3y 6y + 6y = ex secx
yh = 3y 6y + 6y = 0 3m2 6m + 6 = 0 a = 3 , b = 6 , c = 6
Denimos y1 , y2
m1,2 = (6) (6)2 4(3)(6) 6 = 2(3) 6 36 72 =1 6 36 =1i 6
Deniendo y1 , y2 26
W2 =
Calculamos u1 , u2
u1 = ex tanx = tanx ex
yp = lncosx(ex cosx) + x(ex senx) y (x) = ex (c1 cosx + c2 senx) + ex cosxlncosx + xex senx
2.6 Ecuaciones de Cauchy-Euler
x2 y 2 y = 0
27
2.
x2 y + y = 0
Suponemos la solucion y = xm
y = xm y = mxm1 y = (m 1)mxm2
Sustituimos en la ecuacin
x2 [(m 1)mxm2 ] + xm = 0 (m 1)mx2 xm x2 + xm = 0 (m2 m)xm + xm = 0 xm (m2 m + 1) = 0
Ecuacin auxiliar
m2 m + 1 = 0 1 m1,2 = 2 1 2 3i
donde: =
1 2
1 2
3
1 1
y = c1 x 2 + 2
3i
+ c2 x 2 2
3i
28
Usando la identidad,
xi = (elnx )i = eilnx
entonces
xi + xi = cos(lnx) + isen(lnx) + cos(lnx) isen(lnx) = 2cos(lnx) xi xi = cos(lnx) + isen(lnx) cos(lnx) + isen(lnx) = 2isen(lnx)
si y = C1 x+i + C2 xi
y1 = x (xi + xi ) = 2x cos(lnx) y2 = x (xi xi ) = 2x isen(lnx)
se concluye que
y1 = x cos(lnx) y = x sen(lnx)
As la solucion general es
y = x [c1 cos(lnx) + c2 sen(lnx)] 1 1 y = x 2 [c1 cos( 1 2 3lnx) + c2 sen( 2 3lnx)]
3. Suponemos la solucin:
x2 y + xy + 4y = 0
y = xm y = mxm1 y = (m 1)mxm2
Sustituimos en la ecuacin.
x2 [(m 1)mxm2 ] + x(mxm1 ) + 4(xm ) = 0 xm (m2 m + m + 4) = 0 xm (m2 + 4) = 0 m2 = 4
29
4. Solucion propuesta.
x2 y 3xy 2y = 0
y = xm y = mxm1 y = (m 1)mxm2
Sustituimos.
x2 [(m 1)mxm2 ] 3x(mxm1 ) 2(xm ) = 0 xm [(m2 m) 3m 2] = 0 xm (m2 4m 2) = 0 m1,2 = 2 6 y = c2 x2+
6
+ c1 x2
5. Solucin propuesta.
25x2 y + 25xy + y = 0
y = xm y = mxm1 y = (m 1)mxm2
Sustituimos.
25x2 [(m 1)mxm2 ] + 25x(mxm1 ) + xm = 0 xm [25m2 25m + 25m + 1] = 0
30
25m2 + 1 = 0 1 1 = i 25 5 1 5
m1,2 =
= 0, =
6. Solucion propuesta.
x2 y + 5xy + y = 0
Sustituimos.
7.
xy 4y = x4
Solucin propuesta.
y = xm y = mxm1 y = (m 1)mxm2
Hacemos la ecuacion de la forma de Cauchy Euler, para esto la multiplicamos por x. Resolvemos la parte homogenea. Sustituimos
yh = x2 y 4xy = 0 x2 [(m 1)mxm2 ] 4x(mxm1 ) = 0 x2 y 4xy = x5
31
Resolvemos por variacion de parmetros. Para esto tenemos que escribir la ecuacion en la forma estandar P (x)y +
Q(x)y = f (x)
x5 = 5x4 0 = 5x4 5x4 0 x5 W1 = 3 = 0 x 8 = x 8 x 5x4 1 0 W2 = = x3 0 x3 Calculamos u1 , u2 x8 1 4 u1 = 5x4 = 5 x 1 1 5 4 u1 = 5 x dx = 25 x 1 x3 = u2 = 5x 4 5x 1 1 u2 = 1 5 x dx = 5 lnx 1 5 1 yp = 25 x (1) + 5 lnx(x5 ) 5 1 5 x +x yp = 25 5 lnx y (x) = yh + yp 5 1 5 x +x y (x) = c + c2 x5 25 5 lnx W = 1 0
7.
x2 y xy + y = 2x
Solucion propuesta.
y = xm y = mxm1 y = (m 1)mxm2
yh = x2 y xy + y = 0
32
x lnx = (x)(lnx + 1) (lnx)(1) = xlnx + x lnx = xlnx 1 lnx + 1 x lnx + x = xln x + x = xln(1) + x = x 0 lnx 2 2 W1 = 2 = (lnx)( x )= x lnx lnx + 1 x x 0 2 W2 = 2 = xx 0 = 2 1 x Calculamos u1 , u2 2 lnx lnx u1 = x x = 2x 2 lnx +1 u1 = 2 x2 = lnx x 2 u2 = x 1 u2 = 2 x = 2lnx +1 yp = y1 u1 + y2 u2 = x( lnx x ) + xlnx(2lnx) = lnx + 1+ W =
8.
x2 y 2xy + 2y = x4 ex
Solucin propuesta.
y = xm y = mxm1 y = (m 1)mxm2
Calculamos el Wronskiano
2 2 2 x y +x y x 2y = x e Denimos y1 , y2 , f (x) = x2 ex y1 = x2 ; y1 = 2x y2 = x ; y2 = 1
33
x2 x = x2 2x2 = x2 2x 1 0 x W1 = 2 x = 0 x 3 e x = x 3 e x x e 1 x2 0 W2 = = x4 ex 2x x2 ex Calculamos u1 , u2 x3 ex = xex u1 = x2x u1 = xe dx = ex (x 1) 4 x e u2 = x = x 2 e x x 2 2 x u2 = x e dx = ex (x2 2x + 2) yp = u1 y1 + u2 y2 = [ex (x 1)]x2 + [ex (x2 2x + 2)]x yp = x2 ex (x 1) + xex (x2 2x + 2) y (x) = yp + yh y (x) = c1 x2 + c2 x + x2 ex (x 1) + xex (x2 2x + 2) W =
9.
3
1.
Sutituyendo y =
n n=0 cn x n=2 (n
y la segunda derivada y =
n n=0 cn x ) n+1 n=0 cn x
n2 n=2 (n1)ncn x
=0 =0
n=2 (n
Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas.
2(1)c2 x0 2c2
n=3 n=3
=0
=0
hacemos k = n 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie, de modo que: n = k + 2 , n = k 1 respectivamente. Sutituimos
2c2 2c2
n=3 k=1 (k
n+1 n=0 cn x
=0 =0
k k=1 ck1 x
2c2
k=1 [(k
34
Esta relacion genera coecientes consecutivos de la solucion propuesta, con el valor de k como enteros positivos. Ahora
2c2 = 0 ; c2 = 0 k = 1 , c3 = k = 2 , c4 = k = 3 , c5 = c2 = 5(4)
c0 3(2) 1 =6 c0 1 12 c1
c1 = 4(3)
1 20 c2
= 0 c2 = 0 = =
1 180 c0 1 504 c1
k = 4 , c6 = k = 5 , c7 =
c3 = 6(5) c4 = 7(6)
1 1 30 ( 6 )c0 1 1 42 ( 12 )c1
k = 6 , c8 = k = 7 , c9 =
c5 = 0 c5 = 0 8(7)
1 1 72 ( 180 )c0
c6 = 9(8)
1 12960 c0
k = 8 , c10 = k = 9 , c11 =
c7 = 10(9)
1 10(9)(504) c1
c8 = 0 c8 = 0 11(10)
1 9 12960 x )
+ c1 (x +
1 4 12 x
1 7 504 x
1 10 90(504) x )
2 Sutituyendo:
y= y = y =
y + x2 y + xy = 0
n n=0 cn x n1 n=1 cn nx n2 n=2 (n 1)ncn x
En la ecuacin original
n=2 (n
1)ncn xn2 + x2
n1 n=1 cn nx
+ x[
cn x n ] = 0
35
n2 + n=1 cn nxn+1 + n=0 cn xn+1 = n=2 (n 1)ncn x 0 n2 2c2 x + 6c3 x n=4 (n 1)ncn x + n=1 cn nxn+1 + c0 x1
n+1 n=1 cn x
=0
kck1 (k + 1)(k + 2) Sustituyendo k = 2, 3, 4, ... en la formula se obtiene 2c1 c4 = 3(4) =1 6 c1 3c2 c5 = 4(5) = 0 c2 = 0 4c3 2 1 c6 = 5(6) = 15 ( 1 6 c0 ) = 45 c0 5c4 5 1 5 = 42 ( 6 c1 ) = 136 c1 c7 = 6(7) 6c5 6 c8 = 7(8) = 56 (0) = 0 7c6 7 1 7 = 72 ( 45 )c0 = 72(45) c0 c9 = 8(9) 8c7 4 5 5 c10 = 9(10) = 45 ( 136 c1 ) = 45(34) c1 9c8 9 = 110 (0) = 0 c11 = 10(11) 10c9 5 7 7 c12 = 11(12) = 66 ( 72(45) c0 ) = 66(72)(9) c0 ck+2 =
[(k1)+1]ck1 (k+1)(k+2)
Por tanto, 3.
Sutituyendo:
y= y = y =
n2 n1 2x + n=0 cn xn = 0 n=2 (n 1)ncn x n=1 cn nx n2 n 2 n=1 cn nx + n=0 cn xn = 0 n=2 (n 1)ncn x n2 2c2 n=3 (n 1)ncn x 2 n=1 cn nxn + c0 n=1 cn xn = 0
En la ecuacin original
2c2 k=1 (k + 2 1)(k + 2)ck+2 xk+22 2 k=1 ck kxk + c0 k=1 ck xk = 0 2c2 + c0 k=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk + k=1 ck kxk + k=1 ck xk = 0 k k k 2c2 + c0 k=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 x 2ck kx + ck x = 0 2c2 + c0 k=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk 2ck kxk + ck xk = 0
36
=1 2 c1
5 = 24 c0
5 1 12 ( 2 c0 )
c5 = c6 = c7 = c8 = c9 =
7c3 4(5)
7 1 20 ( 2 c1 )
7 40 c1
= =
9 5 30 ( 24 c0 ) 11 7 42 ( 40 c1 )
1 = 16 c0 11 6(40) c1
= =
13 1 56 ( 16 c0 )
13 = 56(16) c0
15 11 72 ( 6(40) c1 )
161 72(240) c1
c10 =
17c8 9(10)
17(13) = 9(10)(56)(16) c0
c11 = y = c1
1 3 2x
= +
7 5 40 x
161 11 55(8)(240) x
c0
5 4 24 x
1 6 16 x
13 8 56(16) x
17(13) 10 90(56)(16) x
4. Sutituyendo:
y= y = y = (x2 + 2) x2
n=2 (n
n n=0 cn x n1 n=1 cn nx
n=2 (n
1)ncn xn2
n1 n=1 cn nx n=1
1)ncn xn2 + 3x 0
n n=0 cn x
=0 =
n2 +2 n=2 (n 1)ncn x
n2 + n=2 (n 1)ncn x
3cn nxn
n n=0 cn x
37
n=2
n=1
3cn nxn
n=2
n n=0 cn x
=0
1)ncn xn +
n=2
3cn nxn c0 +
3c1 x + c0 + c1 x n=2 (n 1)ncn xn + 2(2 1)2c2 x22 + 2(3 1)3c3 x32 n=4 2(n 1)ncn xn2 + n=2 3cn nxn n=2 cn xn = 0 3c1 x + c0 + c1 x + 4c2 + 12c3 x n=2 (n 1)ncn xn + n=4 2(n 1)ncn xn2 + n n n=2 3cn nx n=2 cn x = 0
+ 2 1)(k + =0
c5 =
5 +1 6x +
11 7 126 x ]
4
1.
Transformada de Laplace
f (t) L{f (t)} =
0
1, 0 t < 1 1, t1 1
0
est f (t)dt = = es |1 0+
st
est (1) +
est (1)
est s |1
38
= e s [ e s ] + =
es s
s(1)
s(0)
es(1) s
es() s
1 s
es s 1 s
0 s
2es s
2.
f (t) = t, 1, 0t<1 t1
1 L[f (t)] = 0 est f (t) = 0 est tdt + 1 est (1)dt st est 1 = e s (t 1 s )|0 + s |1
e = e s (1 1 s ) [ s s 1 = e s + es2 + s1 2 s
s(1) s(0)
e (0 1 s )] + [
s()
es(0) s ]
est te4t dt =
te(s4)t dt
3.
y + 3y + 2y = 0 y (0) = 1 , y (0) = 1 Aplicamos transformada de Laplace a toda la ecuacin L[y ] + 3L[y ] + 2L[y ] = 0 [s2 Y (s) sy (0) y (0)] + 3[sY (s) y (0)] + 2[Y (s)] = 0 s2 Y (s) sy (0) y (0) + 3sY (s) 3y (0) + 2Y (s) = 0 s2 Y (s) s(1) 1 + 3sY (s) 3(1) + 2Y (s) = 0 s2 Y (s) s 1 + 3sY (s) 3 + 2Y (s) = 0
Factorizando
Y (s)(s2 + 3s + 2) s 4
39
Y (s) =
s2
4+s + 3s + 2
4 + (1) =3 1 + 2 42 = 2 2 + 1
y xy = 0
Sutituyendo y =
n n=0 cn x n=2 (n
y la segunda derivada y =
n n=0 cn x ) n+1 n=0 cn x
n2 n=2 (n1)ncn x
=0 =0
n=2 (n
Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas.
2(1)c2 x0 2c2
n=3 n=3
=0
=0
hacemos k = n 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie, de modo que: n = k + 2 , n = k 1 respectivamente. Sutituimos
2c2 2c2
n=3 k=1 (k
n+1 n=0 cn x
=0 =0
k k=1 ck1 x
2c2
k=1 [(k
40
Esta relacion genera coecientes consecutivos de la solucion propuesta, con el valor de k como enteros positivos. Ahora
2c2 = 0 ; c2 = 0 k = 1 , c3 = k = 2 , c4 = k = 3 , c5 = c2 = 5(4)
c0 3(2) 1 =6 c0 1 12 c1
c1 = 4(3)
1 20 c2
= 0 c2 = 0 = =
1 180 c0 1 504 c1
k = 4 , c6 = k = 5 , c7 =
c3 = 6(5) c4 = 7(6)
1 1 30 ( 6 )c0 1 1 42 ( 12 )c1
k = 6 , c8 = k = 7 , c9 =
c5 = 0 c5 = 0 8(7)
1 1 72 ( 180 )c0
c6 = 9(8)
1 12960 c0
k = 8 , c10 = k = 9 , c11 =
c7 = 10(9)
1 10(9)(504) c1
c8 = 0 c8 = 0 11(10)
1 9 12960 x )
+ c1 (x +
1 4 12 x
1 7 504 x
1 10 90(504) x )
2.
y (x + 1)y y = 0
Sutituyendo y =
n=2 (n n=2 (n
n n=0 cn x
1)ncn xn2 (x + 1)
n n=1 cn nx
n n=0 cn x
=0 =0
1)ncn xn2
n1 n=1 cn nx
n n=0 cn x
41
2c2 x0
n=3 (n
1)ncn xn2 c0 x0
n 0 n=1 cn nx c1 x n n=1 cn x = 0
n1 n=2 cn nx
hacemos k = n 2 para la primera serie, k = n 1 para la tercera, k = n para la segunda y la cuarta serie.
c2 c1 c0 +
n2 n=3 (n 1)ncn x n n=1 cn nx n1 n=2 cn nx n n=1 cn x
= +
0 c2 c1 c0 +
k=1 (k
k=1 ck+1 (k
c2 c1 c0 +
k=1 [(k
k = 1 , c3 = k = 2 , c4 = k = 3 , c5 =
Sustituyendo k = 1, 2, 3, ...,
2c2 +2c1 2(3) 3c3 +3c2 3(4) 4c4 +4c3 4(5)
=0 3 = 12 c3 = 0 =0
Serie de Taylor 1.
y = x + 2y 2 y (0) = 0 y (o) = 1
Derivando
y = 1 + 4yy y = 4y y + 4yy = 12y y + 4yy
y iv = 4y y + 4y y + 4y y + 4yy
42
y vi = 12y y + 12y y + 12y y + 12y y iv + 4y y + 4y y iv + 4y y iv + 4yy v = 36y y + 12y y iv + 4y y + 4y y iv + 4y y iv + 4yy v y (0) = 1 , y (0) = 4 , y iv (0) = 12 , y v (0) = 76 , y vi (0) = 408 y ( x) =
x 1!
x2 2!
4x3 3!
12x4 4!
76x5 5!
408x6 6!
1.
f (t) = 4t 10 L[f (t)] = 4L t] 10L[1] [ L[f (t)] = 4 0 test dt 10 0 est dt 4 0 test dt = u = t , du = 1 st dv = est , v = e s st 1 st = 4[(1)( e s )| )]dt 0 + s 0 (1)(e 4 s() 4 s(0) 1 est = se ( s e ) + s s |0 = = 10 =
4 s 4 s
e s ) 1 4 1 +1 s ( s ) = s s2 + (e
s
1 s
s()
s(0)
= e s | 0
s(0)
st
( e
entonces
L[f (t)] =
1 1 3 1 4 2 = 2 s s s s s
2.
L[f (t)] = L[et/5 ] = t = 0 e 5 (15s) dt = =
e
(15s) 5 1 5 (15s)
| 0 5 5 = = 1 5s 5s 1
3.
L[f (t)] = L[et2 ]
f (t) = et2
43
= =
e e = = 1s s1
(e2 )( e
(0)(1s)
1s
4.
L[f (t)] = L[et cos t]
f (t) = et cos t
= L[et cos t] =
s (s 1)2 + 1
5.
L[f (t)] = L[et cos t]
f (t) = et cos t
= (cos t)
est )| 0 s 0
Evaluamos el primer trmino y volvemos a integrar por partes el segundo trmino u = sin t , du = cos t st dv = est , v = e s
est st e e0 (cos 0) ] 1 sin t( e s )| 0 0 ( s ) cos tdt s s s st 1 1 1 1 = 1 + s2 e cos tdt = 2 st sin t| cos t| 0 0 = 0 st s e se s 1 st s s 0 e cos tdt = = 2 s +1 1 + s1 2 Aplicando el teorema de traslacion del eje s L[f (t)] = F (s) L[eat f (t)] = F (s a) = [(cos )
44
0<t<2 1 f (t) = 0 2t<4 1 t4 st 2 st 4 L[f (t)] = 0 e f (t)dt = 0 e (1)dt + 2 est (0)dt + 4 est (1)dt 2 st 1 1 2s 1 0 1 e (1)dt = [ est ]2 e = e2s 1 0 = e 0 s s s s 4 st e (0) dt = 0 2 st 1 1 t 1 4s 1 e (1)dt = est | + e = e4s 4 = e 4 s s s s 1 2s 1 4s 1 2s L[f (t)] = e 1 + e = e + e4s 1 s s s
6.
7.
f (t) = 3t 0 0<t<1 t1 1 L[f (t)] = 0 est 3tdt + 1 est (0)dt 1 st 1 e 3tdt = 3 0 test dt 0 u = t , du = 1 est dv = est , v = s est 1 1 est est 1 1 est = 3 t( )|0 0 ( )dt = t( )| [ ] s s s 0 s s = 1 st 1 3 t(est )|1 ]0 0 [e s s = 1 s [(es ) 0] 1 ) 1] s [(e s
45
L1 [ s1 2] n! n L1 [ sn +1 ] = f (t) = t L1 [ s1 ] = t 2
Usar el teorema de la transformada de la derivada de una funcion para encontrar F (s) dada f (t) 9.
f (t) = t sin 3t
f (t) = 3 cos 3t + 3 cos 3t 9t sin 3t, f (0) = 6 L[f (t)] = s2 F (s) f (0) f (0) L[3 cos 3t + 3 cos 3t 9t sin 3t] = s2 L[t sin 3t] 0 0 6L[cos 3t] 9L[t sin 3t] = s2 L[t sin 3t] 6L[cos 3t] = s2 L[t sin 3t] + 9L[t sin 3t] 6L[cos 3t] = (s2 + 9)L[t sin 3t] s ] = (s2 + 9)L[t sin 3t] 6[ 2 s +9 6s L[t sin 3t] = 2 (s + 9)2
10.
f (t) = t cosh t f (t) = t cosh t , f (0) = 0 f (t) = cosh t + t sinh t , f (0) = 1 f (t) = sinh t + sinh t + t cosh t L[f (t)] = s2 F (s) f (0) f (0) L[2 sinh t + t cosh t] = s2 L[t cosh t] 0 1 2L[sinh t] + L[t cosh t] = s2 L[t cosh t] 1 2L[sinh t] = s2 L[t cosh t] L[t cosh t] 1 1 2 2 = (s2 1)L[t cosh t] 1 s 1 2 + 1 = (s2 1)L[t cosh t] 2 (s 1) 2 + s2 1 = (s2 1)L[t cosh t] (s2 1) s2 + 1 L[t cosh t] = 2 (s 1)2
sean:
46
11. Sean:
f (t) = t2 cos 3t
f (t) = t2 cos 3t , f (0) = 0 f (t) = 2t cos 3t 3t2 sin 3t , f (0) = 0 f (t) = 2 cos 3t 6t sin 3t (6t sin 3t +9t2 cos 3t) = 2 cos 3t 12t sin 3t 9t2 cos 3t
Aplicando el teorema
L[f (t)] = s2 F (s) f (0) f (0) L[2 cos 3t 12t sin 3t 9t2 cos 3t] = s2 L[t2 cos 3t] 0 0 2L[cos 3t] 12L[t sin 3t] 9L[t2 cos 3t] = s2 L[t2 cos 3t] 2L[cos 3t] 12L[t sin 3t] = s2 L[t2 cos 3t] + 9L[t2 cos 3t] 2 s2 6s s 12 2 = (s2 + 9)L[t2 cos 3t] podemos observar que la +9 (s + 9)2 6s transformada de t sin 3t es 2 pues ya la habiamos resuelto (s + 9)2
anteriormente.
2s(s2 + 9) 36s = (s2 + 9)L[t2 cos 3t] (s2 + 9)2 2s3 + 18s 36s = (s2 + 9)L[t2 cos 3t] (s2 + 9)2 2s3 18s = L[t2 cos 3t] 2 (s + 9)2 (s2 + 9) 2s3 18s L[t2 cos 3t] = 2 (s + 9)3
12.
F (s) = L1 1 s(s 4) 1 = eat , entonces: sa 1 s(s 4)
Sabemos que L1
47
13.
F (s) = L1
1 s2 (s + 3)
=
0
1 3t 1 1 e t 9 3 9
14.
F (s) = L1 3 = s2 (s2 9)
3 s2 (s2 9)
Conociendo L1
L1 L1 1 t 3 f (t) =
a = sinh at, donde a = 3, entonces: s2 a2 t 3 1 1 1 = 0 sinh 3 d = cosh 3 |t cosh 3t 0 = s(s2 9) 3 3 3 3 1 1 1 1 t = 0 cosh 3 d = sinh 3 s2 (s2 9) 3 3 9 3 1 (sinh 3t 3t) 9
=
0
1 sinh 3t 9
48
16.
y + 4y = 2 , L [y + 4y ] = L [2] s2 Y (s) sy (0) y (0) + 4Y (s) = 2 s2 Y (s) 0 0 + 4Y (s) = s 2 2 Y (s)(s + 4) = s 2 Y (s) = s(s2 + 4) L1 y (0) = 0 , y (0) = 0
2 s
2 = s(s2 + 4) Si L1 2 = sin t donde = 2, entonces s + 2 t 2 1 1 1 L1 = 0 sin 2 d = cos 2 |t 0 = cos 2t + 2 s(s + 4) 2 2 2 1 1 f (t) = cos 2t 2 2
por linealidad
y=
1 1 cos 2x 2 2
17.
y + 16y = 4 , y (0) = 1 , y (0) = 0
49
4 s
4 s2 4 s = L1 L 1 = s(s2 + 16) s(s2 + 16) (s2 + 16) s = cos t , donde = 4 L1 2 s + 2 s = cos 4t L1 2 (s + 16) 4 Entonces para L1 2 s(s + 16) 1 = sin t , donde = 4 si L s2 + 2 t t 4 1 1 1 L1 cos 4 = cos 4t = sin 4 d = 0 2 s(s + 16) 4 4 4 0 1 1 cos 4t + 4 4 4 s2 1 1 3 1 1 L = cos 4t + cos 4t = cos 4t + s(s2 + 16) 4 4 4 4 L1
por linealidad
y=
18.
Ahora calculamos la transformada inversa de la funcin racional Y (s), para esto usaremos un desarrollo en fracciones parciales 50
en el primer caso obtenemos 2(1) + 8 = A(2) + 2B , 6 = 2A + 2B 2(1) + 8 = A(0) + 2B , B = 5 6 = 2A + 10 , A = 2 Sustituimos estos valores en el desarrolo de fracciones parciales.
Y (s) = 2L1
19.
w + w = t2 + 2 ,
w(0) = 1 , w (0) = 1
s2 W (s) sw(0) w (0) + W (s) = L[t2 ] + L[2] 2 2 W (s)(s2 + 1) s + 1 = 3 + s s 2 + 2s2 2 W (s)(s + 1) = +s1 s3 2 4 2(1 + s ) + s s3 2 + 2s2 + s4 s3 s3 W (s) = = 2 s +1 s3 (s2 + 1)
Aplicamos el teorema de la transformada de la integral para las dos primeras transformadas inversas.
L1 2 sin d = 2 cos |t 0 = 2 cos t + 2 0 + 1) t = 2 0 [cos 1] d = 2(sin )|t 0 = 2(sin t t) = 2t 2 sin t t 1 2 2 = 2 0 ( sin )d = 2( + cos )|t 0 = t + 2 cos t 1 2 t 1 1 3 = 0 ( 2 + 2 cos 1)d = ( 3 + 2 sin )|t 0 = t + 2 sin t t 3 3 t 2 L1 = 0 2 sin d = 2 cos |t 0 = 2 cos t + 2 2 s(s + 1) s L 1 = cos t (s2 + 1) s3 (s2 = 2 t
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L1
Sustituyendo
f (t) =
References
[1] Ecuaciones diferenciales con aplicaciones de modelado, Dennis G. Zill, Novena edicin, Editorial Cengage learning. Ejercicios 7.1, Problema 21 [2] Ecuaciones diferenciales, Isabel Carmona Jover, Cuarta edicin, Editorial Pearson Educacin, Ejercicios 7.1, Problemas 1, 4, 14, 18. Ejercicios 7.2, Problemas 1, 2, 5, 9, 10, 15, 18, 19 [3] Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera, R. Kent Nagle, Edward B. Sa, Arthur David Snider, Cuarta edicin, Editorial Pearson educacin. Ejercicios 7.5, Problemas 1
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