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