Ejercicios resueltos ecuaciones diferenciales by Carlos Eduardo Navarro Paez

Ejercicios resueltos de ecuaciones diferenciales Hugo Lombardo Flores 13 Abril 2011

Ecuaciones diferenciales de primer orden

1.1

Ecuaciones lineales y reducibles a estas.

1. dy + 2y = 0 dx Definimos el factor integrante.

p(x) = 2

factor integrante: e 2dx = e2x multiplicamos la ecuacion por el factor integrante. dy e2x dx + 2e2x = 0

el lado izquierdo de la ecuacion se reduce a: d 2x dx [e y]

separamos variables e integramos. ´

d 2x dx [e y]

dx + c

e2x y = c y = ce−2x

dy = 3y dx

forma lineal. dy dx

− 3y = 0

p(x) = −3 ´

Factor integrante: e −3dx =e−3x multiplicamos por factor integrante. 1

dy e−3x dx − 3e−3x y = 0

´ = 0 dx + c

dy −3x y dx [e

e−3x y = c y = ce3x

3. 3

dy + 12y = 4 dx

pasamos la ecuacion a la forma lineal. dy dx

+ 4y =

4 3

p(x) = 4

Factor integrante: e

4dx

=e4x

dy + 4e4x y = 43 e4x e4x dx ´ d 4x ´ 4x e dx + c dx [e y] =

e4x y = 41 e4x + c y=

1 4

+ ce−4x

y0 = 2y + x2 + 5

forma lineal y0 − 2y = x2 + 5

Factor integrante: e

−2dx

= e−2x

e−2x y0 − 2e−2x y = e−2x x2 + 5e−2x ´ d −2x ´ ´ y] = e−2x x2 + 5 e−2x + c dx [e e−2x y = − 25 e−2x − 14 e−2x (2x2 + 2x + 1) + C 2

y = − x2 −

x 2

−

1 4

5 2

+ ce2x

ydx − 4(x + y 6 )dy = 0 ydx = 4(x + y 6 )dy dx dy

4(x+y 6 ) y

;

dx dy

4x y

4y 6 y

de nimos la forma lineal. dx dy

Factor integrante: e−4

1 y dy

−

4x y

= 4y 5

; e−4 log(y) ; elog(y) ; y −4 = −4

1 dx y 4 dy

−

1 4x y4 y

d 1 dy [ y4 x]

d 1 dy [ y4 x] 1 y4 x

1 5 y 4 4y

= 4y

´ = 4 ydy

= 2y 2 + C

x = 2y 6 + cy 4

xy0 + y = ex y0 + x1 y =

ex x

Factor integrante: ´

1 x dx

= elog x = x

xy0 + xx y = d dx [xy]

Integramos:

d dx [xy]

xex x

= ex

ex dx + c

xy = ex + c y = ex x−1 + cx−1

7. x dy dx

dy 2 +y = 2 dx y

y x

2 xy 2

...(1)

hacemos la sustitucion: u = y 1−n donde n = −2 u = y 1−(−2) = y 3 ;u1/3 = y

Derivamos esta ultima. 1 −2/3 du 3u dx

dy dx

1 y4

Sustituimos en la ecuacion diferencial 1. 1 −2/3 du 3u dx

u1/3 x

2(u1/3 )2 x

Acomodamos a la forma lineal, multiplicando toda la ecuacion por 13 u2/3 . du dx

+ 3 ux =

6 x

Esta es una ecuacion lineal. De nimos el factor integrante. e3

1 x dx

= e3 log x = elog x = x3

Multiplicamos por factor integrante. 3u 36 x3 du dx + 3x x = x x d 3 dx [x u]

integramos.

d 3 dx [x u]

= 6x2

´ = 6 x2 + c

x3 u = 2x3 + c u = 2 + cx−3

Sustituimos u = y 3 y 3 = 2 + cx−3 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

u = y 1−n ; n = −1/2; u = y 1−(−1/2) = y 3/2 u2/3 = y 2 −1/3 du 3u dx

dy dx

Sustituimos. 2 −1/3 du 3u dx

+ u2/3 = (u2/3 )−1/2

Multiplicamos la ecuacion por 23 u1/3 du dx

+ 23 u =

La ecuacion se redujo ´a una lineal. 3 3 Factor integrante: e 2 dx = e 2 x 4

3 2

3 3 2x u = e2x e 2 x du dx + e 2 2 3 d 2 x u] dx [e

3 d 2 x u] dx [e

= 32 e 2 x

3 32 x dx 2e

e 2 xu = e 2 x + c 3

u = 1 + ce− 2 x

Sustituimos u = y 3/2 3

y 3/2 = 1 + ce− 2 x

Solucion general.

Ahora aplicamos las condiciones iniciales. y(0) = 4 3

43/2 = 1 + ce− 2 0 8−1=c c=7

Sustutuimos el valor de c en la ecuacion general. 3

y 3/2 = 1 + 7e− 2 x

9. y0 +

Solucion particular.

2 y = −2xy 2 x

u = y 1−n ; donde n = 2 entonces: u = y 1−2 ; u = y −1 ; u−1 = y −u−2 du dx =

dy dx

sustituimos en la ecuacion. 2 −1 −u−2 du = −2x(u−1 )2 dx + x u

multiplicamos por −u2 du dx

− x2 u = 2x

esta es una ecuacion lineal con p(x) = − x2 obtenemos el factor integrante. e−2

1 x dx

= elog x

−2

= x−2

−2 2 −2 x−2 du 2x dx − x xu = x d −2 u] dx [x

integramos. 5

= 2x−1

d −2 u] dx [x

2x−1 dx + c

x−2 u = 2 log x + c u = 2x2 log x + cx2

sustituimos u = y −1 y la solución es entonces: y=

10,

1 2x2 log x+cx2

y0 + xy = xy −1/2

sea. n = −1/2 u = y 1−n ; u = y 1−(−1/2) ; u = y 3/2 ; y = u2/3 dy dx

= 23 u−1/3

sustituimos en la ecuacion. 2 −1/3 3u

+ xu2/3 = x(u2/3 )−1/2

multiplicamos por 23 u1/3 du dx

+ 23 xu = 32 x

que es una ecuacion lineal con p(x) =

Factor integrante: 3

e2 3

e4x

du dx

xdx 3

+ e4x

= e4x

3 2 xu

= e4x

3 2x

d 34 x2 u dx e

= 23 xe 4 x dx + c

d 34 x2 u dx e

3 2

xe 4 x dx + c 2

e4x u = e4x + c 3

u = 1 + ce− 4 x

sustituimos u = y 3/2 3

y 3/2 = 1 + ce− 4 x

3 2x

1.2

Ecuaciones exactas y reducibles a exactas.

1.(2x − 1)dx + (3y + 1)dy = 0 M (x, y) = 2x − 1; N (x, y) = 3y + 1 ∂M ∂y

Comprobamos que la ecuacion sea exacta, esto es si secumple la condicion =

∂N ∂x

∂M ∂y

=0;

∂N ∂x

son iguales, por lo tanto la ecuacion es exacta. Ahora tomamos una funcion fx (x, y) = M (x, y) fx (x, y) = 2x − 1

integramos respecto a x, y la constante de integracion sera una funcion g(y) ´

∂M ∂x

´ ´ = 2 xdx − dx + g(y)

f (x, y) = x2 − x + g(y)... (1)

Esta funcion la derivamos con respecto de y. ∂f ∂y

= g 0 (y)

igualamos con N(x,y) g 0 (y) = 3y + 1

integramos respecto a y ´

´ ´ g 0 (y) = 3 ydy + dy + c g(y) = 23 y 2 + y + c

sustituimos la funcion en (1). x2 − x + 23 y 2 + y = c

esta es una solucion en forma implicita de la ecuacion. 2. (seny − ysenx)dx + (cosx + xcosy − y)dy = 0 M (x, y) = seny − ysenx; N (x, y) = cosx + xcosy − y ∂M ∂y ∂N ∂x

= cosy − senx = −senx + cosy

∂M ∂y

∂N ∂x

por lo tanto es una ecuacion exacta.

tomamos fx (x, y) = seny − ysenx integramos con respecto a x ´

´ fx (x, y)dx = (seny − ysenx)dx

f (x, y) = xseny − y(−cosx) + g(y)...(1)

derivamos esta ecuacion respecto a y, e igualamos con N(x,y) fy (x, y) = cosx + xcosy + g 0 (y) = cosx + xcosy − y g 0 (y) = −y

integramos respecto de y ´

´ g 0 (y) = − ydy + c g(y) = − 21 y 2 + c

sustituimos en (1) f (x, y) = xseny + ycosx − 12 y 2

nos queda la solucion implicita. xseny + ycosx − 12 y 2 = c

(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)

Derivamos con respecto de y (1) e igualamos con N(x,y) fy (x, y) = x3 + xey + g 0 (y) = x3 + xey − 2y g0(y) = −2y

Integramos respecto de y g(y) = −2

ydy + c

g(y) = −y 2 + c

sustituimos en (1) x3 y + xey − y 2 = c... solucion implicita.

(6xy − 2y 2 )dx + (3x2 − 4xy)dy = 0 My (x, y) = 6x − 4y , Nx (x, y) = 6x − 4y

la ecuacion es exacta. integramos fx (x, y) respecto a x.

´ f (x, y) = (6xy − 2y 2 )dx

f (x, y) = 3x2 y − 2xy 2 + g(y)...(1)

derivamos respcto de y fy (x, y) = 3x2 − 4xy + g0(y)

igualamos con N(x,y) 3x2 − 4xy + g0(y) = 3x2 − 4xy

g0(y) = 0

integramos respecto de y g(y) = c

sutituimos en la ecuacion (1) 3x2 y − 2xy 2 = c

(2y − 2xy 3 + 4x + 6)dx + (2x − 3x2 y 2 − 1)dy = 0

con la condicion y(−1) = 0 My = 2 − 6xy 2 = NX

Una vez comprobada que sea exacta. integramos fx (x, y) respecto a x

´ f (x, y) = (2y − 2xy 3 + 4x + 6)dx

f (x, y) = 2xy − 3x2 y 3 + 2x2 + 6x + g(y)...(1)

derivamos respecto a y: fx (x, y) = 2x − 3x2 y 2 + g0(y)

igualamo con N (x, y)

2x − 3x2 y 2 + g0(y) = 2x − 3x2 y 2 − 1 g0(y) = −1

integramos: g(y) = −y + c

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

entonces la solucion particular al caso y(-1)=0 es: 2xy − x2 y 3 + 2x2 + 6x − y = −4

6. (−xy sin x + 2y cos x)dx + 2x cos xdy = 0;

Use el factor integrante µ(x, y) = xy My (x, y) = −x sin x + 2 cos x Nx (x, y) = −2x sin x + 2 cos x NX 6= My

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

comprobamos que esta ecuacion sea exacta. My (x, y) = −2yx2 sin x + 4xy cos x NX (x, y) = 4xy cos x − 2x2 y sin x MY = NX por lo tanto esta ecuacion es exacta y la resolvemos como tal.

fx (x, y) = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x

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 + g0(y)

igualamos con Nx 2x2 y cos x + g0(y) = 2x2 y cos x g0(y) = 0

integramos respecto a y: g(y) = c

sustituimos en (1) f (x, y) = x2 y 2 cos x + c

Ecuaciones de orden superior

2.1

Ecuaciones diferenciales de orden superior reducibles a primer orden.

1. y00 = 2x2 Integramos ambos lados de la ecuacion: ´

´ y00 = 2 x2 dx + c

y0 = 32 x3 + c1

Volvemos a integrar: ´

y0 =

2 3

(x3 + c1 )dx + c2

y = ( 23 )( 14 )x4 + xc1 + c2

Solucion: y = 16 x4 + c1 x + c2

2. y000 = sen(kx) Integramos ambos lados de la ecuacion: ´

y000 =

sen(kx)dx + c1

y00 = −kcos(kx) + c1 ´ ´ ´ y00 = −k cos(kx)dx + c1 dx + c2 y0 = −k 2 sen(kx) + xc1 + c2 ´ ´ ´ ´ y0 = −k 2 sen(kx)dx + c1 xdx + c2 dx + c3 y = k 3 cos(kx) + 12 c1 x2 + c2 x + c3

3. y000 = x1 Integrando: ´

y000 =

1 x dx

+ c1

y00 = log x + c1 ´ ´ ´ y00 = log xdx + c1 dx + c2 y0 = x log x − x + c1 x + c2 ´ ´ ´ ´ ´ y0 = x log xdx − xdx + c1 xdx + c2 dx + c3 y=

x2 2 (log x

− 12 ) − 12 x2 + c1 12 x2 + c2 x + c3

4. y00 = x + sin x Integrando: ´

y00 =

xdx +

sin xdx + c1

y0 = 12 x2 − cos x + c1 ´ ´ ´ y0 = 12 x2 dx − cos xdx y = 61 x3 − sin x + c1 x + c2

+ c1

dx + c2

5. y000 = x sin x, y(0) = 0 y0(0) = 0 y00(0) = 2 Resolvemos la ecuacion diferencial integrando tres veces: ´

y000 =

x sin xdx + c!

y00 = sin x − x cos x + c1 ´ ´ ´ ´ y00 = sin xdx − x cos xdx + c1 dx + c2 y0 = − cos x − (cos x + x sin x) + c1 x + c2 ´ ´ ´ ´ ´ ´ y0 = − cos xdx − cos xdx − x sin xdx + c1 xdx + c2 dx + c3 y = − sin x − sin x − (−x cos x + sin x) + 12 c1 x2 + c2 x + c3 y = −3 sin x + x cos x + 12 c1 x2 + c2 x + c3

2.2

Reducibles a primer orden

1. xy00 + y0 = 0 De niendo: p(x) =

dy dx

dp dx

d2 y dx2

xp0 + p = 0

nos queda una ecuacion lineal homogenea de orden 1 de variables separables. 1 x dx

= − p1 dp ´ 1 1 x dx = − p dp + c1

log x = − log p + log c1 log x = log( cp1 )

Aplicando exponencial a ambos lados de la ecuacion. x=

c1 p

hacemos p(x) = x=

dy dx

c! dy/dx

x = c1 dx dy

integrando: ´

1 x dx

log x =

1 c1

1 c1 y

dy + c2

+ c2

y = c1 log x + c2 . La constante de integracion conviene que tome

valor positivo. 2.(x − 1)y00 − y0=0 De nimos: p(x) =

dy dx

dp dx

d2 y dx2

(x − 1)p0 − p = 0

Dividimos entre (x − 1) x−1 x−1 p0

p0 −

−

1 x−1 p

nos queda una ecuacion lineal homogenea. dp dx

−

1 x−1 p

dp 1 dx = x−1 p 1 1 p dp = x−1 dx

integrando: ´

1 p dp

1 x−1 dx

+ c1

log(p) = log(x − 1) + log(c1 ) log(p) = log[c1 (x − 1)] p = c1 (x − 1)

haciendo p = dy dx

dy dx

= c1 (x − 1)

dy = c1 (x − 1)dx

integrando: ´

´ dy = c1 (x − 1)dx + c2

y = c1 12 x2 − x + c2

3. 2.3

Ecuaciones lineales homogeneas.

1.y00 + y0 − 2y = 0 Resolvemos la ecuacion caracteristica asociada. m2 + m − 2 = 0 (m + 2)(m − 1) = 0 m1 = −2 m2 = 1

Suponemos una solucion y = emx y1 = e−2x y2 = ex y(x) = c1 e−2x + c2 ex

2. y00 − 2y0 + y = 0

Ecuacion caracteristica asoiada m2 − 2m + 1 = 0 (m − 1)2 = 0 m1,2 = 1

solucion y = emx y1 = ex y2 = y1 y2 = e

´ x

p(y)dy

y12

e e2x dx

y2 = ex x

solucion. y(x) = c1 ex + c2 xex

3. 4y00 − 8y0 + 5y = 0 14

Ecuacion caracteristica. 4m2 − 8m + 5 = 0 m1,2 = m1,2 =

√ 8± 64−80 8 1 ± 12 i

solucion.

y = c1 ex ei 2 x + c2 ex e−i 2 x 1

y = ex (c1 ei 2 x + c2 e−i 2 x ) y = ex (c1 cos 12 x + c2 sen 12 x)

4.3y00 − 2y0 − 8y = 0 Ecuacion caracteristica: 3m2 − 2y − 8 = 0 (3m + 4)(m − 2) m1 = 2 m2 = − 43

Solucion propuesta de la forma, y = emx y1 = e2x 4

y2 = −e− 3 x

Solucion: 4

y(x) = c1 e2x + c2 e 3 x

5.y v − 10y000 + 9y0 = 0 Ecuacion caracteristica. m5 − 10m3 + 9m = 0 m(m4 − 10m2 + 9) = 0 m1 = 0 (m2 − 9)(m2 − 1) m2,3 = ±3 m4,5 = ±1

Entonces tenemos las soluciones: y1 = e0 = 1 y2 = e3x y3 = e−3x y4 = ex y5 = e−x

Solucion: y(x) = c1 + c2 e3x + c3 e−3x + c4 ex + c5 ex

6. y00 + 4y0 + 3y = 0 y(0) = 2 y0(0) = −3 Ecuacion caracteristica. m2 + 4m + 3 = 0

m1,2 =

√ −4± −36 2

m1,2 = −2 ± 3i

Solucion: y(x) = e−2x (c1 cos 3x + c2 sin 3x) y0(x) = e−2x (−3c1 sin 3x + 3c2 cos 3x) − 2e−2x (c1 cos 3x + c2 sin 3x)

Resolveremos para los casos y(0) = 2 y y0(0) = −3 particularmente. Para y(0) = 2 2 = e0 (c1 cos 0 + c2 sin 0) 2 = c1

Para y 0 (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

Por lo tanto la solucion para el caso en general es: y(x) = e−2x (2 cos 3x +

1 3

sin 3x)

d y d y 7. dx 4 − 7 dx2 − 18y = 0 Ecuacion caracteristica: 4

m4 − 7m2 − 18 = 0 2.4

Ecuaciones no homogeneas de segundo orden

2.4.1 Coe cientes indeterminados. 1. y00 + 3y0 + 2y = 6

Resolvemos la ecuacion homogenea asociada yh = y00 + 3y0 + 2y = 0

Ecuacion caracteristica: m2 + 3m + 2 = 0 (m − 1)(m − 2) m1 = 1 m2 = 2 yh = c1 ex + c2 e2x

Ahora resolvemos la parte no homogena suponiendo una solucion particular. 16

en este caso la parte no homogenea es 6, lo que nos sugiere usemos una solucion de la forma A yp = A y0p = 0 y00p = 0

Sustituimos en la ecuacion original. 0 + 3(0) + 2A = 6 A=3

Entonces la solucion es y(x) = yh + yp y(x) = c1 ex + c2 e2x + 3

2. y00 + y = sin x Resolvemos primer la ecuacion homogenea asociada. y00 + y = 0

La ecuacion caracteristica de esta ecuacion es. m2 + 1 = 0

√ m2 = −1 m1,2 = ± −1 m1,2 = α ± βi donde α = 0 y β = 1 m1,2 = ±i yh = c1 eαx cos βx + c2 eαx sin βx yh = c1 cos x + c2 sin x

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 y00 + 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 y0p = A sin x + Ax cos x + B cos x − Bx sin x y00p = 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

Sustituimos en la ecuacion original 2A cos x − 2B sin x − Ax sin x − Bx cos x + Ax sin x + Bx cos x = sin x 2A cos x − 2B sin x = sin x 2A = 0 entonces A = 0 −2B = 1 entonces B = − 12

Sustituyendo yp = − 12 x cos x

y(x) = yh + yp y(x) = c1 cos x + c2 sin x − 12 x cos x

3. y00 − 10y0 + 25y = 30x + 3 Resolvemos la ecuacuion homogenea asociada. m2 − 10m + 25 = 0 m1,2 = 5 yh = c1 e5x + c2 xe5x

La solucion particular propuesta para 30x + 3 es Ax + B yp = Ax + B y0p = A y00p = 0

sustituimos en la ecuacion −10(A) + 25(Ax + B) = 30x + 3 25A = 30...(1) entonces A =

6 5

25B − 10A = 3...(2) 25B − 10( 56 ) = 3 25B = 3 + 12 B= yp =

3 5 6 5x

3 5

y(x) = yh + yp y(x) = c1 e5x + c2 xe5x + 65 x +

3 5

4. 14 y00 + y0 + y = x2 − 2x Resolvemos la ecuacion homogenea asociada. 1 4 y00 + y0 + y = 0 1 2 4m + m + 1 = 0

m1,2 = −2 yh = c1 e−2x + c2 xe−2x

Ahora suponemos una solucion particular para el caso de f (x) = x2 − 2x

yp = Ax2 + Bx + C yp0 = 2Ax + B yp00 = 2A

Sustituimos en la ecuacion original. 1 2 4 (2A) + 2Ax + B + Ax + Bx + C = 1 2 2 2 A + B + Ax + 2Ax + Bx + C = x

x2 − 2x − 2x

A=1 2A + B = 2 B =2−2=0 1 2A 1 2A

+B+C =0 +C =0

C = − 12 A = − 12 yp = x2 −

1 2

y(x) = yh + yp y(x) = c1 e−2x + c2 xe−2x + x2 −

1 2

5. y00 + 3y = −48x2 e3x Se resuelve la parte homogenea. y00+3y=0 m2 + 3 = 0 √ √ m1,2 = −3 m1,2 = 3i √ √ yh = c1 cos 3x + c2 sen 3x

suponemos una solucion particular para −48x2 e3x yp = e3x (Ax2 + Bx + C) y0p = 3e3x (Ax2 + Bx + C) + e3x (2Ax + B) y00p = 9e3x (Ax2 + Bx + C) + 3e3x (2Ax + B) + 3e3x (2Ax + B) + e3x (2A) = 9e3x (Ax2 + Bx + C) + 3e3x (4Ax + 2B) + e3x (2A)

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 A = − 38 B=0 C=0

6.y00 − y0 = −3 y00-y0=0 m2 − m = 0 m(m − 1) = 0 m1 = 0 m2 = 1

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 y0p = A y00p = 0

Sustituyendo en la ecuacion. 0 − A = −3 entonces, A = 3 yp = 3x y(x) = yh + yp y(x) = c1 + c2 ex + 3x

7. y000 − 6y00 = 3 − cosx Ecuacion homogenea asociada yh = y000 − 6y00 = 0 m3 − 6m2 = 0 m2 (m − 6) = 0 m1,2 = 0 m3 = 6 yh = c1 + c2 x + c3 e6x

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 y0p = 2Ax − Bsenx + Ccosx y00p = 2A − Bcosx − Csenx y000p = Bsenx − Ccosx

Susituyendo en la ecuacion original. Bsenx − Ccosx − 12A + 6Bcosx + 6Csenx = 3 − Cosx −12A = 3 ; A = − 14 6B − C = 1...(1)

6C + B = 0...(2)

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 c3 e6x − 14 x2

6 37 cosx

1 37 senx

9.y00 + 2y0 + y = senx + 3cos2x yh = y00 + 2y0 + y = 0 m2 + 2m + 1 = 0 (m + 1)2 = 0 m1,2 = −1 yh = c1 ex + c2 xex

Solucion particular yp = Acosx + Bsenx + Ccos2x + Dsen2x yp0 = −Asenx + Bcosx − 2Csen2x + 2Dcos2x yp00 = −Acosx − Bsenx − 4Ccos2x − 4Dsen2x

sustituyendo. −Acosx−Bsenx−4Ccos2x−4Dsen2x−2Asenx+2Bcosx−4Csen2x+ 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 = − 12 2B = 0 ; B = 0 y(x) = c1 ex + c2 xex − 21 cosx +

2.5

9 25 cos2x

12 25 sen2x

Variacion de parametro.

1. y00 + y = sec x Resolvemos la parte homogenea de la ecuacion esta es yh = y00 + y = 0 Para la ecuacion homogenea asociada, resolvemos la ecuacion caracteristica. m2 + 1 = 0

m1,2

m2 = −1 √ = −1 ; m1,2 = ±i

m1,2 = α ± βi ; donde α = 0 β = 1

yh = c1 cosx + c2 senx

Ahora identi camos y1 = cosx y y2 = senx y las derivamos. y1 = cosx y2 = senx y10 = −senx y20 = cosx

A continuacion calculamos el Wronskiano: W =

y1 y10

W1 =

W2 =

u01 =

W1 W

y2 cosx = y20 −senx

senx = [(cosx)(cosx)] − [(senx)(−senx)] = cosx cos2 x + sen2 x = 1

0 y2 0 senx = = [(0)(cosx)] − [(senx)(secx)] = f (x) y20 secx cosx −senxsecx = − senx cosx = −tanx y1 y10

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 u02 = 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

2. y00 + y = senx Resolvemos yh = y00 + y = 0 m2 + 1 = 0

m1,2

m2 = −1 √ = ± −1 ; m1,2 = ±i

Donde: α=0yβ=1 yh = eαx (c1 cosβx + c2 senβx) yh = e0x (c1 cosβx + c2 senβx)

yh = c1 cosx + c2 senx

De nimos y1 , y2 y1 = cosx ; y10 = −senx y2 = senx ; y20 = cosx

Calculamos el Wronskiano. W =

cosx −senx W1 =

senx = cos2 x + sen2 x = 1 cosx 0 senx

cosx −senx

W2 =

senx = −sen2 x cosx 0 = senxcosx senx

Ahora calculamos u1 , u2 . 2

u01 = − sen1 x = −sen2 x ´ u1 = − sen2 xdx = x2 − 14 sen2x u02 = senxcosx = senxcosx 1 ´ u2 = senxcosxdx = 12 sen2 x yp = u1 y1 + u2 y2 = ( x2 − 14 sen2x)cosx + 12 sen2 x(senx) yp = 12 xcosx − 14 cosxsen2x + 21 sen3 x y(x) = yp + yh y(x) = c1 cosx + c2 senx + 21 xcosx − 14 cosxsen2x + 12 sen3 x

3. y 00 + y = cos2 x Ecuacion homogenea asociada yh = y 00 + y = 0 Esta ecuacion tiene solucion de la forma: yh = c1 cosx + c2 senx

De nimos y1 , y2 y1 = cosx ; y10 = −senx y2 = senx ; y20 = cosx

Calculamos los Wronskianos: 23

W =

cosx −senx

W1 =

senx = cos2 x + sen2 x = 1 cosx

0 senx = −senxcos2 x cos2 x cosx cosx −senx

W2 =

0 = cos3 x cos2 x

De nimos u1 , u2 −senxcos2 x = −senxcos2 x 1 " # ´ cos3 x cos3 x 2 u1 = − senxcos xdx = − − = 3 3 u01 =

u02 = u2 =

cos3 x = cos3 x 1

cos3 xdx = senx −

sen3 x 3

! cos3 x sen3 x (cosx) + senx − (senx) 3 3

yp = u1 y1 + u2 y2 =

yp =

cos4 x sen4 x + sen2 x − 3 3

y(x) = c1 cosx + c2 senx +

sen4 x cos4 x + sen2 x − 3 3

4.y00 − y = cosh x Ecuacion homogenea asociada y00 − y = 0 m2 − 1 = 0 √ m2 = 1; m1,2 = ± 1 = ±1 yh = c1 ex + c2 e−x

De nimos y1 , y2 y1 = ex ; y10 = ex y2 = e−x ; y20 = −e−x

Calculamos los Wronskianos: 24

W =

ex ex

W1 =

e−x = −e−x (ex ) − ex (e−x ) = −1 − 1 = −2 −e−x 0 e−x = −e−x (coshx) = −e−x coshx coshx −e−x ex ex

W2 =

0 = ex coshx coshx

Calculamos u1 y u2 −e−x coshx −2

u01 = u1 =

1 2

= 21 e−x coshx

e−x coshxdx = 18 e−2x (2e2x x − 1)

u02 = u2 = − 12

ex coshx = − 21 ex coshx −2 ex coshxdx = − 21 [

x e2x + ] 2 4

yp = ex [ 18 e−2x (2e2x x − 1)] + (−e−x )(− yp = 81 e−x (2e2x x − 1) +

ex xe−x + 4 8

y(x) = c1 ex + c2 e−x + 18 e−x (2e2x x − 1) +

4. y 00 + 3y 0 + 2y =

x e2x − ) 4 8

xe−x ex + 4 8

1 1 + ex

Ecuacion homogenea asociada yh = y 00 + 3y 0 + 2y = 0 m2 + 3m + 2 = 0 (m + 2)(m + 1) = 0 m1 = −2 m2 = −1 yh = c1 e−2x + c2 e−x

De nimos y1 , y2 . y1 = e−2x ; y10 = −2e−2x y2 = e−x ; y20 = −e−x

Calculamos Wronskianos: 25

W =

e−2x −2e−2x

e−x = (e−2x )(−e−x ) − (e−x )(−2e−2x ) = −e−3x + 2e−3x = −e−x e−3x 0

W1 =

1 1+ex

e−x e−x −x = − −e 1 + ex

e−2x −2e−2x

W2 =

1 1+ex

e−2x 1 + ex

Calculamos u1 ,u2 e−x ex = u01 = − 1e+ −3x u1 = −

e−x (e−3x )(1

´ e−2x

ex )

1 e−2x (1

ex )

=−

e−2x

1 + e−x

1 dx = −ex + ln(ex + 1) − 1 + e−x

e−2x 1 e−2x ex = = −x u02 = 1 + −3x −3x x e (e )(1 + e ) e +1 u2 =

1 dx = x + ln(e−x + 1) +1

e−x

yp = (e−2x )[−ex + ln(ex + 1) − 1] + [x + ln(e−x + 1)](e−x ) yp = −e−x + e−2x ln(ex + 1) − e−2x + xe−x + e−x ln(e−x + 1) y(x) = c1 e−2x + c2 e−x − e−x + e−2x ln(ex + 1) − e−2x + xe−x + e−x ln(e−x + 1)

5.3y 00 − 6y 0 + 6y = ex secx yh = 3y 00 − 6y 0 + 6y = 0 3m2 − 6m + 6 = 0 a = 3 , b = −6 , c = 6

De nimos y1 , y2 m1,2 =

−(−6) ±

(−6)2 − 4(3)(6) 6 = ± 2(3) 6

√

36 − 72 =1± 6

α=1,β=1 yh = ex (c1 cosx + c2 senx)

De niendo y1 , y2 26

√

−36 =1±i 6

y1 = ex cosx ; y10 = ex cosx − ex senx y2 = ex senx ; y20 = ex senx + ex cosx

Calculamos los Wronskianos ex cosx ex senx = (ex cosx)(ex senx + ex cosx) − x x e cosx − e senx e senx + ex cosx (ex senx)(ex cosx − ex senx) = ex (cosxsenx + cos2 x − cosxsenx + sen2 x)

W =

W = ex (cos2 x + sen2 x) = ex W1 =

W2 =

0 e secx x

senx ex senx = −(ex senx)(ex secx) = −ex ( )= e senx + ex cosx cosx x −e tanx x

ex cosx e cosx − ex senx x

cosx 0 ) = ex = (ex cosx)(ex secx) = ex ( ex secx cosx

Calculamos u1 , u2 u01 = −

ex tanx = −tanx ex

´ u1 = − tanxdx = −(−lncosx) = lncosx u02 = u02 =

ex =1 ex dx = x

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 y00 − 2y = 0

Suponemos una solución de la forma y = xm . y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2

Sustituimos en la ecuación original. x2 [(m − 1)mxm−2 ] − 2(xm ) = 0

x2 [(m − 1)mxm x−2 ] − 2(xm ) = 0 (m − 1)mxm − 2xm = 0 xm [(m − 1)m − 2] = 0 xm (m2 − m − 2) = 0

asi obtenemos la ecuacion auxiliar m2 − m − 2 = 0 (m + 1)(m − 2) = 0 m1 = −1 ; m2 = 2

Son raíces reales y distintas, asi que la solución es: y = c1 x−1 + c2 x2

x2 y 00 + y = 0

Suponemos la solucion y = xm y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2

Sustituimos en la ecuación x2 [(m − 1)mxm−2 ] + xm = 0 (m − 1)mx2 xm x−2 + xm = 0 (m2 − m)xm + xm = 0 xm (m2 − m + 1) = 0

Ecuación auxiliar m2 − m + 1 = 0 √ m1,2 = 21 ± 12 3i

donde: α =

1 2

β=

1 2

√

3 1

y = c1 x 2 + 2

√

+ c2 x 2 − 2

√

Usando la identidad, xiβ = (elnx )iβ = eiβlnx

con la formula de Euler, es lo mismo que xiβ = cos(βlnx) + isen(βlnx) x−iβ = cos(βlnx) − isen(βlnx)

entonces xiβ + x−iβ = cos(βlnx) + isen(βlnx) + cos(βlnx) − isen(βlnx) = 2cos(βlnx) xiβ − x−iβ = cos(βlnx) + isen(βlnx) − cos(βlnx) + isen(βlnx) = 2isen(βlnx)

si y = C1 xα+iβ + C2 xα−iβ y1 = xα (xiβ + x−iβ ) = 2xα cos(βlnx) y2 = xα (xiβ − x−iβ ) = 2xα isen(βlnx)

se concluye que y1 = xα cos(βlnx) y = xα sen(βlnx)

Así la solucion general es y = xα [c1 cos(βlnx) + c2 sen(βlnx)] √ √ 1 y = x 2 [c1 cos( 12 3lnx) + c2 sen( 12 3lnx)]

x2 y 00 + xy 0 + 4y = 0

Suponemos la solución: y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2

Sustituimos en la ecuación. x2 [(m − 1)mxm−2 ] + x(mxm−1 ) + 4(xm ) = 0 xm (m2 − m + m + 4) = 0 xm (m2 + 4) = 0 m2 = −4

√ m1,2 = ± −4 m1,2 = ±2i α=0β=2 y = x0 (c1 cos2lnx + c2 sen2lnx) y = c1 cos2lnx + c2 sen2lnx

x2 y00 − 3xy0 − 2y = 0

Solucion propuesta. y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2

Sustituimos. x2 [(m − 1)mxm−2 ] − 3x(mxm−1 ) − 2(xm ) = 0 xm [(m2 − m) − 3m − 2] = 0 xm (m2 − 4m − 2) = 0 √ m1,2 = 2 ± 6 √

y = c2 x2+

+ c1 x2−

√

25x2 y 00 + 25xy 0 + y = 0

Solución propuesta. y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2

Sustituimos. 25x2 [(m − 1)mxm−2 ] + 25x(mxm−1 ) + xm = 0 xm [25m2 − 25m + 25m + 1] = 0

25m2 + 1 = 0 r m1,2 = ±

−

1 1 =± i 25 5

α = 0, β =

1 5

1 1 y = x0 (c1 cos lnx + c2 sen lnx) 5 5 1 1 y = c1 cos lnx + c2 sen lnx 5 5

x2 y 00 + 5xy 0 + y = 0

Solucion propuesta. y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2

Sustituimos.

x2 [(m − 1)mxm−2 ] + 5x(mxm−1 ) + xm = 0 xm (m2 − m + 5m + 1) = 0 m2 + 4m + √ 1=0 m1,2 = 2 ±√ 3 √ y = c1 x2+ 3 + c2 x2− 3

xy 00 − 4y 0 = x4

Solución propuesta. y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2

Hacemos la ecuacion de la forma de Cauchy Euler, para esto la multiplicamos por x. x2 y 00 − 4xy 0 = x5

Resolvemos la parte homogenea. yh = x2 y 00 − 4xy 0 = 0

Sustituimos

x2 [(m − 1)mxm−2 ] − 4x(mxm−1 ) = 0

xm (m2 − m − 4m) = 0 m(m − 5) = 0 m1 = 0 m2 = 5 yh = c1 x0 + c2 x5 yh = c1 + c2 x5

Resolvemos por variacion de parámetros. Para esto tenemos que escribir la ecuacion en la forma estandar P (x)y 00 +

Q(x)y 0 = f (x)

Dividimos la ecuación original entre x y 00 − 4 xy = x3

identi camos f (x) = x3 De nimos y1 , y2 y1 = 1 , y10 = 0 y2 = x5 , y20 = 5x4

x5 = 5x4 − 0 = 5x4 5x4 0 x5 W1 = 3 = 0 − x8 = −x8 x 5x4 1 0 W2 = = x3 0 x3 Calculamos u1 , u2 8 1 4 u01 = −x 5x4 ´= − 5 x 1 1 5 4 u1 = − 5 x dx = − 25 x 1 x3 0 u2 = 5x´4 = 5x u2 = 15 x1 dx = 15 lnx 1 5 yp = − 25 x (1) + 51 lnx(x5 ) 5 1 5 x + x5 lnx yp = − 25 y(x) = yh + yp 5 1 5 x + x5 lnx y(x) = c + c2 x5 − 25 W =

1 0

x2 y 00 − xy 0 + y = 2x

Solucion propuesta. y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2

Resolvemos la ecuacion homogenea asociada. yh = x2 y 00 − xy 0 + y = 0

Sustituimos en la ecuación original.

x2 [(m − 1)mxm−2 ] − x(mxm−1 ) + xm = 0 m2 − m − m + 1 = 0 m2 − 2m + 1 = 0

(m − 1)2 m1,2 = 1 yh = c1 x + c2 xlnx

Ponemos la ecuación en la forma estandar y 00 − x1 y 0 +

1 x2 y

= x2 Identi camos f (x) = x2 Identi camos y1 = x , y2 = xlnx y y10 = 1 , y20 = lnx + 1

Calculamos los Wronskianos

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 W1 = 2 = (lnx)( x2 ) = x2 lnx lnx + 1 x x 0 = x2 x − 0 = 2 W2 = 1 x2 Calculamos u1 , u2 2 lnx u01 = x x = 2lnx ´ lnx x2 lnx+1 u1 = 2 x2 = − x u02 = x2 ´ u2 = 2 x1 = 2lnx yp = y1 u1 + y2 u2 = x(− lnx+1 x ) + xlnx(2lnx) = −lnx + 1+ W =

x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = x4 ex

Solución propuesta. y = xm y 0 = mxm−1 y 00 = (m − 1)mxm−2 x2 [(m − 1)mxm−2 ] − 2x(mxm−1 ) + 2xm = x4 ex

Solucionamos la ecuacion homogenea

x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 0 xm (m2 − m − 2m + 2) = 0 m2 − 3m + 2 = 0 (m − 2)(m − 1) = 0 m1 = 2 , m2 = 1 yh = c1 x2 + c2 x

Convertimos la ecuacion original a la forma estandar

y 00 − x2 y 0 + x22 y = x2 ex De nimos y1 , y2 , f (x) = x2 ex y1 = x2 ; y10 = 2x y2 = x ; y20 = 1

Calculamos el Wronskiano

x2 x = x2 − 2x2 = −x2 2x 1 0 x W1 = 2 x = 0 − x3 ex = −x3 ex x e 1 x2 0 W2 = = x4 ex 2x x2 ex Calculamos u1 , u2 3 x e = xex u01 = −x ´ −x2x u1 = xe dx = ex (x − 1) 4 x u02 = x−xe2 = −x2 ex ´ u02 = − x2 ex 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 =

Soluciones en series de potencias

1. y00 − xy = 0

Sutituyendo y =

P∞

n=0 cn x

y la segunda derivada y00 =

P∞

n=2 (n−1)ncn x

n−2

P∞

P∞ − 1)ncn xn−2 − x ( n=0 cn xn ) = 0 P∞ P∞ n−2 − n=0 cn xn+1 = 0 n=2 (n − 1)ncn x n=2 (n

Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas. P∞ P∞ 2(1)c2 x0 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn xn+1 = 0 P∞ P∞ 2c2 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn xn+1 = 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 P∞ P∞ 2c2 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn xn+1 = 0 P∞ P∞ 2c2 k=1 (k + 2)(k + 1)ck+2 xk − k=1 ck−1 xk = 0 P∞ 2c2 k=1 [(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1 ]xk = 0 (k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1 = 0 ck+2 =

ck−1 (k + 2)(k + 1)

Esta relacion genera coe cientes consecutivos de la solucion propuesta, con el valor de k como enteros positivos. Ahora 2c2 = 0 ; c2 = 0 k = 1 , c3 = k = 2 , c4 =

c0 3(2)

c1 = 4(3)

c2 = 5(4)

k = 3 , c5 =

= 61 c0

1 20 c2

1 12 c1

= 0 ← c2 = 0

k = 4 , c6 =

c3 = 6(5)

1 1 30 ( 6 )c0

1 180 c0

k = 5 , c7 =

c4 = 7(6)

1 1 42 ( 12 )c1

1 504 c1

k = 6 , c8 = k = 7 , c9 =

c5 = 0 ← c5 = 0 8(7)

c6 = 9(8)

1 1 72 ( 180 )c0

1 12960 c0

k = 8 , c10 =

c7 = 10(9)

k = 9 , c11 =

c8 = 0 ← c8 = 0 11(10)

1 10(9)(504) c1

Sustituyendo coe cientes en la suposicion original y= c0 +c1 x+c2 x2 +c3 x3 +c4 x4 +c5 x5 +c6 x6 +c7 x7 +c8 x8 +c9 x9 +c10 x10 +c11 x11 +..., y= 1 1 1 1 1 c0 +c1 x+0+ 16 c0 x3 + 12 c1 x4 +0+ 180 c0 x6 + 504 c1 x7 +0+ 12960 c0 x9 + 90(504) c1 x10 +0 y = c0 (1 + 16 x3 +

1 6 180 x

1 9 12960 x )

+ c1 (x +

1 4 12 x

1 7 504 x

1 10 90(504) x )

y00 + x2 y0 + xy = 0

Sutituyendo: P ∞

y = Pn=0 cn xn ∞ y0 = Pn=1 cn nxn−1 ∞ y00 = n=2 (n − 1)ncn xn−2

En P la ecuación original ∞ n=2 (n

− 1)ncn xn−2 + x2

P∞

n=1 cn nx

n−1

+ x[

cn x n ] = 0

P∞

P∞ P∞ n−2 + n=1 cn nxn+1 + n=0 cn xn+1 =P 0 nx n=2 (n − 1)nc P P ∞ ∞ ∞ 2c2 x0 + 6c3 x n=4 (n − 1)ncn xn−2 + n=1 cn nxn+1 + c0 x1 n=1 cn xn+1

Hacemos k = n−2 para la primera serie, yk = n+1para la segunda y tercera series. P P ∞

∞

0 k+2−2 2cP + k=2 ck−1 (k − 1)xk−1+1 + 2 x + 6c3 x k=2 (k + 2 − 1)(k + 2)ck+2 x ∞ k−1+1 c0 x =0 k=2 ck−1 x P∞ 2c2 + 6c3 x + c0 x Pk=2 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk + ck−1 (k − 1)xk + ck−1 xk = 0 ∞ 2c2 + 6c3 x + c0 x k=2 [(k + 1)(k + 2)ck+2 + ck−1 (k − 1) + ck−1 ]xk = 0 (k + 1)(k + 2)ck+2 + ck−1 (k − 1) + ck−1 1

Entonces tenemos 2c2 = 0 ; c2 = 0 6c3 + c0 = 0 c3 = − 61 c0

kck−1 (k + 1)(k + 2) Sustituyendo k = 2, 3, 4, ... en la formula se obtiene 2c1 c4 = 3(4) = 16 c1 3c2 c5 = 4(5) = 0 ← c2 = 0 4c3 2 1 c6 = 5(6) = 15 (− 16 c0 ) = − 45 c0 5c4 5 1 5 c7 = 6(7) = 42 ( 6 c1 ) = 136 c1 6c5 6 c8 = 7(8) = 56 (0) = 0 7c6 7 1 7 (− 45 )c0 = − 72(45) c0 c9 = 8(9) = 72 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 =

[(k−1)+1]ck−1 (k+1)(k+2)

Por tanto,

y = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + c4 x4 + c5 x5 + c6 x6 + c7 x7 + c8 x8 + c9 x9 + ... 5 5 1 6 7 7 y = c1 [ 61 x4 + 136 x7 + 9(34) x10 ] − c0 [ 45 x + 72(45) x9 + 66(72)(9) x12 ]

y00 − 2xy0 + y = 0

Sutituyendo: P ∞

y = Pn=0 cn xn ∞ y0 = Pn=1 cn nxn−1 ∞ y00 = n=2 (n − 1)ncn xn−2

En P la ecuación original

P∞ P∞ ∞ n−2 − 2xP n=1 cn nxn−1 + n=0 cn xn = 0 n=2 (n − 1)ncn x P∞ P ∞ ∞ n−2 n (n − 1)ncn x − 2 n=1 cn nx + n=0 P cn xn = 0 n=2 P∞ P∞ ∞ n−2 n 2c2 n=3 (n − 1)ncn x − 2 n=1 cn nx + c0 n=1 cn xn = 0 Hacemos y k =P n para las dos y P tres. P∞ k = n − 2 para la serie uno ∞ ∞ k k + c 2c2 k=1P (k + 2 − 1)(k + 2)ck+2 xk+2−2P− 2 k=1 ck kx 0 k=1 ck x = 0 P∞ ∞ ∞ k k k 2c2 + c0 Pk=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 x + k=1 ck kx + k=1 ck x = 0 ∞ 2c2 + c0 Pk=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk − 2ck kxk + ck xk = 0 ∞ 2c2 + c0 k=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk − 2ck kxk + ck xk = 0

De esta igualdad se concluye que 2c2 + c0 = 0 c2 = − 12 c0 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk − 2ck kxk + ck xk = 0 [(k + 1)(k + 2)ck+2 − 2ck k + ck ]xk = 0 (k + 1)(k + 2)ck+2 − 2ck k + ck (2k + 1)ck ck+2 = (k + 1)(k + 2) Sustituyendo k = 1, 2, 3, 4, ... c3 = c4 =

5c2 3(4)

c5 = c6 =

9c4 5(6)

c7 =

11c5 6(7)

11 7 42 ( 40 c1 )

c9 =

15c7 8(9)

15 11 72 ( 6(40) c1 )

17c8 9(10)

7 5 40 x

5 4 24 x

7 40 c1

1 = − 16 c0

13 1 56 (− 16 c0 )

9 5 30 (− 24 c0 )

1 3 2x

5 = − 24 c0

7 1 20 ( 2 c1 )

13c6 7(8)

c11 = h

c8 =

c10 =

y = c1

= 12 c1

5 1 12 (− 2 c0 )

7c3 4(5)

3c1 2(3)

11 6(40) c1

13 = − 56(16) c0

161 72(240) c1

17(13) = − 9(10)(56)(16) c0

18c9 10(11)

1 161 55 ( 8(240) )c1

11 7 240 x

161 9 72(240) x

1 6 16 x

13 8 56(16) x

161 11 55(8)(240) x

17(13) 10 90(56)(16) x

−

(x2 + 2)y00 + 3xy0 − y = 0

Sutituyendo: P∞ y = n=0 cn xn P∞ y0 = n=1 cn nxn−1 P∞ y00 = n=2 (n − 1)ncn xn−2 P∞ P∞ P∞ (x2 + 2) n=2 (n − 1)ncn xn−2 + 3x n=1 cn nxn−1 − n=0 cn xn = 0 P∞ P∞ P∞ P∞ x2 n=2 (n−1)ncn xn−2 +2 n=2 (n−1)ncn xn−2 + n=1 3cn nxn − n=0 cn xn = 0

P∞

P∞ 3cn nxn − n=0 cn xn = 0 P∞ P∞ P∞ n n−2 + 3c1 x n=2 3cn nxn − c0 + n=2 (n − 1)ncn x + n=2 2(n P−∞1)ncn xn c1 x n=2 cn x = 0 P∞ n 2−2 3c1 x + P c0 + c1 x n=2 (n − 1)ncn xP + 2(2 − 1)2c2 xP + 2(3 − ∞ ∞ ∞ 3−2 n−2 n 1)3c3 x + n=2 3cn nx − n=2 cn xn = 0 n=4 2(n − 1)ncn x P∞ P∞ 3c1 x + c0 + c1 x + 4c2 +P12c3 x n=2 (n − 1)ncn xn + n=4 2(n − 1)ncn xn−2 + P ∞ ∞ n n n=2 3cn nx − n=2 cn x = 0 n=2 (n − 1)ncn x

P∞

n=2

2(n − 1)ncn xn−2 +

P∞

n=1

Hacemos k = n − 2 para la segunda serie y k = n para las demas P∞ P∞ 3c1 x + c0 + c1 x + 4c2 + 12c3 x P k=2 (k − 1)kckP xk + k=2 2(k + 2 − 1)(k + ∞ ∞ 2)ck+2 xk+2−2 + k=2 3ck kxk − k=2 ck xk = 0 P∞ 4c1 x + c0 + 4c2 + 12c3 x k=2 [(k − 1)kck + 2(k + 1)(k + 2)ck+2 + 3ck k − ck ]xk = 0

De esta igualdad se obtiene 4c1 + 12c3 = 0 c3 = − c31 c0 + 4c2 = 0 c2 = − c40 (k − 1)kck + 2(k + 1)(k + 2)ck+2 + 3ck k − ck −3kck + ck − (k − 1)kck [−3k + 1 − k 2 − k]ck [−4k + 1 − k 2 ]ck ck+2 = = = 2(k + 1)(k + 2) 2(k + 1)(k + 2) 2(k + 1)(k + 2) Sustituyendo valores de k = 2, 3, 4, 5, ... c2 = − c40 c3 = − c31 1 11 2 = − 11 c4 = (−6+1−4−2)c 2(3)(4) 24 (− 4 c0 ) = 96 c0 (−12+1−9)c3 1 1 1 = − 20 2(4)(5) 40 c3 = − 2 (− 3 c1 ) = 6 c1 31(11) 31 11 4 = − 31 c6 = (−16+1−16)c 2(5)(6) 60 c4 = − 60 ( 96 c0 ) = (60)(96) c0 11 1 11 5 c7 = (−20+1−25)c = −44 2(6)(7) 84 c5 = 21 ( 6 c1 ) = 126 c1 11(31) 59 11(31) 6 c8 = (−24+1−36)c = 112 ( 60(96) c0 ) = 112(60)(96) c0 2(7)(8) 31(11) 6 11(31) 1 2 11 4 8 y = c0 [− 4 x + 90 x + 60(96) x + 112(60)(96) x ] + c1 [− 31 x3

c5 =

+ 16 x5 +

Transformada de Laplace

( f (t) L{f (t)} =

´∞ 0

−1, 0 ≤ t < 1 1, t≥1

e−st f (t)dt = − −st

= − e−s |10 +

´1 0

e−st (1) +

e−st ∞ −s |1

´∞ 1

e−st (1)

11 7 126 x ]

−s(1)

−s(0)

= − e −s − [− e −s ] + =

e−s s

−

( f (t) =

2e−s s

1 s

e−s(1) −s

e−s s

−

e−s(∞) −s

0 s

1 s

0≤t<1 t≥1

t, 1,

´∞ ´1 ´∞ L[f (t)] = 0 e−st f (t) = 0 e−st tdt + 1 e−st (1)dt −st −st = − e s (t − 1s )|10 + − e s |∞ 1 −s(1)

−s(0)

= − e s (1 − 1s ) − [− e −s −s = − e s + es2 + s12 − 1s

(0 − 1s )] + [− e

−s(∞)

−

e−s(0) s ]

f (t) = te4t L{te4t } =

´∞ 0

=−

e−st te4t dt =

´∞ 0

te−(s−4)t dt

e−(s−4)t [−s + 3]|∞ 0 (s − 4)2

e−(s−4)0 e−(s−4)∞ − [− ] 2 (s − 4) (s − 4)2

1 0 + 2 (s − 4) (s − 4)2 =

1 (s − 4)2

3. y00 + 3y0 + 2y = 0 y(0) = 1 , y0(0) = 1 Aplicamos transformada de Laplace a toda la ecuación L[y00] + 3L[y0] + 2L[y] = 0 [s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)] + 3[sY (s) − y(0)] + 2[Y (s)] = 0 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3sY (s) − 3y(0) + 2Y (s) = 0

Sustituimos los valores iniciales

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

Y (s) =

4+s + 3s + 2

Separamos en fracciones parciales 4+s A B = + (s + 2)(s + 1) s+1 s+2

Por el método de Heaviside (4 + s)(s + 1) |s=−1 = (s + 2)(s + 1) (4 + s)(s + 2) B= |s=−2 = (s + 1)(s + 2)

4 + (−1) =3 −1 + 2 4−2 = −2 −2 + 1

Sustituimos en la ecuacion transformada. Y (s) =

3 2 − s+1 s+2

Aplicamos la transformada inversa a cada término del desarrollo anterior.

3 2 ] − L− [ ] s+1 s+2 1 1 y(t) = 3L−1 [ ] − 2L− [ ] s+1 s+2 y(t) = 3e−t − 2e−2t y(t) = L−1 [

y00 − xy = 0

Sutituyendo y =

P∞

n=0 cn x

y la segunda derivada y 00 =

P∞

n=2 (n−1)ncn x

n−2

P∞

P∞ − 1)ncn xn−2 − x ( n=0 cn xn ) = 0 P∞ P∞ n−2 − n=0 cn xn+1 = 0 n=2 (n − 1)ncn x n=2 (n

Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas. P∞ P∞ 2(1)c2 x0 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn xn+1 = 0 P∞ P∞ 2c2 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn xn+1 = 0

ck−1 (k + 2)(k + 1)

Esta relacion genera coe cientes consecutivos de la solucion propuesta, con el valor de k como enteros positivos. Ahora 2c2 = 0 ; c2 = 0 k = 1 , c3 = k = 2 , c4 =

c0 3(2)

c1 = 4(3)

c2 = 5(4)

k = 3 , c5 =

= 61 c0

1 20 c2

1 12 c1

= 0 ← c2 = 0

k = 4 , c6 =

c3 = 6(5)

1 1 30 ( 6 )c0

1 180 c0

k = 5 , c7 =

c4 = 7(6)

1 1 42 ( 12 )c1

1 504 c1

k = 6 , c8 = k = 7 , c9 =

c5 = 0 ← c5 = 0 8(7)

c6 = 9(8)

1 1 72 ( 180 )c0

1 12960 c0

k = 8 , c10 =

c7 = 10(9)

k = 9 , c11 =

c8 = 0 ← c8 = 0 11(10)

1 10(9)(504) c1

1 6 180 x

1 9 12960 x )

+ c1 (x +

1 4 12 x

1 7 504 x

1 10 90(504) x )

y 00 − (x + 1)y 0 − y = 0 P P n n−1 Sutituyendo y = ∞ derivada ∞ y la segunda n=1 cn nx n=0 cn x la primera P ∞ 00 n−2 derivada y = n=2 (n − 1)ncn x P∞ P∞ P∞ n−2 − (x + 1) n=1 cn nxn−1 − n=0 cn xn = 0 n=2 (n − 1)ncn x P∞ P∞ P∞ P∞ n−2 − n=1 cn nxn − n=1 cn nxn−1 − n=0 cn xn = 0 n=2 (n − 1)ncn x

2c2 x0

P∞

n=3 (n

P∞ P∞ n 0 n−1 − 1)ncn xn−2 − − n=1 cn nx − c1 x n=2 cn nx P ∞ 0 n c0 x c x = 0 n=1 n

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 +

P∞

n=3 (n−1)ncn x

n−2

−

P∞

n=1 cn nx

−

P∞

n=2 cn nx

n−1

−

P∞

n=1 cn x

0 c2 − c1 − c0 +

P∞

k=1 (k

P∞ P∞ + 2 − 1)(k +P 2)ck+2 xk − k=1 ck kxk − k=1 ck+1 (k + ∞ 1)xk − k=1 ck xk = 0

P∞

+ 1)(k + 2)ck+2 − kck − (k + 1)ck+1 − ck ]xk = 0

c2 − c1 − c0 +

k=1 [(k

De aki se concluye que c2 = 0 c1 = 0 c0 = 0 (k + 1)(k + 2)ck+2 − (k + 1)ck+1 − kck − ck = 0 ck+2 =

(k + 1)ck+1 + (k + 1)ck (k + 1)(k + 2)

Sustituyendo k = 1, 2, 3, ...,

k = 1 , c3 = k = 2 , c4 = k = 3 , c5 =

2c2 +2c1 2(3) 3c3 +3c2 3(4) 4c4 +4c3 4(5)

=0 3 = 12 c3 = 0 =0

Serie de Taylor 1.

y 0 = x + 2y 2 y(0) = 0 y 0 (o) = 1

Derivando y 00 = 1 + 4yy 0 y 000 = 4y 0 y 0 + 4yy 00 y iv = 4y 00 y 0 + 4y 0 y 00 + 4y 0 y 00 + 4yy 000 = 12y 0 y 00 + 4yy 000 y v = 12y 00 y 00 + 12y 0 y 000 + 4y 00 y 000 + 4yy iv

y vi = 12y 000 y 00 + 12y 00 y 000 + 12y 00 y 000 + 12y 0 y iv + 4y 000 y 000 + 4y 00 y iv + 4y 00 y iv + 4yy v = 36y 00 y 000 + 12y 0 y iv + 4y 000 y 000 + 4y 00 y iv + 4y 00 y iv + 4yy v y 00 (0) = 1 , y 000 (0) = 4 , y iv (0) = 12 , y v (0) = 76 , y vi (0) = 408 y(x) =

x 1!

x2 2!

4x3 3!

12x4 4!

1. f (t) = 4t − 10 L[f (t)] = 4L[t] ´ ∞ − 10L[1] ´∞ L[f (t)] = 4 0 te−st dt − 10 0 e−st dt

Integramos por partes la primera integral ´ ∞

4 0 te−st dt = u = t , du = 1 −st dv = e−st , v = − e s ´ −st 1 ∞ −st = 4[(1)(− e s )|∞ )]dt 0 + s 0 (1)(e 4 −s(∞) 4 −s(0) 1 e−st ∞ = − s e h − (− s e )i+ s s |0 =

4 s

1 s

−s(0)

−s(∞)

−e s ) 1 4 + 1s (− 1s ) = − 2 s s +

Hacemos la segunda integral ´ 10 =

∞ −st e dt 0 e−s(∞) − s −

−st

= − e s |∞ 0

(− e

1 = s

entonces L[f (t)] =

−s(0)

)

1 1 3 1 4 − 2− = − 2 s s s s s

2. L[f (t)] = L[et/5 ] = ´∞ t = 0 e 5 (1−5s) dt = =

∞ (1−5s) 5 1 5 (1−5s)

−

´∞ 0

f (t) = et/5 et/5 e−st dt

t e 5 (1−5s) 1 5 (1−5s) 0 e 5 (1−5s) 1 5 (1−5s)

|∞ 0 5 5 =− = 1 − 5s 5s − 1

f (t) = et−2

L[f (t)] = L[et−2 ]

76x5 5!

408x6 6!

= =

´∞

et−2 e−st dt = e−2 et(1−s) dt 0 t(1−s) −2 e(∞)(1−s) e−2 [ e 1−s ]|∞ )( 1−s ) 0 = (e −2 −2

− (e−2 )( e

(0)(1−s)

1−s

)

e e =− = 1−s s−1

f (t) = et cos t

L[f (t)] = L[et cos t]

Por el teorema de traslacion del eje s L[f (t)] = F (s) L[eat f (t)] = F (s − a) a=1 L[cos t] =

s s2 +1

=⇒ L[et cos t] =

s (s − 1)2 + 1

f (t) = e−t cos t

L[f (t)] = L[e−t cos t]

Por el teorema de traslacion del eje s

L[f (t)] = F (s) L[eat f (t)] = F (s − a) a = −1 ´ ∞ L[cos t] = 0 e−st (cos t)dt

Integramos por partes u = cos t , du = − sin t ´ −st dv = e−st , v = e−st dt = − e s

´∞ 0

e−st (cos t)dt = cos t(−

= −(cos t)

e−st ∞ | − s 0

1 s

´∞ 0

e−st ∞ ´ ∞ )| − 0 s 0

−e−st s (− sin t)dt

e−st (sin t)dt

Evaluamos el primer término y volvemos a integrar por partes el segundo término u = sin t , du = cos t −st dv = e−st , v = − e s h i ´ ∞ e−st −st e−∞ e−0 − (cos 0) ] − 1s sin t(− e s )|∞ − (− ) cos tdt 0 s 0 s s ´ 1 1 1 ∞ −st = 1 + s12 e cos tdt = 2 st sin t|∞ cos t|∞ 0 − 0 = 0 s e sest s 1 ´ ∞ −st s s ∴ 0 e cos tdt = = 2 s +1 1 + s12 Aplicando el teorema de traslacion del eje s L[f (t)] = F (s) L[eat f (t)] = F (s − a) = −[(cos ∞)

a = −1 L[e−t cos t] =

s+1 (s + 1)2 + 1

  0<t<2  −1 f (t) = 0 2≤t<4   1 t≥4 ´ ∞ −st ´ 2 −st ´4 ´∞ L[f (t)] = 0 e f (t)dt = 0 e (−1)dt + 2 e−st (0)dt + 4 e−st (1)dt ´ 2 −st 1 1 1 1 e (−1)dt = −[− e−st ]20 = e−2s − e0 = e−2s − 1 0 s s s s ´ 4 −st e (0)dt = 0 2 ´ ∞ −st 1 1 −∞t 1 4s 1 e (1)dt = − e−st |∞ + e = e4s 4 =− e 4 s s s s 1 4s 1 −2s 1 −2s L[f (t)] = e −1 + e = e + e4s − 1 s s s

( f (t) =

3t 0

0<t<1 t≥1

´1 ´∞ L[f (t)] = 0 e−st 3tdt + 1 e−st (0)dt ´ 1 −st ´1 e 3tdt = 3 0 te−st dt 0 u = t , du = 1 e−st dv = e−st , v = − s ( ) e−st 1 ´ 1 e−st e−st 1 1 e−st = 3 t(− )| − 0 (− )dt = t(− )| − [ ] s 0 s s 0 s s ( ) 1 1 3 = t(−e−st )|10 − [e−st ]10 = [(−e−s ) − 0] − 1s [(e−s ) − 1] s s s 3 1 1 3 [−e−s − 1s e−s ] = e−s (−1 − ) + 2 s s s s ´∞ 0dt = 0 1 3 1 1 L[f (t)] = e−s (−1 − + ) s s s

Encontrar f (t) dada su transformada de Laplace F (s), donde f (t) = L−1 {F (s)} 8. F (s) =

1 s2

L−1 [ s12 ] n! L−1 [ sn+1 ] = f (t) = tn L−1 [ s12 ] = t

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

sean f (t) = t sin 3t , f (0) = 0 f 0(t) = sin 3t + 3t cos 3t, f 0(0) = 0

f 00(t) = 3 cos 3t + 3 cos 3t − 9t sin 3t, f 00(0) = 6 L[f 00(t)] = s2 F (s) − f (0) − f 0(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

sean:

f (t) = t cosh t , f (0) = 0 f 0(t) = cosh t + t sinh t , f 0(0) = 1 f 00(t) = sinh t + sinh t + t cosh t L[f 00(t)] = s2 F (s) − f (0) − f 0(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

11.

f (t) = t2 cos 3t

Sean: f (t) = t2 cos 3t , f (0) = 0 f 0(t) = 2t cos 3t − 3t2 sin 3t , f 0(0) = 0 f 00(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 00(t)] = s2 F (s) − f (0) − f 0(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

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

. Hallar f (t) mediante el teorema de la transformada de la integral dada F (s)

12. F (s) = L

−1

1 s(s − 4)

Sabemos que L

−1

1 = eat , entonces: s−a

´t 1 eaτ t eat 1 = 0 eaτ dτ = |0 = − donde: a = 4 s(s − 4) a a a e4t 1 1 = − = (e4t − 1) 4 4 4 L−1

13. F (s) =

1 s2 (s + 3)

1 L = s2 (s + 3) 1 Si L−1 = eat , donde a = 3, entonces: (s + a) ´t 1 1 1 1 = 0 e3τ dτ = e3τ |t0 = e3t − L−1 s(s + 3) 3 3 3 t ´ t 1 3t 1 1 1 3τ 1 1 1 1 L−1 2 = 0 e − dτ = e − τ = e3t − t − s (s + 3) 3 3 9 3 0 9 3 9 1 3t f (t) = (e − 3t − 1) 9 −1

14. F (s) = L−1

1 t 3

3 s2 (s2 − 9)

= s2 (s2 − 9) a Conociendo L−1 2 = sinh at, donde a = 3, entonces: 2 s −a ´t 3 1 1 1 = 0 sinh 3τ dτ = cosh 3τ |t0 = cosh 3t − L−1 s(s2 − 9) 3 3 3 t ´ 3 1 1 1 1 1 t L−1 2 2 = 0 cosh 3τ − dτ = sinh 3τ − τ = sinh 3t− s (s − 9) 3 3 9 3 0 9

f (t) =

1 (sinh 3t − 3t) 9

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales, usando la transformada de Laplace 15. y00 + y = 0 , y(0) = 1 L{y00 + y} = L{0}

Por el teorema de transformadas de derivadas s2 Y (s) − sy(0) − y0(0) + Y (s) = 0

Sustituyendo el valor inicial

s2 Y (s) − s(1) − 0 + Y (s) = 0 Y (s)(s2 + 1) − 1 = 0 1 Y (s) = 2 s +1 Aplicamos la transformada inversa a Y (s) 1 L−1 2 = e−t s +1

por linealidad y = e−x

16. y00 + 4y = 2 ,

y(0) = 0 , y0(0) = 0

L [y00 + 4y] = L [2] s2 Y (s) − sy(0) − y0(0) + 4Y (s) =

Sustituyendo el valor inicial

2 s

2 s2 Y (s) − 0 − 0 + 4Y (s) = s 2 2 Y (s)(s + 4) = s 2 Y (s) = s(s2 + 4) se aplica la transformada inversa 2 L−1 = 2 s(s + 4) ω Si L−1 2 = sin ωt donde ω = 2, entonces s + ω 2 ´t 2 1 1 1 L−1 = 0 sin 2τ dτ = − cos 2τ |t0 = − 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. y00 + 16y = 4 ,

y(0) = 1 , y0(0) = 0

Aplicamos transformada de Laplace a la ecuación L[y00 + 16y] = L[4]

s2 Y (s) + sy(0) + y0(0) + 16Y (s) =

4 s

Sustituimos los valores iniciales, y despejamos Y (s)

4 Y (s)(s2 + 16) + s + 0 = s 4 4−s2 −s 4 − s2 Y (s) = 2s = 2 s = (s + 16) (s + 16) s(s2 + 16) Aplicamos transformada inversa 4 − s2 4 s −1 −1 −1 L =L −L = 2 s(s2 + 16) (s2 + 16) s(s + 16) s = cos ωt , donde ω = 4 L−1 2 2 s + ω s = cos 4t L−1 2 (s + 16) 4 −1 Entonces para L s(s2 + 16) ω = sin ωt , donde ω = 4 si L−1 2 s + ω2 t ´t 4 1 1 1 −1 L cos 4τ = − cos 4t − = 0 sin 4τ dτ = − = s(s2 + 16) 4 4 4 0 1 1 − cos 4t + 4 4 2 4−s 1 1 3 1 −1 L = − cos 4t + − cos 4t = cos 4t + s(s2 + 16) 4 4 4 4

por linealidad y=

18.

1 3 cos 4x + 4 4 y00 − 2y0 + 5y = 0 ,

y(0) = 2 , y0(0) = 4;

Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación L [y00 − 2y0 + 5y] = L [0]

Usamos formulas de transformadas de Laplace de derivadas L[y](s) = Y (s) L[y0](s) = sY (s) − y(0) = sY (s) − 2 L[y00](s) = s2 Y (s) − sy(0) − y0(0) = s2 Y (s) − 2s − 4

Al sustituir estas expresiones en la ecuación nos da

s2 Y (s) − 2s − 4 − 2 [sY (s) − 2] + 5Y (s) = 0 s2 Y (s) − 2s − 4 − 2sY (s) − 4 + 5Y (s) = 0 Factorizamos y despejamos Y (s) Y (s)(s2 − 2s + 5) − 2s − 8 = 0 Y (s)(s2 − 2s + 5) = 2s + 8 2s + 8 Y (s) = 2 (s − 2s + 5)

Ahora calculamos la transformada inversa de la función racional Y (s), para esto usaremos un desarrollo en fracciones parciales 50

Como s2 −2s+5 es irreducible, escribimos este factor en la forma (s−α)2 +β 2 (s − 1)2 + 22 2s + 8 A(s − 1) + 2B Y (s) = = (s − 1)2 + 22 (s − 1)2 + 4 2s + 8 = A(s − 1) + 2B Hacemos s = −1, 1

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. 2s − 2 + 10 2s + 8 2(s − 1) + 2(5) = = (s − 1)2 + 4 (s − 1)2 + 4 (s − 1)2 + 4 aplicamos transformada inversa de Laplace 2 s −1 −1 + 4L 2L 2 (s − 1) + 4 (s − 1)2 + 4 t t f (t) = 2e cos 2t + 4e sin 2t

Y (s) =

19.

w00 + w = t2 + 2 ,

w(0) = 1 , w0(0) = −1

s2 W (s) − sw(0) − w0(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) = +s−1 s3 2 4 2(1 + s ) + s − s3 2 + 2s2 + s4 − s3 s3 W (s) = = 2 s +1 s3 (s2 + 1) Aplicamos la transformada inversa 2 s 1 2 −1 −1 −1 −1 +L +L −L f (t) = L s3 (s2 + 1) s(s2 + 1) (s2 + 1) (s2 + 1)

Aplicamos el teorema de la transformada de la integral para las dos primeras transformadas inversas. L−1

´t

2 sin τ dτ = 2 cos τ |t0 = −2 cos t + 2 0 + 1) ´t = −2 0 [cos τ − 1] dτ = −2(sin τ − τ )|t0 = −2(sin t − t) = 2t − 2 sin t ´t 1 = 2 0 (τ − sin τ )dτ = 2( τ 2 + cos τ )|t0 = t2 + 2 cos t − 1 2 ´t 1 1 = 0 (τ 2 + 2 cos τ − 1)dτ = ( τ 3 + 2 sin τ − τ )|t0 = t3 + 2 sin t − t 3 3 ´t 2 L−1 = 0 2 sin τ dτ = −2 cos τ |t0 = −2 cos t + 2 2 s(s + 1) s L−1 = cos t (s2 + 1) s3 (s2

Lâ&#x2C6;&#x2019;1

1 = sin t (s2 + 1)

Sustituyendo f (t) =

1 3 t + 2 sin t â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; 2 cos t + 2 + cos t â&#x2C6;&#x2019; sin t 3

References [1] Ecuaciones diferenciales con aplicaciones de modelado, Dennis G. Zill, Novena ediciĂłn, Editorial Cengage learning. Ejercicios 7.1, Problema 21 [2] Ecuaciones diferenciales, Isabel Carmona Jover, Cuarta ediciĂłn, Editorial Pearson EducaciĂłn, 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 ediciĂłn, Editorial Pearson educaciĂłn. Ejercicios 7.5, Problemas 1