Segundo Examen Departamental Ecuaciones Diferenciales 1GM5

2013

Profesor: Gerson Villa Gonzรกlez

Ecuaciones Diferenciales

Ecuaciones Diferenciales

INSTITUTO POLITECNICO NACIONAL GRUPO: gvilla@ipn.mx

Ecuaciones Diferenciales Nombre: Grupo: Ecuaciones Diferenciales

Calificación Fecha:10-04-2013

Instrucciones: 

La realización de este examen tiene un peso sobre la calificación del 60%

Problemas de Coeficientes Indeterminados Problema 1 Resuelva las ecuaciones diferenciales por coeficientes indeterminados.

y '' 4 y   x 2  3 sen2 x Solución La ecuación auxiliar es:

m2  4  0 Por lo tanto sus raices serían m1  2i m2  2i Entonces la solucion complementaria seria yc  c1 cos 2 x  c2 sen 2 x





Ahora, puesto que la función de entrada g ( x)  x  3 sen2 x es una función 2

senoidal con un polinomio de segundo grado, nuestra tentativa lógica seria de

y p1  A cos2 x  Bsen2 x y y p 2  Cx 2  Dx  E suponemos con esto una solución particular que tiene también la forma de senoidal, considerando que hay una duplicación obvia en los términos senx y cos x en esta forma tentativa en la función complementaria, podemos eliminar esta repetición con solo multiplicar y p1 por x :

y p   Ax3  Bx 2  Cx  cos2 x   Dx3  Ex 2  Fx  sen2 x Encontrando la primera y segunda derivada y sustituyendo en la ED original obtenemos: Ecuaciones Diferenciales

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Ecuaciones Diferenciales 2B  4F  0 6 A  8E  0 4C  2 E  3 8 B  6 D  0 12 A  1 Resolviendo el sistema de ecuaciones anterior se obtiene el valor de las constantes:

1 25 1 , B  0, C  , D  0, E  , F  0, 12 32 16 25  1  1 y p    x3  x  cos 2 x  x 2 sen 2 x 32  16  12

A

Por lo tanto la solución general queda de la siguiente forma:

25  1  1 y  c1 cos 2 x  c2 sen2 x    x3  x  cos 2 x  x 2 sen2 x 32  16  12 Forma Gráfica

y '' 4 y   x 2  3 sen2 x Solución General

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Ecuaciones Diferenciales Problema 2 Resuelva el problema de valor inicial respectivo

y ''' 8 y  2 x  5  8e2 x ,

y(0)  5, y(0)  3, y ''(0)  4

Solución La ecuación auxiliar es:

m3  8  0 Por lo tanto el polinomio quedaria de la siguiente forma

 m  2   m 2  2m  4   0 Entonces la raices de la ecuación serían: m1  2 m2  1  i 3 m3  1  i 3 Por lo tanto la solución complementaria seria



yc  c1e 2 x  e x c2 cos 3x  c3 sen 3 x



Ahora, puesto que la función de entrada g ( x)  2 x  5  8e

2 x

es una función

senoidal con un polinomio de segundo grado, nuestra tentativa lógica seria de

y p1  Ax  B y y p 2  Cxe 2 x , considerando que hay una duplicación obvia en el término e

2 x

en esta forma tentativa en la función complementaria, podemos

eliminar esta repetición con solo multiplicar y p2 por x :

y p  Ax  B  Cxe2x Encontrando la primera y segunda derivada y sustituyendo en la ED original obtenemos:

1 5 2 A  , B   ,C  4 8 3 Por lo tanto la solución general queda de la siguiente forma:

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



1 5 2  y  c1e2 x  e x c2 cos 3x  c3sen 3x  x   xe2 x 4 8 3 De las condiciones iniciales nosotros obtenemos

c1 

23 59 17 , c2   y c3  3 12 24 72

Por lo tanto:

y

23 2 x 17 5 2  59  1 e  e x   cos 3x  3sen 3x   x   xe2 x 12 72 8 3  24  4

Forma Gráfica

y ''' 8 y  2 x  5  8e2 x ,

y(0)  5, y(0)  3, y ''(0)  4

Solución general

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Ecuaciones Diferenciales Problema 3 Variación de Parámetros Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por variación de parámetros

ex y '' 2 y ' y  1  x2 Solución La ecuación auxiliar es :

m 2  2m  1  0

 m  1

2

0

Por lo tanto la solución complementaria seria: yc  c1e x  c2 xe x y ex W x e

xe x  e2 x x x xe  e

Identificando la función

f ( x) 

ex 1  x2

Por lo tanto obtenemos

xe x e x x u '1   2 x   e (1  x 2 ) 1  x2 e xe x 1 u '2  2 x  2 e 1  x  1  x 2 1 u1   ln 1  x 2  , u2  tan 1 x y 2 Por lo tanto la solución general es 1 y  c1e x  c2 xe x  e x ln 1  x 2   xe x tan 1 x 2 Ecuaciones Diferenciales

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Ecuaciones Diferenciales Método Gráfico

y ''' 8 y  2 x  5  8e2 x ,

Ecuaciones Diferenciales

y(0)  5, y(0)  3, y ''(0)  4

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Ecuaciones Diferenciales Problema 4 Ecuaciones de Cauchy-Euler Resuelva la ecuación diferencial respectiva

x3 y ''' xy ' y  0 Solución Asumiendo que y  x

m

y sustituyendo en la ecuación diferencial, nosotros

obtenemos la ecuación auxiliar siguiente:

m(m  1)(m  2)  m  1  m3  3m2  3m  1   m  1  0 3

Por lo tanto la solución general es:

y  c1x  c2 x ln x  c3 x  ln x 

2

Use la sustitución x  e para transformar la ecuación respectiva de cauchy-euler en una ecuación diferencial con coeficientes constantes. Resuelva la ecuación original a través de la nueva ecuación. t

x2 y '' 4 xy ' 6 y  ln x 2 Solución Usando la sustitución y sustituyendo dentro de la ecuación diferencial obtenemos lo siguiente:

d2y dy  5  6 y  2t 2 dt dt Por lo tanto la ecuación auxiliar que obtenemos:

m2  5m  6   m  2  m  3  0 .

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Ecuaciones Diferenciales La solución complementaria será:

yc  c1e2t  c2e3t Usando los coeficientes indeterminados obtenemos una solución particular

y p  At  B Derivando esta solución particular para obtener la primera y segunda derivada obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

(5 A  6B)  6 At  2t ,  A  1/ 3, B  5 / 18 Por lo tanto la solución general será:

1 5 1 5 y  c1e2t  c2e3t  t   c1x 2  c2 x3  ln x  3 18 3 18 Método Gráfico

Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes

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Ecuaciones Diferenciales Problema 5 Determine la solución general de la ecuación diferencial de orden superior.

d4y d2y  7  18 y  0 dx 4 dx 2 Solución Obtenemos la ecuación auxiliar la cual es la siguiente:

m4  7m2  18  0 Lo cual da lugar a las siguientes raíces:

m1  3 m2  3 m3   2i m4   2i Por lo tanto la solución general será:

y  c1e3 x  c2e3 x  c3 cos 2 x  c4 sen 2 x Método Gráfico

d4y d2y  7  18 y  0 dx 4 dx 2 Solución General

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Ecuaciones Diferenciales Problema 6 Reducción de orden La función y1 ( x) es una solución a las ecuaciones diferenciales. Use la reducción de orden o la formula, para encontrar una segunda solución y2 ( x)

4 x2 y '' y  0; y1 ( x)  x1/2 ln x Solución Identificamos P( x)  0 por lo tanto nosotros tenemos

y2  x ln x  1/2

 0 dx e

x  ln x 

2

 1  1/2  x1/2 ln x     x  ln x 

Una segunda solución será entonces y2  x

1/2

Método Gráfico

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