ejercicios resueltos de ecuaciones diferenciales
TRANSCRIPT
Universidad Autonoma del Estado de HidalgoInstituto de Ciencias Basicas e Ingenierıa
Academia de Matematicas y FısicaEcuaciones Diferenciales
Indice
1. Variables separables 3
2. Exactas 4
3. Ecuaciones de segundo orden con coeficientes constantes 6
4. Coeficientes Indeterminados 10
5. Variacion de Parametros 15
6. Bernoulli 19
7. Transformada de Laplace 24
8. Resolucion de Ecuaciones diferenciales mediante Transformada de Laplace 26
9. Aplicaciones 1er Orden 30
10. Aplicaciones 2do orden 35
11. Series de Potencias 38
12.Ecuaciones diferenciales por el metodo de Frobenius 42
13.Sistema de Ecuaciones diferenciales 47
2
1. Variables separables
Resuelva la ecuacion diferencial dada.
1. y =x2
y(1 + x3)
dy
dx=
x2
y(1 + x3)
ydy =x2
1 + x3∫ydy =
1
3
∫3x2
1 + x3
y2
2=
1
3ln|1 + x3|+ c
2. y + y2senx = 0
dy
dx= y2senx
dy
y2= senxdx∫
dy
y2=
∫senxdx∫
y−2dy =
∫senxdx
−1
y= cosx+ c
3. y = 1 + x+ y2 + xy2
dy
dx= 1 + x+ y2 + xy2
dy
dx= 1 + x+ y2(1 + x)
dy
dx= (1 + x)(1 + y2)
dy
1 + y2= (1 + x)dx∫
dy
1 + y2=
∫1dx+
∫xdx
1
2log| 1+y1−y | = x+
x2
2+ c
4.dy
dx=x− ex
y + ey
(y + ey)dy = (x− ex)dx∫ydy +
∫eydy =
∫xdx−
∫exdx
y2
2+ ey =
x2
2− ex + c
y + lny2
2 = lnx2
2 − x+ c
3
2. Exactas
Determinar cuales de estas ecuaciones son exactas y resolverlas.
1.
(x+
2
y
)dy + ydx = 0
Solucion
∂M
∂x= 1
∂N
∂y= 1
f =
∫ (x+
2
y
)dy = xy + 2lny + c(x)
N =∂f
∂x=
∂
∂x(xy + 2lny + c) = x+ c′(x)
N = x+ c′(x) x = x+ c′(x) 1 = c′(x)
∫c′(x) =
∫1dx
c = x+ k
sustituyendo en f = xy + 2lny + c(x)
por lo tanto la solucion es:
k = xy + 2lny + x
2. (y − x3)dx+ (x+ y3)dy = 0
Solucion
∂M
∂y= 1
∂N
∂x= 1
f =
∫(y − x3)dx = xy − x4
4+ c(y)
N =∂f
∂y=
∂
∂y
(xy − x4
4
)= x+ c′(y)
N = x+ c′(y)
x+ y3 = x+ c′(y)
y3 = c′(y)
∫y3 =
∫c′(y)
c =y4
4+ k
entonces la solucion de la ecuacion diferencial es:
k = xy − y4
4+x4
4
4
3. (2y2 − 4x+ 5)dx = (4− 2y + 4xy)dy
Solucion:
(2y2 − 4x+ 5)dx− (4− 2y + 4xy)dy = 0
veamos si la ecuacion diferencia es exacta:
∂M
∂y= 4y
∂N
∂x= 4y
Integramos el con respecto a x
f =
∫(2y2 − 4x+ 5)dx = 2xy2 − 2x2 + c(y)
N =∂f
∂y=
∂
∂y(2y2x− 2x2 + c(y)) = 4yx+ c′(y)
4xy + c′(y) = 4− 2y + 4xy
c′(y) = 4− 2y
∫c′(y) =
∫4− 2y
c(y) = 4y − y2 +A
la solucion de la ecuacion diferencial
A = 2xy2 − 2x2 + 4y − y2
4. (2xy4 + seny)dx+ (4x2y3 + xcosy)dy = 0
Solucion:
Veamos si la ecuacion diferencial es exacta:
∂M
∂y= 8xy3 + cosy
∂N
∂x= 8xy3 + cosy
f =
∫(2xy4 + seny)dx = x2y4 + xseny + c(y)
N =∂f
∂y=
∂
∂y(x2y4 + xseny + c(y)) = 4x2y3 + xcosy + c′(y)
N = 4x2y3 + xcosy + c′(y)
4x2y3 + xcosy = 4x2y3 + xcosy + c′(y)
c′(y) = 1
∫c′(y) =
∫1dy
c(y) = y + k
Solucion de la ecuacion diferencial k = x2y4 + xseny + y
5
5. (y cosx+ 2xey) + (senx+ x2ey − 1)dy
dx= 0
Solucion:
My(x, y) = cosx+ 2xey Nx(x, y) = cosx+ 2xey
de modo que la ecuacion dada es exacta. por lo tanto, existe una funcion ψ(x, y) tal que.
ψx(x, y) = y cosx+ 2xey ψy(x, y) = senx+ x2ey − 1
Al integrar la primera de estas ecuaciones se obtiene
ψ(x, y) = y + x2ey + h(y)
Si se hace ψy = N
ψy(x, y) = y senx+ x2ey + h(y) = senx+ x2ey − 1
por lo tanto, h(y) = −1 y h(y) = y.Puede omitirse la constante de integracion ya que en cualquiersolucion de la ecuacion procedente es satisfactoria; no se requiere la mas general. Al sustituir h(y) enla ecuacion diferencial.
ψ(x, y) = y senx+ x2ey − y
Donde, la solucion de la ecuacion diferencial queda dada implıcitamente por
y senx+ x2ey − y = c
3. Ecuaciones de segundo orden con coeficientes constantes
1. comprobar que y = xe5x es solucion de la ecuacion diferencial.
y′′ − 10y′ + 25y = 0
Solucion
sea y = e5x y′ = 5xe5x + e5x y′′ = 25xe5x + 5e5x + 5e5x
sustituyendo en y′′ − 10y′ + 25y = 0
25xe5x + 10e5x − 50xe5x − 10e5x + 25e5x = 0
por lo que es solucion
Ası que la solucion general es y = c1e5x + c2xe
5x
6
2. Sean y1 = ex, y2 = e2x, y3 = e3x funciones continuas en un intervalo I y con, al menos, tres derivadas.Compruebe que estas funciones son un conjunto de soluciones linealmente independientes de la ecuaciondiferencial
y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 0.
Solucion: y1
y = ex y′ = ex y′′ = ex y′′′ = ex
sustituyendo en la Ecuacion diferencial
ex − 6ex + 11ex − 6ex = 0
0 = 0
solucion: y2
y = e2x y′ = 2e2x y′′ = 4e2x y′′′ = 8ex
8e2x − 6(4e2x) + 11(2e2x − 6(e2x
8e2x − 24e2x + 22e2x − 6e2x
0 = 0
Solucion: y3
y = e3x y′ = 3e3x y′′ = 9e3x y′′′ = 27e3x
sustituyendo en la Ecuacion diferencial
27e3x − 6(9e3x
)+ 11
(3e3x
)− 6
(e3x)
= 0
27e3x − 54e3x + 33e3x − 6e3x = 0
0 = 0
7
3. Encontrar la solucion de la ecuacion diferencial y compruebe.
a)y′′ + 2y′ + y = 0.
Solucion
la ecuacion Auxiliar es:
m2 + 2m+ 1 = 0
Factorizando
(m+ 1)2 = 0
entonces m1 = −1 y m2 = −1
y(t) = C1e−t + C2te
−t
y′(t) = −C1e−t − C2te
−t
y′′(t) = C1e−t + C2e
−t
sustituyendo en la ecuacion diferencial
C1e−t + C2e
−t − 2(C1e
−t + C2e−t)+ C1e
−t + C2e−t = 0
0 = 0
b)y′′ + 8y′ + 15y = 0.
Solucion:
Dado que m1 = −3 y m2 = −5
y(y) = C1e−3t + C2e
−5t
y′(t) = −3C1e−3t − 5C2e
−5t
y′′(t) = 9C1e−3t + 25C2e
−5t
Sustituyendo en la ecuacion diferencial.
9C1e−3t + 25C2e
−5t − 8(3C1e
−3t + 5C2e−5t)+ 15
(C1e
−3t + C2e−5t) = 0
9C1e−3t + 25C2e
−5t − 24C1e−3t − 40C2e
−5t + 15C1e−3t + 15C2e
−5t = 0
0 = 0
8
4. Hallar la solucion de la ecuacion diferencial:
y′′ + 14y′ + 49y = 0
con las condiciones iniciales y(0) = −2 y′(0) = 10
Solucion
la ecuacion auxiliar es:
m2 + 14m+ 49 = 0
(m+ 7)2 = 0
donde m1 = m2 = −7
por lo que la solucion general es:
y = c1e−7x + c2xe
−7x
como tenemos condiciones iniciales, entonces:
y′ = −7c1e−7x − 7c2xe
−7x + c2e−7x
como y(0) = −2 tenemos:
−2 = c1e0 + 0
c1 = −2
y y′(0) = 10
10 = −7c1e0 − 0 + c2e
0
10 = −7c1 + c2
c2 = −4
por lo que la solucion particular es:
y = −2e−7x − 4xe−7x
5. Dada la solucion de una ecuacion diferencial: y = c1e2x/5 + c2xe
2x/5 encontrar la ecuacion diferencial.
Solucion:
como: y = c1e2x/5 + c2xe
2x/5
λ1 = λ2 =2
5(λ− 2
5
)2
= 0 sera la ecuacion auxiliar
λ2 − 4
5λ+
4
25= 0
y′′ − 4
5y′ +
4
25y = 0
O bien, 25y′′ − 20y′ + 4 = 0 que es la ecuacion buscada.
9
4. Coeficientes Indeterminados
Utilizando el metodo de coeficientes indeterminados, calcular una solucion particular y escribir la soluciongeneral de la ecuacion diferencial.
1.y′′ − 4y′ + 4y = 12x2 − 40x+ 42
Solucion:
La solucion homogenea yh = C1e2x + Cxe2x
La solucion particular tiene forma Ax2 +Bx+ C
Sustituyendo en la ecuacion diferencial
2A− 4(2Ax+B) + 4(Ax2 +Bx+ C) = 12x2 − 40x+ 42
La igualdad se cumple cuando:
4A = 12
−8A+ 4B = −40
2A− 4B + 4C = 42
El sistema de ecuaciones que tiene por solucion a
A = 3, B = −4 C = 5
entonces la solucion particular es:
yp = 3x2 − 4x+ 5
Por lo que la solucion de la ecuacion diferencial es:
y = yh + yp = 3x2 − 4x+ 5 + C1e2x + C2xe
2x
10
2.y′′ − 4y′ + 4y = 4(2x− 1)e4x
Solucion:
La solucion homogenea yh = C1e2x + Cxe2x
La solucion particular tiene forma yP = (Ax+B)e4x
y′P = 4(Ax+B)e4x +Ae4x y′′p = 16(Ax+B)e4x + 8Ae4x
sustituyendo en la ecuacion diferencial:
[16(Ax+B) + 8A]e4x − 4[4(Ax+B) +A]e4x + 4(Ax+B)e4x = (8x− 4)e4x
16Ax+ 16B + 8A− 16Ax− 16B + 4A+ 4Ax+ 4B = 8x− 4
4Ax+ 4A+ 4B = 8x− 4
obteniendo el sistema de ecuaciones:
4A = 8 A = 2
4A+ 4B = −4 B − 3
Por lo tanto, la solucion general es:
(2x− 3)e4x + C1e2x + Cxe2x
11
3.y′′ − 4y + 4 = −80sen3x− 23cos3x
Solucion:
se sabe que la solucion general de la homogenea asociada, es
yp = C1e2x + C2xe
2x
Para obtener una solucion particular. Se propone como solucion a
yp = Asen3x+B cos 3x
entonces: y′P = 3A cos 3x− 3Bsen3x y′′p = −9Asen3x− 9Bcos3x
Sustituyendo en la ecuacion diferencial se obtiene:
[−9Asen3x− 9B cos 3x]− 4[3A cos 3x− 3Bsen3x] + 4[Asen3x+ +B cos 3x] = −80sen3x− 23 cos 3x
Asociando terminos respecto a sen3x y cos 3x
(−5A+ 12B)sen3x+ (−12A− 5B) cos 3x = −80sen3x− 23 cos 3x
{−5A+ 12B = −80−12A− 5B = −23
El sistema de ecuaciones tiene por solucion a:
A = 4 B = −5
Entonces la solucion particular es:
yp(x) = 4sen3x− 5 cos 3x
Por lo tanto, la solucion general es:
y = 4sen3x− 5 cos 3x+ (c1 + c2x)e2x
12
4.y′′ − 4y′ = 12x2 − 40x+ 42
solucion:
Primero se obtiene la solucion de la homogenea y′′ − 4y = 0 que es:
yh(x) = c1 + c2e4x
para obtener la solucion particular yp(x) debe considerarse el termino no homogeneo es un polinomiode grado 2, se propone como solucion particular a
yp(x) = x(Ax2 +Bx+ C)
con coeficientes a determinarse.
yp = Ax3 +Bx2 + Cx y′p = 3Ax2 + 2Bx+ C y′′p = 6Ax+ 2B
sustituyendo en la ecuacion diferencial:
6Ax+ 2B − 4(3Ax2 + 2Bx+ C) = 12x2 − 40x+ 42
Asociando terminos respecto de x
(12A)x2 + (6A− 8B)x+ (2B − 4C) = 12x2 − 40x+ 42
la igualdad se cumple cuando: −12A = 126A− 8B = −402B − 4C = 42
El sistema de ecuaciones tiene por solucion a
A = −1 B =17
4y C =
67
8Entonces la solucion particular es
yp(x) = −x3 +17
4x2 − 67
8x
por lo tanto, la solucion general es
y = −x3 +17
4x2 − 67
8x+ c1 + c2e
4x
13
5.y′′ − 5y′ + 4y = (12x− 5)e4x
Solucion
La solucion de la homogenea asociada es:
yh(x) = c1ex + c2e
4x
para obtener la solucion particular, debe considerarse el termino no homogeneo, se propone comosolucion particular
yp(x) = x(Ax+B)e4x
Con coeficientes A y B a determinarse.
si yp(x) = (Ax2 + Bx)e4x y′p(x) = 4(Ax2 + Bx)e4x + (2Ax + B)e4x y′′p (x) = 16(Ax2 + Bx) +8(2Ax+B)e4x + 2Ae4x
Sustituyendo en la ecuacion diferencial, y eliminando e4x
16Ax2 + 16Bx+ 16Ax+ 8B + 2A+ 20Ax2 + 5Bx+ 10Ax+ 5B + 5Ax2 + 5Bx = 12x− 5
simplificando y asociando terminos respecto a x, se obtiene
(6A)x+ (2A+ 3B) = 12x− 5 {6A = 12
2A+ 3B = −5
El sistema de ecuaciones tiene por solucion:
A = 2 B = −3
entonces la solucion particular es:
yp(x) = (2x2 − 3x)e4x = x(2x− 3)e4x
Por lo tanto, la solucion general es:
y = x(2x− 3)e4x + c1ex + c2e
4x
14
5. Variacion de Parametros
1. y′′ − 4y′ + 4y = (x+ 1)e2x
Solucion:
De la ecuacion auxiliar
m2 − 4m+ 4 = (m− 2)2 = 0
Donde las raıces son m1 = m2 = 2
obteniendo la solucion homogenea de la siguiente forma:
yh = c1e2x + c2xe
2x
calculando el Wronskiano de y1 = e2x y y2xe2x
W =
∣∣∣∣ e2x xe2x
2e2x 2xe2x + e2x
∣∣∣∣ = 2xe4x + e4x − 2xe4x = e4x
u′1 = −∫xe2x(x+ 1)e2x
e4x=
∫x2 −
∫x = −x
3
3− x2
2
y
u′2 =
∫e2x(x+ 1)e2x
e4x=
∫x−
∫1 =
x2
2+ x
La solucion particular de la ecuacion es:
yp = −(x3
3+x2
2
)e2x +
(x2
2+ x
)e2x
por lo tanto la solucion general de la ecuacion diferencial
yp = c1e2x + c2xe
2x −(x3
3+x2
2
)e2x +
(x2
2+ x
)e2x
2. y′′ − y = sec2 x
La solucion de la ecuacion homogenea es:
yh = A senx+B cosx
Calculando wronskiano para obtener u′1 y u′2 que satisfacen la solucion particular :
yp = u1 senx+ u2 cosx
W =
∣∣∣∣ sen coscos − sen
∣∣∣∣ = − sen2− cos2 = −1
entonces:
u′1 =
∫− sec2 x cosx
−1dx =
∫secxdx = ln(sec c+ tanx)
u′2 =
∫senx sec2 x
−1dx = −
∫senx sec2 xdx
∫(cosx)−2(− senx)dx =
(cosx)−1
−1= − secx
sustituyendo obtenemos la solucion particular,
15
yp = (senx)[ln(senx+ tanx)]− (secx)(cosx)
yp = (senx)[ln(senx+ tanx)]− 1
Entonces la solucion general es:
y = (senx)[ln(senx+ tanx)]− 1 +A senx+B cosx
3. 4y′′ + 36y = csc 3x
Solucion:
reescribiendo la ecuacion diferencial
y′′ + 9y =1
4csc 3x
donde la solucion homogenea es:
yh = c1 cos 3x+ c2 sen 3x
W =
∣∣∣∣ cos 3x sen 3x−3 sen 3x 3 cos 3x
∣∣∣∣ = 3 cos2 3x3 sen2 3x = 3
u′1 = −∫
(sen 3x)( 14 csc 3x)
3= −
∫1
12= − 1
12x
u′2 =
∫(cos 3x)( 1
4 csc 3x)
3=
1
12
∫cos 3x
sen 3x=
1
36ln | sen 3x|
la solucion particular de la ecuacion diferencial es:
yp =1
12x cos 3x+
1
36ln | sen 3x|
la solucion general de la ecuacion diferencial es:
yp = c1 cos 3x+ c2 sen 3x+1
12x cos 3x+
1
36ln | sen 3x|
4. Hallar la solucion particular de la siguiente ecuacion:
y′′ − 3y′ + 2y = etsent
Solucion:
la ecuacion ecuacion auxiliar es:
m2 − 3m+ 2 = 0
Y sus raıces son: m1 = 1 m2 = 2
por lo que la solucion de la ecuacion homogenea es:
yh = c1et + c2e
2t
para obtener la solucion de la particular debemos calcular el Wronskiano:
W =
∣∣∣∣ et e2t
et 2e2t
∣∣∣∣ = 2e3t − e3t = e3t
16
yp = −et∫e2tetsenx
e3t+ e2t
∫etetsent
e3t
yp = et∫sent+ e2t
∫e−tsent
yp = et cos t+ e2t[−1
2e−t(senx+ cos t)
]
yp = et cos t− 1
2et(senx+ cos t)
yp = et[cos t− 1
2senx− 1
2cos t
]Finalmente la solucion particular es:
yp =1
2et (cos t− senx)
5. Resolver por variacion de parametros
y′′ + y = cosx
Solucion:
Las raıces de la ecuacion caracterıstica m2 + 1 = 0 son m± i con α = 0 y β = 1
La solucion de la ecuacion homogenea es:
yh = A cosx+Bsenx
Sean y1 = cosx, y2 = senx
y
W =
∣∣∣∣ cosx senxsenx cosx
∣∣∣∣ = cos2 x+ sen2x = 1
yp = − cos
∫senx cosxdx+ senx
∫cos2 xdx
yp = − cosx
(1
2sen2x
)+ senx
(1
2x+
1
4sen2x
)
yp = −1
2sen2x cosx+
1
2xsenx+
1
4(2senxcosx) senx
La solucion particular es:
yp =1
2xsenx
La solucion general de la ecuacion diferencial
y = A cosx+Bsenx+1
2xsenx
17
6. Resolver por variacion de parametros , la siguiente ecuacion de Cauchy-Euler:
x2y′′ + 8xy′ + 10y = x−1 lnx
Solucion:
Su ecuacion auxiliar es:
m2 + 7m+ 10 = (m+ 2)(m+ 5) = 0
por lo que sus raıces son: m1 = −2 y m2 = −5.
dado que la solucion homogenea esta dada como:
yh = c1x−5 + c2x
−2
W =
∣∣∣∣ x−5 x−2
−5x−6 −2x−3
∣∣∣∣ = −2x−8 + 5x−8 = 3x−8
yp = −x−5∫x−2x−1 lnx
3x−8dx+ x−2
∫x−5x−1 lnx
3x−8dx
= −x−5
3
∫x5 lnxdx+
x−2
3
∫lnx
= −x−5
3
(x4
4lnx− x4
16
)+x−2
3(x lnx− x)
= − lnx
12x+
1
48x+
lnx
3x− 1
3x=
lnx
4x− 15
48x
yp =x−1
4
(lnx− 5
4
)La solucion general y = yh + yp
y = c1x−5 + c2x
−2 +x−1
4
(lnx− 5
4
)
18
6. Bernoulli
La ecuacion
dy
dx+ P (x) = Q(x)yn
que se conoce como la ecuacion de Bernoulli, es lineal cuando n = 0 o 1 probar que se puede deducir auna ecuacion lineal para cualquier valor de n por el cambio de variable z = y1−n y aplicar este metodo pararesolver las siguientes ecuaciones:
1. xy2y′ + y3 = x cosx;
Solucion:
xy2dy
dx+ y3 = x cosx
dy
dx+
1
xy = y−2 cosx
u = y1−(−2) = y3du
dx= 3y2
dy
dx
dy
dx=
1
3y−2
du
dx
1
3y−2
du
dx+y
x= y−2 cosx
du
dx+
3
xy3 = 3 cosx
du
dx+
3
xu = 3 cosx
e3∫
1x = elnx
3
= x3
x3du
dx+ 3x2u = 3x3 cosx
d
dy
(ux3
)= 3x3cosx
ux3 = 3
∫x3cosxdx
3[
∫x3cosxdx]
3[x3senx−∫senx3xdx
3[x3senx+ 3x2cosx+
∫cosx6xdx
3[x3senx+ 3x2cosx(6xsenx− 6
∫cosxdx
3[x3senx+ 3x2cosx+ (6xsenx− 6senx)]
19
u =3[x3senx+ 3x2cosx+ (6xsenx− 6senx)]
x3
La solucion de la ecuacion diferencial es:
y =3
√=
3[x3senx+ 3x2cosx+ (6xsenx− 6senx)]
x3
2. xdy + ydx = xy2dx.
Solucion:
xdy
dx+ y = xy2
dy
dx+
1
xy = y2
u = y1−2 = y−1du
dx= −y−2 dy
dx
dy
dx= −y2 du
dx
−y2 dudx
+1
xy = y2
du
dx− 1
xy−1 = −1
du
dx− 1
xu = −1
e−∫
1x = e−lnx = x−1
x−1du
dx− (x−1)
1
xu = −1(x−1)
1
x
du
dx− 1
x2u = − 1
x
d
dx
(1
x· u)
= − 1
x
1
x· u = −
∫1
x
−∫
1
x= lnx
1
x· u = −lnx
u = x · −lnx
La solucion de la ecuacion diferencial es:
y =1
x · −lnx
20
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.
3. y′ + y = xy2
Solucion:
u = y1−2 = y−1du
dx= −y−2 =
dy
dx
dy
dx= −y2 du
dx
−y2 dudx
+ y = xy2
du
dx− y−1 = −x
du
dx− u = −x
e− = e−x
e−xdu
dx− ue−x = −x
∫d
dx(ue−x) = −
∫x
ue−x = −x2
2
u = −x2
2ex
y = − 2
x2ex
4. x2y′ − xy = x−7y12
solucion:
dy
dx− 1
xy = x−9y1/2
u = y1−1/2 = y1/2du
dx=
1
2y−1/2
dy
dx
dy
dx= 2y1/2
du
dx
2y1/2du
dx− 1
xy = x−9y1/2
du
dx− 1
2xy=x−9
du
dx− 1
2xu = x−9
e12
∫1x = x1/2
x1/2du
dx− 1
2x−3/2u = x−9
21
∫(x−1/2 · u) =
∫x−9
x−1/2 · u = −x−8
8
u =x−17/2
8
La solucion de la ecuacion diferencial es:
y =
(x−17/2
8
)2
5. y′ + xy = xy2
Solucion:
dy
dx+ xy = xy2
u = y1−2 = y−1du
dx= −y−2 =
dy
dx
dy
dx= −y2 du
dx
−y2 dudx
+ xy = xy2
du
dx− xy−1 = x
du
dx− xu = x
e−∫x = e−
x2
2
e−x2
2du
dx− xe− x2
2 u = xe−x2
2
∫d
dx
(e−
x2
2 u)
=
∫xe−
x2
2
e−x2
2 u = xe−x2
2 −∫e−
x2
2 dx
e−x2
2 u = xe−x2
2 − e− x2
2 = e−x2
2 (x− 1)
u =e−
x2
2 (x− 1)
e−x2
2
= x− 1
La solucion de la ecuacion diferencial es:
y =1
x− 1
22
6. y′ − x2y = x2y−4
Solucion:
u = y1−(−4) = y5du
dx= 5y4
dy
dx
dy
dx=
1
5y−4
du
dx
1
5y−4
du
dx− x2y = x2y−4
du
dx− 5x2y5 = x2
e−5∫x2
= e5x3
3
e5x3
3du
dx− 5x2e
5x3
3 y5 = x2e5x3
3
∫d
dx
(e
5x3
3 · u)
=
∫x2e
5x3
3
e5x3
3 · u = x2e5x3
3 − 2
∫e
5x3
3 xdx
e5x3
3 · u = x2e5x3
3 − 2
[xe
5x3
3 −∫e
5x3
3 dx
]
e5x3
3 · u = x2e5x3
3 − 2[xe
5x3
3 − e 5x3
3
]
u =x2e
5x3
3 − 2[xe
5x3
3 − e 5x3
3
]e
5x3
3
La solucion de la ecuacion diferencial es:
y =5
√√√√x2e5x3
3 − 2[xe
5x3
3 − e. 5x3
3
]e
5x3
3
23
7. Transformada de Laplace
1. Hallar una funcion f(x) cuya transformada de Laplace sea
a)30
p4;
solucion:
L −1{
30
p4
}= 5L −1
{6
p4
}= 5L −1
3!
p4= 5p3
b)2
p+ 3;
Solucion:
L −1{
2
p+ 3
}= 2L −1
{1
p+ 3
}= 2e−3t
c)4
p3+
6
p2 + 4;
Solucion:
L −1{
4
p3
}+ L −1
{6
p2 + 4
}= 2L −1
{2
p3
}+ 2L −1
{3
p2 + 4
}= 2p2 + 2sen2t
d)1
p2 + p;
Solucion 1
L −1{
1
p2 + p
}1
p2 + p=
1
p(p+ 1)=A
p+
B
p+ 1=A(p+ 1) +B(p)
p(p+ 1)
1 = A(p+ 1) +B(p) si p = 0 A = 1
1 = A(p+ 1) +B(p) si p = −1 B = −1
1
p(p+ 1)=
1
p− 1
p+ 1L −1
{1
p
}−L −1
{1
p+ 1
}= 1− e−t
Solucion 2
L −1 {F (s) ·G(s)} = f(t) ? g(t)
F (p) =1
p⇒ f(t) = 1 G(p) =
1
p+ 1⇒ g(t) = e−t
f(t) ? g(t) =
∫ t
0
e−(t−τ)dτ = e−t∫ t
0
eτdτ = e−t(et − 1) = 1− e−t
2. Determinar L de los siguientes problemas
a) f(t) = (2t+ 1)3
Solucion:
(2t+ 1)3 = 8t3 + 12t2 + 6t+ 1
8L{t3}
+ 12L{t2}
6L {t}+ L {1}
83!
s4+ 12
2!
s3+ 6
1
s2+
1
s48
s4+
24
s3+
6
s2+
1
s
b) f(t) = (1 + e2t)2
Solucion:
(1 + e2t)2 = 1 + 2e2t + e4t
L {1}+ 2L{e2t}
+ L{e4t}
=1
s+
2
s− 2+
1
s− 4
c) f(t) = 4t2 − 5sen3t
Solucion
4L{t2}− 5L {sen3t} = 4
2!
t3− 5
3
s2 + 9=
8
t3− 15
s2 + 9
24
d) f(t) = cos 5t+ sen2t
Solucion:
L {cos 5t}+ L {sen2t}s
s2 + 25+
2
s2 + 4
25
8. Resolucion de Ecuaciones diferenciales mediante Transformadade Laplace
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por medio de la transformada de Laplace.
1. y′′ − 2y′ − 3y = 4 para y(0) = 1, y′ = −1
Solucion
L {y′′ − 2y′ − 3y} = L {4}
S2Y (s)− sy(0)− y′(0)− 2sY (s)− 2y(0)− 3Y (s) =4
s
Y (s) =
4
s+ sy(0) + y′(0)− 2y(0)
s2 − 2s− 3=
4 + s2 − s− 2s
s(s2 − 2s− 3)=
s2 − 3s+ 4
2(s+ 1)(s− 3)
la solucion de la ecuacion por el metodo de las derivadas sera:
y = L −1{
s3 − 3s+ 4
s(s+ 1)(s− 3)
}= Ae0t +Be−t + Ce3t
A =G(0)
H ′(0)B =
G(−1)
H ′(−1)C =
G(3)
H ′(3)
ademas,
G(s) = s2 − 3s+ 4
H(s) = s3 − 2s2 − 3s
H ′(s) = 3s2 − 4s− 3
A =4
−3B =
8
4= 2 C =
4
12=
1
3
por lo tanto la solucion de la ecuacion diferencial es:
y = −4
3+ 2e−t +
1
3e3t
Comprobando por el metodo de fracciones parciales
s3 − 3s+ 4
s(s+ 1)(s− 3)=A
s+
B
s+ 1+
C
s− 3
s2 − 3s+ 4 = As2 − 2As− 3A+Bs2 − 3Bs+ Cs2 + Cs
A+B + C = 1
−2A− 3B + C = −3
−3A = 4
A = −4
3B = 2 C =
1
3
26
2. y′′ − 2y′ − 3y = et y(0) = 2 y′(0) = 4
Solucion:
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)− 2sY (s) + 2y(0)− 3Y (s) =1
s− 1
Y (s)(s2 − 2− 3) =1
s− 1+ 2s
Y (s)[(s+ 1)(s− 3)] =2s2 − 2s+ 1
s− 1
Y (s) =2s2 − 2s+ 1
(s− 1)(s+ 1)(s− 3)
y = L −1{
2s2 − 2s+ 1
s3 − 3s2 − s+ 3
}= Aet +Be3t + Ce−t
G(s) = 2s2 − 2s+ 1
H ′(S) = 3s2 − 6s− 1
A =G(1)
H(1)= −1
4
B =G(3)
H ′(3)=
13
8
C =G(−1)
H ′(−1)=
5
8
por lo tanto la solucion de la ecuacion diferencial es:
y = −1
4et +
13
8e3t +
5
8e−t
3. y′′ − 2y′ + 2y = 0 y(0) = 0 y′(0) = 1
Solucion:
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)− 2sY (s) + 2y(0) + 2Y (s) = 0
Y (s) =1
s2 − 2s+ 2=
1
(s− 1− i)(s− 1 + i)
Tenemos: Q(s) =1
s− 1 + i, entonces
Q(1 + i) =1
1 + i− 1 + i=
1
2i
(i
i
)= − i
2→ Q1 = 0
Q2 = −1
2
como s =2±√
4− 8
2=
2± 2i
2= 1± i
{α = 1β = 1
y = et(
0−(−1
2
)sent
)finalmente la solucion de la ecuacion diferencial es:
y = etsent
27
4. y′′ − 6y′ + 9y = t2e3t y(0) = 2 y′(0) = 6
Solucion:
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)− 6[SY (s)− y(0)] + 9Y (s) =2
(s− 3)3
sustituyendo las condiciones iniciales:
s2Y (s)− 2s− 6− 6sY (s) + 12 + 9Y (s) =s
(s− 3)3
Agrupando terminos
Y (S)[s2 − 6s+ 9] =2
(s− 3)3+ 2s+ 6− 12
Y (s)[(s− 3)2] =2
(s− 3)3+ 2(s− 3)
Y (s) =2
(s− 3)5+
2
s− 3
Y (s) = 2L −1{
1
(s− 3)5
}− 2L −1
{1
s− 3
}por un teorema tenemos:
Y (s) = 2
[1
4!L −1
{4!
s5
}]− 2L −1
{1
s− 3
}la solucion de la ecuacion diferencial es
y(t) = 2
[e3t · 1
4!t4]
+ 2e3t
28
5. y′′ − 3y′ + 2y = 4e2t y(0) = −3 y′(0) = 5
Solucion:
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)− 3[sY (s)− y(0)] + 2Y (s) =4
s− 2
s2Y (s) + 3s− 5− 2sY (s)− 9 + 2Y (s) =4
s− 2
Y (s)[s2 − 3s+ 2] =4
s− 2− 3s+ 14
Y (s) =4
(s− 1)(s− 2)2+
14− 3s
(s− 1)(s− 2)
Y (s) =−3s2 + 20s− 24
(s− 1)(s− 2)2
Descomponiendo Fracciones parciales tenemos
−3s2 + 20s− 24
(s− 1)(s− 2)2=
A
s− 1+
B
s− 2+
C
(s− 2)2
A(s− 2)2 +B(s− 1)(s− 2) + C(s− 1) = −3s2 + 20− 24
donde:
A = −7 B = 4 C = 4
Sustituyendo estos valores:
−7
s− 1+
4
s− 2+
4
(s− 2)2
Y (s) = −7L −1{
1
s− 1
}+ 4L −1
{1
s− 2
}+ 4L −1
{1
(s− 2)2
}obteniendo como solucion
y = −7et + 4e2t + 4te2t
29
9. Aplicaciones 1er Orden
1. En cierto cultivo de bacterias la velocidad de aumento de poblacion es proporcional al numero presenteen cualquier instante. Si se sabe que el numero original se ha duplicado en 6 hrs. ¿Que numero se debeesperar al cabo de 12 hrs.?
Solucion:
Sea p el numero de bacterias presentes en un instante dado ydp
dtla velocidad de aumento de p por lo
tanto tenemos
dp
dt= kp
Resolviendo la ecuacion diferencial por separacion de variables vemos que:
dp
p= kdt
∫dp
p= k
∫dt
resolviendo las integrales
lnp = kt+ C
y aplicando propiedades de logaritmos expresamos como:
p(t) = ekt+c = ektec = Cekt
por lo tanto:
p(t) = Cekt
Considerando que t = 0, habra una cantidad inicial P (0) = P0 vemos que:
p0 = Ce0
p0 = C
Entonces, la ecuacion toma la forma:
p(t) = p0ekt
Ahora bien, considerando que t = 6, p(6) = 2p0 tenemos:
2p0 = p0ekt
despejando a k
ln(2) = 6k
k =ln(2)
6= 0,1155
con lo que la ecuacion se puede expresar como:
p(t) = p0e0,1155t
30
de esta forma, para t = 12 hrs:
p(t) = p0e(0,1155)(12)
p(t) = 4P0
Lo que significa que al cabo de 12 hrs. la cantidad de bacterias se habra cuadruplicado
2. Si la diferencia entre la temperatura de un cuerpo y la del medio ambiente es ”x”grados, se consideraque la disminucion de x con respecto al tiempo es proporcional a x. Si esta diferencia era al principio de80◦ y despues de un minuto de 70◦, ¿cual sera despues de dos minutos?, ¿ en cuantos minutos sera de20◦?
Solucion:
Dado que x es la diferencia de temperaturas, la ecuacion diferencial que modela este caso es:
dx
dt= kx
ecuacion que se resuelve por separando variables, es decir:
dx
x= kdt
∫dx
x=
∫kdt
por lo que integrando tenemos:
lnx = kt+ C
x = ekt+c = ekteC = Cekt
Considerando que x es una funcion de t, la solucion general de la ecuacion diferencial propuesta sepuede expresar como:
x(t) = Cekt
dada la condicion inicial tenemos:
x(0) = 80
sustituyendo en la ecuacion anterior:
80 = Cek(0)
por lo tanto c = 80, de manera que la ecuacion queda de la siguiente forma.
x(t) = 80ekt
Sabiendo la condicion inicial x(1) = 70 y sustituyendo en la ecuacion tenemos:
70 = 80ek
por lo que lo que queremos encontrar el valor de k entonces despejando
k = ln
(70
80
)= −0,1335
31
entonces la forma de la ecuacion es:
x(t) = 80e−0,1335t
para t = 2min
x(2) = 80e(−0,1335)(2)
x(2) = 61,25◦
Finalmente vemos que una diferencia de temperatura x(t) = 20◦ se alcanzara en:
20 = 80e−0,1335t
e−0,1335t =20
80=
1
4
t =
ln
(1
4
)−0,1335
t = 10,38minutos
3. Un barco disminuye su movimiento por la accion de la resistencia del agua, que es proporcional a lavelocidad del barco. La velocidad inicial del barco es 15m/s, y despues de 5 segundos ha disminuido a8m/s. ¿Despues de cuanto tiempo la velocidad sera de 1m/s?
Solucion:
De acuerdo con la segunda ley de Newton y considerando que la resistencia del agua es: F = −kv laecuacion diferencial que modela es:
mdv
dt= −kv
Dividiendo la ecuacion por m
dv
dt= −kv
m
haciendok
m= β y resolviendo por variables separables:
dv
dt= −βv
∫dv
v= −β
∫dt
lnv = −βt+ c
v = eβt+c = ce−βt
Considerando la condicion v(0) = 15, para determinar el valor de c
15 = ce−β(0)
32
15 = c
dado que c = 15 la ecuacion queda de la siguiente manera:
v(t) = 15e−βt
Sabemos que para t = 5, v = 8 por lo que determinando el valor de β
8 = 15e−5β
β =
ln
(8
15
)−5
β = 0,1257
Finalmente la velocidad v = 1m/s se alcanza en:
1 = 15e−0,1257
t =ln(
115
)−0,1257
t = 21,54s
4. En t = 0 una fem de 100 sen(10t) voltios se aplica a un circuito consistente de un inductor de 2 henriosen serie con una resistencia de 50 ohmios. Si la corriente es cero en t = 0 ¿Cual es en cualquier tiempot ≥ 0 ?
Solucion:
Dado que L = 2h, R = 50 Ohmios y E = 100 sen(10t) podemos proponer la siguiente ecuaciondiferencial.
2dl
dt+ 50I = 100 sen(10t)
dividiendo entre 2 queda:
dl
dt+ 25I = 50 sen(10t)
La ecuacion es de primer orden y dando que tenemos que hallar el factor integrante µ
µ = e∫25dt = e25t
A continuacion se multiplica la ecuacion por el factor integrante, es decir
e25tdl
dt+ 25Ie25t = e25t50 sen(10t)
d
dt(e25t · I) = e25t50 sen(10t)
∫d
dt(e25t · I) =
∫e25t50 sen(10t)
33
e25t · I =50
29e25t sen(10t)− 20
29e25t cos(10t) + C
I =50
29sen(10t)− 20
29cos(10t) +
C
e25t
Considerando la condicion t = 0, I(t) = 0. Calculamos el valor de C:
0 =50
29sen(0)− 20
29cos(0) +
C
e25t
C =20
29
Finalmente la corriente I en cualquier tiempo t es:
I(t) =50
29sen(10t)− 20
29cos(10t) +
20
29
5. Supongamos que una gota esferica se evapora a una velocidad proporcional a su superficie; si al principioel radio de la gota es 2mm, y al cabo de 10 minutos es de 1 mm, hallar una funcion que relacione elradio r con el tiempo t.
Volumen de la esfera: V =4
3πr3
Superficie de la esfera: S = 4πr2
La gota se evapora proporcionalmente a la superficie:
dV
dt= kS
Sustituyendo:
4πr2dr
dt= 4kπr2
dr
dt= k
dr = kdt
∫dr = k
∫dt
la solucion de la ecuacion diferencial es:
r = kt+ c
tomando las condiciones iniciales :
{t = 0→ r = 2t = 10→ r = 1
se obtienen k y c:
c = 2v r = kt+ 2 1 = 10k + 2 k = − 1
10
por lo tanto:
r(t) = − 1
10t+ 2
34
10. Aplicaciones 2do orden
1. El pendulo simple consta de una masa m suspendida de una varilla de longitud l y masa despreciable.Suponiendo que el movimiento se realiza en un plano vertical, determinar el angulo de desplazamientoθ y el periodo de vibracion.
Solucion:
El arco s de un circulo de radio l que abre un angulo θ, cumple la igualdad:
s = lθ
y la aceleracion angular es:
a =ds
dt2= l
d2θ
dt2
Por la segunda ley de Newton, tenemos
F = ma = mld2θ
dt2
lo que da una fuerza tangencial que puede igualarse con la otra fuerza que representa la componentetangencial del peso w. Entonces,
mld2θ
dt2= −mgsenθ
Es decir,
d2θ
dt2+g
lsenθ = 0
para valores pequenos del angulo se puede considerar que
θ = senθ
Entonces,
d2θ
dt2+g
lθ = 0
cuya conclusion es:
θ = c1sen
√g
l+ c2t
√g
l
El periodo es:
T =2π√g
l
= 2π
√l
g
35
2. Un circuito tiene una fem E = 100e−5t voltios, una resistencia de 10 ohmios y una capacitancia de0,02 faradios. Si q(0) = 0, hallar
a) La carga y la intensidad de la corriente en cualquier instante t
b) Carga maxima y el tiempo necesario para obtener la carga maxima.
Solucion:
Voltaje Proporcionado:
E = 100e−5t
Caıda de voltaje en la resistencia: R = 10t
Caıda en el condensador :
q
c=
q
0,02= 50q
a) por la segunda ley de kirchhoff:
10I + 50q = 100e−5t
como I =dq
dtentonces:
10dq
dt+ 50q = 100e−5t
dq
dt+ 5q = 10e−5t
con q(0) = 0
cuya solucion es : q = 10te−5t
La intensidad de la corriente es I =dq
dt, es decir
I =dq
dt= 10e−5t − 50te−5t = 10e−5t(1− 5t)
b) La carga maxima ocurre cuandodq
dt= 0
10e−5t(1− 5t) = 0 0,2s
para este tiempo, la carga es
q = 2e−1 = 0,735culombios
36
3. Un cilindro circular recto de 2 m de radio esta verticalmente sumergido en agua cuya densidad es1, 000kg/m3. Si se empuja hacia abajo y se suelta tiene un periodo de vibracion de un segundo. Hallarel peso del cilindro.
Solucion:
Sea positiva la direccion hacia abajo, y sea y m el movimiento del cilindro en el tiempo t. Segun elprincipio de Arquımedes, todo cuerpo sumergido, total o parcialmente, en un fluido experimenta unempuje hacia arriba igual al peso del fluido desalojado. Entonces, la variacion que corresponde a lafuerza de flotacion es:
1000πr2y
debido a la segunda ley de Newton F = mdy
dt2= ky donde k = −400π
mdy2
dt2= −400πy
W
g
d2
d2= −400πy
donde w es el peso del cilindro y g = 9,8m/s2 es decir,
d2y
dt2+
39200
W= 0
λ2 +39200
Wπ = 0 λ±
√39200π
Wi
por lo que la solucion de la ecuacion diferencial es:
y = c1 cos
√39200π
W+ c2sen
√39200π
Wt
vemos que el periodo T es
T =2π√
39200π
W
=2√piW
39200
Es decir,
1 =2√πW
39200
de donde
W =39200
4π= 3119kg
37
11. Series de Potencias
Encontrar la solucion de la siguiente ecuacion diferencial1.
y′ − y = 0
Solucion:
sea y =
∞∑i=0
ajxj la solucion general
Derivandola: y′ =
∞∑i=0
jajxj−1
sustituyendo en la ecuacion, tenemos:
∞∑j=0
jajxj−1 −
∞∑j=0
ajxj = 0
para sumar las series, los exponentes de x deben ser iguales; es decir:
Si en la primera serie j = j + 1
∞∑j=1
(j + 1)aj+1xj −
∞∑j=0
ajxj = 0
factorizando xj , juntando las sumas:
∞∑j=0
[(j + 1)aj+1 − aj ]xj = 0
como xj 6= 0 por ser la solucion propuesta.
(j + 1)aj+1 − aj ak+1 =akk + 1
es la formula de recurrencia, de la que se obtiene cada una de las constantes para cada uno de losterminos de la serie solucion. Ası:
para j = 0→ a1 = a0
j = 1→ a2 =a12
=a02
j = 2→ a3 =a23
=c06
j = 3→ a4 =a34
=a024
entonces si la solucion tiene la forma y =
∞∑j=0
ajxj
y = c0
(1 + x+
x2
2!+x3
3!+x4
4!. . .
)
c0
∞∑j=0
xn
n!
38
2.y′′ − xy = 0
Solucion:
sea la solucion y =
∞∑j=0
y′ =
∞∑j=1
jajxj−1 y′′ =
∞∑j=0
j(j − 1)ajxj−2
sustituyendo en la ecuacion dada:
∞∑j=2
j(j − 1)ajxj−2 − x
∞∑j=0
ajxj−1 = 0
∞∑j=2
j(j − 1)ajxj−2 −
∞∑j=0
ajxj+1 = 0
recorriendo la primera suma j = j + 2 y la segunda y de la segunda suma j = −1
∞∑j=0
(j + 2)(j + 1)ajxj −
∞∑j=1
aj+1xj = 0
extrayendo el primer termino de la primera suma, es decir, cuando j = 0
2c2
∞∑j=1
(j + 2)(j + 1)ajxj −
∞∑j=1
aj+1xj = 0
ya se pueden sumar las series, quedando:
2a2 +
∞∑j=1
[(j + 2)(j + 1)ajx
j − aj+1
]xj
y como xj 6= 0 entonces:
(j + 2)(j + 1)aj+2 − aj−1 = 0 aj+2 =aj − 1
(j + 2)(j + 1)
j = 1→ a3c06
j = 2→ a4 =c112
j = 3→ a5 =c220
= 0
j = 4→ a6 =a330
=c0
180
j = 5→ a7 =a442
=a1504
j = 6→ a8 =a556
= 0
j = 7→ a9 =a672
=a0
12960
j = 8→ a10 =a790
=a1
45360
y = a0
(1 +
x3
6+
x6
180+
x9
12960+ . . .
)+ a1
(x+
x4
12+
x7
504+
x10
45360
)
39
3.y′′ − y = 3x2 − x+ 4
solucion:
suponemos y =
∞∑j=0
ajxj como solucion
sustituyendo en la ecuacion diferencial
∞∑j=2
j(j − 1)ajxj−2 −
∞∑j=0
ajxj = 3x2 − x+ 4
recorriendo la primera suma j = j + 2
∞∑j=0
(j + 2)(j + 1)aj+2xj −
∞∑j=0
ajxj = 3x2 − x+ 4
Fatorizando
∞∑j=0
[(j + 2(j + 1)aj+2 − aj ]xj = 3x2 − x+ 4
para k = 0→ 2a2 − a0 = 4 a2 =4 + a0
2Porque los coeficientes del lado izquierdo de la igualdad deben ser iguales a los correspondientes coefi-cientes del lado derecho
para j = 1→ 6a3 − a1 = −1→ a3 =a1 − 1
6=a1 − 1
3!
para j = 2→ 12a4 − a2 = 3→ a4 =10 + a0
24=
10 + a04!
Ycj+2 =
aj(j + 2)(j + 1)
j = 3 a5 =a320
=a1 − 1
120=a1 − 1
5!
j = 4 a6 =a430
=10 + a0
720=
10 + a06!
j = 5 a7 =a542
=a1 − 1
5040=a1 − 1
7!
j = 6 a8 =c656
=10 + c0
8!sustituyendo los coeficientes en la serie solucion:
y = a0 + a1x+4 + a0
2!x2 +
a1 − 1
3!x3 +
10 + a04!
x4 +a1 − 1
5!x5
10 + a06!
x6 +a1 − 1
7!x7 +
10 + a08!
x8 + . . .
Agrupando:
y = a0
(1 +
x2
2!+x4
4!+x6
6!+x8
8!+ . . .
)+ c1
(x+
x3
3!+x5
5!+x7
7!+ . . .
)+
2x2 − x3
3!+ 10
x4
4!− x5
5!+ 10
x6
6!− x7
7!+ 10
x8
8!+ . . .
y = a0 coshx+ c1senhx+ 10
(1 +
x2
2!+x4
4!+x6
6!+x8
8!+ . . .
)−(x+
x3
3!+x5
5!+x7
7!+ . . .
)+
40
x− 10
(1 +
x2
2!
)+ 2x3
se sumaron y se restaron los terminos 10
(1 +
x2
2!
)y x para completar dos series mas.
y = a0 coshx+ c1senhx+ 10 coshx− senhx+ x− 10− 5x2 + 2x2
y = (c0 + 10) coshx+ (c1 − 1)senhx− 3x2 + x− 10
4. Encontrar soluciones con series de potencias para cada una de las siguientes ecuaciones alrededor deun punto apropiado x = a usando el valor de a si se indica. En cada caso determine el conjunto devalores de x para el cual la serie converge y, si es posible, sume la serie en forma cerrada.
a) y′ = xy; y(0) = 5
Solucion
y′ − xy = 0
y =∑
ajxj y′ =
∑jajx
j−1∑jajx
j−1 − x∑
ajxj = 0∑
jajxj−1 −
∑ajx
j+1 = 0∑(j + 2)aj+2x
j+1 −∑
ajxj+1 = 0∑
((j + 2)aj+2 − aj)xj+1 = 0
(j + 2)aj+2 − aj = 0
aj+2 =ajj + 2
a2 =a02
, a3 =a13
, a4 =a24
=a08
, a5 =a35
=a115
, a6 =a46
=a048
, a7 =a57
=a1105
y =∑
ajxj
y = a0
(1 +
x2
2+x4
8+x6
48+ . . .
)+ a1
(x+
x3
3+x5
15+
x7
105+ . . .
)y = 5
(x+
x3
3+x5
15+
x7
105+ . . .
)
b) y′′ + xy′ + y = 0
Solucion:
y =∑
ajxj y′ =
∑jajx
j−1 y′′ =∑
j(j − 1)ajxj−2∑
j(j − 1)ajxj−2 + x
∑jajx
j−1 +∑
ajxj = 0∑
(j + 2)(j + 1)aj+2xj +
∑jajx
j +∑
ajxj = 0∑
[(j + 2)(j + 1)aj+2 + jaj + aj ]xj = 0
(j + 2)(j + 1)aj+2 + jaj + aj = 0
aj+2 = − (j + 1)aj(j + 2)(j + 1)
a2 = −a02!
, a3 = −2a13!
, a4 =3a2
(4)(3)=
3a04!
, a5 =4a3
(5)(4)=
8a15!
, a6 = − 5a4(6)(5)
= −15a06!
,
a7 = − 6a5((7)(6)
= −48a17!
, a8 =7a6
(8)(7)=
105a08!
y = a0
(1− x2
2!+
3x4
4!− 15x6
6!+
105x8
8!. . .
)+ a1
(1− 2x3
3!+
8x5
5!− 48x7
7!. . .
)
41
12. Ecuaciones diferenciales por el metodo de Frobenius
Aplicando el metodo de Frobenius resolver la siguiente ecuacion que tiene un punto singular regular enx0 = 0
1. 2xy′′ − y′ + 2y = 0
Solucion:
sea
y =
∞∑m=0
cmxm+r
y′ =
∞∑m=0
(m+ r)cmxm+r−1
y′ =
∞∑m=0
(m+ r)(m+ r − 1)cmxm+r−2
sustituyendo en la ecuacion dada:
2
∞∑m=0
(m+ r)(m+ r − 1)cmxm+r−1 −
∞∑m=0
(m+ r)cmxm+r−1 + 2
∞∑m=0
cmxm+r
se toman las sumas en donde la x tiene el menor exponente y m = 0
2[r(r − 1)]c0 − rc0 = 0
y c0[r(2r − 3)] = 0
Aquı Frobenius pone siempre la condicion c0 6= 0, entonces
r(2r − 3) = 0→
{r1 =
3
2r2 = 0
Queda asegurada al menos una solucion de la forma:
y1 = x3/2∞∑m=0
cmxm
partiendo de la sustitucion que se hizo de y y sus derivadas en la ecuacion
2
∞∑m=0
(m+ r)(m+ r − 1)cmxm+r−1 −
∞∑m=0
(m+ r)cmxm+r−1 + 2
∞∑m=0
cmxm+r = 0
multiplicado por x
2
∞∑m=0
(m+ r)(m+ r − 1)cmxm+r −
∞∑m=0
(m+ r)cmxm+r + 2
∞∑m=0
cmxm+r+1 = 0
haciendo una sustitucion en las dos primeras sumas m = k y en la tercer suma m+ 1 = k, tenemos:
2
∞∑k=0
(k + r)(k + r − 1)ckxk+r −
∞∑k=0
(k + r)ckxk+r + 2
∞∑k=1
ckxk+r = 0
Tomando un termino de las dos primeras sumas para igualar los ındices donde k = 0:
2[r(r − 1)c0]− rc0 = 0
42
a esta ecuacion se le conoce como ecuacion indicial
c0(2r2 − 3r) como: c0 6= 0
entonces r(2r − 3) = 0 r1 =3
2, r2 = 0
2
∞∑k=1
(k + r)(k + r − 1)ckxk+r −
∞∑k=1
(k + r)ckxk+r + 2
∞∑k=1
ckxk+r = 0
La ecuacion de recurrencia para k = 1, 2, 3 . . . es:
ck =−2ck−1
(k + r)(2k + 2r − 3)
para r1 =3
2
ck =2ck−1(k +
3
2
)2k
=−2ck−1k(2k + 3)
para k = 1 c1 =−2c0
5
para k = 2 c2 =−2c1
14=
2
23c0
para k = 3 c3 =−2c2
27=−4
945c0
para k = 4 c4 =−2c3
44=
2
10395c0
etcetera.
si y = c0 + c1x+ c2x2 + c3x
3 + c4x4 . . .
y1 = c0
(1− 2
5x+
2
35x2 − 4
945x3 + . . .
)volviendo a la ecuacion de recurrencia para r = 0, tenemos:
bk =−2bk−1k(2k − 3)
para k = 1 b1 =−2b0−1
= 2b0
para k = 2 b2 =−2b1
2= −b1 = −2b0
para k = 3 b3 =−2b2
9=
4
9b0
para k = 4 b4 =−2b3
20=−2
45b0
para k = 5 b5 =−2b4
35=
4
1575b0
etcetera..
y2 = b1
(1 + 2x− 2x2 +
4
9x3 − 2
45x4 . . .
)Finalmente la solucion de la ecuacion diferencial es:
y = c0
(1− 2
5x+
2
35x2 − 4
945x3 + . . .
)+ b1
(1 + 2x− 2x2 +
4
9x3 − 2
45x4 . . .
)
43
Use el metodo de Frobenius para hallar al menos los cuatro primeros terminos no nulos del desarrolloen serie en torno de x = 0 para una solucion de la ecuacion dada, con x > 0
2. x2y′′ + xy′ + x2y = 0
Solucion:
y =∑
anxn+r y =
∑an(n+ r)xn+r−1 y′′ =
∑an(n+ r)(n+ r − 1)xn+r−2
x2∑
an(n+ r)(n+ r − 1)xn+r−2 + x∑
an(n+ r)xn+r−1 + x2∑
anxn+r = 0∑
an(n+ r)(n+ r − 1)xn+r +∑
an(n+ r)xn+r +∑
anxn+r+2 = 0∑
an+2(n+ r + 2)(n+ r + 1)xn+r+2 +∑
an+2(n+ r + 2)xn+r+2 +∑
anxn+r+2 = 0∑
[an+2(n+ r + 2)(n+ r + 1) + an+2(n+ r + 2) + an]xn+r+2 = 0
si n = −2
a0(r)(r − 1) + a0(r) + a−2 = 0
a0(r2 − r + r) = 0 r2 = 0
x2∑
an(n)(n− 1)xn−2 + x∑
an(n)xn−1 + x2∑
anxn = 0∑
an(n)(n− 1)xn +∑
an(n)xn +∑
anxn+2 = 0∑
an+2(n+ 2)(n+ 1)xn+2 +∑
an+2(n+ 2)xn+2 +∑
anxn+2 = 0∑
[an+2(n+ 2)(n+ 1) + an+2(n+ 2) + an]xn+2 = 0∑[an+2[(n+ 2)(n+ 1) + (n+ 2)] + an]xn+2 = 0
an+2 = − an(n+ 2)(n+ 1) + (n+ 2)
a2 = − a0(2)(1) + 2
, a3 = − a1(3)(2) + 3
a4 = − a2(4)(3) + 4
=a0
4! + 16a5 = − a3
(5)(4) + 5=
a15! + 45
a6 = − a4(6)(5) + 6
= − a06! + 240
a7 = − a5(7)(6) + 7
= − a07! + 1155
y = a0
(1− x2
4+x4
40+
x6
960. . .
)+ a1
(x− x3
9+
x5
165+
x7
6195− . . .
)
44
3. xy′′(3− x)y′ − y = 0
y =∑
anxn+r y′ =
∑(n+ r)anx
n+r−1 y′′ =∑
(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r−2
sustituyendo en la ecuacion diferencial
∑(n+ r)(n+ r − 1)anx
n+r−1 + 3∑
(n+ r)anxn+r−1 −
∑(n+ r)anx
n+r− −∑
anxn+r = 0
[[r(r − 1) + 3r]a0]xr +∑
[(n+ r)(n+ r − 1)an + 3(n+ r)an − (n+ r − 1)an−1 − an−1]xn+r = 0
entonces la ecuacion indicial es:
[r(r − 1) + 3r]a0 = 0 a0 6= 0
r(r + 2) r = 0 r = −2
an =an−1(n− 1 + r + 1
(n+ r)[(n+ r − 1) + 3]
an =an−1
(n+ r + 2
para r = 0
an =an−1n+ 2
n = 1 a1 =a03
n = 2 a2 =a14
=a0
3 ∗ 4
n = 3 a3 =a25
=a0
3 ∗ 4 ∗ 5
n = 4 a4 =a36
=a0
3 ∗ 4 ∗ 5 ∗ 6entonces la solucion y1 cuando r = 0 es:
y1 = 2a0
(1
2+x
3!+x2
4!+x3
5!+x4
6!+ . . . . . .
)Para r = −2
bn =bn−1n
b = 1 b1 = b0
n = 2 b2 =b12
=b12
n = 3 b3 =b22
=b0
2 ∗ 3
n = 4 b4 =b34
=b0
2 ∗ 3 ∗ 4solucion cuando r = −2 es y2:
y2 = b0
(1
2+x
3!+x2
4!. . . . . .
)la solucion de la ecuacion diferencial es y = y1 + y2
y = 2a0
(1
2+x
3!+x2
4!+x3
5!+x4
6!+ . . . . . .
)+ b0
(1
2+x
3!+x2
4!. . . . . .
)
45
4.4x2y′′ − 4xy′ + (3− 4x2)y = 0.
solucion:
y =∑
anxn+r y′ =
∑an(n+ r)xn+r−1 y′′ =
∑an(n+ r)(n+ r − 1)xn+r−2
4x2∑
an(n+ r)(n+ r − 1)xn+r−2 − 4x∑
an(n+ r)xn+r−1 + 3∑
anxn+r − 4x2
∑anx
n+r = 0
4∑
an(n+ r)(n+ r − 1)xn+r − 4∑
an(n+ r)xn+r + 3∑
anxn+r − 4
∑anx
n+r+2 = 0
4∑
an+2(n+r+2)(n+r+1)xn+r+2−4∑
an+2(n+r+2)xn+r+2+3∑
an+2xn+r+2−4
∑anx
n+r+2 =0∑
[4an+2(n+ r + 2)(n+ r + 1)− 4an+2(n+ r + 2) + 3an+2 − 4an]xn+r+2 = 0
4an+2(n+ r + 2)(n+ r + 1)− 4an+2(n+ r + 2) + 3an+2 − 4an] = 0
Si n = −2
4a0(r)(r − 1)− 4a0(r) + 3a0 = 0
a0[4(r)(r − 1)− 4(r) + 3] = 0
a0[4r2 − 8r + 3] = 0
r =8±√
64− 48
8
r =8± 4
8
r1 =1
2r2 =
12
8=
3
2
y =∑
anxn+ 1
2 y′ =∑
an
(n+
1
2
)xn−
12 y′′ =
∑an
(n+
1
2
)(n− 1
2
)xn−
32
4x2∑
an
(n+
1
2
)(n− 1
2
)xn−
32 − 4x
∑an
(n+
1
2
)xn−
12 + 3
∑anx
n+ 12 − 4x2
∑anx
n+ 12 = 0
4∑
an
(n+
1
2
)(n− 1
2
)xn+
12 − 4
∑an
(n+
1
2
)xn+
12 + 3
∑anx
n+ 12 − 4
∑anx
n+ 52 = 0
4∑
an
(n+
1
2
)(n− 1
2
)xn+
12 − 4
∑an
(n+
1
2
)xn+
12 + 3
∑anx
n+ 12 − 4
∑an−2x
n+ 12 = 0∑[
4an
(n+
1
2
)(n− 1
2
)− 4an
(n+
1
2
)+ 3an − 4an−2
]xn+
12 = 0
an =an−2[[(
n+1
2
){(n− 1
2
)− 1
}]+
3
4
]a2 =
a0[[(2 +
1
2
){(2− 1
2
)− 1
}]+
3
4
] =a02
a3 =a1[[(
6
2+
1
2
){(6
2− 1
2
)− 1
}]+
3
4
] =a16
a4 =a2[[(
8
2+
1
2
){(8
2− 1
2
)− 1
}]+
3
4
] =a212
=a024
a5 =a3[[(
10
2+
1
2
){(10
2− 1
2
)− 1
}]+
3
4
] =a320
=a1120
y =∑
anxn
y = a0
(1 +
x2
2+x4
24+ . . .
)+ a1
(x+
x3
6+
x5
120+ . . .
)
46
13. Sistema de Ecuaciones diferenciales
Resuelva
a)dx
dt= 2x+ 3y
dy
dt= 2x+ y
Solucion:
|A− Iλ| =(
2− λ 32 1− λ
)2− 2λ− λ+ λ2 − 6 = (λ+ 1)(λ− 4) = 0
λ1 = −1 λ2 = 4
|A− Iλ1| =(
2− (−1) 32 1− (−1)
)(xy
)=
3x+ 3y = 02x+ 2y = 0
tenemos que k1 = −k2 entonces el vector propio en
(1−1
)|A− Iλ2| =
(2− 4 3
2 1− 4
)(xy
)=−2x+ 3y = 02x− 2y = 0
tenemos que k1 =3
2k2 entonces el vector propio en
(132
)La solucion es:
x = c1
(1−1
)+ c2
(132
)b)
dx
dt= −4x+ y + z
dy
dt= x+ 5y − zdz
dt= y − 3z
Solucion:
la matriz es A =
4 1 11 5 −10 1 −3
|A− λI| =
−4− λ 1 11 5− λ −10 1 −3− λ
= −(λ+ 3)(λ+ 4)(λ− 5) = 0
tal que los valores propios son: λ1 = −3, λ2 = −4 y λ3 = 5
para λ1 = −3 −1 1 11 8 −10 1 0
→ −1 1 1
0 9 00 1 0
→ −1 1 1
0 9 00 0 0
→ 1 −1 −1
0 1 00 0 0
→ 1 0 −1
0 1 00 0 0
vector propio
101
para λ2 = −4
|A− λ2I| =
0 1 11 9 −10 1 1
→ 0 1 1
1 0 −100 0 0
→ 1 0 −10
0 1 10 0 0
x− 10z = 0 x = 10
y + z = 0
47
z = −y
El vector propio
10−11
para λ3 = 5
|A−λ3I| =
−9 1 11 0 −10 1 −8
→ −9 1 1
1 0 −10 1 −8
→ −9 1 1
0 1 −80 1 −8
→ −9 1 1
0 1 −80 0 0
→ −9 0 90 1 −80 0 0
→ 1 0 −1
0 1 −80 0 0
x− z = 0→ x = z
y − 8z = 0→ y = 8
vector propio
181
La solucion general del sistema
x = c1
101
e−3t + c2
10−11
e−4t + c3
181
e5t
c)dx
dt= 6x− y
dy
dt= 5x+ 4
Solucion:
La matriz A =
(6 −154
)!A− λI| =
(6− λ −1
5 4− λ
)= λ2 − 10λ+ 29 = 0
(λ− 5)2 + 4 = 0
λ1 = 5 + 2i λ2 = 5− 2i
Para λ1 = 5 + 2i
(1− 2i)x− y = 0→ y = (1− 2i)x
5x− (1 + 2i)y = 0
La solucion general del sistema:
x =
(1
1− 2i
)e(5+2i)t +
(1
1 + 2i
)e(5−2i)t
48