Ejercicios de Ecuaciones Diferenciales(Soluciones)(1)

EJERCICIOS DE ECUAIONES DIFERENCIALES

Ejercicio 1.- Resolver el problema de valor incialy0 + y senx = 0y(0) = 2e:

SolucinPara resolver el problema de valor inicial empezamos resolviendo primero

la ecuacin diferencial. Tenemos una ecuacin diferencial lineal homogneade primer orden. Separando variables obtenemos

dy

dx= y senx =) dy

y= senxdx

Integrando, respecto de las variables x e y, obtenemos

ln jyj = cosx+ C1donde C1 es una constante arbitraria.. Podemos quitar logaritmos, obteniendo

jyj = ecosx+C1 = ecosxeC1 = C2ecosx

siendo C2 una constante positiva. Ya que jyj = y, podemos introducir elsigno en la constante y se obtiene

y = C2ecosx = Cecosx

siendo C una constante arbitraria distinta de cero. Puesto que y = 0 tambines solucin de la ecuacin homognea y se obtiene en la frmula anteriorpara el valor de la constante C = 0, obtenemos que la solucin general de lahomognea es

y = Cecosx

siendo C 2 R una constante arbitraria. Ahora determinamos C con la condi-cin de que y(0) = 2e, obteniendo C = 2, por lo que la solucin del problemade valor inicial es

y = 2ecosx:

Ejercicio 2.- Resolver el problema de valor incial(y0 3y = xy(0) =

17

9:

SolucinPara resolver el problema de valor inicial empezamos resolviendo primero

la ecuacin diferencial. Tenemos una ecuacin diferencial lineal de primer

1

orden completa, que ya est escrita en la forma estandar. Sabemos que lasolucin general de una ecuacin diferencial lineal de primer orden es de laforma yG(x) = yC(x)+yp(x), donde yC(x) es la solucin general de la ecuacinhomognea y0 3y = 0 e yp(x) es una solucin particular de la ecuacincompleta. Resolvemos en primer lugar la ecuacin homognea y0 3y = 0 .Separando variables obtenemos

dy

dx= 3y =) dy

y= 3dx


ln jyj = 3x+ C1donde C1 es una constante arbitraria. Despejando jyj obtenemos

jyj = e3x+C1 = e3x+C1eC1 = C2e3x

siendo C2 una constante positiva. Ya que jyj = y, podemos introducir elsigno en la constante y se obtiene

y = C2e3x = Ce3x


yC(x) = Ce3x

siendo C 2 R una constante arbitraria.La solucin particular la obtenemos por el mtodo de variacin de con-

stantes. Suponemos que yp(x) = v(x)e3x donde v(x) es una funcin quetenemos que determinar. Sustituimos esta funcin yp(x) en la ecuacin com-pleta y obtenemos:

v0(x)e3x + 3v(x)e3x 3v(x)e3x = x

simplicando obtenemosv0(x) = xe3x

e integrando, por el mtodo de integracin por partes, se obtiene

v(x) =

Zxe3xdx =

xe3x3

e3x

9

. Finalmente la solucin particular es

yp(x) =

xe3x3

e3x

9

e3x =

x3 19

2

y la solucin general de la ecuacin completa es

yG(x) = yC(x) + yp(x) = Ce3x x

3 19:

Ahora determinamos C con la condicin de que y(0) =17

9, obteniendo C1

9=

17

9; es decir, C = 2, por lo que la solucin del problema de valor inicial es

y = 2e3x x3 19:

Ejercicio 3.- Resolver la ecuacin diferencial

xy0 = 2y + x3 cosx

SolucinTenemos una ecuacin diferencial lineal de primer orden completa. Divi-

diendo la ecuacin por x y ordenando la escribimos en forma estandar.

y0 2xy = x2 cosx:

Sabemos que la solucin general de una ecuacin diferencial lineal de primerorden es de la forma yG(x) = yC(x)+yp(x), donde yC(x) es la solucin general

de la ecuacin homognea y0 2xy = 0 e yp(x) es una solucin particular de

la ecuacin completa. Resolvemos en primer lugar la ecuacin homognea

y0 2xy = 0 . Separando variables obtenemos

dy

dx=2y

x=) dy

y=2dx

x


ln jyj = 2 lnx+ lnC1 = lnC1x2

donde C1 es una constante positiva. Podemos quitar logaritmos, obteniendo

jyj = C1x2

Ya que jyj = y, podemos introducir el signo en la constante y se obtieney = C1x2 = Cx2


yC(x) = Cx2

3


stantes. Suponemos que yp(x) = v(x)x2 donde v(x) es una funcin quetenemos que determinar. Sustituimos esta funcin yp(x) en la ecuacin com-pleta y obtenemos:

v0(x)x2 + 2xv(x) 2xv(x)x2 = x2 cosx

simplicando obtenemosv0(x) = cosx

e integrando se obtiene v(x) = senx. Finalmente la solucin particular es

yp(x) = x2 senx


yG(x) = yC(x) + yp(x) = Cx2 + x2 senx:

Hay otro mtodo de resolver la ecuacin diferencial lineal de primer or-den llamado, mtodo de factor integrante. Consiste en multiplicar toda la

ecuacin (la ecuacin completa) por el factor (x) = e

Zp(x)dx

. De esta formase consigue que en el primer miembro de la igualdad aparezca la derivada deuna funcin, de la que se puede calcular la inetgral.veamos como se hace eneste ejemplo..

Calculamos el factor integrante. Llamamos

(x) = e

Z 2xdx

= e2 lnx = elnx2=1

x2

y multiplicamos la ecuacin por (x) obteniendo:

1

x2y0 2

x3y = cosx

que puede escribirse como

d

dx

yx2

= cosx

Integrando respecto de la variable x, obtenemos

y

x2=

Zcosxdx+ C = senx+ C:

Por lo tanto la solucin general de la ecuacin es

y = Cx2 + x2 senx:

4

Ejercicio 4.- Resolver el problema de valores inicialesx3y+ 3x2y = x; x > 0;y(2) = 0:

SolucinTenemos una ecuacin diferencial lineal de primer orden completa. Divi-

diendo la ecuacin por x3 la escribimos en forma estandar.

y0 +3

xy =

1

x2:

Sabemos que la solucin general de una ecuacin diferencial lineal de primerorden es de la forma yG(x) = yC(x)+yp(x), donde yC(x) es la solucin general

de la ecuacin homognea y0 +3

xy = 0 e yp(x) es una solucin particular de

la ecuacin completa. Resolvemos en primer lugar la ecuacin homognea

y0 +3

xy = 0 . Separando variasbles obtenemos

dy

dx= 3

xy =) dy

y= 3dx

x


ln jyj = 3 lnx+ lnC1 = ln C1x3


jyj = C1x3

Ya que jyj = y, podemos introducir el signo en la constante y se obtiene

y =C1x3

=C

x3


yC(x) =C

x3


stantes. Suponemos que yp(x) =v(x)

x3donde v(x) es una funcin que ten-

emos que determinar. Sustituimos esta funcin yp(x) en la ecuacin completay obtenemos:

v0(x)x3

3x4v(x) +

3

x

v(x)

x3=1

x2

5

simplicando obtenemosv0(x) = x

e integrando se obtiene v(x) =x2

2. Finalmente la solucin particular es

yp(x) =1

2x


yG(x) = yC(x) + yp(x) =C

x3+1

2x

A continuacin obtenemos la constante C, para que se verique la condicininicial y(2) = 0: Sustituyendo obtenemos que C = 2; luego la solucin delproblema de valor inicial pedida es

y = 2x3+1

2x:

Tambin podemos resolver la ecuacin por el mtodo del factor integrante.Llamamos

(x) = e

Z3xdx

= e3 ln(x) = eln(x)3= x3

y multiplicamos la ecuacin por (x) obteniendo:

y0x3 +3

xyx3 = x4

que puede escribirse comod

dx

yx3= x4


yx3 =

Zxdx+ C =

x2

2+ C:


y =C

x3+1

2x:

Ejercicio 5.- Resolver el problema de valores iniciales(x2 + 1)y0 + xy = xy(0) = 1

Solucin

6

Tenemos una ecuacin diferencial lineal de primer orden completa. Divi-diendo la ecuacin por (x2 + 1) la escribimos en forma estandar.

y0 +x

(x2 + 1)y =

x

(x2 + 1):

Ahora podemos resolver la ecuacin por el mtodo del factor integrante. Lla-mamos

(x) = e

Zx

x2+1dx

= e12ln(x2+1) =

px2 + 1

y multiplicamos la ecuacibn por (x) obteniendo:

y0px2 + 1 +

x

(x2 + 1)ypx2 + 1 =

x

(x2 + 1)

px2 + 1

que puede escribirse como

d

dx

ypx2 + 1

=

x

(x2 + 1)

px2 + 1 =

xpx2 + 1


ypx2 + 1 =

Zxpx2 + 1

dx+ C =px2 + 1 + C:


y =Cpx2 + 1

+ 1:

A continuacin obtenemos la constante C, para que se verique la condicininicial y(0) = 1: Sustituyendo obtenemos que C = 0; luego la solucin delproblema de valor inicial pedida es

y = 1:

Otra forma de proceder es la siguiente. Sabemos que la solucin generalde una ecuacin diferencial lineal de primer orden es de la forma yG(x) =yC(x) + yp(x), donde yC(x) es la solucin general de la ecuacin homognea

y0+x

(x2 + 1)y = 0 y yp(x) es una solucin particular de la ecuacin completa.

Resolvemos en primer lugar la ecuacin homognea y0 +x

(x2 + 1)y = 0 .

Separando variasbles obtenemos

dy

dx= x

(x2 + 1)y =) dy

y= xdx

(x2 + 1)


ln jyj = 12ln(x2 + 1) + lnC1 = ln

C1px2 + 1

7


jyj = C1px2 + 1

Ya que jyj = y, podemos introducir el signo en la constante y se obtiene

y =C1px2 + 1

=Cpx2 + 1


yC(x) =Cpx2 + 1


stantes. Suponemos que yp(x) =v(x)px2 + 1

donde v(x) es una funcin que

tenemos que determinar. Sustituimos esta funcin yp(x) en la ecuacin com-pleta y obtenemos:

v0(x)px2 + 1

xq(x2 + 1)3

v(x) +x

(x2 + 1)

v(x)px2 + 1

=x

(x2 + 1)

simplicando obtenemosv0(x) =

xpx2 + 1

e integrando se obtiene v(x) =px2 + 1. nalmente la solucin particular es

yp(x) = 1


yG(x) = yC(x) + yp(x) =Cpx2 + 1

+ 1

Para obtener C se procede como antes.Ejercicio 6.- Resolver el problema de valor inicial(

x2y0 + (x 1)y = 1x; x > 0

y(1) = 1:

Solucin. Para resolver el problema de valor inicial, debemos encontrarprimero la solucin general de la ecuacin diferencial lineal de primer ordenno homognea. Sabemos que la solucin general de dicha ecuacin es de la

8

forma y(x) = yc(x) + yp(x), donde yc(x) es la solucin general de la ecuacinhomognea asociada x2y0 + (x 1)y = 0, e yp(x) es una solucin particularde la ecuacin completa.Para resolver la ecuacin homognea procedemos separando las variables paraobtener

y0

y=1 xx2

=1

x2 1x

e integrando en cada miembro de la igualdad

ln jyj = 1x ln(x) + C1

donde C1 es una constante arbitraria. Despejando la variable y se obtiene

jyj = e1x ln(x)+C1 = C2 1xe1=x

donde C2 es una constante positiva. Teniendo en cuenta que jyj = y y quela funcin y = 0 tambin es solucin de la ecuacin diferencial, obtenemosque la solucin general de la ecuacin homognea es

yc(x) = C1

xe1=x

donde C es una constante arbitraria.Ahora pasamos a obtener una solucin particular de la ecuacin completa,

para lo cual ensayaremos con una funcin del tipo yp(x) = v(x)1

xe1=x. En-

tonces y0p(x) = v0e1=x

x+ v

"e1=x

x3 e

1=x

x2

#y sustituyendo en la ecuacin

x2

v0e1=x

x+ v

"e1=x

x3 e

1=x

x2

#!+ (x 1)v 1

xe1=x =

1x:

Simplicando esta expresin obtenemos v0 =1x2e1=x; e integrando v =

e1=x: As pues yp =1

xy la solucin general de la ecuacin completa es

y(x) = yc(x) + yp(x) = C1

xe1=x +

1

x:

Otra forma de resolverla es usando el mtodo del factor integrante, para locual escribimos la ecuacin de la forma

y0 +x 1x2

y =1x3:

Calculamos el factor integrante

(x) = eRx1x2

dx = eln(x)+1x = xe1=x

9

y multiplicando la ecuacin por el factor integrante se obtiene

xe1=xy0 xe1=xx 1x2

y =e1=xx2

=) ddx(xe1=xy) =

e1=xx2

Integrando respecto de x se obtiene

xe1=xy =

Z e1=xx2

dx+ C = e1=x + C

y despejando y obtenemos, igual que antes

y = C1

xe1=x +

1

x:

Por ltimo, imponiendo la condicin inicial 1 = y(1) = Ce1 + 1, de dondeC = 0 y la solucin del problema de valor inicial es

y(x) =1

x:

Ejercicio 7.- Resolver el problema de valores iniciales8

Por lo tanto la solucin al problema de valor inicial es

y(x) = 5ex senx:


Por lo que se obtiene que A = 1 y B = 0 y la solucin particular es

yp(x) = x

Ahora la solucin general de la ecuacin diferencial es

y(x) = C1ex cosx+ C2ex senx+ x:

Finalmente debemos calcular las constantes C1 y C2 con la condicin de quese veriquen las condiciones iniciales.

Observar que

y0(x) = C1ex cosx C1ex senx C2ex senx+ C2ex cosx+ 1:

De las condiciones incialesy(0) = 3y0(0) = 0 , deducimos el sistemaC1 = 3C1 + C2 + 1 = 0

cuya solucin esC1 = 3C2 = 2

: Por lo tanto la solucin al problema de valor inicial

esy(x) = 3ex cosx+ 2ex senx+ x:


donde C1 y C2 son constantes arbitrarias.Ahora buscamos una solucin particular de la ecuacin no homognea por

el mtodo de los coecientes indeterminados. Como la funcin senx e2xes suma de una exponencial y una funcin seno, y teniendo en cuenta queninguna de ellas es solucin de la homognea, la solucin particular debetener la forma

yp(x) = Ae2x +B cosx+ C senx,

donde A, B y C son constantes que tenemos que determinar. Derivandoobtenemos

y0p(x) = 2Ae2x B senx+ C cosx

y00p(x) = 4Ae2x B cosx C senx:

Sustituyendo en la ecuacin, obtenemos

4Ae2x B cosx C senx 2Ae2x +B senx C cosx = senx e2x

reduciendo trminos semejantes se obtinene

2Ae2x + (B C) cosx+ (B C) senx = senx e2x

Por lo que se obtiene que A = 12, B =

1

2y C = 1

2y la solucin particular

esyp(x) = 1

2e2x +

1

2cosx 1

2senx


y(x) = C1 + C2ex 1

2e2x +

1

2cosx 1

2senx:


Observar que

y0(x) = C2ex e2x 12senx 1

2cosx

De las condiciones incialesy(0) = 1y0(0) = 1 , deducimos el sistema8>:C1 + C2 1

2+1

2= 1

C2 1 12= 1

cuya solucin es

8>:C1 =

1

2

C2 =1

2

: Por lo tanto la solucin al problema de valor

inicial esy(x) =

1

2+1

2ex 1

2e2x +

1

2cosx 1

2senx::

13

Ejercicio 10.- Resolver el problema de valores iniciales

y00 y0 6y = 10e3x + 12x; y(0) = 13; y0(0) = 5:

Solucin. Para resolver el problema de valores iniciales, debemos encontrarprimero la solucin general de la ecuacin diferencial lineal de segundo ordenno homognea. Sabemos que la solucin general de dicha ecuacin es de laforma y(x) = yc(x) + yp(x), donde yc(x) es la solucin general de la ecuacinhomognea y00y06y = 0, siendo yp(x) una solucin particular de la ecuacinno homognea.

La ecuacin caracterstica de la homognea es r2 r 6 = 0, cuyassoluciones son r1 = 2 y r2 = 3. Por lo tanto yc(x) = C1e2x + C2e3x,donde C1 y C2 son constantes arbitrarias.

Ahora buscamos una solucin particular de la ecuacin no homognea porel mtodo de los coecientes indeterminados. Como el trmino no homogneoes 10e3x + 12x, debemos tener en cuenta que la funcin e3x es solucin de lahomognea, por lo que la solucin particular debe tener la forma

yp(x) = Axe3x +Bx+ C,

donde A, B y C son constantes que tenemos que determinar. Derivando

y0p(x) = Ae3x + 3Axe3x +B; y00p(x) = 6Ae

3x + 9Axe3x:


6Ae3x + 9Axe3x Ae3x 3Axe3x B 6Axe3x 6Bx 6C = 10e3x + 12x;es decir, 5Ae3x 6Bx B 6C = 10e3x + 12x. Entonces A = 2, B = 2 yC = 1/3 , por lo que la solucin particular es yp(x) = 2xe3x 2x+ 1/3 . Enconsecuencia, la solucin general de la ecuacin diferencial es

y(x) = C1e2x + C2e3x + 2xe3x 2x+ 1

3:

Para calcular C1 y C2, usamos las condiciones iniciales y(0) = 1 /3 , y0(0) = 5.Calculamos

y0(x) = 2C1e2x + 3C2e3x + 2e3x + 6xe3x 2;y las condiciones iniciales implican el sistema

y(0) = C1 + C2 +1

3=1

3; y0(0) = 2C1 + 3C2 = 5;

cuya solucin es C1 = 1 y C2 = 1. Por lo tanto la solucin del problema devalores iniciales es

y(x) = e2x + e3x + 2xe3x 2x+ 13:

14

Ejercicio 11.- Resolver el siguiente problema de valor inicial8>:y00 + 4y0 + 3y = 15e2x + ex

y(0) = 3

y0(0) =5

2

SolucinPara resolver el problema de valor inicial, debemos encontrar primero

la solucin general de la ecuacin diferencial. Observar que tenemos unaecuacin diferencial lineal de segundo orden no homognea. Sabemos que lasolucin general de dicha ecuacin es de la forma

y(x) = yc(x) + yp(x);

donde yc(x) es la solucin general de la ecuacin homognea y00+4y0+3y = 0e yp(x) es una solucin particular de la no homognea.

Encontramos primero la solucin yc(x) de la ecuacin homognea. Paraello escribimos la ecuacin caracterstica

r2 + 4r + 3 = 0,

cuyas soluciones son r1 = 1 y r2 = 3: Por lo tanto la solucin general dela ecuacin homognea es

yc(x) = C1ex + C2e3x;


el mtodo de los coecientes indeterminados. Como la funcin es suma dedos exponenciales, y teniendo en cuenta que la funcin ex es solucin de lahomognea, la solucin particular debe tener la forma

yp(x) = Ae2x +Bxex,

donde A y B son constantes que tenemos que determinar. Derivando obten-emos

y0p(x) = 2Ae2x +Bex Bxex

y00p(x) = 4Ae2x 2Bex +Bxex:


4Ae2x2Bex+Bxex+8Ae2x+4Bex4Bxex+3Ae2x+3Bxex = 15e2x+ex


15Ae2x + 2Bex = 15e2x + ex

15

Por lo que se obtiene que A = 1 y B =1

2y la solucin particular es

yp(x) = e2x +

1

2xex


y(x) = C1ex + C2e3x + e2x +

1

2xex:


Observar que

y0(x) = C1ex 3C2e3x + 2e2x + 12ex 1

2xex

De las condiciones inciales

(y(0) = 3

y0(0) =5

2

, deducimos el sistemaC1 + C2 = 2C1 3C2 = 0

cuya solucin esC1 = 3C2 = 1 : Por lo tanto la solucin al problema de valor ini-

cial esy(x) = 3ex e3x + e2x + 1

2xex:

Ejercicio 12.- Resolver el siguiente problema de valor inicial8


el mtodo de los coecientes indeterminados. Como la funcin es suma dedos exponenciales, y teniendo en cuenta que las funciones e2x y xe2x sonsoluciones de la homognea, la solucin particular debe tener la forma

yp(x) = Ax2e2x +Bex,

donde A y B son constantes que tenemos que determinar. Derivando obten-emos

y0p(x) = 2Axe2x 2Ax2e2x +Bex

y00p(x) = 2Ae2x 4Axe2x 4Axe2x + 4Ax2e2x +Bex

=2Ae2x 8Axe2x + 4Ax2e2x +Bex:


2Ae2x 8Axe2x + 4Ax2e2x +Bex + 8Axe2x 8Ax2e2x+4Bex + 4Ax2e2x + 4Bex = 4e2x 6ex


2Ae2x + 9Bex = 4e2x 6ex

Por lo que se obtiene que A = 2 y B = 23y la solucin particular es

yp(x) = 2x2e2x 2

3ex


y(x) = C1e2x + C2xe2x + 2x2e2x 2

3ex:


Observar que

y0(x) = 2C1e2x + C2e2x 2C2xe2x + 4xe2x 4x2e2x 23ex

De las condiciones incialesy(0) = 1y0(0) = 0 , deducimos el sistema8>:C1 2

3= 1

2C1 + C2 23= 0

;

17

cuya solucin es

(C1 = 1

3C2 = 0

: Por lo tanto la solucin al problema de valor

inicial esy(x) = 1

3e2x + 2x2e2x 2

3ex:

Ejercicio 13.- Resolver el siguiente problema de valor inicial

8


AexB cosxC senx2Aex+2B senx2C cosx+2Aex+2B cosx+2C senx = 5 cosx+2ex


Aex + (B 2C) cosx+ (2B + C) senx = 5 cosx+ 2ex

Por lo que se obtiene que A = 2, B = 1 y C = 2 y la solucin particular es

yp(x) = 2ex + cosx 2 senx


y(x) = C1ex cosx+ C2e

x senx+ 2ex + cosx 2 senx:


Observar que

y0(x) = C1ex cosxC1ex senx+C2ex senx+C2ex cosx+2ex senx2 cosx

De las condiciones incialesy(0) = 2y0(0) = 1 , deducimos el sistema

C1 + 3 = 2C1 + C2 = 1


: Por lo tanto la solucin al problema de valor ini-

cial esy(x) = ex cosx+ 2ex + cosx 2 senx:

Ejercicio 14.- Resolver el problema de valor inicial

y00 2y0 = 4x+ 6e2x; y(0) = 1; y0(0) = 0:

Solucin.Para resolver el problema de valor inicial, debemos encontrar primero lasolucin general de la ecuacin diferencial lineal de segundo orden no ho-mognea. Sabemos que la solucin general de dicha ecuacin es de la formay(x) = yc(x) + yp(x), donde yc(x) es la solucin general de la ecuacin ho-mognea asociada y00 2y0 = 0, e yp(x) es una solucin particular de laecuacin completa.La ecuacin caracterstica de la homognea es r2 2r = 0, cuyas solucionesson r1 = 0 y r2 = 2. Por lo tanto yc(x) = C1 + C2e2x, donde C1 y C2 sonconstantes arbitrarias. Ahora buscamos una solucin particular de la ecuacinno homognea por el mtodo de los coecientes indeterminados. Como eltrmino no homogneo es 4x+6e2x, deberamos buscar una solucin del tipoA + Bx + Ce2x, pero si tenemos en cuenta que la funcin constante 1 y la

19

funcin e2x son solucin de la homognea, la solucin particular debe tener laforma

yp(x) = Ax+Bx2 + Cxe2x,

donde A, B y C son constantes que tenemos que determinar. Derivando

y0p(x) = A+ 2Bx+ Ce2x + 2Cxe2x; y00p(x) = 2B + 4Ce

2x + 4Cxe2x:

Sustituyendo en la ecuacin y simplicando, obtenemos

2B 2A 4Bx+ 2Ce2x = 4x+ 6e2x;

Entonces A = 1, B = 1 y C = 3, por lo que la solucin particular esyp(x) = x x2 + 3e2x. En consecuencia, la solucin general de la ecuacindiferencial es

y(x) = C1 + C2e2x x x2 + 3xe2x:

Para calcular C1 y C2, usamos las condiciones iniciales y(0) = 1, y0(0) = 0.Calculamos

y0(x) = 2C2e2x 1 2x+ 3e2x + 6xe2x;y las condiciones iniciales implican el sistema

y(0) = C1 + C2 = 1; y0(0) = 2C2 + 2 = 0;

cuya solucin es C1 = 2 y C2 = 1. Por lo tanto la solucin del problema devalores iniciales es

y(x) = 2 e2x x x2 + 3xe2x:

Ejercicio 15.- Resolver los siguientes problemas de valor inicial

y00 + y0 2y = 6xex; y = 0; y0(0) = 1:

y00 + y0 2y = x+ 3ex; y = 0; y0(0) = 1:

SolucinEjercicio 16.- Resolver el problema de valores iniciales8>:

y00 2y0 + y = ex

xy(1) = 0y0(1) = 0

; x > 0

SolucinPara resolver el problema de valor inicial, debemos encontrar primero

la solucin general de la ecuacin diferencial. Observar que tenemos una

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ecuacin diferencial lineal de segundo orden no homognea. Sabemos que lasolucin general de dicha ecuacin es de la forma

y(x) = yc(x) + yp(x);

donde yc(x) es la solucin general de la ecuacin homognea y00 2y0 + y = 0e yp(x) es una solucin particular de la no homognea.

Encontramos primero la solucin yc(x) de la ecuacin homognea. Paraello escribimos la ecuacin caracterstica

r2 2r + 1 = 0,

cuyas soluciones son r1 = 1 doble: Por lo tanto la solucin general de laecuacin homognea es

yc(x) = C1ex + C2xe

x;


el mtodo de variacin de constantes. La solucin particular ser de la forma

yp(x) = v1(x)ex + v2(x)xe

x,

donde v1(x) y v2(x) son funciones que tenemos que determinar. Recordamosque las funciones v1(x) y v2(x) deben ser tales que sus derivadas veriquen elsistema de dos ecuaciones con dos incognitas(

exv01(x) + xexv02(x) = 0

exv01(x) + (ex + xex)v02(x) =ex

x

Resolviendo el sistema por la regla de Cramenr obtenemos

v01(x) =

0 xex

ex

xex + xex

ex xexex ex + xex =

e2xe2x

= 1

v02(x) =

ex 0

exex

x

ex xexex ex + xex =

e2x

xe2x=1

x

Integrando obtenemos que v1(x) = x y v2(x) = lnx. Por tanto una solucinparticular es

yp(x) = xex + xex lnx

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y la solucin general de la ecuacin diferencial es

yG(x) =C1ex + C2xe

x xex + xex lnx=C1e

x + (C2 1)xex + xex lnx=C1e

x + C2xex + xex lnx

donde a la constante C2 1 le hemos llamado C2:De las condiciones inciales

y(1) = 0y0(1) = 0 , deducimos el sistemaC1 + C2 = 0C1 + 2C2 = 1

cuya solucin esC1 = 1C2 = 1 : Por lo tanto la solucin al problema de valor

inicial esy(x) = ex xex + xex lnx:


de dos funciones f1(t) = 3 secx cuya solucin particular que debe calcu-larse por el mtodo de variacin de constantes y la funcin f2(t) = x2 + 1cuya solucin particular puede calcularse por el mtodo de los coecientesindeterminados. Por tanto la solucin particular ser de la forma yp(x) =yp1(x) + yp2(x) donde yp1(x) es solucin particular de la ecuacin diferen-cial y00 + y = 3 secx y yp2(x) es solucin particular de la ecuacin diferencialy00+ y = x2+1: Empezamos calculando la solucin yp1(x) por el mtodo devariacin de constantes. La solucin ser de la forma

yp1(x) = v1(x) cosx+ v2(x) senx,

donde v1(x) y v2(x) son funciones que tenemos que determinar. Recordamosque las funciones v1(x) y v2(x) deben ser tales que sus derivadas veriquen elsistema de dos ecuaciones con dos incognitas

cosxv01(x) + senxv02(x) = 0 senxv01(x) + cosxv02(x) = 3 secx

Resolviendo el sistema por la regla de Cramer obtenemos

v01(x) =

0 senx3 secx cosx cosx senx senx cosx =

3 tg x1

= 3 tg x

v02(x) =

cosx 0 senx 3 secx cosx senx senx cosx =

3

1= 3

Integrando obtenemos que v1(x) = 3 ln(jcosxj) y v2(x) = 3x. Por tanto unasolucin particular es

yp1(x) = 3 cosx ln(jcosxj) + 3x senxAhora calculamos yp2(x) por el mtodo de coecientes indeterminados. Lasolucin sera de la forma yp2(x) = Ax

2 +Bx+ C. Derivando y sustituyendoen su ecuacin diferencial obtenemos que

yp2(x) = x2 + 3:y la solucin general de la ecuacin diferencial es

yG(x) = C1 cosx+ C2 senx x2 + 3 + 3 cosx ln(jcosxj) + 3x senx

De las condiciones incialesy(0) = 4y0(0) = 0 , deducimos el sistemaC1 + 3 = 4C2 = 0

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: Por lo tanto la solucin al problema de valor inicial

esy(x) = cosx x2 + 3 + 3 cosx ln(jcosxj) + 3x senx:

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Ejercicios de Ecuaciones Diferenciales(Soluciones)(1)

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