ECUACIONES DIFERENCIALES

UNIDAD TRES
ECUACIONES DIFERENCIALES MÉTODO POR SERIES DE POTENCIA Y
TRANSFORMADA DE LAPLACE

Presentado a:
Edson Daniel Benítez Rodríguez

Tutor

Entregado por:

Maritza Paola Higuera Guerrero

Código: 63.526.746

Oscar Eduardo Mendez Cedeño

Código: 93181328

Ingrid Tatiana Martinez Fuentes

Código: 1.039.466.440

Laura Victoria Huertas Botache

Código: 1098817945

XxxxxxxXxxxxXxxxxx
Código: xxxxx

Grupo: 43

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA - UNAD

ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, INGENIERÍAS Y TECNOLOGÍAS
CURSO DE ECUACIONES DIFERENCIALES
FECHA
Julio 27
2020
 INTRODUCCIÓN

Con el desarrollo de esta actividad nos apropiaremos de los temas propuestos en la unidad 3

Tarea 4 como son los métodos de serie de potencias, series de Taylor y transformadas de Laplace

para solucionar ecuaciones diferenciales, promedio del desarrollo de tres tipos de ejercicios

individuales; además, se resolverán dos ejercicios de aplicación, que permitirán comprender la

gran utilidad que tienen estos temas en el desarrollo de nuestras carreras profesionales.
 OBJETIVOS
General

Solucionar ecuaciones diferenciales de segundo orden y de orden superior con la

aplicación de los diferentes métodos teniendo en cuenta el módulo de ecuaciones

diferenciales. Utilizar el método de serie de potencias y trnsformadas de Laplace para

solucionar ecuaciones diferenciales.

Especificos
 Desarrollar una serie de ejercicios de ecuaciones diferenciales y problemas aplicados

utilizando series de potencia y transformada de Laplace.

 Realizar una lectura analítica mostrados en el entorno de conocimiento del curso

 Interpretar los conocimientos adquiridos en el desarrollo de los ejercicios propuestos

 Hacer un video explicativo de acuerdo a la tabla dada por el tutor

 Compilar en un solo trabajo todos los ejercicios.

 PASO 2
ELECCIÓN DE EJERCICIOS A DESARROLLAR PARTE
INDIVIDUAL

Tabla de elección de ejercicios:

Nombre del estudiante Rol a Grupo de ejercicios a desarrollar paso 1.

desarrollar
Maritza Paola Higuera Alertas El estudiante desarrolla el ejercicio a en

Guerrero todos los 3 Tipo de ejercicios.

Oscar Méndez Entregas El estudiante desarrolla el ejercicio b en

todos los 3 Tipo de ejercicios

Ingrid Tatiana Martínez Vigía del El estudiante desarrolla el ejercicio c en

tiempo todos los 3 Tipo de ejercicios

Laura Victoria Huertas Revisor El estudiante desarrolla el ejercicio d en

todos los 3 Tipo de ejercicios

María Angélica Gutiérrez Comunicador El estudiante desarrolla el ejercicio e en

todos los 3 Tipo de ejercicios

DESARROLLO DE LA ACTIVIDAD COLABORATIVA

PASO 3
 EJERCICIOS INDIVIDUALES
A continuación, se definen los 3 Tipos de ejercicios para presentar en el Paso 3.

TIPO DE EJERCICIOS 1 – MÉTODO DE SERIES DE

POTENCIAS PARA ECUACIONES DIFERENCIALES

El método de series de potencias para resolver ecuaciones diferenciales es simple y natural, se

empieza describiendo el procedimiento práctico y se ilustra con ecuaciones simples cuyas
soluciones ya se conocen, con el fin de ver lo que está ocurriendo.
Para una ecuación dada:
,, ,
y + p ( x ) y + q ( x ) y=0
se representa primero p ( x ) y q ( x ) por series de potencias en potencias de x (o de ( x−x 0 ) si se
desea obtener soluciones de potencias de x−x 0 ¿. En muchas ocasiones p ( x ) y q ( x )son
polinomios y entonces no es necesario hacer nada en primer paso. Después se supone una
solución en la forma de una serie de potencias con coeficientes desconocidos.
∞
y= ∑ am x m=a0 +a1 x+ a2 x 2 +a3 x 3+ …
m=0

Y esta serie y la obtenida al derivar terminó a término:

∞
y , = ∑ m am x m−1=a1 +2 a2 x+ 3 a3 x 2 +…
m=1

∞
y = ∑ m ( m−1 ) am x m−2=2 a2 +3∗2 a3 x+ 4∗3 a4 x 2 +…
,,

m=1

Se introduce en la ecuación. A continuación se agrupan las potencias semejantes de x y la suma

de los coeficientes de cada potencia de x que se presente se iguala a cero, empezando con los
términos constantes, los términos que incluyen a x, los términos que incluyen a x 2 etc. Se
obtienen así relaciones a partir de las cuales es posible determinar de manera sucesiva los
coeficientes desconocidos en y.
ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Maritza Paola Higuera Guerrero
 a. 3 y ´ −5 xy=0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓNMATEMÁTICA
∞ ∞
n−1 n
  y '=∑ nc n x Sea y=∑ c n x la solución general, se deriva
n=0 n=0

Se sustituye y y y’ en la ecuación
∞ ∞
3 ∑ nc n xn−1−5 x ∑ c n x n =0
n=0 n=0

∞ ∞

∑ 3 nc n x n−1−∑ 5 c n x n +1=0
n=0 n=0

∞ ∞
Como los exponentes de x deben ser iguales, en la
∑ f ( n )=¿ ∑ f ( n+ k ) ¿ primera serie se resuelve la sumatoria para n=0 y
n=k n=0
n=1, y continúa la sumatoria desde n=2 para lograr
la igualdad de los exponentes aplicando la
∞ ∞ propiedad de sumatoria.
3 ( 0 ) c 0 x 0−1 +3 ( 1 ) c1 x1−1 + ∑ 3 nc n x n−1−∑ 5 c n x n+1=0
n=2 n=0

Aplicando la propiedad de sumatoria

∞ ∞
n+1
3 c 1+ ∑ 3(n+ 2)c n+2 x −∑ 5 c n x n+1=0
n=0 n=0

∞
Se agrupan las dos series en una sola
3 c 1+ ∑ [ 3(n+2) c n+2−5 c n ] x n +1=0
n=0

0 Se iguala a 0 el término independiente y el término

3 c 1=0 c 1= c1 =0
3 general de la potencia x n+1
3 ( n+2 ) c n+2−5 cn =0
 5 cn Se despeja el coeficiente con índice más alto, y se
c n+ 2=
3 (n+2) halla la fórmula de recurrencia

5 c0 Se reemplaza n por números enteros e ir hallando

n=0 → c2 =
3.2 cada una de las constantes para cada uno de los
términos de la serie solución
5 c 1 5.0
n=1→ c 3= = c =0
3.3 3.3 3
5 c2 5 5
n=2→ c 4 = = . c
3.4 3.2 3.4 0

5 5 c0
c4 = . .
3 3 2.4
5 c3 5
n=3 →c 5= = .0 c 5=0
3.5 3.5
5 c4 5 5 5
n=4 → c 6= = . . c
3.6 3.2 3.4 3.6 0

5 5 5 c0
c 6= . . .
3 3 3 2.4 .6
5 c5 5
n=5 →c 7= = .0 c 7=0
3.7 3.7
5 c6 5 5 5 5
n=6 → c8 = = . . . c
3.8 3.2 3.4 3.6 3.8 0

5 5 5 5 c0
c 8= . . . .
3 3 3 3 2.4 .6 .8

Si n es impar, c n=0 Teniendo en cuenta el comportamiento de las

constantes, se hallan las reglas para los
n=2 k +1 , cn =0 c 2 k+1=0
coeficientes de índice impar y par:
5 n /2
c0
( ) . 2.4 .6 … n
Si n es par, c n=
3

5 c
k
5 c k
n=2 k , c =( ) . c =( ) .
0 0
n 2k
3 2.4 .6 … 2k 3 2k!!

y=c 0+ c1 x+ c 2 x 2+ c 3 x 3 +c 4 x 4 +… Para la solución y, inicialmente se expande la

sumatoria para los primeros términos, y se tiene en
cuenta que para índices impares su valor es 0.
 5 c 0 2 25 c 0 4 125 c0 6 Se reemplazan los valores de los coeficientes por
y=c 0+ . x+ . x + . x +…
3 2‼ 9 4‼ 27 6 ‼ los hallados anteriormente

2(0) 5 c0 2 (1) 25 c 0 2(2) 125 c 0 2 (3)

y=c 0 x + . x + . x + . x +…
3 2‼ 9 4‼ 27 6 ‼
∞
5 k
c0 x2 k Se expresa y como sumatoria para abarcar todos
y=∑
k=0
() 3 2k ‼ los términos y dar su solución
∞ n
5 n ( x¿¿ 2)
y=c 0 ∑
n=0
() 3 2n‼
¿

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: OSCAR EDUARDO MENDEZ CEDEÑO

b. 2 y ´ ´ + xy ´ + y=0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓNMATEMÁTICA

2 y ´ ´ + xy ´ + y=0

∞
Supongamos que la solución general a
y=∑ Cn X n nuestra ecuación diferencial tiene la forma
n=0
de una serie de potencia,
∞
y ´=∑ nCn X n−1 ∞
n=1 y=∑ Cn X n
n=0
∞
y ´ ´=∑ n(n−1)C n X n−2 A partir de esta calculamos la primer y
n =2
segunda derivada.

∞ ∞ ∞
Sustituimos nuestra solución en la
2 ∑ n ( n−1 ) C n X n−2+ x ∑ n C n X n−1+ ∑ C n X n=0 ecuación diferencia junto con sus
n=2 n=1 n=0
derivadas.
∞ ∞ ∞
Realizamos las operaciones indicadas para
∑ 2 ( n+2 ) [ ( n+2 ) −1 ] C n+2 X n +∑ n C n X n +∑ C n X n=0 simplificar la expresión.
n=0 n=0 n=0

∞ ∞ ∞
Necesitamos que todas las sumatorias
∑ 2 ( n+2 )(n+1)C n+2 X +∑ n C n X +∑ Cn X n =0
n n
comiencen en un mismo punto (comiencen
n=0 n=0 n=0
en cero) para ello aplicamos la propiedad
 ∞ ∞

∑ f ( n )=∑ f (n+k )
n=k n=0

∞
Aplicamos propiedades de las sumatorias
∑ [ 2 ( n+ 2 )( n+1 ) C n+2 +n Cn +C n ] X n=0 y factorizamos x n
n=0

2 ( n+2 ) ( n+1 ) C n+ 2+ nC n +C n=0 Como x n ≠ 0 entonces el otro factor debe

ser igual a cero, debemos encontrar los
coeficientes de tal forma que e cumpla la
igualdad.
−(n+1) −1 Despejamos C n+2 de la expresión anterior
C n+2= Cn= Cn
2(n+2)(n+1) 2(n+ 2) y simplificamos
n=0 Tomamos n=i, i∈ N y reemplazamos en
C n+2 , dejamos expresadas las operaciones
−1
C 2= C para encontrar una regularidad en los
2 .2 0
coeficientes y poder establecer la solución
n=1 a nuestra ecuación diferencial.
−1 −1
C 3= C 1= C
2(1+ 2) 2.3 1
n=2
−1 −1 −1 −1 1
C 4=
2(2+2)
C 2=
2 .4
C2= (
2. 4 2 .2
C0 = ) C
2.2 .2.4 0
n=3
−1 −1 −1 −1 1
C 5=
2(3+2)
C3=
2 .5
C 3=
2. 5 2.3(C1 = ) C
2.2.3 .5 1

n=4
−1 −1 −1 −1 −1
C 6=
2(4 +2)
C4 =
2.6
C 4= (
2. 6 2 .2. 2. 4
C0 =) C
2.2.2 .2 .4 .6 0
n=5
−1 −1 −1 −1 −1
C 7=
2(5+2)
C5 =
2 .7
C 5= (
2 .7 2 .2. 3.5
C1 = ) C
2.2.2 .3 .5 .7 1
n=6
 −1 −1 −1 −1 1
C 8=
2(6+2)
C 6=
2.8
C 6=
2 . 8 2 . (
2.2. 2.4 .6 )
C0 =
2.2.2 .2.2
C
.4 .6 .8 0
n=7
−1 −1 −1 −1 1
C 9=
2(7+2)
C7 =
2 .9
C 7= (
2 . 9 2.2 .2.3 .5 .7 )
C1 = C
2.2.2 .2.3 .5 .7 .9 1
n=8
−1 −1 −1 −1 −1
C 10=
2(8+2)
C8 =
2 .10
C 8= (
2. 10 2.2.2 .2.2 .4 .6 .8 )
C0 = C
2.2.2 .2.2 .2.4 .6 .8 .10 0

n=9
−1 −1 −1 1 −1
C 11=
2(9+2)
C 9=
2.11
C 9= (
2. 11 2.2.2 .2.3 .5 .7 .9 )
C1 = C
2.2 .2.2 .2.3 .5 .7 .9 .11 1

C 2=
−1
C Tomamos C n con n par para poder
2.2 0 establecer la regularidad, todos estos
1 coeficientes tienen la particularidad que
C 4= C están siendo multiplicados por C 0,
2.2 .2.4 0
también el signo tiene un comportamiento
−1 alternante y además en el denominador
C 6= C
2.2.2 .2.4 .6 0 hay múltiplos de 2 y potencias de 2 donde
1 podemos establecer la siguiente forma de
C 8= C nuestro coeficiente.
2.2.2 .2.2 .4 .6 .8 0
−1
C 10= C
2.2 .2.2 .2 .2.4 .6 .8 .10 0 (−1)n
C n= n
2 2 ∙ 4 ∙ 6 ∙∙ ∙ 2n

C 3=
−1
C Tomamos C n con n impar para poder
2.3 1 establecer la regularidad, todos estos
1 coeficientes tienen la particularidad que
C5¿ C están siendo multiplicados por C 1,
2.2.3 .5 1
también el signo tiene un comportamiento
C7¿
−1
C alternante y además en el denominador
2.2.2 .3 .5.7 1 hay múltiplos de números impares y
 1 potencias de 2 donde podemos establecer
C9¿ C
2.2.2 .2.3 .5 .7 .9 1 la siguiente forma de nuestro coeficiente.
−1
C 11= C
2.2.2 .2 .2.3 .5 .7 .9.11 0
(−1)n
C n= n
2 1 ∙3 ∙ 5 ∙7 ∙ ∙∙(2 n−1)

y=C 0 +C 1 x +C2 x 2+C 3 x 3 +C 4 x 4 +C5 x 5+ C6 x 6+C 7 x7 + …+¿ Sabemos que la forma de la solución
general de la ecuación general tiene esta
forma.
−1 −1 1 1 Reemplazamos
−1 los coeficientes
y=C 0 +C 1 x + C 0 x 2+ C 1 x3 + 2 C0 x 4 + 2 C 1 x5 + 3 C0
2.2 2.3 2 2.4 2 .3 .5 encontrados
2 2.4 .6 en la expresión anterior, en
+ este caso no es posible escribir la solución
−1 1 1 −1 como 10sumatoria.
−1
3
C 1 x7 + 4 C 0 x8 + 4 C1 x 9+ 5 C0 x + 5 C1 x11 + …+¿
2 3.5 .7 2 2.4 .6 .8 2 3.5 .7.9 2 2.4 .6 .8 .10 2 3.5.7 .9 .11
1 1 Como la ecuación diferencial es de grado
y=C 0 ¿+ 2
x8 − 5 C 0 x 10+ …+¿+C 1 ¿
2 2.4 .6 .8 2 2.4 .6 .8 .10 entonces tiene dos soluciones linealmente
independientes, expresamos la solución
como suma de estas dos soluciones L.I.

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Ingrid Tatiana Martínez Fuentes

c. xy´´+2y´+xy

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓNMATEMÁTICA
∞ ∞
n Se halla la derivada de las series de potencia de
  y=∑ Cn x y '=∑ n Cn x n−1 esta ecuación para realizar la solución de la misma.
n=0 n=1
Luego de la solución sustituyo en la ecuación.
∞
y ' '=∑ n ¿ ¿
n=2

∞
Multiplico las x y el 2 por cada una de las
x ∑ n ¿¿ derivadas
n=2

 Hacer que las sumatorias tengan la potencia

de X y empiecen en el mismo valor de n
 ∞ ∞ ∞

∑ n¿ ¿ Utilizar esta propiedad ∑ f ( n)=∑ f ( n+ k )

n =2 n=k n=0

∞
E igualar a n=0 para adjuntar en una sola y
∑ (n+2)¿ ¿ sumarlas, Luego paso los coeficientes de la serie
n=0
de potencia que tienen que ser iguales a 0, los saco
y los igualamos a 0.
∞

∑ ¿¿
n=0
Factorizar
(n+ 2)¿
(n+ 2)¿
E igualar a
(n+ 2)¿

−( 2n−1)
C n+1= C
( n+2)( n+1) n

−( 2n−1) Se calculan algunos coeficientes de la ecuación

C n+1= C
( n+2)( n+1) n diferencial. Realizando el respectivo despeje y
realización de la misma.

−( 2 ( 0 )−1 ) 1 1
n=0 , C1= C 0= C0 C 1= C 0
( ( 0 )+2 )( ( 0 )+ 1 ) 2 2
−1
−( 2 ( 1 )−1 ) −1 1 −1 C 2= C
n=1 ,C 2=
( ( 1 )+ 2 )( ( 1 )+1 )
C 1=
6 2
= C
12 1() 12 1
1
C 3= C
−( 2 ( 2 )−1 ) −1 −1 1 48 1
n=2 ,C 3=
( ( 2 ) +2 ) ( ( 2 ) +1 )
C 2= (
4 12 )
C1 = C
48 1
−1
C 4= C
−( 2 ( 3 )−1 ) 192 1
−1 −1 −1
n=3 ,C 4 =
( ( 3 ) +2 ) ( ( 3 ) +1 )
C 3= (
4 48
C1 =) C
192 1

1 1 1 1 Luego reemplazo y sustituyo las C 1 y separo las

y=C 0 + C0 x− C1 x 2+ C1 x 3− C1 x 4 …
2 12 48 192 C 0 y lasC 1 .

y=C 0 ( 12 x) C ( −112 x + 481 x − 1921 x …)

1
2 3 4 Llegamos a la solución de todos los términos que
llevan el C 1, la solución sería infinitas en C 1 en
todos los casos.
ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Laura Victoria Huertas

d. 𝟑x𝒚´´+𝒚´-y=𝟎

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓNMATEMÁTICA
∞ ∞
y=∑ c n x n n
Sea y=∑ c n x la solución general, se deriva
n=0 n=0

∞
y '=∑ nc n x n−1
n=1

∞
y ´ ´=∑ n(n−1)c n x n−2
n =2

Se sustituye y, y’’ y’ en la ecuación

∞ ∞ ∞
3 x ∑ n(n−1)c n x n−2 + ∑ nc n xn−1−∑ c n x n=0
n=2 n=1 n=0

∞ ∞ ∞
Opero el 3x con la sumatoria
∑ 3 n (n−1)c n x n−1 +∑ nc n x n−1−∑ c n x n=0
n =2 n=1 n =0

∞ ∞
Aplicando la propiedad de sumatoria igualo los
∑ f ( n )=¿ ∑ f ( n+ k ) ¿ sub indices en cero
n=k n=0

∞ ∞ ∞

∑ 3 (n+2)(n−1+ 2) c n+2 x n−1 +2+∑ (n+ 1) c n+1 x n−1 +1−∑ c n x n=0

n=0 n=0 n=0

∞ ∞ ∞

∑ 3 (n+2)(n+1)cn +2 x n+ 1+∑ (n+1) c n+1 x n−∑ c n x n=0

n=0 n=0 n=0
 ∞ ∞
n+ 1 0 Como ∞los exponentes
n n de x deben ser iguales, en la
∑ 3 (n+2)(n+1)cn +2 x + ( 0+ 1 ) c 1 x ∑ ( n+1 ) c n+1 x −c 0 −
segunda∑ c x =0
y tercera serie se resuelve la sumatoria
n
n=0 n=1 n=1
para n=1, y aplicando la propiedad de sumatoria.

∞ ∞ ∞
n+ 1 n+1
∑ 3 (n+2)(n+1)cn +2 x + c1 + ∑ ( n+ 2 ) c n +2 x −c 0−∑ c n +1 x n+1 =0
n=0 n=0 n=0

∞
Uno los series sumatorias y saco los terminos
c 1−c0 ∑ [ 3(n+2)(n+1) c n+ 2+ ( n+ 2 ) cn +2−c n+ 1 ] x n+1=0independientes
n=0

c 1−c0 =0 Se iguala a 0 los términos independientes y el

término general de la potencia x n+1
c 0=c1

3(n+2)(n+1)c n+2 + ( n+ 2 ) c n +2−c n+1 =0

Multiplico ( n+2 ) con(n+1) y tambien ( n+2 ) c n+ 2

3(n+2)(n+1)c n+2 + ( n+ 2 ) c n +2−c n+1 =0

3(n2+ 3 n+2) c n+2 + ( n+ 2 ) c n +2−c n+1 =0

3(n2+ 3 n+2) c n+2 +n cn +2+ 2 cn +2−c n+1 =0

3(n2+ 3 n+2) c n+2 +n cn +2+ 2 cn +2−c n+1 =0 Multiplico ( n 2+3 n+ 2 ) con el3 y el c n+ 2que lo
acompaña
3 n2 c n+2 +9 n c n+ 2+6 cn +2 +n c n+2 +2 c n+2−c n+1=0

Opero terminos comunes

3 n2 c n+2 +10 n c n+2 +8 c n +2−c n+1=0

Factorizo por termino semejante

(3 n2 +10 n+8) c n+2−c n+1=0

(3 n2 +10 n+8) Factorizo el paréntesis usando el caso 7 de

factorización
(3 /3)(3 n2 +10 n+8)

(9 n 2+10 n( 3)+24 )
3
(3 n+6)(3 n+ 4)
3
3(n+2)(3 n+ 4)
3
(n+ 2)(3 n+ 4)
(n+ 2)(3 n+ 4) c n+2−cn +1=0 Asi pues, despejo ahora el sub índice más alto y
hallo la fórmula de recurrencia
( n+2 ) ( 3 n+ 4 ) c n+2=c n+1
c n+1
c n+ 2=
( n+ 2 )( 3 n+ 4 )
c1 Se reemplaza n por números enteros y vamos
n=0 → c2 =
2.4 hallando cada una de las constantes para cada uno
de los términos de la serie solución
c1
c 2 2.4
n=1→ c 3= =
3.7 3.7

c1
c 3=
2.3 .4 .7

c1
c 2.3 .4 .7 c1
n=2→ c 4 = 3 = =
4.10 4.10 2.3 . 42 .7 .10

c1
c4=
2.3 . 4 2 .7 .10

c1
c4 2.3 . 4 2 .7 .10
n=3 →c 5= =
5.13 5.13

c1
c 5= 2
2.3 . 4 .5 .7.10 .13
 c1
2
c5 2.3. 4 .5. 7.10 .13
n=4 → c 6= =
6.16 6.16
c1
c 6= 2
2.3 . 4 .5 .6 .7.10 .13 .16

c1
2
c6 2.3 . 4 .5 .6 . 7.10.13 .16
n=5 →c 7= =
7.19 7.19

c1
c 7=
2.3 . 4 .5 .6 .7 2 .10 .13 .16 .19
2

c1
2.3 . 4 .5.6 . 72 .10 .13.16 .19
2
c7
n=6 → c8 = =
8.22 8.22

c1
c 8= 2 2
2.3 . 4 .5 .6 .7 .8 .10 .13.16 .19 .22

c1
c8 2.3 . 42 .5 .6 .7 2 .8 .10 .13.16 .19 .22
n=7 → c9 = =
9.25 9.25

c1
c 9= 2 2
2.3 . 4 .5 .6 .7 .8 .9 .10.13 .16 .19 .22.25
c1
2 2
c9 2.3 . 4 .5 .6 . 7 .8 .9 .10 .13.16 .19 .22 .25
n=8 → c10= =
10.28 10.28
 c1
c 10=
2.3 . 4 .5.6 .7 .8 .9. 102 .13.16 .19 .22 .25.28
2 2

Así pues, la solución de la ecuación diferencial 𝟑x𝒚´´+𝒚´-y=𝟎 expresada en termino de series de

potencia será el resultado de dividir c1 entre la consecución de números desde 2 hasta infinito, elevando
cada tercer termino al cuadrado y finalmente avanzando por terceras, intervalo que se irá completando
gracias a la solución de las constantes anteriores.

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

e.

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓNMATEMÁTICA

TIPO DE EJERCICIOS 2. TRANSFORMADA DE LAPLACE

En el modelo matemático de un sistema físico como el de la masa m sujeta a un resorte o el de un

circuito eléctrico en serie, el lado derecho de la ecuación diferencial.
 d2 x dx d2 q dq
m 2
+ β + kx=f (t) L 2
+ β + kq=E (t)
dt dt dt dt

Es una función que representa una fuerza externa f (t) o un voltaje E ( t ) en ecuaciones
diferenciales se resuelve este problema para funciones f (t) continuas. Sin embargo, no es raro
encontrarse con funciones continuas a trozos por ejemplo en circuitos eléctricos son muy
comunes los voltajes dientes de sierra o escalón. Es difícil, pero no imposible resolver la ecuación
diferencial que describe el circuito en este caso pero la transformada de laplace es una valiosa
herramienta para resolver problemas de este tipo
La transformada de Laplace es muy útil en la solución de ecuaciones integrales y sistemas de
ecuaciones diferenciales así con la obtención de algunas interesantes integrales.
Suponga que la función y (t) está definida para t ≥ 0 y la integral impropia converge para s> s0 .
Entonces la transformada de Laplace y (t) existe s> s0 y está dada por:

∞
L { y ( t ) }=∫ e−st y ( t ) dt
0

2. Con respecto a lo anterior calcule la transformada de Laplace de:

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Maritza Paola Higuera Guerrero

a. L { e t +cosht }

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA

  L { e t } + L { cosht } Se separan las transformadas

∞ ∞
Se aplica la Transformada de Laplace para cada
∫ et . e−st dt +∫ cosht .e− st dt término
0 0

b b
e t +e−t −st En la primera parte se resuelve el producto de
lim ∫ e− ( s−1) t dt+ lim ∫ . e dt potencias de igual base y en la segunda parte se
b→∞ 0 b→ ∞ 0 2
expresa cosh con otra notación
 b Para la primera parte se resuelve la integral y para
|]
b
−e−(s−1 )t 1
lim
b→∞
[
s−1 0
+ lim ∫ e−( s−1) t + e−( s+1 ) t dt
2 b→ ∞ 0
la segunda parte se saca la constante y se aplica
propiedad distributiva
b Se separan las integrales de la segunda parte
|]
b b
lim
b→∞
−e−(s−1 )t
[
s−1 0
1
+ lim
2 b→∞ [
∫ e−(s−1 )t dt +∫ e−( s+1 )t dt
0 0
]
b Se hallan las integrales
lim
b→∞
−e−(s−1 )t
[
s−1 |]
0
1
+ ¿
2

Se reemplaza límite superior y límite inferior en

lim
b→∞ [ −e−( s−1) b −e−( s−1) 0
s−1
− (
s−1
1
+ lim
2 b→∞ s−1
−
[ (
−e−(s−1 )b −e−( s−1 ) 0
)] s−1
+ (
lim
los tres casos
b→∞
−e−(s +1) b −e−( s+1 ) 0
s+1 )) (
−
s +1 ( ))]
Para hallar los límites, tener presente que todo
[ ( )] [( ( )) ( ( ))]
0−
−1
s−1
+
1
2
0−
−1
s−1
+ 0−
−1
s+1 valor elevado a ∞ tiende a 0 y todo valor elevado a
la 0 es igual a 1
1 1 1 1 Se eliminan signos de agrupación posibles y se
( ) (
+ +
s−1 2 s−1 s+1 ) resuelven las operaciones

1 1 s +1+s−1
¿(
s−1 ) 2 ( s +1 )
+ 2

1
¿ ( s−1 )+ 12 ( s2+1s )2

1 s La transformada de Laplace para L { e t +cosht } es:

+ 2
s−1 s −1

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: OSCAR EDUARDO MENDEZ CEDEÑO

b. L { e−(3 t +4 π) }

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA
 ∞
Definición de la trasformada de Laplace.
L { f ( t) }=∫ f (t)e−st dt
0

∞
Aplicamos la definición a nuestra función.
L { e−(3 t +4 π) }=∫ e−(3 t +4 π ) e−st dt
0

∞
Aplicamos propiedades de potencias
¿ ∫ ( e−3t e−4 π e−st ) dt
0

∞
Aplicamos propiedades de las integrales, la cual
¿ e−4 π ∫ e−3 t e−st dt nos permite sacar constantes de la integral.
0

∞
−4 π
Nuevamente aplicamos propiedades de potencia y
¿e ∫ e(−3− s)t dt factorizamos el exponente.
0

u=(−3−s ) t Para calcular la integral realizamos un cambio de

variable (Método de sustitución)
du
=−3−s
dt
du
=dt
−3−s
∞
du Sustituimos nuestro cambio de variable con su
¿ e−4 π ∫ e u diferencial.
0 −3−s
∞
e−4 π Aplicamos propiedad de integrales para sacar la
¿
−3−s 0
∫ eu du constante de la integral.

e−4 π Calculamos la integral

¿ (e ¿¿ u)¿
−3−s

e−4 π [ (−3−5) t ] ∞ Volvemos a la variable “t”, variable original del

¿ e
−3+s 0 problema y tenemos en cuenta los limites de
integración.

e−4 π Aplicamos los límites de integración

¿ ¿
−3−s

e−4 π Simplificamos la expresión efectuando las

¿ ¿
−3−s operaciones indicadas.

1 si t=0 Debemos analizar los valores para que tlim e(−3−5) t

t⟶∞
−kt
lim e = ∞ sit <0
0 sit >0 { exista.
⟶∞
 e−4 π Aplicamos propiedad distributiva y reescribimos el
¿ ¿
−3−s límite.
lim 1
e−4 π t ⟶ ∞ e−4 π
¿ −
−3−s e (3+ s) t −3−s

lim 1 Se cumple para t >0

t⟶∞
(3 +s ) t
=0
e

−e−4 π −e−4 π e−4 π Reemplazamos el valor del límite y simplificamos

¿ = =
−3−s −(s +3) s +3 la expresión.
−4 π
Así obtenemos la trasformada de Laplace.
L {e
−(3 t +4 π)
}= e
s+3

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Ingrid Tatiana Martínez Fuentes

C. 𝓛 {𝟐𝒕𝟑 + 𝟒𝒄𝒐𝒔𝟐𝝅𝒕}

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA

L { 2t 3 +4 cos 2 πt } Empiezo a resolver la solución del ejercicio.

a Forma general de la transformada.

L { a }=
S
n! Forma general de la exponente.
L {t n }=
S n+1
f (t ) , g (t ) y constantes a , b : Se utiliza propiedad de linealidad de la
L { a∗f ( t )+ b∗g ( t ) }=a∗L { f ( t ) } +b∗L { g (t ) } transformada de Laplace: Para esta función

L { 2t 3 +4 cos 2 πt } Separamos cada miembro de la transformada y

sacamos cada constante de la transformada.
S Aplicamos la forma general de las transformadas
L { cos at }=
S + a2
2
para el coseno.

2 L ( t 3 ) + 4 L(cos 2 πt ) Al reescribir cada transformada se obtiene

 3! S Quedando así la solución.
2 3 +1
+4 2 2
S S +( 2 π )
6 4S
2 + 2
S S +4 π 2
4

12 4S
4
+ 2
S S + 39,48

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Laura Victoria Huertas

d. L { t 3 −e−4 t }

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA

  L [ f ( t ) ± g ( t ) ]=L [ f ( t ) ] ± L [ g ( t ) ] Por propiedad de linealidad de transformadas de

Laplace se tiene:
L [ t 3−e−4 t ]=L [ t 3 ] −L [ e−4 t ]
n
n n d Usamos el teorema Derivadas de las
L [ t f (t) ]= −1
( ) f (s)
d sn Transformadas para resolver t 3

f ( s )=L [ f (t) ]
n=1,2,3..
Entonces,

3 3 d3
L [ t (1) ]=(−1 ) L [ f (t )]
d s3

−d 3 1
d s3 s ()
0. s−1.1 −1 1
= 2 Saco la tercer derivada de usando la Derivada de
s2 s s
un cociente
−d 2 −1
d s2 s2 ( )
0. s 2−1.2 s −2
= 3
s4 s
−d −2
ds s3 ( )
0. s3 −(−2 ) .3 s2 6 s 2 6
= 6 = 4
s3.2 s s
6
s4

L [ e−4 t ] Usamos el teorema La propiedad de la potencia

∞
para resolver e−4 t
∫ e−4 t e−st dt
0

∞
Factorizo
∫ et (−4 −s) dt
0

u=t (−4−s ) Integro por regla de la cadena

du
dt =
−4−s
∞
du Sustituyo
∫ eu −4−s
0

∞
1 Saco la Kte
∫ eu du
−4−s 0

1 u ∞ Evaluo eu
−4−s
e|
0 [ ]
1
lim e t (−4−s )−e 0(−4 −s)
−4−s t →∞ [ ]
1
[indeterminado −e 0(−4 −s) ]
−4−s
1
[−e 0 ]
−4−s
 1
[−1 ]
−4−s
−1
−4−s

6 −1 Unimos los dos resultados de las transformadas

s 4 (
−
−4−s )
6 1 Como solución se tiene:
+
s 4+ s
4

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA

EJERCICIOS 3. SOLUCIÓN DE ECUACIONES

DIFERENCIALES CON TRANSFORMADA DE LAPLACE
Use la transformada de Laplace para resolver el problema de valor inicial.
 y , −3 y=e 2 t
{ y ( 0 )=1 }
Aplicando la Transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación diferencial

L { y , −3 y }=¿❑ L { e 2t } ¿
1
L { y , } −3 L { y }=
s−2
1
sY ( s )− y ( 0 )−3 Y ( s )=
s−2
1
sY ( s )−1−3 Y ( s )=
s−2
s−1
Y ( s )=
( s−2 ) (s−3)

−1 2
Y ( s )= +
s−2 (s−3)

Ahora se aplica transformada de Laplace para hallar: y ( t )

1
L−1 { Y ( s) }=−L−1 ( s−2 )+2 L ( s−31 )
−1

y ( t ) =−e 2t +e 3t

3. A partir de lo anterior, resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Maritza Paola Higuera Guerrero

a. y ´ +2 y=t , y ( 0 )=−1

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA
  L { y ´ + 2 y }= L {t } Se aplica transformada de Laplace en ambos lados
de la ecuación
Se aplica propiedad de linealidad de transformada
de Laplace
L { y ´ }+ 2 L { y }=L { t }
L { f ( t)± g(t) }=L { f (t ) } ± L { g (t) }
1 Aplicando transformada de la derivada de una
s Y (s )− y ( 0 ) +2 Y (s )=
s2 función y propiedades de transformada de Laplace,
donde L { y }=Y (s), se sustituye y factoriza para
1
s Y (s ) +1+ 2Y ( s )= hallar el valor de Y (s), entonces
s2
1 L { f ´ ( t ) }=s F( s )−f ( 0 )
Y ( s) ( s+ 2 )+ 1=
s2 n!
L { t n }=
1 s n+1
Y ( s) ( s+ 2 )= −1
s2
1 1
Y ( s) = 2
−
s ( s+ 2 ) ( s+2 )
1 1 Se reemplaza Y (s) por L { y } para hallar la función y,
L { y }= 2
−
s ( s+2 ) ( s +2 ) se despeja, y la transformada de Laplace pasa
inversa al otro lado para calcularla
1 1
y=L
−1
{ 2
s ( s +2 ) } { }
−L
−1
( s+2 )

1 A B C Se resuelve la primera transformada inversa

= + 2+
s ( s+2 ) s s s+ 2
2
separando en fracciones parciales

1= As ( s +2 ) + B ( s+ 2 )+C (s2 )
1 Se dan valores a s para hallar los valores de A, B y
s=0 ,1=2 B B=
2 C
1
s=−2 ,1=4 C C=
4
3 1 −3
s=1, 1=3 A+ + A=
2 4 4
1 A B C −3 1 1 Se sustituyen los valores hallados
= + 2+ = + 2+
s ( s+2 ) s s s+ 2 4 s 2 s 4 ( s+2 )
2

−3 −1 1 1 −1 1 1 −1 1 1 Se calcula la inversa de cada término por separado

y=
4
L + L
s 2 s2
+ L
4 {}
s +2
−L−1
s+ 2 {} { } { }
 −3 −1 1 1 −1 1 3 1
y=
4
L {}
+ L
s 2 s2
− L−1
4 {}
s+2 { }
Aplicando fórmulas se resuelven las transformadas
inversas de Laplace y se halla la solución
−3 −1 1 1 −1 1 3 1
y=
4
L {}
+ L
s 2 s2
− L−1
4 {}
s+2 { } L−1
a
{} { } n!
=a L−1 n+1 =t n
s s

y=
−3 1
4 2
3
+ t− e−2 t
4
L−1 {s−a1 }=e at

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: OSCAR EDUARDO MENDEZ CEDEÑO

d4 y
b. − y=0 , y ( 0 )=1 , y ´ ( 0 )=0 , y ´ ´ ( 0 )=−1 , y ´ ´ ´ ( 0 )=0
d x4
PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN
EXPRESIÓN MATEMÁTICA
(4)
y − y=0 Tomamos nuestra ecuación diferencial

L {f (n) (t ) }=Sn L { y }−S n−1 f ( 0 )−S n−2 f ( 0 )−…−f (n−1) ( 0 ) Sabemos que la trasformada de una derivada tiene
esta forma.

d4 y Aplicamos trasformada de Laplace a ambos lados

L { }
d x4
− y =L { 0 } de la ecuación.

d4 y Aplicamos propiedades de trasformada de Laplace,

L { } {}
d x4
−L y =0 la cual nos permite repartir la trasformada cuando
tenemos una adición

d4 y Tomamos la derivada de la función para calcular la

L { }
d x4
=S
4
L { y } −S
3
y ( 0 ) −S
2
y ´ ( 0 ) −S ´ y ´ ´ ( 0 ) − y ´ ´ ´ (0)
trasformada.

¿ S4 L { y }−S3 ( 1 )−S2 ( 0 )−S (−1 )−0 Reemplazamos los valores iniciales dados en el
problema.

¿ S4 L { y }−S3 + S Simplificamos la expresión.

S4 L { y }−S3 + S−L { y } =0 Despejamos L { y }

S4 L { y }−L { y }=S3−s

L { y } ( S 4−1 ) =S 3−s

S3 −s
L { y }=
S 4−1

s(s2−1) Factorizamos para poder simplificar y obtener una

L { y }= expresión mas sencilla.
( s¿¿ 2−1)( s¿¿ 2+1)¿ ¿
s
L { y }= 2
s +1
s Aplicamos la inversa de la trasformada de Laplace
y=L−1
{ } s +12 usando propiedades.

s
y=L−1
{ } s +12
2

s Nuestra trasformada inversa tiene esta forma.

L−1
{ }
s +a2
2
=cos a . b

y=cos t Obtenemos entonces la solución a nuestra ecuación

diferencial, sabemos que la solución es una
función que depende de t.

d4 y Probamos la solución en nuestra E.D

− y=0
dx 4
y ´=−sen t Reemplazamos la solución con su derivada y
verificamos que la solución satisface la ecuación.
y ´ ´=−cos t
y ´ ´ ´=−(−sen t )=sen t
y ´ ´ ´=cos t
cos t−cos t =0

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Ingrid Tatiana Martínez Fuentes

 c. 𝒕𝒚′′ + (𝟏 − 𝟐𝒕)𝒚 ′ − 𝟐𝒚 = 𝟎, 𝒚(𝟎) = 𝟏, 𝒚 ′ (𝟎) = 𝟐

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA

𝒕𝒚′′ + (𝟏 − 𝟐𝒕) 𝒚 ′ − 𝟐𝒚 = 𝟎, 𝒚(𝟎) = 𝟏, 𝒚 ′ (𝟎) = 𝟐 Solución

φ¿ Tomando transformada a ambos lados tenemos las

siguientes ecuaciones y solucionamos la ecuación
paso a paso.

Paso 1
{ { {
¿> φ ty ' }+ φ ty ' }−2 φ ty ' }−2 φ y }= { −d
ds
φ{ y' ' }

d 2 Paso 2
¿− [ s φ { y } −sy ( 0 ) − y ' ( 0 ) ] + s φ { y } − y (0)
ds

d Paso 3
+2
ds
[ s φ { y }− y (0)]−2 φ { y }=0

−2 sY ( s ) −s 2 Y ' ' ( s ) + y ( 0 ) + sY ( s )− y ( 0 ) +2 Y ( s )+ 2 s Y ' ' (Paso

s) 4

−2 Y ( s )=0=¿ (−s 2 +2 s ) Y ' −sY =0

2 dY dY sds Paso 5
  ¿> ( −s + 2 s ) =sY =¿ =
ds Y −s2 +2 s

dY sds −ds dY ds Paso 6

¿> = = =¿ ∫ =−∫
Y s (−s+2) s−2 Y s−2
 c c Paso 7.
LnY =−ln ( s−2 ) + Lnc=ln ( )s−2
=¿Y =
s−2

c c Paso 8.
¿> φ { y (t) }=
s−2
=¿ y ( t )=φ−1
s−2 { }
c e2 t =¿ y=c e 2 t

y ( 0 )=1=¿ 1=c=¿ y =e 2t Para así llegar a la solución de la ecuación.

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Laura Victoria Huertas

d. y ' ' −4 y' + 4 y=t 3 e2 t ; y ( 0 )=0 , y ' ( 0 )=0.

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN RAZÓN O EXPLICACIÓN

MATEMÁTICA

  L [ y ' ' −4 y ' + 4 y ]=L [ t 3 e2 t ] Aplicamos Laplace a ambos lados

  L [ f ( t ) ± g ( t ) ]=L [ f ( t ) ] ± L [ g ( t ) ] Por propiedad de linealidad de

transformadas de Laplace se tiene:
L [ y ' ' ]−4 L [ y ' ] +4 L [ y ] =L [ t 3 e 2t ]
Calculamos las derivadas según el
n n n−1 n−2
teorema de la Transformada de la
L {f (t) }=s f ( s )−s Y 0−s Y ´0 Derivada
Donde
f ( s )=L { f (t ) }

L { Y ´ ´ }=s 2 Y ( s ) −s 2−1 Y 0−s 2−2 Y ´ 0 Calculamos L { Y ´ ´ } , L { Y ´ } y L { Y }

L { Y ´ ´ }=s 2 Y ( s ) −s 1 (0)−s0 (0) Con los datos que tenemos de

L { Y ´ ´ }=s 2 Y ( s ) y ( 0 )=0 , y ' ( 0 ) =0

L { Y ´ }=s1 Y ( s ) −s 0 Y 0
L { Y ´ }=sY ( s )−s 0 (0)
L { Y ´ }=sY ( s )

L { Y }=s1−1 Y ( s )

L { Y }=s0 Y ( s )
L { Y }=Y ( s )

s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) =L [ t 3 e2 t ] Sustituimos en la ecuación.

3
2 3 d 2t A la derecha aplicamos el teorema
s Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) =(−1 ) L {e }
ds 3 Derivadas de las Transformadas que
dice
2 d3 1
s Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) =−1 3
. dn
d s s−2 n
L [ t f (t) ]=(−1 )
n
f (s)
d sn
2 −d 3 1
s Y s −4 sY s +4 Y s = 3 .
( ) ( ) ( ) Donde:
d s s−2
f ( s )=L { f ( t ) }
n=1,2,3..

2 −d 2 0.−1 1
s Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) = . Saco la tercer derivada de
d s 2 ( s−2 )2 s−2
usando la Derivada de un cociente

2−1
−d 0−2 ( s−2 ) . 1−1
s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) = . 2
ds ( ( s−2 )2)
−d −2 ( s−2 ) .−1
s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) = .
ds ( s−2 ) 4
−d −2.−1
s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) = .
ds ( s−2 )3

−d 2
s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) = .
ds ( s−2 )3
 3−1
0−3 ( s−2 ) . 1 .2
2
s Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) =−
[ ( ( s−2 ) ) 3 2
]
−3 ( s−2 )2 .2
s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) =−
[ ( s−2 )6 ]
−6 ( s−2 )2
s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) =−
[ ( s−2 )6 ]
−6
s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) =−
[ ( s−2 )4 ]
6
s2 Y ( s ) −4 sY ( s ) +4 Y ( s ) =
( s−2 )4

6 Factorizamos Ys al lado izquierdo

Y ( s ) (s 2−4 s+4 )=
( s−2 )4

6 Factorizo ( s2−4 s+ 4)
Y ( s ) (s 2−4 s+4 )=
( s−2 )4
6
Y ( s ) (s−2)2=
( s−2 ) 4
6 Despejo Ys
Y ( s )=
( s−2 ) (s−2)2
4

6
Y ( s )=
( s−2 )6

y=L−1 [ Y ( s ) ] Aplico la inversa de la transformada

de Ys Utilizando el teorema de la
6
L−1
[ ( s−2 )6 ] traslacion Laplace

1 Saco la Kte
y=e2 t . 6 L−1
[ ] s6
5! Sabemos que
L {t5 }=
s 5+1 n!
L {t5 }=
s n+1
 5! Usamos el 5 para que el denominador
L {t5 }=
s6 nos coincida con el s6 que tenemos.
5!
L {t5 }=
s6
5! Así pues, necesitamos 5! En el
t 5=L−1
{ }
s6 numerador,
1x2x3x4x5=120
que equivale a

1 120 1
y=e2 t . 6 L−1
[ .
s6 120 ] Multiplico por 1 . 6 , usando la
fracción 120/120
s

120
y=e2 t . 6 L−1
[ 120 s6 ]
6 −1 120 Saco el 120 del denominador como
y=e2 t .
120
L
s6 [ ] Kte.

6 −1 5 ! Sustituyo 120 por 5!

y=e2 t .
120
L
s6 [ ]
6 5 5!
y=e2 t .
120
t Recordamos que L
−1
[ ]
s6
=t 5

1 5
y=e2 t . t
20

e 2 t .t 5 Asi obtenemos nuestra solucion

y=
20 particular

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

e.

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA

 
 PASO 4
EJERCICIO 4. SITUACIÓN PROBLEMA

El método de las series de Taylor consiste en calcular las derivadas sucesivas de la ecuación diferencial

dada, evaluando las derivadas en el punto inicial 𝑥0 y reemplazando el resultado en la serie de Taylor.

Recordemos que la serie de Taylor está dada de la siguiente forma:

𝒚(𝒙)=𝒚(𝒂)+(𝒙−𝒂)𝒚′(𝒂)+𝟏𝟐!(𝒙−𝒂)𝟐𝒚′′(𝒂)+𝟏𝟑!(𝒙−𝒂)𝟑𝒚′′′(𝒂)+⋯

Para el caso especial en que la ecuación está centrada en 0, es decir, para a=0 temenos lo siguiente:

𝒚(𝒙)=𝒚(𝟎)+𝒚′(𝟎)𝒙+𝒚´´(𝟎)𝟐!𝒙𝟐+𝒚´´´(𝟎)𝟑!𝒙𝟑+𝒚(𝟒)(𝟎)𝟒!𝒙𝟒+𝒚(𝟓)(𝟎)𝟓!𝒙𝟓+⋯

Problema: De acuerdo con lo anterior, usar el teorema de Taylor para hallar la solución en serie de

𝑥𝑦′′+𝑦′+𝑥𝑦=0 con 𝑦 (1) = 0 y 𝑦′ (1) =−1.

a.−(𝑥−1)+12!(𝑥−1)2−13!(𝑥−1)3+14!(𝑥−1)4−15!(𝑥−1)5+⋯

b. −1+(𝑥−1)−12!(𝑥−1)2+43!(𝑥−1)3−184!(𝑥−1)4+905!(𝑥−1)5+⋯

c. −(𝑥−1)+12!(𝑥−1)2−13!(𝑥−1)3+44!(𝑥−1)4−185!(𝑥−1)5+⋯

d. (𝑥−1)−12!(𝑥−1)2+13!(𝑥−1)3−44!(𝑥−1)4+185!(𝑥−1)5−906!(𝑥−1)6+⋯

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O RAZÓN O EXPLICACIÓN

EXPRESIÓN MATEMÁTICA
 xy ´ ´ + y ´ + xy=0 con y ( 1 )=0 y ´ (1 )=−1 Usamos la serie de Taylor

1 Reemplazamos
y ( x ) = y ( a ) + ( x−a ) y ´ ( a ) + ( x−a)2 y ´ ´ ( a ) +…
2!
1 1 1
y ( x ) = y ( 1 ) + ( x−1 ) y ´ (1 )+ ( x−1 )2 y ´ ´ ( 1 ) + ( x−1 )3Sabemos que
y ´ ´ ´ ( 1 ) + ( x−1 )4 y (4 )
2! 3! 4!
y ( 1 )=0 y ´ ( 1 )=0 Calculamos

y ´ ´ ( 1 ) ; y ´ ´ ´ (1 ) ; y ( 4) ( 1 ) , … Sabemos y= y ( x )
Reemplazamos en la Ecuación Diferencial

x y ( 2) ( x ) + y (1 ) ( x )=−xy (x )

x y ( 2) (1 ) + y ( 1)=−xy (1)

(1) y ( 2) ( 1 ) + y ( 1) ( 1 )=−xy (1)

y (2 ) ( 1 )−1=0

y ( 2 ) ( 1 )=1 Ahora calculamos y (3 ) (1)

d 2 y dy
x + =−xy
dx dx

d d 2 y dy d
[
x 2+
dx d x dx dx
= (−xy)
]
d2 y x d3 y d2 y xdy
2
+ 3
+ 2 =−( y + )
dx dx dx dx

d2 y x d3 y d2 y xdy
2
+ 3
+ 2 =− y −
dx dx dx dx

x d3 y 2 d2 y xdy
3
+ 2
=− y −
dx dx dx

1d 3 y (1) 2 d2 y (1) 1 dy (1)

3
+ 2
=− y (1)−
dx dx dx

1d 3 y (1)
+2(1)=−0−1(−1)
d x3
d 3 y (1)
+ 2=1
dx

d 3 y (1) Ahora calculamos y ( 4) (1)

=1−2=−1=¿ y (3 ) (1)
dx

x d3 y d2 y xdy
3
+2 2
=− y −
dx dx dx

d x d3 y d2 y d xdy
[
dx d x 3
+2
dx 2 ]
= (− y−2
dx dx
)

d 3 y xd 4 y d 3 y −dy dy x d 2 y
+ +2 = − −
d x3 d x4 d x3 dx dx d x2

x d 4 y 3 d 3 y −2dy d 2 y
+ = − 2
d x4 d x3 dx dx

1d 4 y (1) 3 d 3 y (1) −2 dy (1) 1 d 2 y (1)

+ = −
d x4 d x3 dx d x2

d 4 y (1)
+3 (−1 )=−2(−1)−1(1)
d x4

d 4 y (1)
−3=2−1
d x4

d 4 y (1) Ahora calculamos y (5 ) (1)

=4
d x4

xd 4 y 3 d 3 y −2 dy xd 2 y
+ = −
d x4 d x3 dx d x2

d xd 4 y 3 d 3 y d 2 dy xd 2 y
[
dx d x 4
+
d x3
=
] [
dx dx
−
d x2 ]
d 4 y xd 5 y 3 d 4 y −2 d 2 y d 2 y xd 3 y
+ + = − 2−
d x4 d x5 d x4 d x2 dx d x3

xd 5 y 4 d 4 y −3 d 2 y xd 3 y
+ = −
d x5 d x4 d x2 d x3

1d 5 y (1) 4 d 4 y(1) −3 d 2 y (1) xd 3 y (1)

+ = −
d x5 d x4 d x2 d x3
 d5 y ( 1)
+ 4 ( 4 )=−3(1)−1(−1)
d x5

d5 y ( 1)
+16=−3+1
d x5

d5 y ( 1) Reemplazamos en la serie de Taylor

=−2−16=−18
d x5
1 1 1 1
y ( x ) =0+ ( x−1 ) (−1 ) + ( x−1 )2 ( 1 ) + ( x−1 )3 (−1 )+ ( x−1)4 4+ ( x−1 )5 (−18 )+ …+¿
2! 3! 4! 5!
1 1 4 18 respuesta
y ( x ) =−( x−1 ) + ( x−1 )2+ ( x−1 )3+ ( x−1 )4− La( x−1 )5 +… es la C
2! 3! 4! 5!

PASO 5

EJERCICIO 5. ANÁLISIS Y EVALUACIÓN DE LA SOLUCIÓN DE UNA SITUACIÓN

PLANTEADA.
Se presenta un problema junto con su solución, de forma colaborativa deben evaluar y analizar
toda la solución a la situación plantea, si consideran que todo el proceso y respuesta se encuentra
de manera correcta, deben realizar aportes en cuanto a procedimiento faltante y fórmulas
utilizadas, resaltando en otro color los aportes extras a la solución. Si el grupo considera que el
proceso y/o respuesta se encuentra incorrecto, deben realizar la observación y corrección al error
o errores encontrados resaltando en otro color la corrección y aportes extras a la solución.
Situación y solución planteada:

Situación y solución planteada:

EJERCICIO Y SOLUCIÓN OBSERVACIONES, ANEXOS,

PLANTEADA GUIA MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN
PLANTEADA
La Transformada de Laplace es una gran
herramienta para encontrar la carga q ( t ) en
un circuito RC en serie, cuando
q ( 0 )=0 E ( t )=E0 e−kt ,
k > 0. Si se consideran los siguientes dos
1 1
casos: k ≠ y k=
RC RC

Solución La derivada en la ED se expresa con otra

 notación para facilitar el procedimiento
La ecuación diferencial sería igual a:
1
Rq ´ + q=E 0 e−kt
dq 1 C
R + q=E0 e−kt , q ( 0 )=0
dt C

1
{
L Rq´+
C }
q =L { E 0 e−kt }

L {R q ´ }+ L { 1c q}=L { E e 0
−kt
}

1
R L { q ´ } + L {q }=L { E 0 e−kt }
c

La Transformada de Laplace de la ecuación L { q ´ }=s L { q }−q ( 0 )

sería:
¿ s L {q }−0
1 1
RL {q } + L { q }=E0
C s−k ¿ s {q }

Resolviendo L { q } obtenemos

1 1
Rs L { q } + L { q }=E 0
c s+ k ( )
1 E
(
L { q } Rs+ )
= 0
c s+ k

E0
s+ k
L {q}=
1
Rs+
c

E0
s+ k
L {q}=
Rsc+1
c
E0
E0 c
E0 C R L {q}=
L {q}= = (s +k )(Rcs+1)
( s−k ) ( R C s+1 ) 1
(
( s−k ) s+
RC )
 1 E0c
Cuando ≠ 𝑘 se tiene las siguientes fracciones
RC RC
parciales L {q}=
1
(s +k )(s+ )
Rc

E0
R
L {q}=
1
(s +k ) s+ ( Rc )
1
Cuando ≠ k , se resuelve separando en fracciones
Rc

parciales

E0 1
L {q}=
R
[ ( s+k )(s+
1
Rc
) ]
1 A B
= +
1 ( s+ k )
(
( s+ k ) s+
Rc ) ( s+ Rc1 )
1
A s+( Rc )
+ B( s+ k )
=
1
1 1
(
( s+k ) s +
Rc )( s+k ) s +
Rc ( )
1
A s+( Rc )
+B ( s+ k )=1

Se dan valores a s para hallar los valores de A y B

−1
s=
Rc

A ( −1Rc + Rc1 )+B ( −1

Rc )
+ k =1

B ( −1
Rc )
+ k =1
 1 1 1
B=
1 1 −1
L {q}
(
RC −k
) (
+
RC−k
)
( Rc
+k )
( s +k ) 1
(
s+
RC ) B=
−1

E
L {q} 0
1
(
1
+
1
)
(−k + Rc1 )
R RC + k s+ k 1
s+
RC 1
(
A s+
Rc )
+B ( s+ k )=1

s=−k

1
(
A −k +
Rc )
+ B (−k + k )=1

1
(
A −k +
Rc
=1 )
Se obtiene
1
E0C −t
A=
q ( t )= (e−kt + e RC ) 1
1−kRC −k +
Rc
1
Cuando =k Se tiene: Conociendo los valores de A y B se sustituyen, y se
RC
aplica fórmula de la transformada inversa de Laplace

para hallar la solución

1 1

E
L {q}= 0
R [ −k +
1
Rc
( s+ k )
−
−k +
1
Rc
1
(s + )
Rc
]
E0 1 E0 1 1 1

( ) [ ]
−1
L {q} q= L −
R ( s−k )2 R 1 ( s +k ) ( s+ 1 )
−k +
Rc Rc
E0 −kt E 0 −1 / RC
q ( t )= t e = te E0 −t
R R 1
q=
R
( −k +
1
Rc )
e−kt−e Rc
 E0 −t
q= (e−kt −e Rc )
1
−Rk+
c

E0 c −t
q= (e−kt +e Rc )
−Rkc+1

E0 c −t
( e + e Rc )
−kt
q (t)=
1−Rkc

1
Cuando k =
Rc

E0
R
L {q}=
(s + Rc1 )( s+ Rc1 )
E0 1
L {q}=
R
(( ) )
s+
1
Rc
2

E0 1
L {q}=
(
R ( s +k )2 )
E0 −1 1
q=
R
L
{
( s+k )2 }
Aplicando fórmula se resuelve la Transformada

inversa de Laplace para hallar la solución

E0 −kt
q (t)= te
R

PASO 8
TABLA LINKS VIDEOS EXPLICATIVOS
Nombre Estudiante Ejercicios Enlace video explicativo
 sustentados
Ejemplo: a de todos los https://youtu.be/l8Mfcl_VLYM
Adriana González tipos de
ejercicios.

Ingrid Tatiana Martínez 2C https://youtu.be/Yw0psi_5fGw

Fuentes

CONCLUSIONES

Al finalizar los temas de esta unidad y desarrollarlos acorde a lo estipulado en la guía de

trabajo, ya se está capacitado para enfrentar cualquier tipo de ecuaciones diferenciales y aplicar

cualquier método de solución tales como: el método de series de potencias o el de transformada

de Laplace.

La linealidad es una propiedad util para resolver ecuaciones diferenciales lineales con

coeficientes constantes, y esta a la vez permite el calculo de la transformada de algunas

funciones.

Por otro lado, también se vio, se aprendió y se comprendió como las ecuaciones diferenciales está

relacionada con la física de electricidad y magnetismo.

Al observar los diferentes métodos es de gran importancia el desarrollo de los ejercicios, porque

nos damos cuenta de que hay diferentes formas de interpretar las cosas, que las ecuaciones nos

son de ayuda para poder resolver problemas de una forma rápida.

 REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS

García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 123-130).

Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/reader.action?
docID=11017467
Montoya, W. (2015).  Criterios de Convergencia de Series Infinitas. UNAD.  [Videos].
Disponible en  http://hdl.handle.net/10596/7220

Castellanos, F. (2020). Transformada de Laplace. Unad. [Videos]. Disponible en

https://repository.unad.edu.co/handle/10596/33575