Solucionario De Examenes Codex Ecuas 2020.pdf

SOLUCIONARIO DE EXÁMENES UMSA FACULTAD DE INGENIERÍA

ECUACIONES DIFERENCIALES

CODEX 2020

d f ( x ) = 2020 ( arctg ( x ) ) dx

2do Parcial

B

P

Q A

C

O S

R

i

e +1 = 0 2020

D

TOMO I

J&J PAYE Hnos.

ECUACIONES DIFERENCIALES

CODEX TOMO II AUTORES:

JOSUE PAYE CHIPANA JOSE PAYE CHIPANA

PRIMERA EDICIÓN JULIO , 2020 LA PAZ- BOLIVIA

DEDICATORIA “A NUESTRA FACULTAD DE INGENIERÍA, A TODOS LOS UMSISTAS DE CORAZÓN QUE AMAMOS NUESTRA PRESTIGIOSA CASA DE ESTUDIO” JOSE PAYE CHIPANA JOSUE PAYE CHIPANA

JOSUE PAYE CHIPANA

JOSE PAYE CHIPANA

1 BANCO DE EXÁMENES FACULTAD DE INGENIERIA UMSA 2000 - 2020 VERANO 2020

1. Resolver la ecuación diferencial de segundo orden: ( 2x + 1)( x + 1) de las soluciones homogéneas tiene la forma y = ( x + 1)

d2y dy 2 + 2x − 2 y = ( 2x + 1) Si una 2 dx dx

n

2. Resolver la ecuación diferencial:

(1 − 2x + x ) 2

(

4 ln ( x − 1) + cos ln ( x − 1) 8 y''' + 4 ( 1 − x ) y'' + 8 y' − y= x −1 x −1 t

3. Hallar y( t ) .

t 2 ( y'' + y ) + 2ty' =



 ( t −  )

4

)

d  ( cos  ) d  ; y   = 0 d 2

0

4. Hallar la solución de la ecuación integro diferencial:

t

2 y' ( t ) +



t



y' ( t −  ) e d  − cos (  ) et − d  − sent = f ( t ) 

0

; y (0 ) = 0

0

INVIERNO- 2019

(

1. Resolver la ecuación diferencial: x y'' − x − 2x 4

4

2

) (

) (

)

y' − x 2 + 2x − 1 y = x 4 − x 3 + x 2 e

x+

1 x ,se

conoce que

dos funciones y1 , y1 , y2 linealmente independiente, son soluciones de la ecuación diferencial asociada y se relaciona mediante y2 = e x y1 . Hallar la solución completa de la ecuación diferencial. 2. Resolver la ecuación diferencial de orden superior:

( 2x + 3 )

2

 ln ( 2x + 3 )  ln 2 x + 3 yVI + 2 ( 2x + 3 ) yV + y IV = e ( ) sen   2  

3. Hallar una expresión para f ( t ) de la ecuación diferencial:

f ( t − 4 )  ( t − 4 ) = f ' ( t − 1)  ( t − 1)  e − t f ( t − 2 )  ( t − 2 ) ; f ( 0 ) = 0 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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2

4. Resolver la ecuación diferencial y'' + y = f ( t ) , con la condición y ( 0 ) = y' ( 0 ) = 3

Onda sinusoidal

d2y 5. Resolver la ecuación diferencial 9 2 + 4 y = 2 cosh ( 4t ) sen ( 2t ) . Considerando condiciones iniciales dx en el origen II- 2019 (NO SE REALIZO EXAMEN) I- 2019 1. Resolver la ecuación diferencial:

( 2x + 1)2 y'' + 2 ( 2x + 1) y' + 4 y = 4 cos ln ( 2x + 1) − sen ln ( 2x + 1) 2. Para la ecuación diferencial:

y'' + h( x ) y' − y =

2 cos ( 2x ) sen ( x )

Hallar la función h( x ) y la solución de la ecuación diferencial si se conoce que:

W  y1 , y2  = csc 2 x ;

y2 = xy1

3. En la siguiente ecuación integro-diferencial, hallar y( t ) : t

y'' +



t

y'( t − ) cos  d  −

0



t y(  ) sen (  − t ) d  = 2 cos 2   − 1 ; y (0 ) = 1 ; y' (0 ) = 0 2

0

4. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − y' − 2 y = f ( t )

si y ( 0 ) = 1 , y' (0 ) = 2

 1 ; 0 t 1  2−t ; 1 t  2  f (t ) =   t −2 ; 2 t 3  0 ; t  0 y t  3 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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3 II/2018

(

)

2x 1. (a) Anote el operador anulador de coeficientes constantes que anula f ( x ) = 4x + e cos ( 3x )

(b) Calcule la transformada de Laplace L  f ( t ) si f ( t ) = t 2 sen ( 2t ) (c) Anote la hipótesis y tesis del primer teorema de traslación. (d) Anote un ejemplo de una función periódica con P=3 y la expresión que calcula su T. Laplace. 2. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 3 y' + 2 y =

e3x 1 + ex

3. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 2 y' + 2 y = 3t + ( 2t + 1) (t −2) + 4(t −3)

, y(0 ) = 4

, y'(0 ) = 1

4. Resolver la ecuación integro-diferencial: t

 (t − ) f '

f '( t ) +2f( t ) +

t

( ) d +

0

f

( ) d =t , f (0 ) = 3

0

5. (Optativa) Resolver la ecuación diferencial:

x 2 y'' − 3xy' + 5 y = 4x 2 + 3 sen ( ln x )

,

y(1) = y'(1) = 0

I/2018

(

)

2 2 1. Dada la ecuación diferencial: x − 1 y'' − 2xy' + 2 y = x − 1

Hallar la solución si se sabe que una de las soluciones de la ecuación homogénea es de la forma

y = x 2. Resolver la ecuación diferencial: ( x − 3 ) y'' − y' +

2y = tg ln ( x − 3 )  x−3

3. Resolver la siguiente ecuación integro diferencial: t



t



t



y'' − 2 y − 4 y(  ) ( t − ) d  = 2e −t e 2  −t  d  − 2 e −2  ( t −  ) d  0

0

2

0

Con las condiciones iniciales: y(0 ) = 2 , y'(0 ) = −4

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4 t

4. Resolver la ecuación diferencial: y' − 2 y +

 y (u )du = f

( t +1) , con la condición y( 0 ) = 0 . (Si la curva es la

0

unión de tres parábolas de segundo grado).

II/2017

(

)

1. (a) Si existe, anote el operador de coeficiente constantes que anula: f ( x ) = 4x + e 2 x cos ( 3x ) (b) Calcule la transformada inversa de Laplace L

−1

F ( s ) si: F ( s ) =

s3

( s + 2)

4

e −8 s

2. Resolver la ecuación diferencial:

y''' + y' = 3tgx 3. Resolver la ecuación diferencial:

x 2 y'' + 3xy' + 5 y = 2 ln x + 3 cos ( ln x ) 4. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 4 y = f ( t ) , y' (0 ) = 3

 1 ; t4  f ( t ) = t − 3 ; 2  t<4  -1 ; t<2 

;

5. Resolver la ecuación integral-diferencial: t



y'( t ) = 3t − 4sen ( 2t ) − 4 y(  ) d 

; y (0 ) = 4

0

I/2017 −1 1. Dada la ecuación de segundo orden y'' − x y' + g( x ) y = 0

(a) Hallar g( x ) de tal manera que existan dos soluciones, tal que una sea el cuadrado de la otra −1 (b) Con g( x ) hallado en (a) resolver y'' − x y' + g( x ) y =

3

x ln x ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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5

2. Resolver la ecuación diferencial:

( 2x + 1)2 y'' + 2 ( 2x + 1) y' + 4 y = 4 cos ln ( 2x + 1) − sen ln ( 2x + 1) 3. Hallar la solución de la ecuación integro-diferencial: t

y'' +



t

y'( t − ) cos  d  +

0



t

y(  ) sen ( t −  ) d  =

0



e 2t −3 ( t −  ) d  2

: y(0 ) = 1 ; y'(0 ) = 0

0

4. Resolver:

y''(t ) + y =  

 t−   2

+ f(t )

; y(0 ) = 0; y'(0 ) = 1

 3    2sen  2t − 2  si 0  t  2   Donde: f ( t ) =   0 si t  0  t    2 II/2016 x

1. Verificar si las funciones y1( x ) = x , y2( x ) = x



et dt , t

( x  0 ) son linealmente independientes en su

2

intervalo de definición. 

2. Evaluar la integral

e

−2t

f ( t ) dt , si f ( t ) es consecuencia de la ecuación integro diferencial siguiente:

0

t

f ''( t ) = cos t +

 f ( ) cos (t −  ) d 

f(0 ) = 0

;

f '(0 ) = 1

;

0

3. Resolver la ecuación diferencial de segundo orden:

(x

4

−x

3

) y'' + ( 2x

3

− 2x − x 2

)

2 x − 1) ( y' − y =

x

b Si una de las soluciones homogéneas tiene la forma y = x

4. Resolver la ecuación diferencial: ty'' + 2 y' + ty = sen t − cos t ; y(0 ) = 2

t − 1 ; 1  t  2 ; t  1  t>2  0

5. Resuelva la ecuación diferencial: y'' + 4 y = f ( t ) , si f ( t ) =  Con las condiciones iniciales: y(1) = y'(1) = 1

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6 I/2016

 f (t )  1. Demostrar que: L  =  t 



 F ( s ) ds s

(

2. Hallar el operador anulador de: f ( x ) = xe x + sen2 x

)

2

(

)

(

)

3. Resolver la ecuación diferencial: x 2 y'' − x ( 2x + 3 ) y' + x 2 + 3x + 3 y = 6 − x 2 e x Sabiendo que una solución de la ecuación homogénea es de la forma: y = x a ebx 4. Resolver la ecuación diferencial:

(1 − x )

2

y IV + (1 − x ) y''' + y'' = (1 − x ) − 2 3

5. Utilizando la transformada de Laplace, resolver: ty'' + 2 y' + ty = sen ( t −  ) ; y(0 ) = 0 6. Resolver la ecuación: y'' − 4 y' + 4 y = f ( t ) ; y(0 ) = 0 , y( ) = 1

onda senoidal

a

II/2015 1.

(

a) Si existe anote el operador anulador de coeficientes constantes que anula f ( x ) = 1 + e2 x

)

2

cos ( 3x )

(b) Anote la hipótesis y tesis del segundo teorema de traslación en términos del operador inverso L

−1

.

e2 x 1 + ex

2.

Resolver la ecuación diferencial: y'' − 3 y' + 2 y =

3.

2 2 Resolver la ecuación diferencial: x y'' + 5xy' + 5 y = 3ln ( x ) + 2 cos ln x + 4

4.

Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 9 y = f ( t ) , y (0 ) = 2 , y' (0 ) = 0 5.

;

(

)

 2-t ; 1  t  2  f (t ) =  1 ; 0  t  1 0 ; t  0; t  2 

Resolver la ecuación integral-diferencial: t

y'( t ) + 4 y( t ) +

 (t −  ) y' 0

t

( ) d  +

y

(  ) d = t

; y (0 ) = −1

0

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7 I/2015

1. (a) Si existe, anote el operador anulador de coeficientes constantes que anula f ( x ) = 3xe −4 x s en 2 ( 2x ) (b) Anote la hipótesis y tesis del primer teorema de traslación en términos del operador inverso L

−1

.

−2 x 2.Resolver la ecuación diferencial: y'' + 4 y' + 4 y = e ln x

(

(

3.Resolver la ecuación diferencial: x 2 y'' − 2xy' + 2 y = x 3 + 2 cos ln x 2

))

4.Resolver la ecuación diferencial: y'' + 2 y' + 10 y = 2t + 3 (t −3) + 4 (t −4 ) , y (0 ) = 1 , y' (0 ) = 3 5. Resolver la ecuación integral-diferencial: 0

f '( t ) + f( t ) −

 (t −  ) f '

t

( ) d  +

t

f

(  ) d = t

; y (0 ) = −1

0

II/2014 1. Resolver la ecuación diferencial:

(1 − 2x − x ) y'' + 2 (1 + x ) y' − 2 y = 2 2

; y(0 ) = 3 , y'(0 ) = 2

Si se conoce que: y1 = 1 + x 2 2 2. Resolver la ecuación diferencial: x y'' + 3xy' + 5 y = 5 ln x + 6 sen ( ln x ) + 2 ln x

(V ) ( IV ) 3. Resolver la ecuación diferencial: y + 5 y''' + 4 y' = 6 ; y(0 ) = y'(0 ) = y''(0 ) = y'''(0 ) = 0 , y (0 ) = 1

4. Resolver la ecuación diferencial: y'' − 5 y' + 6 y = f ( t )

, t 1 2  , f ( t ) = 3 − t , 1  t  5 −2 , t  5 

y(0 ) = 2 , y'(0 ) = 3

3 5. Utilizando la transformada de Laplace, resolver: ty'' − 2 y' + 2 y = 2t ; y(0 ) = y'(0 ) = 0

I/2014 1. Resolver: 2 y'' + 3 y' + y = 2 sen ( 2x + 3 ) +4cos ( 2x + 5 ) +e

−2 x

      2 5 5 2  2  2. Resolver: y'' − 3y' + 2 y = sen  2  t −     t − t+ −  2 4 4    2    y(0 ) = y'(0 ) = 0 3. Si dos soluciones de la ecuación diferencial de coeficientes variables

P( x ) y''' + Q( x ) y'' + R( x ) y' + H ( x ) y = 0 ; y1( x ) = x 2 , y2( x ) = x 5

(

)

5 2 3 Determinar la tercerea solución si se conoce: W x , y,x = 64x

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8

4. Resolver la ecuación diferencial: y' − 6 y = f ( t ) , con las condiciones y(0 ) = 1 , y'(0 ) = 0 onda cosenoidal

II/2013

(

1. a) Si existe, identifique el operador de coeficientes constantes que anula a: f ( x ) = e

3x

+ 3x3

)

2

2 −2 b) Hallar la ecuación que tiene por solución: y = Ax + Bx − 4 ln x

2 2. Resolver la ecuación diferencial: x y'' − xy' + 2 y = x sec ( ln x )

3. Resolver la ecuación diferencial: y'' + 2 y' + 5 y = 6 ( t − 2 ) + 3t  ( t − 3 )

, y(0 ) = 2

, y'(0 ) = 1

t

4. Resolver la ecuación integro-diferencial: y' − 6

e

 −t

y (  )d  = 4 + e3t

, y(0 ) = 0

0

I/2013 1.

(

Si existe, identifique el operador de coeficientes constantes que anula a: f ( x ) = e

2. Calcule la transformada inversa de Laplace para: F( s ) =

3x

+ sen ( 2x )

)

2

2s 2 − s − 1

(s

2

−6s + 9

( ( ))

)

3

3. Resolver la ecuación diferencial: x 2 y'' − 3xy' + 8 y = x 2 tg ln x 2 ( IV ) − 5 y'' + 4 y = 6 4. Resolver la ecuación diferencial: y

, y(1) = y'(1) = 3

;

y'' (1) = y''' (1) = 0

t

5. Resolver la ecuación integro-diferencial: y' = 3t 2 + sen t −

 y ( )d 

; y(0 ) = 2

0

6. Resolver la ecuación diferencial: y'' + 4 y' + 5 y = 6 ( t − 3 ) + 5t  (t − 1)

, y(0 ) = 2

, y'(0 ) = 0

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9 II/2012

1.

Resolver la ecuación diferencial de orden superior:

(x

2

)

(

)

+ x y'' + 2 − x 2 y' − ( 2 + x ) y = x ( x + 1)

2

2. Al resolver la ecuación diferencial, discutir la existencia de la solución en el punto: y(0 ) = a

( x − 2)

3

y'' + 5 ( x − 2 ) y' + 8 ( x − 2 ) y = 2

tg ln ( x − 2 )  x−2

t

3. En la ecuación integro diferencial siguiente: y'( t ) + 2 y( t ) +

 y (u ) du = f (t )

, con y(0 ) = 1 , donde f ( t )

t0

; 0t 1 t  está dada por: f ( t ) = −t + 2 ; 1  t  2 . Hallar la transformada de Laplace de: 0 ; t2  t − y( 1)



et − e − t  t − y(1) dt 2

(

)

0

4. Resolver la ecuación diferencial siguiente: y'' + 4 y = ( t − 1) − t − 1 , con , y(1) = 0

; y'(1) = 1

I/2012

y 1 1. En la ecuación diferencial: y'' + ( tg x − 2 ctg x ) y' + f( x ) y = 0 , si se conoce que: 1 = . Se pide y2 sen x hallar: a) La solución de la ecuación diferencial, b) la función f ( x ) . 2. Resolver la ecuación diferencial diferencial de orden superior:

( 2x + 3 )

2

 ln ( 2x + 3 )  ln 2 x + 3 yVI + 2 ( 2x + 3 ) yV + y IV = e ( )  sen   2   t

3. En la ecuación integro diferencial siguiente: f ( t ) = 2t + g ( t ) + 2 3

 f ( ) sen (2 (t −  )) d 

, hallar la

0

función g ( t ) , sabiendo que f ( t ) viene dada por la expresión: f ( t ) =

4 5 10t 3 + 2t 5 + cos ( 3t ) + 9 9 5

4. Dada la ecuación diferencial, resolver aplicando la transformada de Laplace:

y' + 4 y = senh ( t ) + g (t ) ; y(0 ) = 0

 5  t   sen ( 2t ) ; 2 2 g (t ) =   5 0 ; t  t  2 2 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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10 II/2011

1. Si y1( x ) , y2( x ) son soluciones de la ecuación diferencial homogénea:

(

)

x ( 1 − x ln x ) y'' + 1 + x 2 ln x y' − ( x − 1) y = 0 . Determinar W 2. Resolver:

y'' −

(

 y ,y  1( x ) 2 ( x ) 

3y' 18 y − ln 3x + 2 ) + =e ( tg 2 ( ln ( 3x + 2 ) ) 3x + 2 ( 3x + 2 )2

)

3. Si: y'' + 4 y =  9 − t 2 − 7 + 3 ( t − 6 ) con las condiciones y'(0 ) = −2 , 2 2( t −2 )

4. Resolver la ecuación diferencial y''' − 6 y'' + 12y' − 8 y = 2 ( t − 2 ) e

y(0 ) = 0 . Determinar y(1) si las condiciones son

y( 2 ) = −1 , y'( 2 ) = 0 , y''( 2 ) = 2 I/2011 1. Resolver la ecuación diferencial:

( 2x − 1)2 y'' − 4 ( 2x − 1) y' =

16 x 2 − 16 x + 4 4x 2 − 4x + 2

x

2. Si:

y( x ) = x +

 ( − x) y ( ) d

es una solución particular de la ecuación diferencial.

0

( sen x − cos x ) y'' − ( 2 sen x ) y' + ( sen x + cos x ) y = 0 . Determinar la solución completa.

(

)

3. Si: y'' + 4 y =  9 − t 2 − 7 + 3 ( t − 6 ) con las condiciones y'(0 ) = −2 , 2 2( t −2 )

4. Resolver la ecuación diferencial y''' − 6 y'' + 12y' − 8 y = 2 ( t − 2 ) e

y(0 ) = 0 . Determinar y(1) si las condiciones son

y( 2 ) = −1 , y'( 2 ) = 0 , y''( 2 ) = 2 2006 CURSO DE INVIERNO

1.-Brevemente, explique los pasos que se deben seguir para hallar la solucion particular: 2.-Si existe, anote el operador diferencial de coeficientes constantes que anula la función: x

f ( x ) = xe 2 cos x

3.-Enuncie el segundo teorema de traslación en términos del operador inverso de Laplace. 4.-Plantee un ejemplo de una función trigonométrica periódica del periodo : T=π/2 5.-Si se conoce la solucion y1 = x , resolver la ecuación diferencial:

(1 + 2x ) y'' + 4xy' − 4 y = 0; y (1) = 0, y' (1) = 1

( )

6.-Resolver la ecuación diferencial: y'' + 3 y' + 2 y = sen e x

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11

7.-Resolver la ecuación diferencial: y'' − y = 4 − 2t + 2t  ( t − 3 ) + 4 ( t − 4 ) , y ( 2 ) = y' ( 2 ) = 2 8.-Si el sistema mecánico de la figura inicialmente esta en equilibrio ;hallar la posición de la masa en un tiempo cualquiera si: m = 1,k = 1, f ( t ) = sen ( t ) ,t  0,2 

k 0 m

y f(t)

2006 CURSO DE VERANO 1.- a. Propóngase dos funciones cualesquiera y luego verifique si son linealmente independientes. b. Escriba una ecuación diferencial de quinto orden, ordinaria, normal, no lineal, de coeficiente variable y no homogénea. c. Explique con un ejemplo, cuando una función se dice de orden exponencial ’’k’’. d. Mencionando las propiedades que utilizo, antitransformar la siguiente expresión s +  −s e , = 3,14159 2 s + 2 2.-Hallar la anti transformada de : ln

s2 + 3 s2 + 5

3.-Hallar la solucion general de: a 2 y'' − ay' + y =

a 1 + ( ln a )

2

“Considere que y es función de a ”

(

4.-Hallar la solucion general de: y'' + y' − 10 y = 58e 4a + 5sen2a + a 2 e a + 1

)

“Considere que “y” es

función de a”. 5.-Hallar la solucion general de: y'' + 4 y' + 13y = h ( t ) si y ( 2 ) = 1, y' ( 2 ) = 0 h(t) 3 2 0

2

3

4

t

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12

II/2006 1.-Anote las hipótesis y tesis del teorema de Abel (formula de Abel).

(

)

2.-Si existe, anote el operador diferencial de coeficientes constantes que anula y = e−2x − 1

2

s−2 s + 4s + 5 2 4.-Anote la transformada de Laplace de t y ( t ) donde L  y ( t ) = Y ( s )

3.-Anote la transformada inversa de Laplace para: F ( s ) =

2

5.-Resolver la ecuación diferencial: x3 y''' + 3x2 y'' + 2xy' = 2 6.-Resolver la ecuación diferencial: y'' − 3y' + 2y = 2tet 4t 7.-Resolver la ecuación diferencia: 2 y' + 3y = f ( t ) , y ( 0 ) = 2 , f ( t ) =  0 8.- Identificar la expresión completa de f ( t ) en la ecuación integral:

f ( t ) = 2t + cos ( 3t ) + 2 3



t

, t2 , t2

sen ( 2 ( t −  ) ) f (  ) d 

0

I/2006 1.-Explique brevemente los pasos a seguirse para resolver la ecuación y'' − y = ln x , mediante el proceso de variación de parámetros. 2.-Anote un ejemplo de una función que no acepte transformada de Laplace. 3.-Enuncie las hipótesis y tesis del segundo teorema de traslación. 4.-Anote dos propiedades que verifica la función escalón unitario (de Heaviside). 5.-Resolver la ecuación diferencial: 2x 2 y'' + 5xy' + y = x 2 + 2 6.-Resolver la ecuación diferencia: y''' + y' = cotgx 7.-Identificar la expresión completa de la función f ( t ) en la ecuación integro-diferencial: y' = 1 + cosh t −



t

y (  ) cosh ( t −  ) d  , y ( 0 ) = 0

0

8.-En el sistema mecánico de la figura hallar la posición de la masa m en cualquier tiempo t: y ( 0 ) = y' (0 ) = 0

f(t) onda senoidal 1 0 m=1 y f(t)

0 -1

π

2π

t

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13

I/2005 1.-a) Si existe, anote el operador diferencial de coeficientes constantes que anula la función: f ( x ) = tg 2 x b) Para la ecuación diferencial y'' + 2y' + y = xe− x mencione por lo menos los fundamentos de tres procesos distintos de solucion que usted conozca. c) Anote la expresión de la transformada de Laplace de una función periódica f ( t ) 1

d) Anote, si existe, la transformada de Laplace de: f ( t ) = ( t + 2 ) 2

2.-Resolver la ecuación diferencial: y'' + y = cos 2 x − 3 ; y ( 2 ) = y' ( 2 ) = 0 3.-Resolver la ecuación diferencial : y'' − 9 y = 2t + 4  ( t − 1) + 6 ( t − 2 ) ; y (0 ) = y' (0 ) = 2 2t − 2 , 0  t  2 4.-Resolver la ecuación diferencial : y' + 4 y = f ( t ) ; y ( 0 ) = 2 ; f ( t ) =  , t  0,t  2  0 5.-Identificar una expresión reducida de f ( t ) en la ecuación integral:

f ( t ) = sent − t − 2



t

e 2a f ( t − a ) da

0

II/2005 1.-a) Brevemente explique cuál es el proceso que usted conoce usaría para resolver: e− x y'' + 2 y' + y = 2 x b) Anote, si existe, el operador diferencial de coeficientes constantes que anula: f ( x ) = xsen 2 x c) Anote las condiciones que debe cumplir f ( t ) para que acepte transformada de Laplace. e) Analice si existe o no la transformada de Laplace de f ( t ) = t 2 sent

(

2.-Resolver la ecuación diferencial: y'' + 4 y' + 4 y = e−2x x 2 + 4x + 4

)

−1

3.-Resolver la ecuación diferencial: y'' + 5 y' + 6 y = ( t + 2 )  ( t − 3 ) + 2 ( t − 3 ) ; y (1) = y' (1) = 1 4.-Deducir la expresión general de f ( t ) en la ecuación integral f ( t ) = te − 4e 2t

−2t

+2



t

f (t −  ) d

0

5.-Hallar la solucion en serie de potencias alrededor del punto x 0 = 0

(x

2

)

− 1 y'' + 2xy' − 6 y = 0; y (0 ) = 3; y' (0 ) = 2

I/2004 1.-a) Si existe, anote el operador diferencial de coeficientes constantes que anula la función: f ( x ) = sec 2 x b) Para la ecuación diferencial y'' + 2y' + y = xe− x mencione por lo menos los fundamentos de tres procesos distintos de solucion que usted conozca. ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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c) Anote la expresión de la transformada de Laplace de una función periódica f ( t ) d) Anote, si existe, la transformada de Laplace de: f ( t ) = ln ( t + 2 ) 2.-Resolver la ecuación diferencial: y'' + y = 2 − sen 2 x ; y ( 2 ) = y' ( 2 ) = 0 3.-Resolver la ecuación diferencial : y'' − 4 y = 3t + 6  ( t − 1) + 9 ( t − 2 ) ; y (0 ) = y' (0 ) = 2 2t − 2 , 0  t  2 4.-Resolver la ecuación diferencial : y' + 3y = f ( t ) ; y ( 0 ) = 1 ; f ( t ) =  , t  0,t  2  0 5.-Identificar una expresión reducida de f ( t ) en la ecuación integral: f ( t ) = t + cos t + 2



t

e −2a f ( t − a ) da

0

2004 VERANO 1.-Resolver la ecuación diferencial: 1 y'' + y = cos 2x 2.-Mediante serie de potencias alrededor de x0 = 0 , Resolver: y'' + xy' + y = ln1 3.-Resolver la ecuación diferencial: y'' − y' + e 2 x y = e 2 x sen e 2 x  sec e 2 x + 1   4.-Resolver la ecuación diferencial: y' − 3y = f ( t )

( ) ( )

( )

Si además se verifica que: f ( t − 2 ) = f ( t ) , y (0 ) = −1

f(t) (2,2)

(0,2)

Parabola de 2do grado 0

t (1,-1) II/ 2003

1.-Resolver la ecuación diferencial: e2 x y'' − 3 y' + 2 y = 1 + e2 x 2.-Resolver la ecuación diferencial: x2 y'' + 5xy' + 3y = 3ln x + 9x , y (1) = 0, y' (1) = 1

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3.-Resolver la ecuación diferencial:  2t  y'' − 4 y = f ( t ) , y (0 ) = y' (0 ) = 0 ; f ( t ) = 8 − 2t  0 

,

0t 2

,

2t 4

, otros.casos

4.- Identificar la función y = y ( t ) en la ecuación: y' ( t ) = 1 − sent −



t

y (  ) d  ; y (0 ) = 0

0

5.-Resolver la ecuación diferencial: y' − 6 y = f ( t ) , y (0 ) = 5; f (t ) = t + 3 , t  0,3 ; f ( t + 3 ) = f ( t ) I/ 2003 1.-a) Anote el teorema de Abel b) Si existe, anote la expresión del operador de coeficientes constantes que anula a f ( x ) = cos 3 x

(

c) Analice la existencia o no de la transformada de Laplace de f ( t ) = t + 1 2

)

1 2

d) Anote la expresión del teorema de convolucion. 2.-Resolver la ecuación de ricatti: e2 x y'' − 3 y' + 2 y = 1 + e2 x 3.-Resolver la ecuación diferencial: 3 1 y'' + y' + y = 6 ln ( x + 1) 2 x +1 ( x + 1) 4.-Resolver la ecuación diferencial: y'' + 2ty' − 4 y = 6, y (0 ) = y' (0 ) = 0 5.-Deducir una expresión completa para f ( t ) en la ecuación: f ( t ) = tet +



t

f (t −  ) d 

0

II/ 2002 1.-Resolver la ecuación diferencial:

(

)

y'' − 2 y' + y = e2x e x + 1

2

2.-Resolver la ecuación diferencial:

x 2 y'' − xy' − 3y = 4 ( xln x )

2

3.-Resolver la ecuación diferencial:

y'' − y' − 6 y = f ( t )

y (0 ) = 0, y' (0 ) = 1

 2t  f ( t ) = 8 − 2t  0 

,

0t 2

,

2t 4

, otro.caso ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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4.-Usando solamente la transformada de La place, resolver el problema: y'' − 2 y' + 2 y = 2et sent y ( 0 ) = 0, y' (0 ) = 2

5.-Una cadena cuelga sobre una clavija pulida, inicialmente de un lado están 110 cm y del otro 190 cm de cadena .Hallar el tiempo que tarda la cadena al resbalar en soltarse de la clavija si a)no existe rozamiento; b)el rozamiento es igual a 10 cm de cadena. I/ 2002 1.-a) Explique con claridad en que tipos de solución de problemas es útil la formula de Abel. b)Si es posible, calcule un operador diferencial lineal de coeficientes constantes que anule la función f ( x ) = 2xe −2 x cos x c) Anote y justifique con demostración una propiedad que cumple la transformada de La Place   s   d) Deduzca con detalle (sin uso de formulas inversas)el resultado de : L−1   2  s2 + 4    −x e 2.-Resolver la ecuación diferencial: y'' + 2 y' + y = 1 + x2 3.-Resolver la ecuación diferencial: 1 ,   t  2   y'' − 2 y' − 8 y = 2  t −  + f ( t ) ; f ( t ) =  ; y (0 ) = 0; y' (0 ) = 2  2 0 , t    t  2 4.-Resolver la ecuación diferencial:

(

y' + 2 y = f ( t ) ; y (0 ) = 2

)

t , 0  t  2 f (t ) =  t2 4 ,

II/ 2001 1.-a) Anote las condiciones que se deben cumplir para que exista la transformada de La place de f (t )

(

b) Si existe, encuentre el operador lineal de coeficientes constantes que anula f ( t ) = e x − senx

)

2

c) Analice si existe  ( t + 1) ;  =función impulso unitario d) Explique cómo se calcula la transformada de La place de t 3 y ( t ) donde L  y ( t ) = Y ( s ) 2.-Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 4 y' + 4 y = 2e2x cos 2 x

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3.-Resolver la ecuación diferencial: y'' − y' − 2 y = f ( t ) , y ( 0 ) = 1; y' (0 ) = 2

f(t)

onda senoidal

2 2p

0

4p 6p

t

4.-Resolver la ecuación diferencial : y'' − y' − 2 y = f ( t ) , y (0 ) = 1; y (0 ) = 2

f(t) 1 0

1

2

3

5.-Identifique la expresión completa de f ( t ) en la ecuación:

t f ( t ) = te + t

 t

f (t −  ) d 

0

I/2001 1 cos x  es una solucion de la ecuación diferencia x 2 y'' + xy' +  x 2 −  y = 0 4 x  .Hallar la solucion completa del problema. 2.-Hallar la solucion general de la ecuación diferencial: y'' + 2y' + y = e− x ln x 3.-Usando el proceso de la transformada de la place. Resolver el problema: y'' + 4 y = 4sen ( 2t − 2 ) , y ( 1) = 2 , y' (1) = 0

1.-Si se conoce que y1 =

4.-Resolver el problema:

y ( 0 ) = 0 , y' ( 0 ) = 3

f(t) 4 0

2 4

t

-4

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2000 INVIERNO 1.-Resolver: ty'' + (1 − 2t ) y' − 2 y = 0

y ( 2 ) = e4 , y (0 ) = 1

1 ; y' ( 0 ) = 0 2 3.-Para el sistema de la figura. Determinar el desplazamiento que se produce en la masa m2 ,para

2.-Resolver: y'' − 2 y' + 2 y = f '' ( 2t − 4 ) e 4t ; f ( t ) = sent ; y ( 0 ) =

,para 3sg,si f ( t ) = cos t .El sistema parte del reposo. La velocidad en la masa m2 es 1m / sg ,y la aceleración 2m / sg 2 .Considere a x''' (0 ) = 0 .

1 1/2

m1=1 1 m2=2

f(t) x(t)

4.-Hallar la ecuación de la curva cuyo radio de curvatura es igual a la longitud de su normal interceptada por el eje x.

(

)

5.-Resolver mediante serie de potencias: x 2 y'' + xy' + x 2 − 1 y = 0

I/2000 1.-Encontrar el Wronskiano de las soluciones de y1 y y 2 de la solución diferencial: 2x 2 ( 2 + ln x ) y'' + x ( 4 + ln x ) y' − y = 0

2.-Resolver la ecuación diferencial: y' + 2 y = f ( t ) t ; 0  t  2 f (t ) =  si f ( t + 4 ) = f ( t ) y' ( 0 ) = 0 2 ; 2  t  4 3.-Resolver la ecuación diferencial: (1 + 2t ) y'' + 4ty' + 4 y = 0 y (0 ) = 1, y' (1) = 0 4.-Hallar g ( t ) en: 1 g (t ) + 2t



t

0

x ( t − a ) x ( a ) da =

g (t ) 2t

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SOLUCIONARIO DE EXÁMENES FACULTAD DE INGENIERÍA UMSA EXÁMENES RESUELTOS DE LA FACULTAD DE INGENIERÍA UMSA VERANO 2020 1. Resolver la ecuación diferencial de segundo orden: ( 2x + 1)( x + 1) de las soluciones homogéneas tiene la forma y = ( x + 1)

d2y dy 2 + 2x − 2 y = ( 2x + 1) . Si una 2 dx dx

n

Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea Sea ( 2x + 1)( x + 1)

yh

2

d y dy + 2x − 2 y = 0 2 dx dx

(1)

ecuación homogénea.

Hallamos n de la solución de homogénea:

dy n −1  = n ( x + 1)  dx n  y = ( x + 1) →  2 , sustituyendo en (1): d y n − 2  = n ( n − 1)( x + 1)  dx 2 n−2 n −1 n ( 2x + 1)( x + 1) n ( n − 1)( x + 1)  + 2x n ( x + 1)  − 2 ( x + 1)  = 0 ( 2x + 1)( x + 1) n ( n − 1)( x + 1)n−2  + 2x n ( x + 1)n−1  − 2 ( x + 1)n  = 0

 ( x + 1) ( 2x + 1)  n ( n − 1)( x + 1)

=0

( x + 1)n ( 2x + 1)( x + 1) n ( n − 1)( x + 1)−2  + 2x n ( x + 1)−1  − 2 1 n

−1



 + 2x  n ( x + 1)−1  − 2 1 = 0   

 ( 2x + 1)   x + 1   1   n ( n − 1)  + 2x  n  −2  = 0 x + 1 x + 1 x + 1 ( ) ( ) ( )      

 ( 2n ( n − 1) + 2n − 2 ) x + ( n ( n − 1) − 2 )    = 0 → ( 2n ( n − 1) + 2n − 2 ) x + ( n ( n − 1) − 2 ) = 0x + 0 x +1   Comparando con el polinomio nulo:

2n ( n − 1) + 2n − 2 = 0

( 2n ( n − 1) + 2n − 2 ) x + ( n ( n − 1) − 2 ) = 0x + 0 →   

Con n = −1 → y1 = ( x + 1)

−1

n ( n − 1) − 2 = 0

n = 1  n = 2

n = −1 n = −1

, ahora hallamos la segunda solución con la fórmula de Abel. Fórmula de Abel

Sea y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = 0 , si se conoce una solución y1 se puede calcular otra solución

y 2 utilizando la fórmula de Abel: − P( x )dx e y2 = y1 dx y12 de esta manera la solución homogénea es yh = c1 y1 + c2 y2



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20

d2y 2x dy 2 −1 + − y = 0 , además y1 = ( x + 1) En nuestro caso tenemos 2 dx ( 2x + 1)( x + 1) dx ( 2x + 1)( x + 1) P( x )

Entonces: y2 =

( x + 1)

−1

2x − dx ( 2 x +1)( x +1)

 ( x + 1) e

−1 2

 

dx → y2 = x

Ahora podemos escribir la solución homogénea:

yh = c1 y1 + c2 y2 →

yh = c1 ( x + 1) + c2 ( x ) −1

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos: yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )   y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

2t + 1   f (t ) = t + 1  −1 Teniendo  y1( x ) = ( x + 1)  y2 ( x ) = x  

yp

−1

x

, luego y p =

 x0

−1

−1

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

( t + 1) −1 ( x + 1) −1 ( t + 1) −2 − ( t + 1) −1

( t + 1) x − ( x + 1) t ) 2t + 1 ( =  ((t + 1) + (t + 1) t )  t + 1 dt x

y1( x )

−2

x0

f ( t )dt

t 2t + 1 dt t t +1

x



1

1  x3 x 2  2  yp = −  + + x x +1 3 2 

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

y = c1 ( x + 1) +c2 x − −1

1  x3 x 2  2  + + x x +1 3 2 

2. Resolver la ecuación diferencial:

(1 − 2x + x ) 2

(

4 ln ( x − 1) + cos ln ( x − 1) 8 y''' + 4 ( 1 − x ) y'' + 8 y' − y= x −1 x −1

4

)

Solución: Se puede reconocer que se trata de una ecuación diferencial de coeficientes variables, realizamos arreglos:

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21

(

) // ( x − 1)

( x − 1)

2

4 ln ( x − 1) + cos ln ( x − 1) 8 y''' − 4 ( x − 1) y'' + 8 y' − y= x −1 x −1

( x − 1)

3

y''' − 4 ( x − 1) y'' + 8 ( x − 1) y' − 8 y = 4 ln ( x − 1 ) + cos ln ( x − 1 )

4

(

2

4

) ecuación diferencial de Euler

Para resolver aplicamos el cambio adecuado C.V. x − 1 = et → t = ln ( x − 1)

dy  dy   dy  = ( 1) e −t   → y' = e −t   dx  dt   dt 

y' =

2 2 d2y dy  dy  2 −2t  d y −2t  d y = 1 e − → y'' = e ( )  2   2 −  2 dt  dt  dx  dt  dt

y'' = y''' =

3 3 d3y d2y dy  d2y dy  3 −3t  d y −3t  d y = 1 e − 3 + 2 → y''' = e − 3 +2  ( )  3   3 3 2 2 dt  dt  dx dt dt  dt  dt

Remplazando en la ecuación diferencial:

( x − 1)

3

 −3t t 3

(e )

 e 

(

y''' − 4 ( x − 1) y'' + 8 ( x − 1) y' − 8 y = 4 ln ( x − 1 ) + cos ln ( x − 1 ) 2

 d3y d2y dy   t  3 − 3 2 + 2   − 4 e dt   dt  dt

( )

2  −2t

 e 

4

)

(

 d 2 y dy   t  − t  dy   t t  2 −   + 8 e  e    − 8 y = 4ln e + cos ln e dt     dt    dt

( )

( )

( )

4

)

Simplificando: y''' − 7 y'' + 14 y' − 8 y = 4t + cos ( 4t )

Resolvemos aplicando los pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h :

y''' − 7 y'' + 14 y' − 8 y = 4t + cos ( 4t )  y''' − 7 y'' + 14 y' − 8 y = 0 , expresamos la ecuación en función del 0

operador D.

D 3  y − 7 D 2  y + 14D  y − 8  y = 0

(D

3

− 7 D 2 + 14D − 8

) y = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 3 − 7r 2 + 14r − 8 = 0  ( r − 4 )( r − 2 )( r − 1) = 0

 r1 = 1  rt rt rt r2 = 2  yh = c1e 1 + c2e 2 + c3e 3  r = 4 3

yh = c1et + c2e2t + c3e4t

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p (utilizaremos el método de operadores anuladores)

y''' − 7 y'' + 14 y' − 8 y = 4t + cos ( 4t ) , expresamos la ecuación en función del operador D.

(D

3

− 7 D 2 + 14D − 8

) y = 4t + cos ( 4t )

(1)

Calculamos el operador anulador de f ( t ) = 4t + cos ( 4t ) Aplicamos los siguientes operadores: para 4t el operador anulador es D 2

2 2 para cos ( 4t ) el operador anulador es D + 4

sea f ( t ) = 4t + cos ( 4t ) ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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22

f ( t ) = f1( t ) + f 2 ( t ) + f 3 ( t ) + ... + f n ( t ) 

Aplicamos el siguiente teorema:









L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D )  L3 ( D )

 Ln ( D )

En nuestro caso

f ( t ) = 4t + cos ( 4t ) 





(

L ( D ) = D2  D2 + 42

)

Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (1):

(D (D

) + 14D − 8 ) ( D  ( D

3

− 7 D 2 + 14D − 8 L( D ) y = L ( D ) ( 4t + cos ( 4t ) )

3

−7 D

2

2

2

La ecuación auxiliar es:

(r

3

)( (

− 7r 2 + 14r − 8 r 2  r 2 + 4 2

+4

2

)) y = 0

)) = 0

0

( (

 ( r − 4 )( r − 2 )( r − 1 ) r 2  r 2 + 4 2

)) = 0

Las soluciones son: r1 = 1 r2 = 2 r3 = 4 r4,5 = 0 r6 ,7 = 4i con estas soluciones podemos escribir la solución general:

y = yh + y p

y = c1et + c2e2t + c3e4t + c4 e0t + c5te0t + c6 e0t cos 4t + c7 e0t sen4t y = c1et + c2 e 2t + c3e4t + c4 + c5t + c6 cos 4t + c7 sen4t yh

yp

Entonces la solución particular y p :

y p = c4 + c5t + c6 cos 4t + c7 sen4t

Esta solución satisface la ecuación diferencial y p ''' − 7 y p '' + 14 y p ' − 8 y p = 4t + cos ( 4t ) Calculamos las derivadas de y p :

 y p ' = c5 − 4c6 sen4t + 4c7 cos 4t  y p = c4 + c5t + c6 cos 4t + c7 sen4t →  y p '' = −16c6 cos 4t − 16c7 sen4t  y ''' = 64c sen4t − 64c cos 4t 6 7  p Reemplazando en la ecuación diferencial y p ''' − 7 y p '' + 14 y p ' − 8 y p = 4t + cos ( 4t )

64c6 sen4t − 64c7 cos 4t  − 7  −16c6 cos 4t − 16c7 sen4t  + 14 c5 − 4c6 sen4t + 4c7 cos 4t  − − 8 c4 + c5t + c6 cos 4t + c7 sen4t  = 4t + cos ( 4t ) (14c5 − 8c4 ) + ( −8c5 ) t + ( −64c7 + 112c6 + 56c7 − 8c6 ) cos 4t + (64c6 + 112c7 − 56c6 − 8c7 ) sen4t = 4t + cos ( 4t ) Simplificando: (14c5 − 8c4 ) + ( −8c5 ) t + (104c6 − 8c7 ) cos 4t + ( 8c6 + 104c7 ) sen4t = 0 + 4t + cos ( 4t ) Comparando coeficientes tenemos un sistema de ecuaciones lineales:

constantes: 14c5 − 8c4 = 0 t:

− 8c5 = 4

cos 4t : 104c6 − 8c7 = 1 sen4t : 8c6 + 104c7 = 0

 14c5 − 8c4 = 0  −8c = 4  5 →  104c6 − 8c7 = 1 8c6 + 104c7 = 0

c5 = −

1 2

c4 = −

7 8

c6 =

13 1360

c7 = −

1 1360

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23

Escribimos la solución particular y p con los valores del sistema: y p = c4 + c5t + c6 cos 4t + c7 sen4t

→

−7 −1 13 −1 + t+ cos 4t + sen4t 8 2 1360 1360 Paso 3: Solución general y = yh + y p yp =

y = c1et + c2 e 2t + c3e4t −

7 1 13 1 − t+ cos 4t − sen4t 8 2 1360 1360

Pero x − 1 = e

t

7 1 13 1 − ln ( x − 1) + cos ( 4 ln ( x − 1) ) − sen ( 4 ln ( x − 1) ) 8 2 1360 1360

y = c1 ( x − 1) + c2 ( x − 1) + c3 ( x − 1) − 2

4

t

t 2 ( y'' + y ) + 2ty' =

3. Hallar y( t ) .



 ( t −  )

d  ( cos  ) d  ; y   = 0 d 2

0

Solución: La ecuación integro diferencial podemos resolverla usando transformadas de La Place, por lo cual es necesario tener las condiciones iniciales y ( 0 ) = a , y' (0 ) = b , a , b  .

  =0 2

Para calcular el valor de las constantes a y b utilizaremos la condición dada: y  Aplicamos la transformada a la ecuación diferencial:

t  d   2 L t ( y'' + y ) + L 2ty' = L   ( t −  ) ( cos  ) d   d   0 







Recordemos las siguientes transformaciones:

t  d   n L t f ( t ) = ( −1) F s ; L  f (  ) g ( t −  ) d   = L  f ( t )  g ( t ) = L  f ( t ) L g ( t ) ; L  ( t ) = 1 n ( ( )) ds   0  d d d ( −1)2 2 L ( y'' + y ) + 2 ( −1)1 1 ( L  y') = L  ( t )  t ( cos t ) dt ds ds  







n

(

)

(

)

(

)

) ) (

)

d d  d  s 2Y( s ) − s y'(0 ) − y(0 ) + Y( s ) − 2 1 sY( s ) − y(0 ) = L  ( t ) L t ( cos t )  2 b a a ds ds  dt  d 2sY( s ) + s 2Y '( s ) − b + Y( s ) − 2 Y( s ) + sY '( s ) = (1) L −tsent ds 1 d 2Y( s ) + 2sY '( s ) + 2sY '( s ) + s 2Y ''( s ) + Y ''( s ) − 2 Y( s ) + sY '( s ) = 1 ( −1)( −1) L sent ds1 1  1 d  s 2 + 1 Y ''( s ) + ( 2s ) Y '( s ) = 1 ( −1)( −1) 1  2 ds  s + 1    −2s  1 2  s + 1 Y ''( s ) + ( 2s ) Y '( s ) = //  2 2  2  s +1  s + 1 

(

) (

( (

)

(

)

Simplificando: Y ''( s ) +

(

( 2s )

(s

2

+1

)

)

Y '( s ) =

−2s

(s

2

+1

)

3

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z = Y '( s )

C.V.

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24

→

z' = Y ''( s )

( 2s )

Sustituyendo: z' +

(s

+1

2

)

z=

−2s

(

s2 + 1

)

3

(1) ecuación diferencial lineal de la forma z' + p( s ) z = q( s )

p s ds Para resolver calculamos el factor integrante: ( s ) = e  ( )

( s ) = e



( 2s )

( s 2 + 1)

ds

→ ( s ) = e

(

ln s 2 +1

)

 ( s ) = s 2 + 1

Multiplicamos el factor integrante a a la ecuación (1):

z' +



( 2s )

(s

2

+1

)

(

z=

−2s

(

s +1 2

(s

2

+1

)

2

2

3

2

+

Entonces: Y '( s ) =

)

 ( s + 1) ( s + 1) ds

)

1

(

// s 2 + 1 →

−2s

d  s2 + 1 z  =  

z=

)

3

d  2 −2s s + 1 z =  ds  s2 + 1

(

)

(

)

→  s2 + 1 z  =  

 

2

  −2s  2  s + 1

(

)

+1

)

  ds   s 2 + 1 z  = 1 +c 2   s2 + 1 

(

)

c pero z = Y '( s ) s +1

1

(s

2

+1

)

2

 1  =L  2 s +1   −1

)

(s

2

+

c aplicamos la anti transformada L−1   : s +1 2

  −1  1  L Y '( s )  + cL  2  2  s + 1 s +1    1   1 d  −1  1  −1  −1  − L ( −1) Y  =L  2  L  2 ds ( s )   s +1  s +1      −1

(

3

(

( )

)(

1

(

)

)

(

)

   + c  sent  −ty( t ) = sent  sent + csent  

t

Se sabe la siguiente convolución: sent  sent =



sen (  ) sen ( t −  )d  = −

1 t cos t − sent  2

0

1 Sustituyendo: −ty = − t cos t − sent  + c  sent , ahora calculamos la constante “c” con 2

  t =   y  = 0 →  2 2  y = 0  1  1        − ( 0 ) = −  cos   − sen    + c sen   → c=− 2 2 2  2  2 0  2  1   2 1 cos t 1  −1  → y = Con lo que tenemos: −ty = − t cos t − sent  +   sent 2 2  2 

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25

4. Hallar la solución de la ecuación integro diferencial:

t

2 y' ( t ) +



t



y'( t − ) e d  − cos (  ) et − d  − sent = f ( t ) 

0

; y (0 ) = 0

0

Solución: Aplicando Laplace:

t  t       t − 2 L  y' ( t ) + L  y'( t − ) e d   − L  cos (  ) e d   − L sent = L  f ( t )     0  0  1 2 sY( s ) − y(0 ) + L y'( t )  et − L cos ( t )  et − 2 = F( s ) s +1 1 s 1 1 2 sY( s ) − y(0 ) + sY( s ) − y(0 ) − 2  − 2 = F( s ) 0 0 s −1 s +1 s −1 s +1 1 s 1 s  s 1  2sY( s ) + sY( s )  − 2 − 2 = F( s )   2s + + 2 + F( s )  Y( s ) = 2 s − 1 s + 1 ( s − 1) s + 1 s −1  s + 1 ( s − 1) s + 1





(

) 

 

(

)(

)

(



)

(

)

s  s 1  + 2 + F( s )  2s +  Y( s ) = 2 s −1  s + 1 ( s − 1) s + 1

(

)

 s   1   s −1   1   s −1   s −1  Y( s ) =  2 − F( s )  2 + 2   2 2      s + 1   s − 1   2s − s   s + 1   2s − s   2s − s  s s −1  s −1  Y( s ) = 2 + 2 − F( s )  2  (1) 2 2  2s − s  s + 1 2s − s s + 1 2s − s

(

)(

) (



)(

)



Calculamos L f ( t ) :

1 , 0  t  1  Entonces se tiene f ( t ) =  −1 , 1  t  2 0 , t  2 

Utilizaremos la función paso unitario: f( t ) = ( 1)  ( t −0 ) − ( t −1)  + ( −1)  ( t −1) − ( t − 2 )      ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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26

f(t ) = (t ) − 2(t −1) + (t −2)  // L 



1 2 1  F( S ) = − e − s + e −2s s s s

(2)

Remplazando (2) en (1):

Y( s ) = Y( s ) =

Y( s ) =

(

2s − 1

 1 2 − s 1 −2s   s − 1  − − e + e   2s 2 − s  s s 2 + 1 2s 2 − s  s s

)(

2s − 1

)

( ) (

)

(

1  s − 1  2  s − 1  − s 1  s − 1  −2s − + e −  2 e 2 2 s  2s − s  s 2 + 1 2s 2 − s s  2s − s  s  2s − s 

(

1  s − 1  2  s − 1  − s 1  s − 1  −2s − + e −  2 e 2 2 s  2s − s  s 2 + 1 s s  2s − s  s  2s − s 

)(

1

( )

)

( )

)

(

(

)

)

(1)

Expandimos en fracciones parciales:

(s

1 2

)

+1 s

=−

s 1 + s +1 s 2

1  s −1  −2 1 1 = + + 2 2   s  2s − s  2s − 1 s s En (1):

Y( s ) = −

s 1  −2 1 1 + − + + 2 s + 1 s  2s − 1 s s 2

y( t ) = − cos ( t )

1 1   −2 + + 2  + 2   2s − 1 s s

1 t 2 +e

1 1  − s  −2 + + 2  e −2s e −   2s − 1 s s 

 1 (t −1)   1 (t −2 )  2 − 1 − t + 2  −e + t  (t −1) − −e 2 + t − 1 (t −2 )    

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27 INVIERNO- 2019

PROBLEMA 1

(

) (

) (

)

Resolver la ecuación diferencial: x4 y'' − x4 − 2x 2 y' − x 2 + 2x − 1 y = x 4 − x 3 + x 2 e

x+

1 x ,se

conoce que

dos funciones y1 , y2 linealmente independiente, son soluciones de la ecuación diferencial asociada y se relaciona mediante y2 = e y1 . Hallar la solución completa de la ecuación diferencial. Solución: x

(

) (

) (

)

x4 y'' − x4 − 2x 2 y' − x 2 + 2x − 1 y = x 4 − x 3 + x 2 e

x+

1 x

La ecuación diferencial es lineal de segundo orden de la forma y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h :

y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x )

y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = 0



0

donde, si se tiene una solución y1 se puede calcular y 2 utilizando la fórmula de Abel: − P( x ) dx e  dx y12 de esta manera tener la solución homogénea: yh = c1 y1 + c2 y2

y2 = y1



 x 4 − 2x 2   x 2 + 2x − 1   x 4 − x 3 + x 2  x + 1x y'' −  y' − y =     e 4 x4 x4  x     

 x 4 − 2x 2   y 4  x  −  P( x )dx e y2 = y1 dx y12

Extraemos P ( x ) de la ecuación diferencial P ( x ) = − 



remplazamos y2 = e y1 en la fórmula de Abel x

e x y1 = y1



e

 x4 − 2 x 2   dx −  −  x4   

y1



dx

2



e x y1 = y1



e

2 

  1− x2 dx y1

2

dx 

ex =



x+

2

e x dx y12

(1)

derivamos (1) y despejamos y1

e = x



x+

2 x

e d dx // ( 2 dx y1

)



( )

d x e dx

 d  =  dx  



 e  dx  2 y1   x+

2 x

x+



e e = 2 y1 x

Teniendo y1 podemos calcular y 2 remplazando en y2 = e y1  y2 = e x

1

Remplazando yh = c1 y1 + c2 y2 

yh = c1e x + c2 e

x+

2 x

x+



y1 =

1 ex

1 x

1 x

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p : ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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28

Calcularemos y p por el método: Variación de Parámetros Sea y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) 

yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x ) x

Aplicamos la integral: yP =

 x0

y1( t )

y2 ( t )

y1( x )

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

Para aplicar el método necesitamos los dados: y1( x ) , y2( x ) y f ( x ) extraemos lo pedido:

  x 4 − x 3 + x 2  x + 1x  f ( x) =  e x4      t 4 − t 3 + t 2  t + 1t  e  f (t ) =  t4   

 x 4 − 2x 2   x 2 + 2x − 1   x 4 − x 3 + x 2  x + 1x y'' −   y' −  y = e 4 x4 x4  x     

yh =

1 c1e x

+ c2

1 1  x t y = e  y = e  1( t )  1( x )  1 1 x+ t+  x t y = e  y = e 2( t )   2( x ) y1( t ) y2( t )

1 x+ e x

x

Aplicamos la integral: yP =

 x0

1

et 1 ex

x

yP =



e

1 et

x0

1 −2 t −t e

yP = e

t+

1 t

x+

1 x

e

e

(

yP =

1  x− x 

y2 ( x )

y'1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y2 ( t )

f ( t )dt



 t 4 − t 3 + t 2  t + 1    e t dt = 4 t   

1 t

x

 x0

1 t+ −2 1−t e t

x+

)

1 x

x

 x0

1 x+ e x

t+

y1( x )

1  t4 − t3 + t2  x dt − e   4 t  

1  x − ln x − e

 

e  

x

x

 x0

1 1 x+ t e e x

1 1 t+ x −e e t

 t 4 − t 3 + t 2  t + 1    e t dt 4 1 1 1 1  t t+     e t  e t − t −2 e t + t −2 e t      

1 1  et ( t − 1)  x+   t4 − t3 + t2  1 x t − − lnt  − e x et  dt = e      t t4  t      x

( x − 1)  = e x+ 1x  x − 1 − ln x − 1 + 1  x

 

 

  x

x

yP = e

x+

1 x

x

( x − ln x − 1)

Paso 3: Escribimos la solución general y = yP + yh

y=

1 c1e x

+ c2 e

x+

1 x

+e

x+

1 x

( x − ln x − 1) ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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29

PROBLEMA 2 Resolver la ecuación diferencial de orden superior:

( 2x + 3 )

2

 ln ( 2x + 3 )  VI V IV ln 2 x + 3 ) y ( ) + 2 ( 2x + 3 ) y ( ) + y ( ) = e ( sen   2  

Solución: La ecuación diferencial (ED) requiere una reducción de orden C.V. y

( IV )

=u

( 2x + 3 )

Remplazando en la ED

d ( ) dx ⎯⎯⎯ →

2

y

(V )

= u'

d ( ) dx ⎯⎯⎯ →

VI y ( ) = u''

u'' u' u  ln ( 2x + 3 )  VI V IV ln 2 x + 3 ) y ( ) + 2 ( 2x + 3 ) y ( ) + y ( ) = e ( sen   2  

 ln ( 2x + 3 )  ln 2 x + 3 ) u'' + 2 ( 2x + 3 ) u' + u = e ( sen   (1) “Ecuación de Euler-Cauchy” 2   t t C.V. ax + b = e → 2x + 3 = e du du  du   du  u' = = ae −t   → u' = = 2e −t   dx dx  dt   dt   d 2u du   d 2u du  d 2u 2 u'' = 2 = a 2 e −2t  2 −  → u'' = ( 2 ) e −2t  2 −  dt  dt  dx  dt  dt

( 2x + 3 )

2

Remplazando el C.V. en (1)

( ) e

t 2

( ) 

 ln et  2 −2t  d 2u du   ln( et ) t  − t  du   sen  ( 2 ) e  2 −   + 2 e  2e    + u = e dt    2  dt     dt  

( )

 d 2u du  du t  + u = et sen   4 2 −4  + 4 dt  dt 2  dt

 4

 

d 2u t  + u = et sen   2 dt 2

Resolvemos la ecuación diferencial lineal de segundo orden de coeficientes constantes, con los siguientes pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h :

4

d 2u t  + u = et sen    2 dt 2 0

( 4D

2

)

4

d 2u + u = 0 , expresamos la ecuación en función del operador D. dt 2

+ 1 u = 0 →

4D 2 u + u = 0 Resolvemos la ecuación auxiliar algebraica 4r + 1 = 0 2

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30

  r1 =  las soluciones son  r = −  2

1 i 4

 uh = c1e0t cos

1 i 4

1  1  uh = c1 cos  t  + c1 sen  t  2  2 

1 1 t + c1e0t sen t  4 4

Paso 2: Cálculo de la solución Particular u p (utilizaremos el Método de Operadores Anuladores)

d 2u t  + u = et sen   , expresamos la ecuación en función del operador D. 2 dt 2 t  4D 2 + 1 u = et sen   (1) 2 t  t Calculamos el operador anulador de f ( t ) = e sen   2 2 Aplicamos el siguiente operador: sea f ( t ) = Aeat sen ( bt ) → L( D ) = ( D − a ) +b2 4

(

)

t  f ( t ) = e sen   2 t

(

→

)

1 L( D ) = ( D − 1) +   2



 t 

Multiplicamos L ( D ) a la ec. (1): L( D ) 4D + 1 u = L ( D )  e sen    2 

 2 1  4D 2 + 1 ( D − 1) +   2 

2

2

2

t

0

  u = 0  2  2 1  La ecuación auxiliar es: 4r 2 + 1 ( r − 1) +    = 0  2    1 1 1 1 las soluciones son: r1 = i r2 = − i r3 = 1 + i r4 = 1 − i , 2 2 2 2

(

)

(

2

)

con estas soluciones podemos escribir la solución general:

u = uh + u p

1  1  1  1  u = c1 cos  t  + c2 sen  t  + c3et cos  t  + c4 e t sen  t  2  2  2  2  1  1  1  1  u = c1 cos  t  + c2 sen  t  + c3et cos  t  + c4 et sen  t  2  2  2  2  uh

up

1  1  u p = c3 et cos  t  + c4 et sen  t  2  2  2 d u t  4 2 + u = et sen   Esta solución satisface la ecuación diferencial dt 2 2 d up t  (2) , de esta manera calculamos las derivadas de y p 4 2 + u p = et sen   dt 2 Entonces la solución particular u p es:

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JOSUE PAYE CHIPANA

JOSE PAYE CHIPANA

31

1  1  u p = c3et cos  t  + c4 et sen  t  2  2 

 1  t   1  1  t 1   u' p = c4 − 2 c3  e sen  2 t  +  2 c4 + c3  e cos  2 t            u'' =  3 c − c  et sen  1 t  + c + 3 c  et cos  1 t  p 4 3      4 4 3   4   2   2  



Remplazando en la ecuación diferencial (2):

3 3   1    1   1   1  t  4   c4 − c3  et sen  t  + c4 + c3  et cos  t   +  c3et cos  t  + c4 et sen  t   = et sen   4   2    2   2   2  2  4

4c4 − 4c3  et sen 

1  1  1  1  t  + 4c4 + 4c3  et cos  t  = (1) et sen  t  + (0 ) et cos  t  2  2  2  2 

Comparando coeficientes armamos un sistema de ecuaciones lineales

1  et sen  t  : 4c4 − 4c3 = 1 2  1  et cos  t  : 4c4 + 4c3 = 0 2 

 4c4 − 4c3 = 1 →  4c4 + 4c3 = 0

c3 = −

1 8

c4 =

1 8

Ahora podemos escribir la solución particular u p con los valores del sistema:

1  1  u p = c3et cos  t  + c4 et sen  t  → 2  2  Paso 3: Solución general u = uh + u p

up =

−1 t 1  1 1  e cos  t  + et sen  t  8 2  8 2 

1  1  1 1  1 1  u = c1 cos  t  + c2 sen  t  − et cos  t  + e t sen  t  2  2  8 2  8 2  Retornamos a la variable original: 2x + 3 = et → t = ln ( 2x + 3 ) C.V.

1  1  1 1  1 1  u = c1 cos  ln ( 2x + 3 )  + c2 sen  ln ( 2x + 3 )  − ( 2x + 3 ) cos  ln ( 2x + 3 )  + ( 2x + 3 ) sen  ln ( 2x + 3 )  2  2  8 2  8 2  4 d y IV C.V. y ( ) = u → = u integramos 4 veces dx 4 

d4 y 1  1  1 1  1 1  = c1 cos  ln ( 2x + 3 )  + c2 sen  ln ( 2x + 3 )  − ( 2x + 3 ) cos  ln ( 2x + 3 )  + ( 2x + 3 ) sen  ln ( 2x + 3 )  4 dx 2  2  8 2  8 2 



d3 y = dx 3



1  1  1 1  1 1  c1 cos  ln ( 2x + 3 )  + c2 sen  ln ( 2x + 3 )  − ( 2x + 3 ) cos  ln ( 2x + 3 )  + ( 2x + 3 ) sen  ln ( 2x + 3 ) dx 2  2  8 2  8 2 

d 3 y −1  1 1   1 1  = ( 2x + 3 )  −136c1 sen  ln ( 2x + 3 ) +2 cos  ln ( 2x + 3 )   +136c2  cos  ln ( 2x + 3 )  − 2sen  ln ( 2x + 3 )   2 2 2 2 dx 3 680            1  1  +5 ( 2x + 3 )  5 cos  ln ( 2x + 3 )  − 3sen  ln ( 2x + 3 )  +k1 2 2     

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

2

d y = dx 2



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32

 −1  1 1  ( 2x + 3 )  −136c1 sen  ln ( 2x + 3 ) +2 cos  ln ( 2x + 3 )   +  2  2    680    1  1  1  1  +136c2  cos  ln ( 2x + 3 )  − 2sen  ln ( 2x + 3 )   +5 ( 2x + 3 )  5 cos  ln ( 2x + 3 )  − 3sen  ln ( 2x + 3 )   +k1 2  2  2  2    

  dx   

 1  1   4 ( 17c1 + 1) cos  2 ln ( 2x + 3 )  − ( 272c1 − 1) sen  2 ln ( 2x + 3 )   d y      =− + 2 5780 dx   1 1  1  + ( 2x + 3 )  2312c2  4 cos  ln ( 2x + 3 )  − 3sen  ln ( 2x + 3 )    + 85 2  2   

( 2x + 3 )

2

2

 1  1  +25 ( 2x + 3 )  23cos  ln ( 2x + 3 )  − 7sen  ln ( 2x + 3 )   + k1 x + k 2 2  2  



dy = dx



 2 1  1    ( 2x + 3 )  4 ( 17c1 + 1) cos  ln ( 2x + 3 )  − ( 272c1 − 1) sen  ln ( 2x + 3 )    2  2    − +   5780    + 1 ( 2x + 3 )  2312c  4 cos  1 ln ( 2x + 3 )  − 3sen  1 ln ( 2x + 3 )    + dx 2      85  2  2         1  1   +25 ( 2x + 3 )  23 cos  2 ln ( 2x + 3 )  − 7sen  2 ln ( 2x + 3 )   + k1 x + k 2           

1  1  ln ( 2x + 3 )  − (782c1 − 5 ) sen  ln ( 2x + 3 )   dy 2  2   =− + dx 213860 1 2 1  1  + ( 2x + 3 )  ( 2584c2 + 12375 ) cos  ln ( 2x + 3 )  − (1088c2 + 625 ) sen  ln ( 2x + 3 )   + 85 2  2  

( 2x + 3 )3  (680c1 + 23 ) cos 

+ k1

x2 + k 2 x + k3 2

y=



  3 1  1   ( 2x + 3 )  ( 680c1 + 23 ) cos  ln ( 2x + 3 )  − (782c1 − 5 ) sen  ln ( 2x + 3 )    2  2   −  +   213860  1   + ( 2x + 3 )2  ( 2584c2 + 12375 ) cos  1 ln ( 2x + 3 )  − (1088c2 + 625 ) sen  1 ln ( 2x + 3 )   +  dx  85 2  2      2 +k x + k x + k  2 3  1 2     

Finalmente:

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y=− +

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33

1 1 1  4 ( 2x + 3 )  (6222c1 + 179 ) cos  ln ( 2x + 3 )  − ( 5576c1 − 63 ) sen  ln ( 2x + 3 )   + 13900900 2  2  

1 1 1  3 ( 2x + 3 )  (16592c2 + 74875 ) cos  ln ( 2x + 3 )  − ( 3944c2 − 8625 ) sen  ln ( 2x + 3 )   + 3145 2  2   + k1

x3 x2 + k2 + k3 x + k4 6 2

PROBLEMA 3 Hallar una expresión para f ( t ) de la ecuación diferencial:

f ( t − 4 )  ( t − 4 ) = f ' ( t − 1)  ( t − 1)  e − t f ( t − 2 )  ( t − 2 ) ; f ( 0 ) = 0 Solución: La Ecuación diferencial podemos resolverla usando transformadas de La Place, por lo cual es necesario tener la condición inicial f ( 0 ) = a , a  . Para nuestro caso f (0 ) = 0

f ( t − 4 )  ( t − 4 ) = f ' ( t − 1)  ( t − 1)  e −t f ( t − 2 )  ( t − 2 ) // L 



L  f ( t − 4 )  ( t − 4 ) = L  f ' ( t − 1)  ( t − 1) L e Para calcular la transformada utilizaremos:

L  f ( t − a )  ( t − a ) = F ( s ) e − as

−t

 f (t − 2 )  (t − 2 ) 

L  f ' ( s ) = sF ( s ) − f (0 )



L  f ( t − 4 )  ( t − 4 ) = L  f ' ( t − 1)  ( t − 1) L e −t f ( t − 2 )  ( t − 2 )







L e at f ( t ) = F ( s − a )

F ( s ) e −4 s = e − s  sF ( s ) − f ( 0 )   F ( s ) e −2s  0  s = s +1 −2 s + 1 F ( s ) e −4 s = e − s s F ( s ) F ( s + 1) e ( )  e −4 s = sF ( s + 1) e −3s − 2  1 = sF ( s + 1) e s − 2

1  e − s = F ( s + 1) e −2 // L−1  s

  L−1 

1 − s  −2 −1 e  = e L F ( s + 1) s 

Hacemos uso de los teoremas de traslación:





L−1 F ( s ) e − as = f ( t − a )  ( t − a )

L−1 F ( s − a ) = e at f ( t )

Entonces: 2 +t 1  L−1  e − s  = e −2 L−1  F ( s + 1)   ( t − 1) = e −2 e −t f ( t )  f ( t ) = e  ( t − 1) s 

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34

PROBLEMA 4 Resolver la ecuación diferencial y'' + y = f ( t ) , con la condición y ( 0 ) = y' ( 0 ) = 3

Onda sinusoidal

Solución: La ecuación diferencial podemos resolverla usando transformadas de La Place, por lo cual es necesario tener las condiciones iniciales y ( 0 ) = a y' (0 ) = b , a y b  . Para calcular el valor de las constantes a y b utilizaremos al final del problema la condición dada:

y ( 0 ) = y' (0 ) = 3 Aplicamos la transformada a la ecuación diferencial: y'' + y = f ( t ) // L 

s 2Y( s ) − sy(0 ) − y'(0 ) + Y( s ) = F( s )

s 2Y( s ) − 3s − 3 + Y( s ) = F( s )

→



 L  y'' + L  y = L  f ( t )

→ s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) + Y( s ) = F( s ) 3 3

(s

2

)

+ 1 Y( s ) = 3s + 3 + F( s ) → Y( s ) = 3

(

s

+

) (

s2 + 1

3

+

) (

s2 + 1

F( s ) s2 + 1

)

(*)

Cálculo de F( s ) :

 t  3sen  3     0  Sea f ( t ) =  −3sen  t     3  0 

; 0  t  3 ; 3  t  6  ; 6   t  9 ; t 0

Escribimos la función por tramos usando la función paso unitario:

 t  t  f ( t ) = 3sen    ( t ) − ( t −3 )  + 0  ( t −3 ) − ( t −6  )  +  −3sen     ( t −6  ) − ( t −9 )  + 0  ( t )          3  3   t t f ( t ) = 3sen    ( t ) − ( t −3 )  − 3sen    ( t −6  ) − ( t −9 )     3  3 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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35

Para transformar usaremos el siguiente teorema:

L  f ( t − a )  ( t − a ) = F ( s ) e − as

Lo cual nos indica que la función f debe tener mismo desface que  :

t t f ( t ) = 3sen    ( t ) − ( t −3 )  − 3sen    ( t −6  ) − ( t −9 )     3  3 t  t − 3   t − 6   t − 9 f ( t ) = 3sen   ( t ) + 3sen   ( t −3 ) − 3sen   (t −6  ) − 3sen  3  3   3   3

  (t −9 ) // L     t    t − 3     t − 6     t − 9   L  f ( t ) = 3 L  sen   ( t )  + 3 L  sen   ( t −3 )  − 3 L  sen   ( t −6  )  − 3 L  sen   ( t − 9  )   3    3     3     3   1 1 1 1 3 3 3 3 e −3 s  − 3 e −6  s  − 3 e −9 s  (1) F( s ) = 3 +3 2 2  2  2     1 1 1 1 s2 +   s2 +   s2 +   s2 +   3 3 3 3 Remplazando (1) en (*):

    s 3 1  1 1 1 1 −3 s −6  s −9  s        Y( s ) = 3 2 + 2 + 2 + e − e − e  2 2  2  2     s +1 s +1 s +1  2  1 1 1 1 2 2 2  s +  s +  s +  s +    3 3 3 3

(

) (

) (

)

Multiplicamos y armamos fracciones parciales

    s 3 1  1 1 1 1 −3 s −6  s −9  s  e − e − e  Y( s ) = 3 2 + 2 + 2 +  2 2  2  2     s +1 s +1 s +1  2  1 1 1 1 2 2 2  s +  s +  s +  s +    3 3 3 3

(

Y( s ) = 3

(s

) (

s 2

+1

+

) (s

) (

3 2

+1

)

1

+

) (s

2

2  1  + 1  s2 +      3   

)

+

1

(

1 e −3 s  − e −6  s  −   2  2    1  1  s2 + 1  s2 +    s2 + 1  s2 +       3    3     1 e −9 s  −  2   2 1  2 s +1 s +     3   

)

(

(

)

)

Los términos necesarios serán desarrollados en fracciones parciales, en este caso la siguiente fracción:

1

(

2  1  s2 + 1  s2 +      3   

)

se repite 4 veces fraccionando:

(

    1 −9  1  9  1  = + 2  1 + s 2  8  2  8   1   1 2 s2 + 1  s2 +      + s    3    3   

)

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Anti transformando L

 s Y( s ) = 3  2  s +1 

(

)

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36 −1

 :

           1 −9  1  9  1 −9  1  9  1     e −3 s  − +3 + + + + 2 2 2 2     2   8 1 + s  8  1    8 1 + s  8  1   s +1 2 2  + s + s          3     3   

(

)

            −9  1  9  1 1   e −6  s  −  −9  1  + 9    e −9 s  // L −  + 2 2 2 2        8 1 + s  8  1   8 1 + s  8  1     2 2     + s    + s     3     3    y( t ) = 3  cos t  + 3sent +



−9 9 9 t 9  t  sent + sen   − sent ( t ) +  sen    ( t ) + t =t − 3 t =t − 3 8 8 8 3 8  3 

9 9  t  + sent ( t ) −  sen    ( t ) t = t −6  t =t −6  8 8  3 

y( t ) = 3 cos t +

−1

9 9  t  + sent ( t ) −  sen    ( t ) t =t − 9  t =t − 9  8 8  3 

15 9 9 t 9  t − 3 sent + sen   − sen ( t − 3 ) ( t −3 ) + sen  8 8 8 3 8  3 9 9  t − 6 + sen ( t − 6 ) ( t −6  ) − sen  8 8  3

  ( t −3 ) + 

9 9   t − 6  (t −6  ) + sen ( t − 6 ) ( t −9 ) − sen  8 8   3

  ( t − 9  ) 

PROBLEMA 5 Resolver la ecuación diferencial 9

d2y + 4 y = 2 cosh ( 4t ) sen ( 2t ) . Considerando condiciones iniciales en el dx 2

origen Solución: Para resolver la ecuación diferencial recordamos que: cosh ( 4t ) = Luego: 9

 e4t + e −4t d2y + 4 y = 2  2 dx 2 

e4t + e−4t 2

 d2y sen 2t  9 + 4 y = sen ( 2t ) e 4t + sen ( 2t ) e −4t ( )  2 dx 

(1)

También se sabe que: y ( 0 ) = y' ( 0 ) = 0 La ecuación diferencial (1) podemos resolverla usando transformadas de La Place:

9

d2y + 4 y = sen ( 2t ) e4t + sen ( 2t ) e −4t // L  2 dx

 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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37

d2 y  9 L  2  + 4 L  y = L sen ( 2t ) e4t + L sen ( 2t ) e −4t  dx  2 2 9  s 2Y( s ) − sy(0 ) − y'(0 )  + 4Y( s ) = + 2 2   ( s − 4 ) + 22 ( s + 4 ) + 22



 



2 2 9  s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 )  + 4Y( s ) = + 2 2 2   0 0 ( s − 4 ) + 2 ( s + 4 ) + 22

( 9s Y( s ) =

2

)

+ 4 Y( s ) =

(( s − 4 )

2 2

2

(s − 4)

2

)(

+ 2 2 9s 2 + 4

+2

2

+

2

(s + 4)

) (( s + 4 ) +

2

+ 22

2 2

)(

+ 2 2 9s 2 + 4

)

Los términos necesarios serán desarrollados en fracciones parciales

50 − 9s 9s + 50 99 + + 2 2 2080( s − 8s + 20 ) 2080( s + 8s + 20 ) 520( 9s 2 + 4 )

Y( s ) =

Y( s ) =

Y( s ) =

Antitransformando L

Y( s ) =

50 − 9s + ( 9 ) 4 − ( 9 ) 4 9s + 50 + ( 9 ) 4 − ( 9 ) 4 + + 2 2 2 2 2080 ( s − 4 ) + 2 2080 ( s + 4 ) + 2

(

)

14 − 9 ( s − 4 )

(

2080 ( s − 4 ) + 2 2

−1

2

)

+

(

)

9 ( s + 4 ) + 14

(

2080 ( s + 4 ) + 2 2 2

)

+

99 2  2  520 ( 9 )  s 2 +      3   

11 2  2  520  s 2 +      3   

 :

   14  2 9  s−4 9  s+4       − + + 2080 ( 2 )  ( s − 4 )2 + 2 2  2080  ( s − 4 )2 + 2 2  2080  ( s + 4 )2 + 2 2        +

y( t ) =

 14  2 11  + // L 2 2 2 2080 ( 2 )  ( s + 4 ) + 2    2   2   520  s +     3  

−1



7 9 9 sen ( 2t ) e4t − cos ( 2t ) e4t + cos ( 2t ) e −4t + 2080 2080 2080 7 33 2  + sen ( 2t ) e −4t + sen  t  2080 1040 3 

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38 II/2018

(

)

2x 1. (a) Anote el operador anulador de coeficientes constantes que anula f ( x ) = 4x + e cos ( 3x )

Solución: Para calcular el operador anulador de f ( x ) escribimos la función de esta manera:

f ( x ) = 4x cos ( 3x ) + e 2 x cos ( 3x )  f ( x ) = f1 ( x ) + f 2 ( x )

(

)

 f ( x ) = 4x cos ( 3x ) → L ( D ) = D 2 + 32 2 1  1 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  2 2x 2   f 2 ( x ) = e cos ( 3x ) → L2 ( D ) = ( D − 2 ) + 3

(

Luego el operador anulador de f ( x ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D ) = D 2 + 9

(

2 Finalmente: L ( D ) = D + 9

) (D 2

2

− 4D + 13

) (( D − 2 ) 2

2

+9

)

)





(b) Calcule la transformada de Laplace L f ( t ) si f ( t ) = t 2 sen ( 2t ) Solución:  f ( t ) = t 2 sen ( 2t ) ⎯⎯⎯ → L  f ( t ) = ( −1) L





El resultado será: L f ( t ) =

( (s

4 3s 2 − 4 2

+4

)

2

)

d2 d2  2  L sen 2t  L f t = ( ) ( )       ds 2 ds 2  s 2 + 2 2 

(

)

3

(c) Anote la hipótesis y tesis del primer teorema de traslación. Solución: Hipótesis: - Sea f ( t ) continua por tramos y de orden exponencial.





- Sea L f ( t ) = F ( s )





at Tesis: Entonces L e f ( t ) = F ( s − a )

(d) Anote un ejemplo de una función periódica con P=3 y la expresión que calcula su T. Laplace. Solución: 3

f ( t ) = t 2 , 0  t<3

; f (t ) = f (t − 3 )



1 L  f (t ) = 1 − e−3s

t e

2 − st

dt

0

2. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 3 y' + 2 y =

e3x 1 + ex

Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

e3x y'' − 3 y' + 2 y = 1 + ex

 y'' − 3 y' + 2 y = 0 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y − 3D  y + 2  y = 0  D − 3D + 2

) y = 0

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39

r1 = 1 r2 = 2

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 − 3r + 2 = 0  ( r − 2 )( r − 1) = 0   Entonces la solución homogénea será: yh = c1e 1 + c2 e 2  yh = c1e + c2e rx

r x

x

2x

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )  y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

En nuestro caso yh = c1e + c2 e x

et x

yp =

e x0

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

 y1( x ) = e x e3 x  , además f ( x ) =  1 + ex y = e2 x   2( x )

e2t

ex

e2 x

t

e2t

et

2x

y1( x )

x



e3t et e2 x − e x e2t e3t dt = dt =e 2 x t 3t t 1+ e e 1+ e x0

2e 2t

(

x



x

et dt − e x t 1+ e

x0

)

(

)



e 2t dt 1 + et

x0

(

)

(

(

y p = e2x ln 1 + et  − e x et − ln 1 + et  = e2x ln 1 + e x − e x e x − ln 1 + e x   t =x   t =x

(

)

(

))

)

2x x x x 2x Simplificando: y p = e ln 1 + e + e ln 1 + e − e

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

(

)

(

)

y = c1e x + c2 e 2 x + e 2 x ln 1 + e x + e x ln 1 + e x − e 2 x 3. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 2 y' + 2 y = 3t + ( 2t + 1) (t −2) + 4(t −3)

, y(0 ) = 4

y'(0 ) = 1

,

Solución: En la ecuación aplicamos transformada de Laplace, previamente reacondicionamos:

  y'' − 2 y' + 2 y = 3t + ( 2t + 1) ( t −2 ) + 4 ( t −3)  y'' − 2 y' + 2 y = 3t +  2t −4 + 5  (t −2 ) + 4 (t −3 )  1  y'' − 2 y' + 2 y = 3t + ( 2 (t − 2 ) + 5 ) (t −2) + 4(t −3)  y'' − 2 y' + 2 y = 3t + 2 (t − 2 ) (t −2 ) + 5 (t −2 ) + 4 (t −3)



 





 ⎯⎯⎯ → L  y'' − 2 L  y' + 2 L  y = 3 L t + 2 L ( t − 2 ) ( t −2 ) + 5 ( t −2 ) + 4 L  ( t −3) L



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40

(

)

1 1 1 s 2Y( s ) − sy(0 ) − y'(0 ) − 2 sY( s ) − y(0 ) + 2Y( s ) = 3 2 + 2 2 e −2s + 5 e −2s + 4e −3s s s s Reemplazamos condiciones iniciales:

(

)

1 1 1 s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) − 2 sY( s ) − y(0 ) + 2Y( s ) = 3 2 + 2 2 e −2s + 5 e −2s + 4e −3s 4 1 4 s s s 1 1 1 s 2Y( s ) − 4s − 1 − 2 sY( s ) − 4 + 2Y( s ) = 3 2 + 2 2 e −2s + 5 e −2s + 4e −3s s s s

(

)

1  1 1 − 2s + 2 Y( s ) = 7 + 4s + 3 2 +  2 2 + 5  e −2s + 4e −3s s s  s 1 3 1 4   2 5  −2s e −3s Despejando Y( s ) : Y( s ) = 2  7 + 4s + 2  + 2  2 + e + 2 s s − 2s + 2  s  s − 2s + 2  s s − 2s + 2 3 2 4s + 7s + 3 5s + 2 4 (1) Y( s ) = 4 + 4 e−2s + 2 e −3s 3 2 3 2 s − 2s + 2s s − 2s + 2s s − 2s + 2

(s

)

2

Expandiendo en fracciones parciales y formando expresiones que tengan transformada inversa:

4s 3 + 7s 2 + 3 1 5s + 17 3 1 31 5 s −1 1 3 1 31 = + + = + 11 + + 4 3 2 2 2 2 2 2 s − 2s + 2 2 s 2 s 2 ( s − 1) + 1 s − 2s + 2s ( s − 1) + 1 2 s 2 2 s

5s + 2 1 7s − 12 1 71 7 s −1 5 1 1 71 =− 2 + 2+ =− + + 2+ 3 2 2 2 2 s − 2s + 2 s 2s 2 ( s − 1) + 1 2 ( s − 1) + 1 s 2 s s − 2s + 2s 4

4 1 = 4 2 s 2 − 2s + 2 ( s − 1) + 1 En (1):

Y( s ) =

5 s −1 1 3 1 31  7 s −1 5 1 1 7 1  −2s  e + + 11 + + + − + + + 2 2 2 2 2 2 ( s − 1) 2 + 1 ( s − 1) + 1 2 s 2 s  2 ( s − 1) + 1 2 ( s − 1) + 1 s 2 s  1 +4 e −3s 2 ( s − 1) + 1

Aplicando transformada inversa L−1 

:

5 3 3  7 5 7 y(t ) = et cos t + 11et sent + t + +  − et cos t + et sent + t +  (t ) + 4et sent (t ) t =t − 3 2 2 2  2 2 2 t =t − 2

(

)

5 3 3  7 5 7 y( t ) = et cos t + 11et sen t + t + +  − et −2 cos ( t − 2 ) + et −2 sen ( t − 2 ) + ( t − 2 ) +  ( t −2 ) + 2 2 2  2 2 2

(

)

+ 4 et −3 sen ( t − 3 ) ( t −3) 4. Resolver la ecuación integro-diferencial: t

 (t − ) f '

f '( t ) +2f( t ) +

0

t

( ) d +

f

( ) d =t , f (0 ) = 3

0

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41

Solución:

t  t      Aplicamos transformada de Laplace: L f '( t ) +2 L f( t ) +L  ( t −  ) f '( ) d +L  f ( ) d = L t     0  0 

 



 



Para las integrales aplicamos la transformada de la convolución:

 

(

 

)

1 1 1 1 sF( s ) − f(0 ) +2F( s ) +L t L f '( t ) +L 1 L f (t ) = 2  sF( s ) − f (0 ) +2F( s ) + 2 sF( s ) − f(0 ) + F( s )= 2 3 3 s s s s 

2

4

3s 2 + 4

Despejando F( s ) :  s + 2 +  F( s ) = 3 + 2  F( s ) = s s  s s 2 + 2s + 2

(

Expandiendo en fracciones parciales: F( s ) = Aplicando transformada inversa L−1 

:

)

s−4 2 s +1 5 2 + = − + 2 2 s + 2s + 2 s ( s + 1) + 1 ( s + 1) + 1 s 2

f( t ) = e−t cos t − 5e −t sen t + 2

5. (Optativa) Resolver la ecuación integro-diferencial:

x 2 y'' − 3xy' + 5 y = 4x 2 + 3 sen ( ln x )

,

y(1) = y'(1) = 0

Solución: Tenemos una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el siguiente cambio: C.V. x = et → t = ln ( x )

y' = y'' =

dy  dy  = e −t   → y' = e −t y' dx  dt  2 d2y dy  −2t  d y −2t = e  2 −  → y'' = e ( y'' − y' ) 2 dt dx  dt 

Remplazando en la ecuación diferencial:

e 2t e −2t ( y'' − y' ) − 3et e −t y' + 5 y = 4e 2t + 3 sen ( t )  y'' − 4 y' + 5 y = 4e 2t + 3 sen (t )

(1)

Resolvemos aplicando los pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y'' − 4 y' + 5 y = 4e 2t + 3 sen ( t )  y'' − 4 y' + 5 y = 0 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y − 4D  y + 5  y = 0  D − 4D + 5

) y = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 − 4r + 5 = 0  r1,2 = 2  i Entonces la solución homogénea será: yh = c1e cos t + c2e sent 2t

2t

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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42

Usamos el método de operadores anuladores. y'' − 4 y' + 5 y = 4e 2t + 3 sen ( t )

(

2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D − 4D + 5

) y = 4e

2t

+ 3 sen ( t )

(2)

Calculamos el operador anulador de f ( t ) = 4e 2t + 3 sen ( t )  f ( t ) = f1 ( t ) + f 2 ( t )

 f1 ( t ) = 4e 2t → L1 ( D ) = D − 2 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  2 2  f 2 ( t ) = 3 sen ( t ) → L2 ( D ) = D + 1

(

2 Luego el operador anulador de f ( t ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D ) = ( D − 2 ) D + 1

)

Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (2):

( D − 2 ) ( D 2 + 1)( D 2 − 4D + 5 )  y = ( D − 2 ) ( D 2 + 1) ( 4e 2t + 3 sen ( t ) )

( D − 2) ( D

) y = 0 Generamos la ecuación auxiliar: ( r − 4r + 5 ) ( r − 2 ) ( r 2

)(

0

+ 1 D − 4D + 5 2

2

2

)

+ 1 = 0  r1,2 = 2  i , r3 = 2 , r4 ,5 = i

Con estas soluciones podemos escribir la solución general y = yh + y p :

y = c1e 2t cos t + c2 e 2t sen t + c3e 2t +c4 e0t cos t + c5 e0t sent  y = c1e 2t cos t + c2e 2t sen t + c3 e2t +c4 cos t + c5 sent yh

Entonces la solución particular y p es:

yp

y p = c3e 2t +c4 cos t + c5 sent

Esta solución satisface la ecuación diferencial (1): y p '' − 4 y p ' + 5 y p = 4e 2t + 3 sen ( t )

(3)

calculamos las derivadas de y p :

y p = c3e +c4 cos t + c5 sent 2t

2t   y p ' = 2c3 e − c4 sen t + c5 cos t → 2t   y p '' = 4c3 e − c4 cos t − c5 sen t

Remplazando en (3):

4c3e 2t − c4 cos t − c5 sen t  − 4  2c3e 2t − c4 sen t + c5 cos t  + 5 c3e 2t +c4 cos t + c5 sent  = 4e 2t + 3 sen ( t )       2t 2t ( 4c3 − 8c3 + 5c3 ) e + ( −c5 + 4c4 + 5c5 ) sen t + ( −c4 − 4c5 + 5c4 ) cos t = 4e + 3 sen ( t ) Comparando coeficientes generamos un sistema de ecuaciones lineales

e 2t :

c3 = 4

sen t :

4c4 + 4c5 = 3

cos t :

− 4c5 + 4c4 = 0

resolviendo el sistema

c3 = 4 , c4 =

3 3 , c5 = 8 8

Ahora podemos escribir la solución particular y p con los valores de las constantes halladas:

3 3 y p = 4e 2t + cos t + sent 8 8 Paso 3: Solución general y = yh + y p

3 3 y = c1e 2t cos t + c2 e 2t sen t + 4e 2t + cos t + sent 8 8 Retornamos a la variable original con t = ln ( x ) : ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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43

3 3 y = c1 x 2 cos ( ln x ) + c2 x 2 sen ( ln x ) + 4x 2 + cos ( ln x ) + sen ( ln x ) 8 8  y = y' = 0 Calculamos las constantes con y(1) = y'(1) = 0   x = 1 3 35 y = 0  0 = c1 + 0 + 4 +  c1 = − (*)  8 8 x = 1  y' = 0   x = 1

(4)

  sen ( ln x )  3 sen ( ln x ) 3 cos ( ln x ) 2 cos ( ln x )  y' = c1  2x cos ( ln x ) − x 2 +  + c2  2x sen ( ln x ) + x  + 8x − x x 8 x 8 x    

0 = 2c1 + c2 + 8 +

3 8

(**)

Resolviendo (*) y (**):

c1 = −

35 3 , c2 = 8 8

En (4):

y=−

35 2 3 3 3 x cos ( ln x ) + x 2 sen ( ln x ) + 4x 2 + cos ( ln x ) + sen ( ln x ) 8 8 8 8

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44 I/2018

(

)

2 2 1. Dada la ecuación diferencial: x − 1 y'' − 2xy' + 2 y = x − 1

Hallar la solución si se sabe que una de las soluciones de la ecuación homogénea es de la forma y = x a Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h Calculamos a reemplazando y = x a y sus derivadas en la ecuación homogénea:

 y' = ax a −1 y=x  sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos: a −2  y'' = a ( a − 1) x a

(x

2

)

(

)

(

)

− 1 a ( a − 1) x a − 2 − 2x x a −1 + 2x a = 0  − a 2 + a x a − 2 + a 2 − 3a + 2 x a = 0

 a − 1 = 0  a = 1  a ( a − 1) x a −2 + ( a − 2 )( a − 1) x a = 0  ( a − 1) a + ( a − 2 ) x 2 x a = 0   2  a + ( a − 2 ) x = 0  a = 0 , a = 2

(

)

La única que satisface es a = 1 , entonces una solución de ecuación homogénea es y1 = x Calculamos otra solución homogénea con ayuda de la fórmula de Abel. Fórmula de Abel

Sea y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = 0 , si se conoce una solución y1 se puede calcular otra solución

y 2 utilizando la fórmula de Abel:

y2 = y1



− P( x )dx e dx y12

de esta manera la solución homogénea es

(

)

2 En nuestro caso x − 1 y'' − 2xy' + 2 y = 0  y'' −

yh = c1 y1 + c2 y2 2x 2 y' + 2 y =0 x −1 x −1 2

con y1 = x

P( x )

y2 = x



e

 2x  −  −  dx  x 2 −1 

x2

(

dx = x

yh = c1 x + c2 x 2 + 1



e

( )

ln x 2 −1

x2





x2 − 1 1 1   dx = x dx = x  1 − 2 dx = x  x +   y2 = x 2 + 1 2 x x  x  

)

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros.

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45 Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )  y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

(

y1( x )

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

y =x   1( x ) , además f ( x ) = 1 2 y = x + 1  2( x ) 

)

En nuestro caso yh = c1 x + c2 x 2 + 1  

t

t2 + 1

x

x2 + 1

t

t +1

x

yp =

 x0

(x y = p

1 2

+1 2

2

x

dt =

2

)

(

+ 1 t − x t2 + 1 t2 − 1

)dt =

(x

x

2

+1

x0

2t

) ln



(x

(

)

x



t t2 + 1 dt − x dt t2 − 1 t2 − 1

x0

(

x0

)

x2 + 1   t − 1   x −1 x − 1 − x t + ln  ln x 2 − 1 − x 2 − x ln    y p=  2  t + 1  t =x  x +1  2

)

(

)

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

( x + 1) ( x + 1) + 2 ln ( x 2

y = c1 x + c2

2

2. Resolver la ecuación diferencial: ( x − 3 ) y'' − y' +

2

 x −1 − 1 − x 2 − x ln    x +1

)

2y = tg ln ( x − 3 )  x−3

Solución: En la ecuación:

( x − 3 ) y'' − y' +

2y 2 = tg ln ( x − 3 )  //  ( x − 3 )  ( x − 3 ) y'' − ( x − 3 ) y' + 2 y = ( x − 3 ) tg ln ( x − 3 )  x−3

Tenemos una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el siguiente cambio: t C.V. x − 3 = e → t = ln ( x − 3 )

y' =

dy  dy   dy  = ( 1) e −t   → y' = e −t   dx  dt   dt 

2 2 d2y dy  dy  2 −2t  d y −2t  d y y'' = 2 = ( 1) e  2 −  → y'' = e  2 −  dt  dt  dx  dt  dt

Remplazando en la ecuación diferencial:

e2t e−2t ( y'' − y' ) − et e −t y' + 2 y = et tg t  y'' − 2 y' + 2 y = et tg t

Resolvemos aplicando los pasos: ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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46

Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y'' − 2 y' + 2 y = et tg t 0  y'' − 2 y' + 2 y = 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y − 2D  y + 2  y = 0  D − 2D + 2

)  y = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 − 2r + 2 = 0  r1,2 = 1  i

yh = c1et cos t + c2et sent Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( t ) y' + Q ( t ) y = f ( t ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1(t ) + c2 y2(t )  y1( z ) y2( z )

Sea 

t

yP =

 t0

y1( t )

y2 ( t )

y1( z )

y2 ( z )

y'1( z )

y'2( z )

f ( z )dz

 y1( t ) = et cos t  En nuestro caso yh = c1e cos t + c2 e sen t   , además f ( t ) = et tg t t y = e sen t   2( t ) t

t

e z cos z e z sen z t

yp =

 t0

et cos t

et sen t

e z cos z

e z sen z

t

e z tg zdz=

e z ( cos z − sen z ) e z ( sen z + cos z ) t



et sen te z cos z − et cos te z sen z z e tg zdz e2 z

t0

t





y p =e sen t sen zdz − e cos t e z ( sec z − cos z )dz = et sen t  − cos z  z =t − et cos t ln ( sec z + tg z ) − sen z  t

t

t0

z =t

t0

y p = −e sent cos t − e cos t  ln ( sect + tg t ) − sent   y p = −et cos t  ln ( sect + tg t ) Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p t

t

y = c1et cos t + c2et sen t − et cos t  ln ( sec t + tg t ) Retornamos a la variable original con t = ln ( x − 3 ) :

y = c1 ( x − 3 ) cos ( ln ( x − 3 ) ) + c2 ( x − 3 ) sen (ln ( x − 3 ) ) − ( x − 3 ) cos (ln ( x − 3 ) )  ln sec (ln ( x − 3 ) ) + tg ( ln ( x − 3 ) )

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47

3. Resolver la siguiente ecuación integro diferencial: t

t



y'' − 2 y − 4 y(  ) (t − ) d  = 2e 0

−t



t

e

2  −t



 d  − 2 e −2  ( t −  ) d 

0

2

0

Con las condiciones iniciales: y(0 ) = 2 , y'(0 ) = −4 Solución: Realizamos arreglos en la ecuación integro diferencial: t

t



t





2 −2 t − y'' − 2 y − 4 y(  ) (t − ) d  = 2 e ( ) d  − 2 e −2  ( t −  ) d  0

0

0

Aplicamos la transformada de Laplace:

t  t  t  2    −2( t − )   −2   L  y'' − 2 L  y − 4 L  y(  ) ( t − ) d   = 2 L  e d   − 2 L  e (t −  ) d         0  0  0 







   

   

   

s 2Y( s ) − sy(0 ) − y'(0 ) − 2Y( s ) − 4 L y( t ) L ( t ) = 2 L e −2t L tet − 2 L e −2t L t 2

1 1 1 1 2 s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) − 2Y( s ) − 4Y( s ) = 2 −2 2 2 −4 s s+2 s s + 2 s3 s 2Y( s ) − 2s + 4 − 2Y( s ) − 4Y( s )

  1 1 1 1 2 s 2 4 =2 −2  Y( s ) = 3 − 3  2s − 4 + 2  2 3 s s+2 s s+2 s s − 2s − 4  s ( s + 2 ) s ( s + 2 ) 

Desarrollando en fracciones parciales:

5 s +1 1 1 31 1 1 5 s +1 3 1 1 1 31 1 1 2 Y( s ) = 2 + − +  Y( s ) = − + − + 2 2 2 2 ( s + 1) + 1 2 ( s + 1 ) + 1 2 s 2 4 s 4 s + 2 s + 2s + 2 2 s 4 s 4 s + 2

Aplicamos transformada inversa L−1 

5

3

1

3

1

−t −t −2t  : y(t ) = 2 e cos t − 2 e sen t + 2 t − 4 + 4 e

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48 t

4. Resolver la ecuación diferencial: y' − 2 y +

 y (u )du = f

( t +1) , con la condición y( 0 ) = 0 . (Si la curva es la

0

unión de tres parábolas de segundo grado).

Solución: Obtenemos las ecuaciones de las parábolas en sus respectivos tramos.

 − ( t − 1) 2  2  f( t ) = ( t − 3 ) − 2  2  − ( t − 5 )

; 1t  2 ; 2t 4 ; 4t 5

)(

(

f( t +1) = − ( t ) ( t ) − ( t −1) + ( t − 2 ) − 2 ( t −1) − ( t −3 ) − ( t − 4 ) (t −3 ) − (t −4 )

)

2

2

( (

) (

2

Entonces: f( t ) = − ( t − 1)

t −1)

) (

(

)

− ( t − 2 ) + ( t − 3 ) − 2 ( t − 2 ) −  ( t − 4 ) − ( t − 5 )  ( t − 4 ) −  ( t − 5 ) 2

)(

2

)

2

(

)

f ( t + 1 ) = − t 2  ( t ) + 2 ( t − 1 )  ( t −1 ) − 2 ( t − 3 )  ( t − 3 ) + ( t − 4 )  ( t − 4 ) 2

2

2

Reemplazando en la ecuación: t

y' − 2 y +



y ( u )du = −t 2 ( t ) + 2 ( t − 1) ( t −1) − 2 ( t − 3 ) (t −3) + ( t − 4 ) (t −4 ) 2

2

2

0

Aplicamos Laplace:

t  2 2 2   L  y' − 2 L  y + L  y ( u )du  = − L t 2 ( t ) + 2 L ( t − 1) ( t −1) − 2 L ( t − 3 ) (t −3) + L (t − 4 ) ( t −4 )   0 













 



1 2 2 2 2 sY( s ) − y(0 ) − 2Y( s ) + Y( s ) = − 3 + 2 3 e − s − 2 3 e −3s + 3 e −4s 0 s s s s s Despejamos Y( s ) : Y( s ) =

 2 4 − s 4 −3s 2 −4s  − 3 + 3 e − 3 e + 3 e  s s  ( s − 1)  s s s

2

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Y( s ) = −

2 s ( s − 1) 2

2

+

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49

4 s ( s − 1) 2

2

e− s −

4 s ( s − 1) 2

2

e−3s +

2 s ( s − 1) 2

2

e−4s

Expandiendo en fracciones parciales:

 1  1 2 1 2  1 2 1 2  −s 2 1 2  −3s     Y( s ) = −2  − + + + 4 − + + e − 4 − + + e +  ( s − 1) 2 s − 1 s 2 s   ( s − 1 ) 2 s − 1 s 2 s   ( s − 1) 2 s − 1 s 2 s         1 2 1 2  −4 s + 2 − + + e  ( s − 1) 2 s − 1 s 2 s    Aplicamos transformada inversa L−1 

(

) (

:

)

(

)

y( t ) = −2 tet − 2et + t + 2 + 4 tet − 2et + t + 2 ( t ) − 4 te t − 2e t + t + 2 ( t ) + t = t −1 t =t − 3

(

)

+ 2 te t − 2et + t + 2 ( t ) t =t − 4

(

) (

)

(

)

y( t ) = −2 tet − 2et + t + 2 + 4 ( t − 1) et −1 − 2et −1 + ( t − 1) + 2 ( t −1) − 4 (t − 3 ) et −3 − 2e t −3 + (t − 3 ) + 2 ( t −3) +

(

)

+ 2 ( t − 4 ) et −4 − 2et −4 + ( t − 4 ) + 2 ( t −4 )

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50 II/2017

(

1. (a) Si existe, anote el operador de coeficiente constantes que anula: f ( x ) = 2x + e x

)

2

sen ( 2x )

Solución: Para calcular el operador anulador de f ( x ) escribimos la función de esta manera:

(

f ( x ) = 2x + e x

)

2

sen ( 2x ) = 4x 2 sen ( 2x ) + 4xe x sen ( 2x ) + e 2x sen ( 2x )  f ( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x ) + f 3 ( x )

(

)

 f ( x ) = 4x 2 s en ( 2x ) → L ( D ) = D 2 + 2 2 3 1  1  2 x 2 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  f 2 ( x ) = 4xe sen ( 2x ) → L2 ( D ) = ( D − 1) + 2   f 3 ( x ) = e2 x sen ( 2x ) → L3 ( D ) = ( D − 2 )2 + 2 2 

(

)

2

Luego el operador anulador de f ( x ) será:

(

L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D )  L3 ( D ) = D 2 + 2 2

(

2 Finalmente: L ( D ) = D + 4

) (D 3

2

) ( ( D − 1) 3

− 2D + 5

) (D 2

2

(b) Calcule la transformada inversa de Laplace L

2

+ 22

) (( D − 2 ) 2

− 4D + 8 −1

2

+ 22

)

)

F ( s )

si: F ( s ) =

s3

( s + 2)

4

e −8 s

Solución:

F (s) =

s3

( s + 2)

4

  s 3  L −1   ( t ) e −8s ⎯⎯⎯⎯ → L −1 F ( s ) =  L −1  4 t =t − 8   ( s + 2 ) 

  1 6 12 8  12 8    ( t ) f( t ) =  L −1  − + − = f( t ) = e −2t − 6e −2t t + e −2t t 2 − e −2t t 3  ( t ) 2 3 4 t =t − 8 t =t − 8 2! 3!     ( s + 2 ) ( s + 2 ) ( s + 2 ) ( s + 2 ) 

4 −2 t −8 2 3  −2( t −8 ) −2 t − 8 −2 t −8 − 6e ( ) ( t − 8 ) + 6e ( ) ( t − 8 ) − e ( ) ( t − 8 )  ( t −8 ) El resultado será: f ( t ) = e 3 



2. Resolver la ecuación diferencial:

y''' + y' = 3tgx Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y''' + y' = 3tgx 0  y''' + y' = 0

(

3 3 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y + D  y = 0  D + D

(

)

)  y = 0 r1 = 0 r2,3 = i

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 3 + r = 0  ( r ) r 2 + 1 = 0  

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51

Entonces la solución homogénea será: yh = c1er1x + c2er2 x cos bx + c3er2 x senbx  yh = c1 + c2 cos x + c3senx Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y''' + P ( x ) y'' + Q ( x ) y' + R ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x ) +c3 y3( x ) 

Sea 

x

yP =

 x0

y1( t )

y2 ( t )

y3(t )

y'1( t )

y'2(t )

y'3(t )

y1( x )

y2 ( x )

y3( x )

y1( t )

y2 ( t )

y3(t )

y'1(t )

y'2(t )

y'3(t )

y''1( t )

y'' 2( t )

y''3(t )

f ( t )dt

 y1 x = 1 ( )   En nuestro caso yh = yh = c1 + c2 cos x + c3 senx   y2( x ) = cos x , además f ( x ) = 3tgx  y = senx   3( x ) 1 cos t sent x

yp =

 x0

yp =

0 − sent cos t 1 cos x 1 cos t

senx sent

− sent

cos t

0 − cos t

− sent

0

x

( 3tg ( t ) )dt =



cos t

sent

− sent cos t

− cos x

1 sent 0 cos t 1

+ senx

1

cos t

0 − sent

( 3tg ( t ) )dt

x0

x

x

x

x0

x0

x0

 3tg (t )dt − cos x 3tg (t ) cos tdt − 3senx tg (t ) s entdt

  t  t     sen  2  + cos  2         y p = 3 ln ( sec t )  + 3 cos x  cos t  t = x − 3senx  − sent − ln  t=x   − sen  t  + cos  t           2  2   t = x      x  x     sen  2  + cos  2         Simplificando: y p = 3ln ( sec x ) + 3 cos 2 x − 3senx  − senx − ln    − sen  x  + cos  x           2  2       1 − senx   y p = 3ln ( sec x ) + 3 cos 2 x − 3senx  −senx − ln    cos x   

→

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52

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

y = c1 + c2 cos x + c3 senx + 3ln ( sec x ) + 3 + 3senx ln ( sec x + tgx ) 3. Resolver la ecuación diferencial:

x 2 y'' + 3xy' + 5 y = 2 ln x + 3 cos ( ln x ) Solución: Tenemos una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el siguiente cambio: C.V. x = et → t = ln ( x )

y' = y'' =

dy  dy  = e −t   → y' = e −t y' dx  dt  2 d2y dy  −2t  d y −2t = e  2 −  → y'' = e ( y'' − y' ) 2 dt dx dt  

Remplazando en la ecuación diferencial:

( )

( ( ))  y'' + 2 y' + 5 y = 2t + 3 cos (t )

e 2t e −2t ( y'' − y' ) + 3et e −t y' + 5 y = 2 ln et + 3 cos ln e t

(1)

Resolvemos aplicando los pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y'' + 2 y' + 5 y = 2t + 3 cos ( t )  y'' + 2 y' + 5 y = 0 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y + 2D  y + 5  y = 0  D + 2D + 5

)  y = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 + 2r + 5 = 0  r1,2 = −1  2i Entonces la solución homogénea será: yh = c1e−t cos 2t + c2e−t sen 2t Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Usamos el método de operadores anuladores. y'' + 2 y' + 5 y = 2t + 3cos ( t )

(

2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D + 2D + 5

) y = 2t + 3 cos (t )

(2)

Calculamos el operador anulador de f ( t ) = 2t + 3cos ( t )  f ( t ) = f1 ( t ) + f 2 ( t ) 2   f1 ( t ) = 2t → L1 ( D ) = D Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  2 2   f 2 ( t ) = 3 cos ( t ) → L2 ( D ) = D + 1

(

2 2 Luego el operador anulador de f ( t ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D ) = D D + 1

)

Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (2):

( (D

)( + 1)( D

)  y = D ( D + 1) ( 2t + 3 cos (t ) ) D + 2D + 5 )  y = 0 Generamos la ecuación auxiliar: ( r + 2r + 5 ) ( r ) ( r + 1) = 0  r D 2 D 2 + 1 D 2 + 2D + 5 2

2

2

2

0

2

2

2

2

1,2

= −1  2i , r3,4 = 0 , r5,6 = i ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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53

Con estas soluciones podemos escribir la solución general y = yh + y p :

y = c1e−t cos 2t + c2e−t sen 2t + c3e0t +c4te0t + c5e0t cos t + c6 e0t sent y = c1e −t cos 2t + c2 e −t sen 2t + c3 +c4t + c5 cos t + c6 sent yh

Entonces la solución particular y p es:

yp

y p = c3+c4t + c5 cost + c6 sent

Esta solución satisface la ecuación diferencial (1): y p '' + 2 y p ' + 5 y p = 2t + 3cos ( t )

(3)

calculamos las derivadas de y p :

y p = c3+c4t + c5 cost + c6 sent

 y p ' = c4 − c5 s ent + c6 cos t →  y p '' = −c5 cos t − c6 s ent

Remplazando en (3):

−c5 cos t − c6 s ent  + 2 c4 − c5 s ent + c6 cos t  + 5 c3+c4t + c5 cos t + c6 sent  = 2t + 3 cos ( t ) −c5 + 2c6 + 5c5  cos t + −c6 − 2c5 + 5c6  s ent + 5 c4  t + 2c4 + 5c3  = 2t + 3cos (t )

Comparando coeficientes generamos un sistema de ecuaciones lineales

ctes : t:

2c4 + 5c3 = 0 5c4 = 2

sen t :

− 2c5 + 4c6 = 0

cos t :

2c6 + 4c5 = 3

resolviendo el sistema

c3 =

−4 25

,

c4 =

2 , 5

c5 =

3 , 5

c6 =

3 10

Ahora podemos escribir la solución particular y p con los valores de las constantes halladas:

−4 2 3 3 + t + cos t + sent 25 5 5 10 Paso 3: Solución general y = yh + y p yp =

y = c1e −t cos 2t + c2 e −t sen 2t − Retornamos a la variable original con t = ln ( x ) :

4 2 3 3 + t + cos t + sent 25 5 5 10

1 1 4 2 3 3 y = c1 cos ( 2 ln x ) + c2 sen ( 2 ln x ) − + ( ln x ) + cos ( ln x ) + sen ( ln x ) x x 25 5 5 10 4. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 4 y = f ( t )

, y (0 ) = 4 , y' (0 ) = 3

;

 1 ; t4  f ( t ) = t − 3 ; 2  t  4  -1 ; t  2 

Solución: La Ecuación Diferencial podemos resolverla usando transformadas de La Place, por lo cual es necesario tener las condiciones iniciales y ( 0 ) = a

y' ( 0 ) = b , a y b 

. ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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54

Para calcular el valor de las constantes a y b utilizaremos al final del problema la condición dada:

y (0 ) = 4 , y' (0 ) = 3 L  y '' − 4 L  y = L  f ( t )

y ''− 4 y = f ( t ) // L 

s 2Y( s ) − sy( 0) − y '( 0) − 4Y( s ) = F( s )

s 2Y( s ) − 4s − 3 − 4Y( s ) = F( s )

 aplicamos la transformada a la ecuación diferencial

→ s 2Y( s ) − s y( 0) − y '( 0) − 4Y( s ) = F( s ) 4

(s

→

2

3

− 4 ) Y( s ) = 4s + 3 + F( s ) → Y( s ) = 4

F( s ) s 3 (*) + + ( s2 − 4) ( s2 − 4) ( s2 − 4)

Cálculo de F( s ) :

 1 ; t4  Sea f ( t ) = t − 3 ; 2  t  4  -1 ; t  2  Escribimos la función por tramos usando la función paso unitario

f ( t ) = 1  ( t − 4)  + ( t − 3)  (t − 2) − (t − 4)  + ( −1)  (t − 2) 

→ f ( t ) = ( t − 2 ) ( t − 2 ) − 2 ( t − 2 ) − ( t − 4 ) ( t − 4 )

Para transformar usaremos el siguiente teorema

L  f ( t − a )  ( t − a ) = F ( s ) e − as

Lo cual nos indica que la función f debe tener mismo desface que 

f ( t ) = ( t − 2 ) (t − 2) − 2(t − 2) − ( t − 4 ) (t − 4) // L 







 



L  f ( t ) = L ( t − 2 ) ( t − 2) − 2 L ( t − 2) − L ( t − 4 ) (t − 4) F( s ) =



1 −2 s 1 1 e  − 2 e −2 s  − 2 e −4 s  (1) 2  s s s

Remplazando (1) en (*):

Y( s ) = 4

s 3 1 1 1  1 −2 s  e  − 2 e−2 s  − 2 e−4 s   + 2 + 2 2   s s  ( s − 4) ( s − 4) ( s − 4)  s 2

Multiplicamos y armamos fracciones parciales

Y( s ) = 4

s 3 1 1 1 e−2 s  − 2 e−2 s  − 2 2 e−4 s  + 2 + 2 2  2 s ( s − 4) s ( s − 4) ( s − 4) ( s − 4) ( s − 4) s 2

Anti transformando L

Y( s ) = 4

−1

 :

 −1  −1  −2 s s 1 1 1 1 1 +3 2 + 2 − + − 2 + +  e  − ( s − 4 ) ( s − 4 )  4s 16(s + 2) 16(s − 2)  4s 8 (s + 2) 8 (s - 2)  2

 −1  −4 s 1 1 − 2 − +  e  // L  4s 16( s + 2) 16( s − 2) 

−1



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55

3  −1 1 1 1  −1 1  y(t ) = 4 cosh ( 2t ) + senh ( 2t ) +  t − e−2t + e2t − 2  + e−2t + e2t  (t ) − t =t − 2 2 16 16 8 4 8  4 1 1  −1  −  t − e−2t + e2t  (t ) t =t − 4 16 16  4 3 5 3 1 1  −t   −1  y(t ) = 4cosh ( 2t ) + senh ( 2t ) +  + 1 − e−2(t −2) − e2(t −2)  (t −2) −  ( t − 4 ) − e−2(t −4) + e2(t −4)  (t −4) 2 16 16 16 16 4  4 

5. Resolver la ecuación integral-diferencial: t



y'( t ) = 3t − 4sen ( 2t ) − 4 y(  ) d 

; y (0 ) = 4

0

Solución:

t    Aplicamos transformada de Laplace: L y'( t ) =3 L t − 4 L sen ( 2t ) − 4 L  y(  ) d     0 



 

Para las integrales aplicamos la transformada de la convolución:

1 2 1 sY( s ) − y(0 ) =3 2 − 4 2 − 4 Y( s ) 2 4 s s s +2

 s2 + 4    3 2 s s 2 s  Y( s ) = 4 2 +3 2 2  Y( s ) = 4 + 2 − 4 2 −4 2 2 2 2 s s +2 s +4 s +2 s +4  s ( s + 4 )  s 

Despejando Y( s ) : 

3 1

s

s



2

s

Expandiendo en fracciones parciales: Y( s ) = 4 2 +  − −4 2 s + 4 2  2s 2( s 2 + 4 )  s + 22 s 2 + 4 Aplicando transformada inversa L−1 

Y( s ) = 4

:

 s 3 1 s 2 s +  − // L−1  −4 2 2 2 2 s + 4 2  2s 2( s + 4 )  s +2 s +4 2



 s 2  −1  s   s  3 −1  1 −1  L−1 Y( s ) = 4 L−1  2 L  2 + L  −   − 4L  2 2 2 2s 2( s + 4 ) s + 2 s + 4 2   s + 4   3 y( t ) = 4 cos ( 2t ) + 1 − cos ( 2t )  − 4sen ( 2t )  cos ( 2t ) 4

 

convolución: t

sen ( 2t )  cos ( 2t ) =



sen ( 2 ) cos ( 2 ( t −  ) )d  =

tsen ( 2t ) 2

0

y( t ) =

13 3 cos ( 2t ) − 2tsen ( 2t ) + 4 4 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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56 I/2017 −1

1. Dada la ecuación de segundo orden y'' − x y' + g( x ) y = 0 (a) Hallar g( x ) de tal manera que existan dos soluciones, tal que una sea el cuadrado de la otra −1 (b) Con g( x ) hallado en (a) resolver y'' − x y' + g( x ) y =

3

x ln x

Solución: (a) Hallar g( x ) de tal manera que existan dos soluciones, tal que una sea el cuadrado de la otra Si y2 = y12 apliquemos la integral de Abel

Sea

APLICACIÓN DE LA INTEGRAL DE ABEL si se tiene una solución y1 se puede calcular y 2 utilizando la y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = 0 ,

fórmula de Abel:

y2 = y1



− P( x ) dx e  dx y12

de esta manera se obtiene la solución homogénea: yh = c1 y1 + c2 y2

y'' − x −1 y' + g( x ) y = 0

(1)

Extraemos P ( x ) de la ecuación diferencial P ( x ) = − x −1 y remplazamos y2 = y12 en la fórmula de Abel

y2 = y1



− P( x ) dx e  dx y12

→ −1

− − x dx e  y1 = y1 dx y12 derivamos (1) y despejamos y1 2

y1 =





x d dx // ( 2 dx y1

)





y1 =

d d  ( y1 ) =  dx dx 





eln x dx y12



 x dx  2 y1 



x dx y12

x y12



y1 =

 y1 ' =

(1)

 y dy =  xdx 2

1

1

2

y13 x2 3x 2 3 = → y1 = 3  y1 = 3 x 3 3 2 2 2 NOTA: La constante de integración de la fórmula de Abel se asume cero



y12 dy1 =



xdx + C 0

2

4  3 2 9 Teniendo y1 podemos calcular y 2 remplazando en y2 = y1  y2 =  3 x 3   y2 = 3 x 3  2  4  

2

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57 2

yh = c1 3

Remplazando yh = c1 y1 + c2 y2 

4

2

3 3 9 x + c2 3 x 3 2 4

k1

4

 yh = k1 x 3 + k2 x 3 y

k2

y

1

2

Teniendo ya las soluciones homogéneas podemos hallar g( x ) remplazando una de ellas en (1) −1  2 3 2  y1 ' = x  −2 −4  −1  2 −1   3 3 3 3 →  x  − x  x  + g( x ) x = 0   −4 −2 3   9   3  y '' = x  1 9 −1 (b) Con g( x ) hallado en (a) resolver y'' − x y' + g( x ) y = 3 x ln x

y'' − x −1 y' +

g( x ) =

8 −2 x 9

8 −2 x y = 3 x ln x 9

Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h 2

4

Entonces la solución homogénea será: yh = k1 x 3 + k 2 x 3 Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos: yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )   y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

En nuestro caso yh = k1

x

yp =

 x0

2 t3

4 t3

2 x3

4 x3

2 t3 −1

2 3 t 3

2 x3

+ k2

3

t ln tdt =

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

2   y1( x ) = x 3  , además f ( x ) = 3 x ln x 4  3  y2( x ) = x

4 x3

x

4 t3

y1( x )

 x0

2 4 −x 3t 3

4 2 +x 3 t 3

2 t 3

2

x



2

4

x



3 3 3 t ln tdt =- x 3 t 3 ln tdt + x 3 ln tdt 2 2 x0

x0

1

4 3 t 3

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58

   1  5  9  5 ln  t 3  − 1  t 3  2 4       3 3 3    yp = − x3   + x t ln ( t ) − t   t=x 2 25 2       t = x Simplificando: y p = −

7  1  3 4 27 3  x  5 ln  x 3  − 1  + x 3  x ln ( x ) − x     2 50    

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

y = k1

2 x3

+ k2

4 x3

7

7

3 24 3 + x 3 ln ( x ) − x 5 25

2. Resolver la ecuación diferencial:

( 2x + 1)2 y'' + 2 ( 2x + 1) y' + 4 y = 4 cos ln ( 2x + 1) − sen ln ( 2x + 1) Solución: Se trata de una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el cambio adecuado

 dy − t  dy   y' = dx = ( 2 ) e  dt      2 2  y'' = d y = ( 2 )2 e −2t  d y − dy    2  dt  dx 2  dt 

C.V. 2x + 1 = et

Remplazando en la ecuación diferencial:

(e )

t 2

 d 2 y dy  dy ( 2 ) e  2 −  + 2 et ( 2 ) e−t   + 4 y = 4 cos ln et  − sen ln et  dt   dt   dt 1  4 y'' + 4 y = 4 cos ( t ) − sen ( t ) → y'' + y = cos ( t ) − sen ( t ) 4 2

−2t

( )

( )

( )

Resolvemos aplicando los pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h :

1 y'' + y = cos ( t ) − sen ( t )  y'' + y = 0 , expresamos la ecuación en función del operador D. 4 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y +  y = 0  D + 1

) y = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 + 1 = 0  r1,2 = i Entonces la solución homogénea será: yh = c1 cos t + c2 sen t Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Usamos el método de operadores anuladores.

1 y'' + y = cos ( t ) − sen ( t ) 4 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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59

(

Expresamos la ecuación en función del operador D: D 2 + 1 Calculamos el operador anulador de f ( t ) = cos ( t ) −

) y = cos ( t ) − 41 sen (t )

(2)

1 sen ( t ) 4

Reconocemos el operador anulador f ( t ) = Acos ( t ) + Bsen ( t )  L ( D ) = D 2 +  2 →

L ( D ) = D2 + 1 Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (2):

(D

2

(D

2

1   + 1 D 2 + 1  y = D 2 + 1  cos ( t ) − sen ( t )  4  0

)(

)

)(

)

(

)

+ 1 D 2 + 1  y = 0

(

)

Generamos la ecuación auxiliar: r 2 + 1

2

= 0  r1,2 = i , r4,5 = i (repetido 2veces)

Con estas soluciones podemos escribir la solución general y = yh + y p :

y = c1 cos t + c2 sen t + c3t cos t + c4tsent  y = c1 cos t + c2 sen t + c3t cos t + c4 tsent yh

Entonces la solución particular y p es:

yp

y p = c3t cost + c4tsent

Esta solución satisface la ecuación diferencial (1): y p '' + y p = cos ( t ) −

1 sen ( t ) 4

(3)

calculamos las derivadas de y p :

y p = c3t cost + c4tsent

 y p ' = −c3tsent + c4t cos t + c3 cos t + c4 sent →  y p '' = −c3t cos t − c4tsent − 2c3 sent + 2c4 cos t

Remplazando en (3):

 −c3t cos t − c4tsent − 2c3 sent + 2c4 cos t  + c3t cos t + c4tsent  = cos (t ) −

1 sen ( t ) 4

1 −2c3 sent + 2c4 cos t = cos ( t ) − sen ( t ) 4 Comparando coeficientes generamos un sistema de ecuaciones lineales

sen t : cos t :

−1 4 2c4 = 1

-2c3 =

resolviendo el sistema

c3 =

1 , 8

c4 =

1 2

Ahora podemos escribir la solución particular y p con los valores de las constantes halladas:

1 1 y p = t cos t + tsent 8 2 Paso 3: Solución general y = yh + y p

1 1 y = c1 cos t + c2 sen t + t cos t + tsent 8 2 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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60

Retornamos a la variable original con t = ln ( 1 + 2x ) :

1 1 y = c1 cos ( ln (1 + 2x ) ) + c2 sen ( ln (1 + 2x ) ) + ln (1 + 2x ) cos (ln (1 + 2x ) ) + ln (1 + 2x ) sen ( ln ( 1 + 2x ) ) 8 2 3. Hallar la solución de la ecuación integro-diferencial: t

y'' +



t

y'( t − ) cos  d  +

0



t

y(  ) sen ( t −  ) d  =

0



e 2t −3 ( t −  ) d  2

: y(0 ) = 1 ; y'(0 ) = 0

0

Solución: Aplicamos transformada de Laplace.

t    L y'( t ) =3 L t − 4 L sen ( 2t ) − 4 L  y(  ) d     0 



  t

y'' +



t

y'( t − ) cos  d  +

0

 0

 t  2  2t −3  y(  ) sen ( t −  ) d  = L e e (t −  ) d      0 



Para las integrales aplicamos la transformada de la convolución:

1 2 1 sY( s ) − y(0 ) =3 2 − 4 2 − 4 Y( s ) 2 4 s s s +2

 s2 + 4    3 2 s s 2 s Despejando Y( s ) :   Y( s ) = 4 2 +3 2 2  Y( s ) = 4 + 2 − 4 2 −4 2 2 2 2 s s +2 s +4 s +2 s +4  s ( s + 4 )  s  s

3 1

s



2

s

Expandiendo en fracciones parciales: Y( s ) = 4 2 +  − −4 2 s + 4 2  2s 2( s 2 + 4 )  s + 22 s 2 + 4 Aplicando transformada inversa L−1 

Y( s ) = 4

:

 s 3 1 s 2 s +  − // L−1  −4 2 2 2 2 s + 4 2  2s 2( s + 4 )  s +2 s +4 2



 s 2  −1  s   s  3 −1  1 −1  L−1 Y( s ) = 4 L−1  2 L  2 + L  −   − 4L  2 2 2 s + 4 2 s + 2  s + 4  2s 2( s + 4 )  3 y( t ) = 4 cos ( 2t ) + 1 − cos ( 2t )  − 4sen ( 2t )  cos ( 2t ) 4

 

t

Calculando el producto convolutivo: sen ( 2t )  cos ( 2t ) =



sen ( 2 ) cos ( 2 ( t −  ) )d  =

tsen ( 2t ) 2

0

13

3

cos ( 2t ) − 2tsen ( 2t ) + Finalmente: y( t ) = 4 4

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61

4. Resolver:

y''( t ) + y =  

 t−   2

+ f(t )

; y(0 ) = 0; y'(0 ) = 1

Donde:

 3    2sen  2t − 2  si 0  t  2   f (t ) =   0 si t  0  t    2

Solución: Aplicamos transformada de Laplace: y''( t ) + y =     + f( t ) // L  t−  

 2

    L y''( t ) + L  y = L      + L f ( t ) t −   2    

 

 

 

→ s 2Y( s ) − sy(0 ) − y'(0 ) + Y( s ) = e

− s 2

+ F( s )





 s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) + Y( s ) = e 0 1

− s 2

+ F( s ) → Y( s ) =

− s 1+ e 2

(s

2

+ F( s ) +1

)

(1)

Calculo de F( s ) :

 3    2sen  2t − 2  si 0  t  2   f (t ) =   0 si t  0  t    2

Utilizaremos la función paso unitario:

  f( t ) = ( 2 cos ( 2t ) )  ( t ) −     t−     2

  3     f( t ) =  2sen  2t −     ( t −0 ) −   t −    2        2      f ( t ) = 2 cos ( 2t ) ( t ) + 2 cos  2  t −      // L  2   t− 2     

→

F( S ) =



 2s 2s  − 2 s  + e   (2) s 2 + 4 s 2 + 4  

Remplazando (2) en (1)

Y( s ) =

(s

1 2

+1

+

) (s

2s 2

+4

)(

 2s 1 + 2 + 2 2 2 s +1  s +4 s +1 s +1 

) (

)(

) (

)

  − s  e 2       ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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Expandiendo en fracciones parciales:

 2s 2s 1 Y( s ) = 2 + − + − + 2 2 2 2 2 s + 1 3 s + 1 3 s + 4 3 s + 1 3 s + 4 s +1 

(

1

) (

2s

) (

Aplicando transformada inversa L−1 

Y( s ) = Y( s ) =

(s

1 2

+1

) 3(s

 1  L−1 Y( s ) = L−1  2  s + 1

 

(

2s

+

)

2

+1

−

2s

)

(

) (

) (

:

 2s 2s 1  + − + 2 2 2 2 3 s + 4 3 s + 1 3 s + 4 s +1 

) (

)

  − s  e 2      

2s

)

(

) (

) (

)

  − s    e 2  // L−1      



  2s   2s     −1  −1  + L − L     + 2 2 3 s + 1 3 s + 4     

(

)

(

)

  2s   2s   1   −1  −1  −1   + L  − L  + L  2  3 s2 + 1  3 s2 + 4     s + 1     

(

)

(

)

(

)

   ( t ) t = t −   2

2 2 2 2  y(t ) = sen ( t ) + cos ( t ) − cos ( 2t ) +  cos ( t ) − cos ( 2t ) + sen ( t ) (t )  t =t − 3 3 3 3  2 2 2 2   2    y( t ) = sen ( t ) + cos ( t ) − cos ( 2t ) +  cos  t −  − cos ( 2t −  ) + sen  t −      3 3  2 3  2   t − 2  3 



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63 II/2016 x



et dt , 1. Verificar si las funciones y1( x ) = x , y2( x ) = x t

( x  0 ) son linealmente independientes en su

2

intervalo de definición. Solución: Analizamos la independencia lineal de las funciones con el Wronskiano. x



et x dt t

x y1( x )

y2 ( x )

W  y1( x ) , y2( x )  =   y' 1( x )

y'2( x )

=

2

x

1



et dt + e x t

x

x





et et x =x dt + xe x − x dt  W  y1( x ) , y2( x )  = xe t t 2

2

2

Como W  y1( x ) , y2( x )   0 las funciones y1( x ) y y2( x ) son linealmente independientes.   

2. Evaluar la integral



e−2t f ( t ) dt , si f ( t ) es consecuencia de la ecuación integro diferencial siguiente:

0

t

f ''( t ) = cos t +

 f ( ) cos (t −  ) d 

;

f(0 ) = 0

f '(0 ) = 1

;

0

Solución: Aplicamos Laplace en la ecuación integro diferencial:

t  s s   L f ''( t ) = L cos t + L  f (  ) cos ( t −  ) d    s 2 F( s ) − s f(0 ) − f '(0 ) = 2 + F( s ) 2 0 1 s +1 s +1   0 

 



s2 + s + 1

22 + 2 + 1

7

Despejando F( s ) : F( s ) = 4 evaluamos con s = 2 → F( 2 ) = 4  F( 2 ) = 18 s + s2 − s 2 + 22 − 2

(1)



Por otra parte, la definición de la transformada de Laplace está dada por F( s ) =



e − st f ( t ) dt evaluando con

0

s=2 

F( 2 ) =



e−2t f ( t ) dt

(2)

0

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64 



Igualamos las ecuaciones (1) y (2):

e−2t f ( t ) dt =

7 18

0

3. Resolver la ecuación diferencial de segundo orden:

(x

4

−x

Si una de las soluciones homogéneas tiene la forma y = x

3

) y'' + ( 2x

3

− 2x − x 2

)

2 x − 1) ( y' − y =

x

b

Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h Calculamos a reemplazando y = x b y sus derivadas en la ecuación homogénea:

 y' = bxb−1 y = xb   sustituyendo en la ecuación diferencial homogénea tenemos: b−2 y'' = b b − 1 x ( ) 

(x

4

)

(

)

− x 3 b ( b − 1) x b −2 + 2x 3 − 2x 2 − x bx b −1 − x b = 0  b ( b + 1) x b + 2 − b ( b + 1) x b +1 − ( b + 1 ) x b = 0

De donde obtenemos b = −1 , luego una solución homogénea será y1 = x

−1

Calculamos otra solución homogénea con la fórmula de Abel. Fórmula de Abel

Sea y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = 0 , si se conoce una solución y1 se puede calcular otra solución

y 2 utilizando la fórmula de Abel:

y2 = y1



− P( x )dx e dx y12

de esta manera la solución homogénea es

(

En nuestro caso x − x 4

3

)

yh = c1 y1 + c2 y2

2x3 − 2x 2 − x 1 y'' + 2x − 2x − x y' − y = 0  y'' + y' − 4 3 y = 0 con y1 = x −1 4 3 x −x x −x

(

3

2

)

P( x )

y2 = x

−1



e

−

2x3 − 2x 2 − x x4 − x3

( ) x −1

 1 1 x y2 =  e dx − x  





dx

dx = x

2

−1



2

xe

 1 3 1  −  + −  dx  x2 x x −1 

dx = x

−1



2

xe

 1  − − + 3ln( x )−ln( x −1)   x 

dx = x

−1



1

 x −1 x   e dx  x 



1 1 x  e dx

x

I

  

(1)

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Resolvemos I : I =

I=

1 − xe x

+



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65

x

1 1 x e dx

1 e x dx

=



x

1 x2

1 e x dx

d( ) u = x ⎯⎯⎯ → du = dx  1 1 por partes  1 x  dv = 2 e dx ⎯⎯→ v = −e x x 

(2)

1 1 1  1 x x−1 x (2) en (1): y2 =  e dx + xe − e x dx   y2 = e  x  



Luego



yh = c1 x −1 + c2e x

−1

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos: yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )   y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

En nuestro caso yh = c1 x −1 + c2

t −1 x

yp =

 x0

et

−t

−2

e

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

 y1( x ) = x −1 x −1  , además f ( x ) = 4  − 1 x y = ex   2( x )

−1

x −1 e x t −1

1 ex

y1( x )

−1

t −1

−2 t −1

x



−1

−1

t −1 e x t −1 − x −1et dt= −1 t4 et t t −3 − t −4 x0

(

)

(t

−3

)

− t −4 dt =e

x

x −1



x

−2 − t −1

t e

dt − x −1

x0



1 dt t

x0

−t e

−1 −1 −1 −1 y p = e x e −t  − x −1 ln t  t = x  y p = e x e − x − x −1 ln x  y p = 1 − x −1 ln x   t = x Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

−1

y = c1 x −1 + c2 e x + 1 − x −1 ln x

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66

4. Resolver la ecuación diferencial: ty'' + 2 y' + ty = sen t − cos t ; y(0 ) = 2 Solución: Sea y'(0 ) = k En la ecuación aplicamos Laplace:

L ty'' + 2 L  y' + L ty = L sent − L cost  −

−

(

) (

)

(

)

d d 1 s L  y'' ) + 2 sY( s ) − y(0 ) − ( L  y) = 2 − 2 ( ds ds s +1 s +1

( )

d 2 d 1 s s Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) + 2 sY( s ) − y(0 ) − Y( s ) = 2 − 2 2 k 2 ds ds s +1 s +1

−2sY( s ) − s 2Y '( s ) + 2 + 2sY( s ) − 4 − Y '( s ) =

1 s 2 1 − 2  −Y '( s ) = 2 + 2 s +1 s +1 s +1 s +1

(

2

s

−

) (s 2

2

+1

)

2

Aplicando la transformada inversa:





1  s 1   1  −1  1 −1  L−1 −Y '( s ) = 2 L−1  2  2  2 + L  2 − L  2   s + 1  s + 1 s + 1  s + 1 s + 1 s  −1  1   1  −1  1  −1  ty( t ) = 2 sen t + L−1  2  L  2 − L  2  L  2   s + 1  s + 1  s + 1  s + 1 ty( t ) = 2 sen t + sen t  sen t − cos t  sen t

(1)

Las convoluciones requeridas son:

sen t  sen t =

1 ( sen t − t cos t ) 2

cos t  sen t =

1 t sen t 2

1

1

Sustituyendo en (1): ty( t ) = 2 sent + ( sent − t cos t ) − t sent 2 2

5 sen t 1 1 − sen t − cos t t 2 2

Simplificando: y( t ) = 2

t − 1 ; 1  t  2 ; t  1  t>2  0

5. Resuelva la ecuación diferencial: y'' + 4 y = f ( t ) , si f ( t ) =  Con las condiciones iniciales: y(1) = y'(1) = 1 Solución: Definiremos la función f ( t ) : f ( t ) = ( t − 1)  ( t −1) − ( t − 2 ) 



 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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67

En la ecuación: y'' + 4 y = ( t − 1)  ( t −1) − ( t − 2 )   y'' + 4 y = ( t − 1) ( t −1) − ( t − 2 ) ( t − 2 ) − ( t − 2 )





(1)

Antes de aplicar Laplace realizamos un cambio de variable para que las condiciones estén en el origen. C.V. x = t − 1 entonces y( t ) = y( x ) , y'( t ) = y'( x ) , y''( t ) = y''( x ) y las condiciones serán y(0 ) = y'(0 ) = 1 En (1): y''( x ) + 4 y( x ) = x( x ) − ( x − 1) ( x −1) − ( x −1) Transformando L 

 : L  y'' + 4 L  y = L  x( x )  − L ( x − 1) ( x−1)  − L ( x −1) 

1 1 1 1  1 1 s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) + 4Y( s ) = 2 − 2 e − s − e − s + s + 1  s 2 + 4 Y( s ) = 2 −  2 +  e − s + s + 1 1 1 s s s s s s

(

Y( s ) =

s2

(

 s +1 − s2 + 4  s2 s2 + 4  1

)

(

)

)

  e− s + s + 1  s2 + 4 s2 + 4 

Desarrollamos en fracciones parciales:

Y( s ) =

1 1 1 2  1 s 1 2 1 1 s 1 2 − − − 2 − + 2 +  e− s + 2 + 2 2 2   4 s 2 s +4 4  s +4 2 s +4 s s s + 4 2 s2 + 4

Aplicando la transformada inversa L−1 

:

y( x ) =

1 1 1  1  x − sen ( 2x ) −  − cos ( 2x ) − sen ( 2x ) + x + 1  ( x )  4 2 2  4 

y( x ) =

1 1 1 1  1  x − sen ( 2x )  −  − cos ( 2 ( x − 1) ) − sen ( 2 ( x − 1) ) + ( x − 1) + 1  ( x −1) + cos ( 2x ) + sen ( 2x )  4 2 2 2  4 

1 + cos ( 2x ) + sen ( 2x ) 2 x = x −1

Retornamos a la variable original con x = t − 1

y( t ) =

1 1 1 1 ( t − 1) − sen ( 2 ( t − 1) ) −  − cos ( 2 ( t − 2 ) ) − sen ( 2 ( t − 2 ) ) + ( t − 2 ) + 1  (t −2 ) +  4 2 2  4  1 + cos ( 2 ( t − 1) ) + sen ( 2 ( t − 1) ) 2

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68 I/2016

 f (t )  1. Demostrar que: L  =  t 



 F ( s ) ds s

Solución: 

Aplicamos la definición de la transformada de Laplace: F ( s ) =



e − st f ( t ) dt

0







F ( s ) ds =

s

   e − st f ( t ) dt  ds =   0 

 s

 





f ( t )e − st dsdt =

0 s

 0



1  f ( t )  e − st  dt =  −t s





f (t )

(

)

1 lim e − st − e − st dt s −t →

0

F (s)







F ( s ) ds =

s

t

 f (t )  (1) , pero L  =  t 

− st

e dt

s



En (1):



f (t )

 s

 f (t )   f (t )  F ( s ) ds = L   L t =    t 





f (t ) t

e− st dt

s



 F ( s ) ds s

(

2. Hallar el operador anulador de: f ( x ) = xe x + sen2 x

)

2

Solución: Desarrollamos el binomio y linealizamos las funciones trigonométricas:

(

f ( x ) = x e + 2xe sen x + sen x 2 2x

x

2

2

f ( x ) = x 2 e 2 x + xe x − xe x cos ( 2x ) +

)

2

 1 − cos ( 2x )   1 − cos ( 2x )  = x e + 2xe  +  2 2     2 2x

2

x

(

1 1 − 2 cos ( 2x ) + cos 2 ( 2x ) 4

)

1 + cos ( 4x )  1 f ( x ) = x 2 e 2 x + xe x − xe x cos ( 2x ) +  1 − 2 cos ( 2x ) +  4 2 

1 1 3 f ( x ) = x 2 e 2 x + xe x − xe x cos ( 2x ) − cos ( 2x ) + cos ( 4x ) + 2 8 8

f ( x ) = f1 ( x ) + f 2 ( x ) + f 3 ( x ) + f 4 ( x ) + f 5 ( x ) + f 6 ( x )

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69

 f1 ( x ) = x 2 e 2 x → L1 ( D ) = ( D − 2 )3   f 2 ( x ) = xe x → L2 ( D ) = ( D − 1)2  2  x 2  f 3 ( x ) = − xe cos ( 2x ) → L3 ( D ) = ( D − 1) + 2  1 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  f ( x ) = − cos ( 2x ) → L4 ( D ) = D 2 + 2 2  4 2   f 5 ( x ) = 1 cos ( 4x ) → L5 ( D ) = D 2 + 4 2  8  3  f6 ( x ) = → L6 ( D ) = D 8  Luego el operador anulador de f ( x ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D )  L3 ( D )  L4 ( D )  L5 ( D )  L6 ( D )

(

Finalmente: L ( D ) = ( D − 2 )

3

( D − 1) ( ( D − 1) 2

2

+4

) ( D + 4 )( D 2

2

2

(

)

2

)

+ 16 D

) (

)

2 2 2 x 3. Resolver la ecuación diferencial: x y'' − x ( 2x + 3 ) y' + x + 3x + 3 y = 6 − x e

Sabiendo que una solución de la ecuación homogénea es de la forma: y = x a ebx Solución:

yh

Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea

Calculamos a y b reemplazando y = x a ebx y sus derivadas en la ecuación homogénea:

( (

)

 y' = ax −1 + b x a ebx  y=x e  −2 −1 2 a bx  y'' = a ( a − 1) x + 2abx + b x e a bx

)

sustituyendo en la ecuación diferencial homogénea tenemos:

(

)

(

)

(

)

x 2 a ( a − 1) x −2 + 2abx −1 + b 2 x a ebx − x ( 2x + 3 ) ax −1 + b x a ebx + x 2 + 3x + 3 x a e bx = 0

(

( b − 1)2 = 0  b = 1  2 ( b − 1) x 2 + ( 2ab − 2a − 3b + 3 ) x + a 2 − 4a − 3 x a ebx = 0  2ab − 2a − 3b + 3 = 0  2 a − 4a − 3 = 0  a = 1 , a = 3  

)

Luego las soluciones son y = xe x , y = x 3e x Entonces yh = c1 xe + c2 x e x

3 x

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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70 Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )  y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

y1( x )

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

(

)

 y1( x ) = xe x 6 − x2 ex  En nuestro caso yh = c1 xe + c2 x e   , además f ( x ) = 3 x x2 y = x e  2 x ( )  x

x

yp =

 x0

tet

t 3 et

xe x

x 3e x

tet

(6 − t ) e 2

(t

3

yp = e

x

(x

2

+2

x dt=e 2 x

)

(

)



(

)

6 x2 − x2 + 6 t 2 + t 4 dt

t4

x0

+ 3t 2 et

x  x 2 1 y p =e 6 x dt − x 2 + 6 4 2 t  x0



x

t

t2

t 3 et

( t + 1) e t

x

3 x

x

)

   t −3   t −1  x  2 dt  = e x 6 x 2   − x +6   + (t ) t = x  2   −3  t = x  −1  t = x   x0 x

1 dt + t2

x0



(

)

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

(

y = c1 xe x + c2 x 3e x + e x x 2 + 2 4. Resolver la ecuación diferencial:

(1 − x )

2

)

y IV + (1 − x ) y''' + y'' = (1 − x ) − 2 3

Solución: Realizamos arreglos ( x − 1) y IV − ( x − 1) y''' + y'' = − ( x − 1) − 2 2

3

 z = y''  Reducimos de orden con el cambio de variable:  z' = y'''  IV  z'' = y Reemplazando: ( x − 1) z'' − ( x − 1) z' + z = − ( x − 1) − 2 se trata de una ecuación de Euler 2

3

t Para resolver aplicamos el siguiente cambio: x − 1 = e → t = ln ( x − 1)

z' = z'' =

dz  dz   dz  = ( 1) e −t   → z' = e −t   dx  dt   dt  2 2 d 2z dz  dz  2 −2t  d z −2t  d z = 1 e − → z'' = e ( )  2   2 −  2 dt  dt  dx  dt  dt

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71

Remplazando en la ecuación diferencial:

e 2t e −2t ( z'' − z' ) − et e −t z' + z = −e3t − 2  z'' − 2z' + z = −e 3t − 2

(1)

Resolvemos aplicando los siguientes pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea zh

z'' − 2z' + z = −e3t − 2 0  z'' − 2z' + z = 0

(

)

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  z − 2D  z +  z = 0  D − 2D + 1  z = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 − 2r + 1 = 0  r1,2 = 1

zh = c1et + c2tet Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Usamos el método de operadores anuladores. z'' − 2z' + z = −e − 2 3t

(

)

2 3t Expresamos la ecuación en función del operador D: D − 2D + 1  z = −e − 2

(2)

Calculamos el operador anulador de f ( t ) = −e3t − 2  f ( t ) = f1 ( t ) + f 2 ( t ) 3t   f1 ( t ) = −e → L1 ( D ) = D − 3 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:    f 2 ( t ) = −2 → L2 ( D ) = D Luego el operador anulador de f ( t ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D ) = ( D − 3 ) D

Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (2):

( D − 3 ) D ( D 2 − 2D + 1)  z = ( D − 3 ) D ( −e3t − 2 )

( D − 3) D ( D

2

)

0

− 2D + 1  z = 0

(

)

2 Generamos la ecuación auxiliar: ( r − 3 ) r r − 2r + 1 = 0  r1,2 = 1 , r3 = 0 , r4 = 3

Con estas soluciones podemos escribir la solución general z = zh + z p :

z = c1et + c2tet + c3e0t +c4 e3t  z = c1et + c2tet + c3 +c4 e3t zh

Entonces la solución particular y p es:

zp

z p = c3 +c4 e3t

Esta solución satisface a la ecuación diferencial (1): z'' p − 2z' p + z p = −e 3t − 2

(3)

calculamos las derivadas de y p :

z p = c3 +c4 e

3t

 z p ' = 3c4 e 3t → 3t  z p '' = 9c4 e

Remplazando en (3):

(

)

9c4 e3t − 2 3c4 e3t + c3 +c4 e 3t = −e 3t − 2  ( 9c4 − 6c4 + c4 ) e 3t + c3 = −e 3t − 2 Comparando coeficientes generamos:

e3t :

9c4 − 6c4 + c4 = −1

ctte :

c3 = −2

entonces

c3 = −2 , c4 = −

1 4

Escribimos la solución particular z p con los valores de las constantes halladas: ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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72

1 z p = −2 − e3t 4 Paso 3: Solución general z = zh + z p

1 z = c1et + c2tet − 2 − e3t 4 t Retornamos a la variable original con x − 1 = e : 1 3 z = c1 ( x − 1) + c2 ( x − 1) ln ( x − 1) − 2 − ( x − 1) 4 Pero z = y''  y'' = k1 ( x − 1) + k 2 ( x − 1) ln ( x − 1) − 2 −

1 3 ( x − 1) 4

Integrando:

y' = C1 ( x − 1) + C2  2 ln (1 − x ) + x ( x − 2 ) ( 2 ln ( x − 1) − 1)  − 2x − 2

1 4 ( x − 1 ) + C3 16

Integrando una vez más: 3 y = c1 ( x − 1) + c2  −5x 3 + 15x 2 − 6 x + 6 x 2 ( x − 3 ) ln ( x − 1) + 6 ( 3x − 1) ln (1 − x )  + c3 x − x 2 −

1 5 ( x − 1) 80

5. Utilizando la transformada de Laplace, resolver: ty'' + 2 y' + ty = sen ( t −  ) ; y(0 ) = 0 Solución: Asumimos que y'(0 ) = k Realizando arreglos en la ecuación: ty'' + 2 y' + ty = − sen t Aplicando Laplace: L ty'' + 2 L  y' + L ty = − L sent 

( −1)

1

d  2 1 d Y s  = − 1 s Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 )  + 2  sY( s ) − y(0 )  + ( −1) 0 k 0    ds  ds  ( )  s2 + 1

d  2 d 1 s Y( s ) − 2s − k  + 2  sY( s ) − 2  − Y( s )  = − 2    ds   ds  s +1

−

(

)

1 1 −  2sY( s ) + s 2Y '( s ) − 2  + 2sY( s ) − 4 − Y '( s ) = − 2  − s 2 + 1 Y '( s ) = − 2  −Y '( s ) = −   s +1 s +1

1

(s

2

+1

)

2

Aplicando la transformada inversa: −1

L

 1  −Y '( s ) = − L   s2 + 1 





−1

ty( t ) = − sen t  sen t

1

(

)

(1)

 1    1 −1  1  −1  1   ty( t ) = − L−1  2  2   ty( t ) = − L  2  L  2  2  s + 1 s + 1  s + 1  s + 1   calculando la convolución requerida:

sen t  sen t =

1 ( sen t − t cos t ) 2

1 sen t 1 + cos t t 2

En (1): ty( t ) = − ( sen t − t cos t )  y( t ) = − 2 2

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73

6. Resolver la ecuación: y'' − 4 y' + 4 y = f ( t ) ; y(0 ) = 0 , y( ) = 1

onda senoidal

a

Solución:

 1   sen  2 ( t −  )  ;   t  3   Definimos f ( t ) usando la función escalón unitario: f( t ) =   ; t = 4  ( t − 4 ) 1  f( t ) =  sen  ( t −  )   ( t − ) − ( t −3 ) +  +  ( t −4 )  2  1  1  Realizamos arreglos en la función: f ( t ) =  sen  ( t −  )  ( t − ) −  sen  ( t −  )  ( t −3 ) +  ( t −4 ) 2 2     1  1  f( t ) =  sen  ( t −  )  ( t − ) −  sen  ( t − 3 ) +   ( t −3 ) +  ( t −4 ) 2  2  1  1  f( t ) =  sen  ( t −  )  ( t − ) +  sen  ( t − 3 )  ( t −3 ) +  ( t −4 ) 2  2 

1 1 ( t −  )  (t − ) +  sen  ( t − 3 )  (t −3 ) +  (t −4 ) 2  2 

En la ecuación diferencial: y'' − 4 y' + 4 y =  sen 

(1)

Antes de aplicar la transformada de Laplace asumimos y'(0 ) = k Aplicamos Laplace en la ecuación (1) y reemplazando las condiciones iniciales:

(

s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) − 4 sY( s ) − y(0 ) 0 k 0

(s

2

)



− 4s + 4 Y( s ) = k + 2

1 1 s2 +   2

2

)

e− s +

1 1 2 2 + 4Y( s ) =  e − s +  e−3 s +  e−4 s 2 2 1 1 s2 +   s2 +   2 2

 2

1 1 s2 +   2

2

e−3 s +  e−4 s

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74

Despejando Y( s ) : Y( s ) = k

1

( s − 2)

2

+

 2

1  1 1 e − s + e −3 s +  e −4  s 2 1 1 2 ( s − 2) ( s − 2 )2  s 2 +  ( s − 2 )2  s 2 +  4 4  

Desarrollando en fracciones parciales:   1   1   64 s 30 64 1 4 1  − s 2 Y( s ) = k + + − + e + ( s − 2 )2 2  289 s 2 +  1 2 289 s 2 +  1 2 289 s − 2 17 ( s − 2 )2      2 2  

  1    64 s 30 64 1 4 1  −3 s 1 2 +  + − + e + e −4 s 2 2 2 2 2  289 2  1  289 2  1  289 s − 2 17 ( s − 2 )  ( s − 2) s +  s +    2 2   Aplicando transformada inversa:

  64

 t  30  t  64 2t 4 2t  cos   + sen   − e + te  ( t ) +  2  289 17  2  289  2  289  t =t −

y( t ) = kte 2t +

+

y(t ) = kte2t +

  64

 t  30  t  64 2t 4 2t  cos   + sen   − e + te  ( t ) +  te2t   t =t − 4  2  289 2 289 2 289 17      t =t −3

  64

 t − cos   2  289  2

  64  t − 3 +  cos  2  289  2

 30  t − sen  +  289  2

 30  t − 3 sen  +  289  2

 64 2(t − ) 4 2 t −  e + ( t −  ) e ( )  (t − ) + − 17  289 

 64 2(t −3 ) 4 2 t −3  2 t −4 e + ( t − 3 ) e ( )  (t −3 ) +  ( t − 4 ) e ( ) (t −4 ) − 17  289 

Calculamos k con y( ) = 1 :

1 = k e

2

 + 2

0

 64   −   30   −   64 2( − ) 4 2  −  + ( −  ) e ( )  ( − ) +  289 cos  2  + 289 sen  2  − 289 e 17      

  64   − 3 +  cos  2  289  2

 30   − 3 sen  +  289  2

0 0  64 2( −3 ) 4 2  − 3 )  e + ( − 3 ) e ( ( −3 ) +  ( − 4 ) e 2( −4 ) ( −4 ) −  17  289 

1 ; t  0 Para simplificar usamos la definición de la función paso unitario ( t ) =  0 ; t<0

Entonces 1 = k e 2  k =

para t 

e−2



Finalmente:

y(t ) =

e−2



te2t +

  64

 t − cos   2  289  2

  64  t − 3 +  cos  2  289  2

 30  t − sen  +  289  2

 30  t − 3 sen  +  289  2

 64 2(t − ) 4 2 t −  e + ( t −  ) e ( )  (t − ) + − 17  289 

 64 2(t −3 ) 4 2 t −3  2 t −4  e + ( t − 3 ) e ( )  (t −3 ) +  ( t − 4 ) e ( ) (t −4 ) − 17  289  ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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75 I/2015

(

1. (a) Si existe anote el operador anulador de coeficientes constantes que anula f ( x ) = 1 + e2 x

)

2

cos ( 3x )

Solución: Para calcular el operador anulador de f ( x ) escribimos la función de esta manera:

f ( x ) = cos ( 3x ) + 2e 2 x cos ( 3x ) + e4 x cos ( 3x )  f ( x ) = f1 ( x ) + f 2 ( x ) + f 3 ( x )

(

)

 f1 ( x ) = cos ( 3x ) → L1 ( D ) = D 2 + 3 2  2  2x 2 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  f 2 ( x ) = 2e cos ( 3x ) → L2 ( D ) = ( D − 2 ) + 3  2 4x 2  f 3 ( x ) = e cos ( 3x ) → L3 ( D ) = ( D − 4 ) + 3  Luego el operador anulador de f ( x ) será:

(

L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D )  L3 ( D ) = D 2 + 3 2

(

2 Finalmente: L ( D ) = D + 9

) (( D − 2 )

2

) (( D − 2 )

+9

2

) (( D − 4 ) + 9)

+ 32

) (( D − 4 )

2

2

+ 32

)

(b) Anote la hipótesis y tesis del segundo teorema de traslación en términos del operador inverso L Solución:

−1

.

Hipótesis: - Sea f ( t ) continua por tramos y de orden exponencial. - Sea f ( t ) = L

−1

F ( s )

Tesis: Entonces f ( t − a )  ( t − a ) = L

−1

F ( s ) e  − as

2. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 3 y' + 2 y =

e2 x 1 + ex

Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y'' − 3 y' + 2 y =

e2 x  y'' − 3 y' + 2 y = 0 1 + ex 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y − 3D  y + 2  y = 0  D − 3D + 2

) y = 0

r1 = 1 r2 = 2

2 Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r − 3r + 2 = 0  ( r − 2 )( r − 1) = 0  

Entonces la solución homogénea será: yh = c1e 1 + c2 e 2  yh = c1e + c2e rx

r x

x

2x

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos: y = c y + c y h 1 2 1( x ) 2( x )   y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

En nuestro caso yh = c1e + c2 e x

et x

yp =

e x0

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

 y1( x ) = e x e2 x  , además f ( x ) =  1 + ex y2 ( x ) = e 2 x  

e2t

ex

e2 x

t

e2t

et

2x

y1( x )

x



e2t et e 2 x − e x e2t e 2t dt = dt =e 2 x t 3t t 1+ e e 1+ e x0

2e 2t

(

x



x

1 dt − e x t 1+ e

x0

)

(

)



et dt 1 + et

x0

(

)

(

)

(

y p = e2x t − ln et + 1  − e x ln 1 + et  = e2x  x − ln 1 + e x  − e x ln 1 + e x   t =x   t =x  

(

)

(

2x 2x x x x Simplificando: y p = e x − e ln 1 + e − e ln 1 + e

)

)

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

(

y = c1e x + c2 e 2 x + e 2 x x − e 2 x ln 1 + e x − e x ln 1 + e x 3.

(

)

)

2 2 Resolver la ecuación diferencial: x y'' + 5xy' + 5 y = 3ln ( x ) + 2 cos ln x + 4

Solución:

Tenemos una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el siguiente cambio: C.V. x = et → t = ln ( x ) y' =

dy  dy  = e −t   → y' = e −t y' dx  dt 

2 d2y dy  −2t  d y y'' = 2 = e  2 −  → y'' = e −2t ( y'' − y' ) dt  dx  dt

Remplazando en la ecuación diferencial: e 2t e −2t ( y'' − y' ) + 5et e −t y' + 5 y = 3t + 2 cos ( 2t ) + 4  y'' + 4 y' + 5 y = 3t + 2 cos ( 2t ) + 4 (1) Resolvemos aplicando los pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y'' + 4 y' + 5 y = 3t + 2 cos ( 2t ) + 4  y'' + 4 y' + 5 y = 0 0

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(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y + 4D  y + 5  y = 0  D + 4D + 5

)  y = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 + 4r + 5 = 0  r1,2 = −2  i Entonces la solución homogénea será: yh = c1e−2t cos t + c2e−2t sent Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Usamos el método de operadores anuladores. y'' + 4 y' + 5 y = 3t + 2 cos ( 2t ) + 4

(

Expresamos la ecuación en función del operador D: D 2 + 4D + 5

) y = 3t + 2 cos ( 2t ) + 4 (2)

Calculamos el operador anulador de f ( t ) = ( 3t + 4 ) + 2 cos ( 2t )  f ( t ) = f1 (t ) + f 2 (t )  f1 ( t ) = 3t + 4 → L1 ( D ) = D 2 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  2 2  f 2 ( t ) = 2 cos ( 2t ) → L2 ( D ) = D + 2

(

2 2 Luego el operador anulador de f ( t ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D ) = D D + 4

)

Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (2):

( (D

)( + 4 )( D

) y = D ( D + 4 ) ( ( 3t + 4 ) + 2 cos ( 2t ) ) D + 4D + 5 )  y = 0 Generamos la ecuación auxiliar: ( r + 4r + 5 ) r ( r + 4 ) = 0  r = −2  i D 2 D 2 + 4 D 2 + 4D + 5 2

2

2

2

0

2

2

2

2

1,2

, r3,4 = 0 , r5,6 = 2i

Con estas soluciones podemos escribir la solución general y = yh + y p :

y = c1e−2t cos t + c2e−2t sent + c3+c4t + c5 cos 2t + c6 sen2t  y = c1e −2t cos t + c2 e −2t sen t + c3 +c4t + c5 cos 2t + c6 sen2t yh

Entonces la solución particular y p es:

yp

y p = c3+c4t + c5 cos 2t + c6 sen2t

Esta solución satisface la ecuación diferencial (1): y p '' + 4 y p ' + 5 y p = ( 3t + 4 ) + 2 cos ( 2t ) (3) calculamos las derivadas de y p :

y p = c3+c4t + c5 cos 2t + c6 sen2t

 y p ' = c4 − 2c5 s en2t + 2c6 cos 2t →  y p '' = −4c5 cos 2t − 4c6 s en2t

Remplazando en (3):  −4c5 cos 2t − 4c6 s en2t  + 4 c4 − 2c5 s en2t + 2c6 cos 2t  + + 5 c3 +c4t + c5 cos 2t + c6 sen2t  = ( 3t + 4 ) + 2 cos ( 2t )

Comparando coeficientes generamos un sistema de ecuaciones lineales

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cos ( 2t ) :

c5 + 8c6 = 2

sen ( 2t ) :

− 8c5 + c6 = 0

resolviendo el sistema

5c4 = 3

t:

4c4 + 5c3 = 4

cons tan te :

8 3 2 16 , c4 = , c5 = , c6 = 25 5 65 65 Ahora podemos escribir la solución particular y p con los valores de las constantes halladas: c3 =

8 3 2 16 + t + cos 2t + sen2t 25 5 65 65 Paso 3: Solución general y = yh + y p yp =

y = c1e −2t cos t + c2 e −2t sen t + Retornamos a la variable original con t = ln ( x ) :

y = c1 x −2 cos ( ln x ) + c2 x −2 sen ( ln x ) +

8 3 2 16 + t + cos 2t + sen2t 25 5 65 65

8 3 2 16 + ln x + cos ( 2 ln x ) + sen ( 2 ln x ) 25 5 65 65

y = c1 x −2 cos ( ln x ) + c2 x −2 sen ( ln x ) +

8 3 2 16 + ln x + cos ( 2 ln x ) + sen ( 2 ln x ) 25 5 65 65

4. Resolver la ecuación diferencial:

y'' − 9 y = f ( t ) , y (0 ) = 2 , y' (0 ) = 0

;

 2-t ; 1  t  2  f (t ) =  1 ; 0  t  1 0 ; t  0; t  2 

Solución:

La ecuación diferencial podemos resolverla usando transformadas de La Place, por lo cual es necesario tener las condiciones iniciales y (0 ) = a y' (0 ) = b , a y b  . Para calcular el valor de las constantes a y b utilizaremos al final del problema la condición dada:

y (0 ) = 2, y' (0 ) = 0

y'' − 9 y = f ( t ) // L 

 aplicamos la transformada a la ecuación diferencial

L  y'' − 9 L  y = L  f ( t ) s 2Y( s ) − sy(0 ) − y'(0 ) − 9Y( s ) = F( s ) s 2Y( s ) − 2s − 9Y( s ) = F( s )

→

→ s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) − 9Y( s ) = F( s ) 2 0

(s

2

)

− 9 Y( s ) = 2s + F( s ) → Y( s ) = 2

(s

s 2

−9

+

) (s

F( s ) 2

−9

)

(*)

Cálculo de F( s ) :

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 2-t ; 1  t  2  Sea f ( t ) =  1 ; 0  t  1 0 ; t  0; t  2 

Escribimos la función por tramos usando la función paso unitario f ( t ) = ( 2 − t )  ( t −1) − ( t −2 )  + ( 1)  (t −0 ) − (t −1)  → f ( t ) = ( − ( t − 1) + 1) (t −1) + ( t − 2 ) (t −2 ) + (t ) − (t −1)     f ( t ) = − ( t − 1) (t −1) + ( t − 2 ) (t −2) + (t ) Para transformar usaremos el siguiente teorema L  f ( t − a )  ( t − a ) = F ( s ) e − as Lo cual nos indica que la función f debe tener mismo desface que 

f ( t ) = − ( t − 1) (t −1) + ( t − 2 ) (t −2) + (t ) // L 



 



  

L  f ( t ) = − L ( t − 1) ( t −1) + L ( t − 2 ) ( t − 2 ) + L ( t )

−1 − s 1 1 e  + 2 e −2s  + (1) 2     s s s

F( s ) = Remplazando (1) en (*):

s

Y( s ) = 2

(s

2

Y( s ) = 2

(s

2

−9 s −9

+

) ( )

 −1  − s  1  −2s  1  e + 2 e +  2 s s − 9  s   s 

+ s

1

)

2

2

(

−1

1 1 e − s  + e −2s  +     2 2 2 s −9 s s −9 s s −9 2

)

(

)

(

)

Multiplicamos y armamos fracciones parciales Y( s ) = 2

(

 1  − s  −1  −2s  1  1 1 1 1 1 1 + 2 + − + +  e  +  2 −  e  +  − +  54 ( s + 3 ) 54 ( s − 3 )  s − 9  9s  9s 54 ( s + 3 ) 54 ( s − 3 )   9s 18 ( s + 3 ) 18 ( s − 3 )  s

2

)

Anti transformando L

−1

 :

1 1 1 1 1 1 1 1  1  y( t ) = 2 cosh ( 3t ) +  t + e −3t − e3t  ( t ) −  t + e −3t − e3t  ( t ) − + e −3t + e3t t = t −1  9 t =t − 2 54 54  54 54  9 18 18 9 1 −3 t − 1 1 3 t −1  1 −3 t − 2 1 3 t −2  1 1 1 1 1 y( t ) = 2 cosh ( 3t ) +  ( t − 1) + e ( ) − e ( )  ( t −1) −  ( t − 2 ) + e ( ) − e ( )  ( t − 2 ) − + e −3t + e 3t 54 54 54 54 9 18 18 9  9 

5. Resolver la ecuación integral-diferencial: t

y'( t ) + 4 y( t ) +

 (t −  ) y' 0

t

( ) d  +

y

(  ) d = t

; y (0 ) = −1

0

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Solución:

t  t      Aplicamos transformada de Laplace: L y'( t ) +4 L y( t ) +L  ( t −  ) y'(  ) d  +L  y(  ) d   = L t     0  0 

 

(

 1 sY( s ) − y(0 ) +4Y( s ) +  2  sY( s ) − y(0 ) −1 s  2  Y( s )  s + 4 +  = −1 s 

→

Y( s ) =

)+ s

Y( s )

−1

 −2 − 2 −1  1 Y( s ) = L  2 2  s + 2 + 2

 

(



1 s2

−s s + 4s + 2

Aplicando transformada inversa L−1 

L

=



2

Expandiendo en fracciones parciales: Y( s ) =

−1

 

)

−2 − 2 1 2 −2 1 − 2 2 s+ 2 +2 2 2 s− 2 +2

(

)

(

)

:   2 − 2 −1  1  L −  s− 2 +2 2 2  

(

y( t ) =

−2 − 2 −( e 2 2

)

   

) − 2 − 2 e(

2 +2 t

)

2 −2 t

2 2

II/2015 1. (a) Si existe, anote el operador anulador de coeficientes constantes que anula f ( x ) = 3xe −4 x s en 2 ( 2x ) Solución: Para calcular el operador anulador de f ( x ) escribimos la función de la siguiente manera:

f ( x) = e

−4 x

−4 x  1 cos ( 4x )  3e−4 x x 3e cos ( 4x ) x −  f ( x ) = f1 ( x ) + f 2 ( x )  −  3x = 2 2 2 2 

Reconocemos el operador anulador de cada sumando:

 3e−4 x x 2 f x = → L1 ( D ) = ( D + 4 )  1( )  2  −4 x  f x = 3e cos ( 4x ) x → L D = 2( )  2 ( ) 2

(( D + 4 )

2

+ 42

)

2

Luego el operador anulador de f ( x ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D ) = ( D + 4 ) Finalmente: L ( D ) = ( D + 4 )

2

(( D + 4 )

2

+ 16

)

2

(( D + 4 )

2

+ 42

)

2

2

(b) Anote la hipótesis y tesis del primer teorema de traslación en términos del operador inverso L

−1

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81

Solución: Hipótesis: - Sea f ( t ) continua por tramos y de orden exponencial.

F ( s ) f ( t ) e at = L −1  F ( s − a )

- Sea f ( t ) = L Tesis: Entonces

−1

−2 x 2. Resolver la ecuación diferencial: y'' + 4 y' + 4 y = e ln x

Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y'' + 4 y' + 4 y = e−2x ln x 0  y'' + 4 y' + 4 y = 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y + 4D  y + 4  y = 0  D + 4D + 4

)  y = 0

r1 = −2 r2 = −2

2 Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r + 4r + 4 = 0  ( r + 2 ) = 0   2

Entonces la solución homogénea será: yh = c1e 1 + c2 xe 2  yh = c1e rx

r x

−2x

+ c2 xe−2x

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )  y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

En nuestro caso yh = c1e

x

yp =

 x0

e−2t

te −2t

e−2 x

xe−2 x

e−2t −2e−2t

−2 x

te −2t e −2t − 2te −2t

+ c2 xe

−2 x

e

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

 y1( x ) = e−2 x  , además f ( x ) = e −2 x ln x  −2 x y = xe   2( x ) x

−2t

y1( x )



x



x



e−2t xe−2 x − e−2 x te −2t −2t ln tdt = e ln tdt =xe −2 x ln ( t )dt − e −2 x t ln (t )dt −4t e x0

x0

x0

1  1  − e−2 x  t 2 ( 2 ln ( t ) − 1) = xe −2 x ( x ln ( x ) − x ) − e −2 x  x 2 ( 2 ln ( x ) − 1)  4  t=x 4  1 −2 x 2 3 −2 x 2 Simplificando: y p = e x ln ( x ) − e x 2 4 y p = xe−2 x t ln ( t ) − t 

t=x

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82

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

1 3 y = c1e −2 x + c2 xe −2 x + e −2 x x 2 ln ( x ) − e −2 x x 2 2 4

(

(

3. Resolver la ecuación diferencial: x 2 y'' − 2xy' + 2 y = x 3 + 2 cos ln x 2

))

Solución:

Tenemos una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el siguiente cambio: C.V. x = et → t = ln ( x ) y' = y'' =

dy  dy  = e −t   → y' = e −t y' dx  dt  2 d2y dy  −2t  d y −2t = e −   → y'' = e ( y'' − y' ) 2 2 dt  dx  dt

Remplazando en la ecuación diferencial: e 2t e −2t ( y'' − y' ) − 2et e −t y' + 2 y = et ( 3 + 2 cos ( 2t ) )  y'' − 3 y' + 2 y = 3et + 2e t cos ( 2t ) (1) Resolvemos aplicando los pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y'' − 3y' + 2 y = 3et + 2et cos ( 2t )  y'' − 3y' + 2 y = 0 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y − 3D  y + 2  y = 0  D − 3D + 2

) y = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 − 3r + 2 = 0  r1 = 1, r2 = 2 Entonces la solución homogénea será: yh = c1et + c2 e2t Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p t t Usamos el método de operadores anuladores. y'' − 3 y' + 2 y = 3e + 2e cos ( 2t )

(

Expresamos la ecuación en función del operador D: D 2 − 3D + 2

) y = 3e

t

+ 2et cos ( 2t ) (2)

Calculamos el operador anulador de f ( t ) = 3et + 2et cos ( 2t )  f ( t ) = f1 ( t ) + f 2 ( t )

 f1 ( t ) = 3et → L1 ( D ) = D − 1 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  2 t  f 2 ( t ) = 2e cos ( 2t ) → L2 ( D ) = ( D − 1) + 4

(

Luego el operador anulador de f ( t ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D ) = ( D − 1) ( D − 1) + 4 2

)

Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (2):

( D − 1) ( ( D − 1)

2

( D − 1) ( ( D − 1 )

2

)( + 4)(D

) − 3D + 2 )  y = 0

(

)(

+ 4 D 2 − 3D + 2  y = ( D − 1) ( D − 1) + 4 3et + 2e t cos ( 2t ) 2

2

)

0

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83

Generamos la ecuación auxiliar:

(r

2

(

)

)

− 3r + 2 ( r − 1) ( r − 1) + 4 = 0  r1 = 1 ,r2 = 2 , r3 = 1 , r4 ,5 = 1  2i 2

Con estas soluciones podemos escribir la solución general y = yh + y p :

y = c1et + c2e2t + c3tet +c4 et cos 2t + c5et sen2t  y = c1et + c2 e 2t + c3tet +c4 et cos 2t + c5et sen2t yh

Entonces la solución particular y p es:

yp

y p = c3tet +c4 et cos 2t + c5 et sen2t

Esta solución satisface la ecuación diferencial (1): y p '' − 3 y p ' + 2 y p = 3et + 2et cos ( 2t ) (3) calculamos las derivadas de y p : y p = c3te +c4 e cos 2t + c5 e sen2t t

t

t

 y p ' = c3 et +c3tet + ( c4 + 2c5 ) et cos 2t + ( −2c4 + c5 ) et sen2t → t t t t  y p '' = 2c3 e +c3te + ( −3c4 + 4c5 ) e cos 2t + ( −4c4 − 3c5 ) e sen2t

Remplazando en (3):  2c3 et +c3tet + ( −3c4 + 4c5 ) et cos 2t + ( −4c4 − 3c5 ) e t sen2t  −  

−3 c3 et +c3tet + ( c4 + 2c5 ) et cos 2t + ( −2c4 + c5 ) e t sen2t  + 2 c3te t+c4e t cos 2t + c5e t sen2t  = = 3et + 2et cos ( 2t ) Comparando coeficientes generamos un sistema de ecuaciones lineales et cos ( 2t ) : − 3c4 + 4c5 − 3c4 − 6c5 + 2c4 = 2 −4c4 − 2c5 = 2  t  − 4c4 − 3c5 + 6c4 − 3c5 + 2c5 = 0 resolviendo el sistema e sen ( 2t ) :  2c4 − 4c5 = 0  t  −c + c = 3 3 4  2c3 − 3c3 + c4 = 3 e : 17 2 1 c3 = − , c4 = − , c5 = − 5 5 5 Ahora podemos escribir la solución particular y p con los valores de las constantes halladas: yp = −

17 t 2 t 1 te − e cos 2t − et sen2t 5 5 5

Paso 3: Solución general y = yh + y p

17 t 2 t 1 te − e cos 2t − et sen2t 5 5 5 Retornamos a la variable original con t = ln ( x ) : y = c1et + c2 e 2t −

y = c1 x + c2 x 2 −

17 2 1 x ln ( x ) − x cos ( 2 ln ( x ) ) − xsen ( 2 ln ( x ) ) 5 5 5

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4. Resolver la ecuación diferencial:

y'' + 2 y' + 10 y = 2t + 3(t −3) + 4 (t −4 ) , y (0 ) = 1 , y' (0 ) = 3 Solución:

Aplicamos la transformada a la ecuación diferencial: y'' + 2 y' + 10 y = 2t + 3(t −3) + 4 (t −4 ) // L 







L  y'' + 2 L  y'  + 10 L  y = 2 L t + 3 L  ( t −3 ) + 4 L ( t −4 )

(

)





1 1 s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) + 2 sY( s ) − y(0 ) + 10Y( s ) = 2 +3e−3s + e −4 s 1 3 1 s s 1 1 1 3e −3s 1  s 2 + 2s + 10 Y( s ) = 2 +3e −3s + e −4 s → Y( s ) = 2 2 + 2 + e −4 s 2 s s s s + 2s + 10 s + 2s + 10 s s + 2s + 10

(

)

(

) (

) (

)

Multiplicamos y desarrollamos en fracciones parciales:  1 1 Y( s ) = + +3  2 2 50 ( s + 1) + 9 10s 50s  

(

s−3

)

(

   −s − 2 1  −4 s  e −3s +  + e  10 s + 1 2 + 9 10s    ( s + 1)2 + 9  ( )   1

)

(

 1 1 1 Y( s ) = − + +3  2 2 2 2  50 ( s + 1) + 9 50 ( s + 1) + 9 10s 50s  ( s + 1) + 9 

(

s +1

)

Anti transformando L

y( t ) =

(

−1

4

)

(

)

)

    e −3s +  −( s + 1 ) − 1 + 1  e −4 s   10 s + 1 2 + 9 10s     ( )   

(

)

 :

1  −t 4 1  1  e cos ( 3t ) − sen ( 3t )  + t − + 50  3  10 50 1 1   −1  + 3  e −t sen ( 3t )  ( t ) +  e−t cos ( 3t ) − e −t sen ( 3t )  ( t ) t =t − 3 t =t − 4 30 3   10 

y( t ) =

1  −t 4 1  1 +  e cos ( 3t ) − sen ( 3t )  + t − 50  3  10 50 1 − t −4  1 − t −3   −1 − t −4  + 3  e ( ) sen ( 3 ( t − 3 ) )  ( t −3) +  e ( ) cos ( 3 ( t − 4 ) ) − e ( ) sen ( 3 ( t − 4 ) )  (t −4 ) 30 3   10 

5. Resolver la ecuación integral-diferencial: 0

f '( t ) + f( t ) −

 (t −  ) f ' t

t

( ) d  +

f

(  ) d = t

; y (0 ) = −1

0

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Solución:

t  t      Aplicamos transformada de Laplace: L f '( t ) +L f( t ) + L  ( t −  ) f '(  ) d  +L  f (  ) d   = L t     0  0 

   

(

 1 sF( s ) − f(0 ) +F( s ) +  2  sF( s ) − f(0 ) −1 s  2  F( s )  s + 1 +  = −1 s 

→

Y( s ) =

(s

)+ s

F( s )

−1

−s 2

+s+2

Expandiendo en fracciones parciales: Y( s ) = 

=





1 s2

) 1 1  − s +  + 2 2 

2 2 1 7    s +  +   2 4   

Aplicando transformada inversa L−1 

L−1

:

    1      7 s+      2 −1   2  2 Y( s ) = − L−1  + L    2 2 2 2    1 7  2 7 1 7    s +  +    s + 2  + 4     2 4          

 

y( t ) =

−1 t −e 2

 7  1 −21t  7  cos  t  + e sen  t  7  2   2 

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86 II/2014

1. Resolver la ecuación diferencial:

(1 − 2x − x ) y'' + 2 (1 + x ) y' − 2 y = 2 2

; y(0 ) = 3 , y'(0 ) = 2

Si se conoce que: y1 = 1 + x Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h Calculamos y 2 con ayuda de la integral de Abel.

Sea

APLICACIÓN DE LA INTEGRAL DE ABEL y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = 0 , si se tiene una solución y1 se puede calcular y 2 utilizando la

fórmula de Abel:

y2 = y1



− P( x ) dx e  dx y12

de esta manera se obtiene la solución homogénea: yh = c1 y1 + c2 y2

2 (1 + x )

2 y = 0 (1) 1 − 2x − x 1 − 2x − x 2 2 (1 + x ) Extraemos P ( x ) de la ecuación diferencial P ( x ) = , también tenemos y1 = 1 + x 1 − 2x − x 2 Tenemos la ecuación homogénea: y'' +

Entonces y2 = ( 1 + x )



e

−

2( 1+ x )

1− 2 x − x 2

(1 + x )

2

2 Luego yh = c1 ( 1 + x ) + c2 x + x + 2

)

 y2 = x 2 + x + 2

(

2

dx

dx = (1 + x )

y' −

 (1 + x ) e

)

(

ln x 2 + 2 x −1 2

dx = (1 + x )



x 2 + 2x − 1 2   dx = (1 + x )  x +  2 x +1  (1 + x )

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )  y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

(

)

y1( x )

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

y = 1+ x  2  1( x ) , además f ( x ) = 2 1 − 2x − x 2 y = x +x+2   2( x )

En nuestro caso yh = c1 ( 1 + x ) + c2 x 2 + x + 2  

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1+ t x

yp =

 0

t2 + t + 2 x

1 + x x2 + x + 2

2 dt= − 2 2 1 + t t 2 + t + 2 1 − 2t − t 1

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87



(x

2

)

(

+ x + 2 ( t + 1) − ( x + 1 ) t 2 + t + 2 t + 2t − 1 2

)

1 dt t + 2t − 1 2

0

2t + 1

 x2  2 Integrando y evaluando: y p = −2  −   yp = x  2  Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p

(

)

 y = c1 ( 1 + x ) + c2 x 2 + x + 2 + x 2

Calculamos c1 y c2 con y(0 ) = 3 , y'(0 ) = 2

(

)

0 = c1 ( 1 + 3 ) + c2 3 2 + 3 + 2 + 3 2 11 7  c1 = , c2 = −  6 6 0 = c1 + c2 ( 2  2 + 1) + 2  2 Finalmente: y =

x 2 2x 1 11 7 2 2 y = − + − 1 + x − x + x + 2 + x  ( ) 6 3 2 6 6

(

)

2. Resolver la ecuación diferencial: x 2 y'' + 3xy' + 5 y = 5 ln 2 x + 6 sen ( ln x ) + 2 ln x Solución: Tenemos una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el siguiente cambio: C.V. x = et → t = ln ( x )

y' = y'' =

dy  dy  = e −t   → y' = e −t y' dx  dt  2 d2y dy  −2t  d y −2t = e  2 −  → y'' = e ( y'' − y' ) 2 dt dx  dt 

Remplazando en la ecuación diferencial: e 2t e −2t ( y'' − y' ) + 3et e −t y' + 5 y = 5t 2 + 6 sen (t ) + 2t

y'' + 2 y' + 5 y = 5t 2 + 6 sen ( t ) + 2t

(1)

Resolvemos aplicando los pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h

y'' + 2 y' + 5 y = 5t 2 + 6 sen ( t ) + 2t  y'' + 2 y' + 5 y = 0 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D  y + 2D  y + 5  y = 0  D + 2D + 5

)  y = 0

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r 2 + 2r + 5 = 0  r1,2 = −1  2i −t −t Entonces la solución homogénea será: yh = c1e cos ( 2t ) + c2 e sen ( 2t )

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Usamos el método de operadores anuladores. y'' + 2 y' + 5 y = 5t 2 + 2t + 6 sen ( t )

( ) y = 5t + 2t + 6 sen (t ) f ( t ) = ( 5t + 2t ) + 6 sen ( t )  f ( t ) = f ( t ) + f ( t )

2 Expresamos la ecuación en función del operador D: D + 2D + 5

Calculamos el operador anulador de

2

(2)

2

1

2

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 f1 ( t ) = 5t 2 + 2t → L1 ( D ) = D 3 Reconocemos el operador anulador de cada sumando:  2 2  f 2 ( t ) = 6 sen ( t ) → L2 ( D ) = D + 1

(

)

(

)(

3 2 Luego el operador anulador de f ( t ) será: L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D ) = D D + 1

Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (2):

(

)(

D 3 D 2 + 1 D 2 + 2D + 5

) y = D ( D 3

2

(

)(

+ 1 5t 2 + 2t + 6 sen ( t )

)(

)

 D 3 D 2 + 1 D 2 + 2D + 5 0

) y = 0

)

3 2 2 Generamos la ecuación auxiliar: r r + 1 r + 2r + 5 = 0  r1,2 = −1  2i , r3,4 = −i , r5,6 ,7 = 0

Con estas soluciones podemos escribir la solución general y = yh + y p :

y = c1e−t cos ( 2t ) + c2e−t sen ( 2t ) + c3 cos ( t ) + c4 sen ( t ) + c5 + c6 t + c7 t 2 yh

yp

y p = c3 cos ( t ) + c4 sen ( t ) + c5 + c6 t + c7 t 2

La solución particular y p es:

Esta solución satisface la ecuación diferencial (1): y p '' + 2 y p ' + 5 y p = 5t 2 + 2t + 6 sen ( t )

(3)

Calculamos las derivadas de y p :

y p = c3 cos ( t ) + c4 sen ( t ) + c5 + c6 t + c7 t 2

  y p ' = −c3 sen ( t ) + c4 cos ( t ) + c6 + 2c7 t →   y p '' = −c3 cos ( t ) − c4 sen ( t ) + 2c7

Remplazando en (3):

(

)

−c3 cos ( t ) − c4 sen ( t ) + 2c7 + 2 ( −c3 sen ( t ) + c4 cos ( t ) + c6 + 2c7 t ) + 5 c3 cos (t ) + c4 sen (t ) + c5 + c6 t + c7 t 2 = = 5t 2 + 2t + 6 sen ( t )

( 5c7 ) t 2 + ( 5c6 + 4c7 ) t + ( 5c5 + 2c6 + 2c7 ) + ( −c4 − 2c3 + 5c4 ) sen (t ) + ( 2c4 + 4c3 ) cos t (t ) = 5t 2 + 2t + 6 sen ( t ) Comparando coeficientes generamos un sistema de ecuaciones lineales

t2 : t:

5c7 = 5 5c6 + 4c7 = 2

cttes.: 5c5 + 2c6 + 2c7 = 0

resolviendo el sistema

sen t : −c4 − 2c3 + 5c4 = 6 cos t :

c3 = −

2c4 + 4c3 = 0

3 6 6 2 , c4 = , c5 = − , c6 = − , c7 = 1 5 5 25 5

Ahora podemos escribir la solución particular y p con los valores de las constantes halladas:

3 6 6 2 y p = − cos ( t ) + sen ( t ) − − t + t 2 5 5 25 5 Paso 3: Solución general y = yh + y p

3 6 6 2 y = c1e−t cos ( 2t ) + c2 e −t sen ( 2t ) − cos ( t ) + sen ( t ) − − t + t 2 5 5 25 5 ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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89

Retornamos a la variable original con t = ln ( x ) :

3 6 6 2 y = c1 x −1 cos ( 2 ln x ) + c2 x −1 sen ( 2 ln x ) − cos ( ln x ) + sen (ln x ) − − ln x + ln 2 x 5 5 25 5 3. Resolver la ecuación diferencial: y

(V )

IV + 5 y''' + 4 y' = 6 ; y(0 ) = y'(0 ) = y''(0 ) = y'''(0 ) = 0 , y ( )(0 ) = 1

Solución: Como todas las condiciones iniciales están en el origen aplicamos la transformada de Laplace:

 

V L y ( ) + 5 L  y'''  + 4 L  y'  = L 6

(

)

IV s 5Y( s ) − s 4 y(0 ) − s 3 y'(0 ) − s 2 y''(0 ) − s y'''(0 ) − y ( )(0 ) + 5 s 3Y( s ) − s 2 y(0 ) − s y'(0 ) − y''(0 ) − y'''(0 ) + 0 0 0 0 1 0 0 0 0

(

)

1 + 4 sY( s ) − y(0 ) = 6 0 s

(

6

)

6

Entonces tenemos: s Y( s ) − 1 + 5s Y( s ) + 4sY( s ) =  s s + 5s + 4 Y( s ) = + 1 s s 5

Despejando Y( s ) : Y( s ) =

3

s2

(

4

2

 1   Y = s + 6  ( ) s ( )  s2 s2 + 4 s2 + 1 s2 + 4 s2 + 1  s +6

)(

)

(

)(

)

   

1 1 1 1  1 1 + − 2 2 12 s + 4 3 s 2 + 1   s

Expandiendo en fracciones parciales: Y( s ) = ( s + 6 )   4

11 3 1

1

s

1

3

1

2

1

s

1

+ + + − −2 2 Realizando arreglos: Y( s ) = 4 s 2 s 2 12 s 2 + 4 4 s 2 + 4 3 s 2 + 1 s +1 1

1

1

cos ( 2t ) + sen ( 2t ) − cos ( t ) − 2 sen ( t ) Aplicando la transformada inversa: y( t ) = + t + 4 2 12 4 3 4. Resolver la ecuación diferencial: y'' − 5 y' + 6 y = f ( t )

y(0 ) = 2 , y'(0 ) = 3

, t 1 2  , f ( t ) = 3 − t , 1  t  5 −2 , t  5 

Solución: Definimos f ( t ) con la función paso unitario.

f( t ) = 2  ( t ) − ( t −1)  + ( 3 − t )  ( t −1) − ( t −5 )  − 2 ( t −5 )  f (t ) = 2 (t ) − ( t − 1) (t −1) + ( t − 5 ) (t −5 )     Sustituyendo en la ecuación diferencial: y'' − 5y' + 6 y = 2 (t ) − ( t − 1) (t −1) + (t − 5 ) (t −5 )

  

 

Aplicamos Laplace: L  y'' − 5 L  y'  + 6 L  y = 2 L ( t ) − L ( t − 1) ( t −1) + L ( t − 5 ) ( t −5 )



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90

(

)

2 1 1 s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) − 5 sY( s ) − y(0 ) + 6Y( s ) = − 2 e − s + 2 e −5s 2 3 2 s s s

(

)

(

)

2 1 1 2 1 1 s 2Y( s ) − 2s − 3 − 5 sY( s ) − 2 + 6Y( s ) = − 2 e − s + 2 e −5s  s 2 − 5s + 6 Y( s ) = −7 + 2s + − 2 e − s + 2 e −5s s s s s s s 2s 2 − 7s + 2

1

1

− 2 e− s + 2 e−5s Despejando Y( s ) : Y( s ) = s ( s − 3 )( s − 2 ) s ( s − 3 )( s − 2 ) s ( s − 3 )( s − 2 ) Desarrollando en fracciones parciales:

1  5 1 1 1 1 1 1 1  −s  5 1 1 1 1 1 1 1  −5s 1 1 1 1 Y( s ) =  − +2 − + + − e + + + − e 2 2   s − 2   36 s 6 s 9 s −3 4 s −2 9 s − 3 4 s − 2  3 s 3 s − 3  36 s 6 s Aplicando transformando inversa de Laplace:

1 1  1 1  1 1  5 1 5 1 y( t ) =  − e3t + 2e 2t  −  + t + e3t − e 2t  ( t ) +  + t + e3t − e 2t  ( t ) t = t −1 t =t − 5 9 4  9 4  3 3   36 6  36 6 Finalmente:

1 3 t − 1 1 2 t −1  1 3 t −5 1 2 t −5  1 1  5 1 5 1 y( t ) =  − e3t + 2e 2t  −  + ( t − 1) + e ( ) − e ( )  ( t −1) +  + ( t − 5 ) + e ( ) − e ( )  ( t −5 ) 9 4 9 4 3 3   36 6   36 6  5. Utilizando la transformada de Laplace, resolver: ty'' − 2 y' + 2 y = 2t 3 ; y(0 ) = y'(0 ) = 0 Solución:

 

3 Aplicamos Laplace: L ty''  − 2 L  y'  + 2 L  y = 2 L t

−

(

) (

)

d 2 3! s Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) − 2 sY( s ) − y(0 ) + 2Y( s ) = 2  4 0 0 0 ds s

(

)

12 4s − 2 12 − 2sY( s ) + s 2Y '( s ) − 2sY( s ) + 2Y( s ) = 4  Y '( s ) + 2 Y( s ) = − 6 s s s Resolvemos (1) calculando su factor integrante: ( s ) = e



4 s−2 s2

ds

=

(1) Ecuación lineal 2 4 s s e

Multiplicamos ( s ) * (1) : 2 2 2 2 2   2  4s − 2 d  12 12    12  s 4 e s  Y '( s ) + 2 Y( s )  =  − 6  s 4 e s   s 4 e s Y( s )  = − 2 e s  d  s 4 e s Y( s )  = − 2 e s ds    ds  s s s    s    

Integrando:



2 2 2  4 2  12 s 4 s s d  s e Y( s )  = − 2 e ds  s e Y( s ) = 6e s + C   s  



(1)

Para poder encontrar el valor de la constante C usamos el teorema del valor inicial: lim sY( s ) = lim y( t ) s →

t →0

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91

0   6 C  6 C 6 C  = y(0 )  lim 3 + De (1): sY( s ) = 3 + , entonces lim 3 + 2 2 2 s →  s s → s  s 3 s s 3e s  s 3e s  lim s e s →

=0

C =0 



Para que se cumpla la igualdad C = 0 2

2

Reemplazando en (1): s 4 e s Y( s ) = 6e s  Y( s ) =

6 s4

3 Aplicando transformada inversa: y( t ) = t

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92 I/2014

−2 x 1. Resolver: 2 y'' + 3 y' + y = 2 sen ( 2x + 3 ) +4cos ( 2x + 5 ) +e

Solución: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h 2 y'' + 3 y' + y = 0

(

2 2 Expresamos la ecuación en función del operador D: 2D  y + 3D  y +  y = 0  2D + 3D + 1

)  y = 0

r1 = −1  Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: 2r + 3r + 1 = 0  ( 2r + 1)( r + 1) = 0   1 r2 = −   2 2

rx r x −x Entonces la solución homogénea será: yh = c1e 1 + c2 e 2  yh = c1e + c2 e

1 − x 2

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Calculamos y p por el método de Variación de Parámetros. Método de variación de parámetros

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x )  y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

−x En nuestro caso yh = c1e + c2

x

yp =

e x0

e −t

e

e− x

e

−t

−e x

yp =

 x0

−t

1 − x 2 e

y1( x )

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

 y1( x ) = e − x  1 −2 x  1 , además f ( x ) = sen ( 2x + 3 ) +2cos ( 2x + 5 ) + e − x 2  y2 x = e 2  ( )

1 − t 2

1 − x 2

1 −2t    sen ( 2t + 3 ) +2cos ( 2t + 5 ) + e dt 2  

1 − t e 2 1

1 − t − e 2 2

 −x t  1  2 e 2 e 2 − e− x et   sen ( 2t + 3 ) +2cos ( 2t + 5 ) + e −2t dt 2    

y p = 2e

−

x 2

x

 x0

x

t 3  t 1 −2t  1 −t  −x  t t 2 2  e sen ( 2t + 3 ) +2e cos ( 2t + 5 ) + e dt − 2e  e sen ( 2t + 3 )+2e cos ( 2t + 5 ) + e dt 2 2     x

 0

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93

x x x x  x t   x  t 3 − t     − x t t − t y p = e  2 e 2 sen ( 2t + 3 )dt + 4 e 2 cos ( 2t + 5 )dt + e 2 dt  − e 2 e sen ( 2t + 3 )dt + 4 e cos ( 2t + 5 )dt + e dt   x0   x0  x0 x0 x0 x0 Integrando: x t   2 t  2 −3t  −   2 y p = e 2  2  − e 2 ( 4cos ( 2t + 3 ) − sen ( 2t + 3 ) )  + 4  e 2 ( 4 sen ( 2t + 5 ) + cos ( 2t + 5 ) )  − e 2  −   17  3   17     t=x −



x 2











 1   1  − e − x 2  et ( sen ( 2t + 3 ) − 2 cos ( 2t + 3 ) )  + 4  et ( 2 sen ( 2t + 5 ) + cos ( 2t + 5 ) )  − e −t   5   5  t=x yp = e

−

x 2

x 3  4 x 8 2 − x  − e 2 ( 4cos ( 2x + 3 ) − sen ( 2x + 3 ) ) + e 2 ( 4 sen ( 2x + 5 ) + cos ( 2x + 5 ) ) − e 2  − 17 3  17 

 2   4 − e − x  e x ( sen ( 2x + 3 ) − 2 cos ( 2x + 3 ) )  + e x ( 2 sen ( 2x + 5 ) + cos ( 2x + 5 ) ) − e − x   5  5  1 −2 x 14 12 24 28 Simplificando: y p = e − sen ( 2x + 3 ) − cos ( 2x + 3 ) + sen ( 2x + 5 ) − cos ( 2x + 5 ) 3 85 85 85 85

Paso 3: Escribimos la solución general y = yh + y p −x

y = c1e + c2e

−

x 2

1 14 12 24 28 + e−2x − sen ( 2x + 3 ) − cos ( 2x + 3 ) + sen ( 2x + 5 ) − cos ( 2x + 5 ) 3 85 85 85 85    

2. Resolver: y'' − 3y' + 2 y = sen  2  t −

    2 5 5 2  2   t − t + −     2  

2

4

4 

y(0 ) = y'(0 ) = 0 Solución:

 1 ;  2 5 5 2  2   Por definición de la función escalón unitario   t − t+ − =  2 4 4    0 ; 

t2 −

5 5 2  2 t+ − 0 2 4 4

t2 −

5 5 2  2 t+ − 0 2 4 4

Resolvemos las inecuaciones:

 2 5 5 2  2 t − t +   5 5 2  2 2 2 4 4 t − t+ − 0  2 4 4 t    t  2  2

5 5 2 2 t+ − 2 4 4 3  t  2

 t2 − 

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 1   2 5 5 2  2   t+ − Luego   t −  = 1  2 4 4    1 0 

   

Entonces: y'' − 3 y' + 2 y = sen  2  t −

; 0t 



2 3 ;  t  2 ; t  2 ; otro caso

  

   3     (t ) −   t −  +  (t −  ) −   t − 2   2  2 

   +  ( t − 2 )   

       y'' − 3 y' + 2 y = − sen ( 2t )  ( t ) − sen  2  t −     t −  − sen ( 2 ( t −  ) )  ( t −  ) −   2   2    3    3  − sen  2  t −   t −  − sen ( 2 ( t − 2 ) )  ( t − 2 ) 2    2    Aplicando transformada de Laplace:

(

)



3

− s − s 2 2 2 2 2 s 2Y( s ) − s y(0 ) − y'(0 ) − 3 sY( s ) − y(0 ) + 2Y( s ) = − 2 − 2 e 2 − 2 e − s − 2 e 2 − 2 e−2 s 0 0 0 s +4 s +4 s +4 s +4 s +4

 3   − s − s − s 2 2 e −2  s 1 + e + e + e Despejando Y( s ) : Y( s ) = −   ( s − 1)( s − 2 ) s 2 + 4  

2

(

)

Expandiendo en fracciones parciales:  3  − s − s 3 s 1 1 2 1   1 2 − s 2 2 e −2 s Y( s ) =  − − +   1 + e + e + e 2 2  20 s + 4 20 s + 4 4 s − 2 5 s − 1    

Y( s ) =

1 2 3 s 1 1 2 1 3 s 1 1 2 1  −2s  1 2 − − + + − − + + e 2 2 2 2 20 s + 4 20 s + 4 4 s − 2 5 s − 1  20 s + 4 20 s + 4 4 s − 2 5 s − 1  3

3 s 1 1 2 1  − s  1 2 3 s 1 1 2 1  −2s  1 2 + − − + e + − − + +   e  20 s 2 + 4 20 s 2 + 4 4 s − 2 5 s − 1   20 s 2 + 4 20 s 2 + 4 4 s − 2 5 s − 1  3 s 1 1 2 1  −2 s  1 2 + − − + e 2 2  20 s + 4 20 s + 4 4 s − 2 5 s − 1  Aplicando transformada inversa:

3 1 2 3 1 2  1   1  y( t ) =  sen ( 2t ) − cos ( 2t ) − et − 2 + et −1   ( t ) +  sen ( 2t ) − cos ( 2t ) − et − 2 + et −1   ( t ) t =t −  + 20 4 5 20 4 5  20   20  2 3 1 2 3 1 2  1   1  +  sen ( 2t ) − cos ( 2t ) − et − 2 + et −1   ( t ) t =t − +  sen ( 2t ) − cos ( 2t ) − et − 2 + et −1   ( t ) t =t − 3 + 20 4 5 20 4 5  20   20  2 3 1 2  1  +  sen ( 2t ) − cos ( 2t ) − et − 2 + et −1   ( t ) t =t − 2 20 4 5  20  ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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 201 sen ( 2t ) − 203 cos ( 2t ) − 41 e 4

Simplificando: y( t ) =

t −2

k =0

 4

Finalmente: y( t ) =

k =0

 1  k  sen  2  t −  20 2   

2  + et −1   ( t ) t =t − k 5  2

  k  3   − cos  2  t − 2   20  



k  −2 

  1  t − 2  − e  4



k    −1  

2 t− + e 2 5

   

 t −

k   2 

3. Si dos soluciones de la ecuación diferencial de coeficientes variables

P( x ) y''' + Q( x ) y'' + R( x ) y' + H ( x ) y = 0 ; y1( x ) = x 2 , y2( x ) = x 5 Determinar la tercerea solución si se conoce: W '

(

x5 ,y ,x 2

Solución:

W'

(

x5 ,y,x 2

)

= 64x3 

)

= 64x 3





dW  → dW = 64 x 3dx  W = 16 x 4 = 64x 3  dW = 64x 3 dx ⎯⎯ dx

x5

y

x2

 5x 4

y'

2x = 16 x 4  x 2 y'' − 6 xy' + 10 y =

20x 3

y''

2

16 3

Tenemos una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el siguiente cambio: C.V. x = et → t = ln ( x )

y' = y'' =

dy  dy  = e −t   → y' = e −t y' dx  dt  2 d2y dy  −2t  d y = e −  → y'' = e −2t ( y'' − y' )  2 2 dt  dx  dt

Remplazando en la ecuación diferencial: 16 16 e 2t e −2t ( y'' − y' ) y'' − 6et e −t y' + 10 y =  y'' − 7 y' + 10 y = 3 3 Resolvemos aplicando los pasos: Paso 1: Cálculo de la solución Homogénea y h y'' − 7 y' + 10 y = 0

(1)

Generamos la ecuación auxiliar y hallamos sus raíces: r − 7r + 10 = 0  r1 = 2 , r2 = 5 2

Entonces la solución homogénea será: yh = c1e + c2e 2t

5t

Paso 2: Cálculo de la solución Particular y p Usamos el método de operadores anuladores. y'' − 7 y' + 10 y =

(

16 3

Expresamos la ecuación en función del operador D: D − 7 D + 10 Calculamos el operador anulador de f ( t ) =

2

) y = 163

(2)

16 3

Luego el operador anulador de f ( t ) será: L ( D ) = D ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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Multiplicamos L ( D ) a la ecuación (2):

) y = D  163   D ( D − 7 D + 10 ) y = 0 Generamos la ecuación auxiliar: r ( r − 7r + 10 ) = 0  r = 2 (

D D 2 − 7 D + 10

2

2

1

, r2 = 5 , r2 = 0

Con estas raíces podemos escribir la solución general yG = yh + y p :

yG = c1e2t + c2 e5t + c3 yp

yh

Entonces la solución particular y p es: y p = c3 Esta solución satisface la ecuación diferencial (1): y'' p − 7 y' p + 10 y p =

16 3

(3)

calculamos las derivadas de y p :

 yp ' = 1 y p = c3 →   y p '' = 0 Remplazando en (3): 10c3 =

16 8  c3 = 3 15

Ahora podemos escribir la solución particular y p : y p =

8 3

Paso 3: Solución general yG = yh + y p

8 15 Retornamos a la variable original con t = ln ( x ) : yG = c1e 2t + c2 e5t +

yG = c1 x 2 + c2 x 5 +

8 8  y= 15 15 y

2x = 16 x 4  5x 4

8 15 0

2x = 16 x 4 , cumple.

20x 3

0

2

x5

y

x2

Verificamos 5x 4

y' y''

2

20x 3

x5

x2

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4. Resolver la ecuación diferencial: y' − 6 y = f ( t ) , con las condiciones y(0 ) = 1 , y'(0 ) = 0 onda cosenoidal

Solución: En la ecuación diferencial aplicamos la transformada de Laplace:

1 sY( s ) − y(0 ) − 6Y( s ) = F ( s )  Y( s ) = ( F ( s ) + 1) 1 s −6

(1)

1 − cos t , 0  t    Por otra parte, definimos f ( t ) : f ( t ) =  t 2− , 0  t  2    Haciendo uso de la función escalón unitario:

t   f ( t ) = ( 1 − cos t ) (  ( t ) −  ( t −  ) ) +  2 −  (  ( t −  ) −  ( t − 2 ) )   t   f ( t ) = ( 1 − cos t ) (  ( t ) −  ( t −  ) ) +  2 −  (  ( t −  ) −  ( t − 2 ) )   Reacondicionando la función:

f ( t ) =  ( t ) − cos ( t )  ( t ) − cos ( t −  )  ( t −  ) −

1



1

(t −  )  (t −  ) − (t − 2 )  (t − 2 ) 

Aplicando la transformada de Laplace:

F (s) =

1 s s 1 1 − s 1 1 −2 s − 2 − 2 e − s − e − e s s +1 s +1  s2  s2

1 1

s

s

1 1

1 1



− 2 e − s − e − s − e −2  s + 1  Sustituyendo en (1): Y( s ) =  − 2 2 2 s −6  s s +1 s +1  s  s  Y( s ) =

1 1 s s 1 1 1 1  + 1 − e − s − e− s − e−2 s  − 2 2 2 2 s −6  s s + 1  (s −6 ) s +1  s (s −6 )  s (s −6 )

(

)

Desarrollando en fracciones parciales: ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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Y( s ) =

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98

6 s 1 1 223 1 11  1 1 6 s 6 1  − s − + − − − + e − 2 2 2 2 37 s + 1 37 s + 1 222 s − 6 6 s  37 s + 1 37 s + 1 37 s − 6  −

1 1 1 1 1 1 1  − s 1  1 1 1 1 1 1  −2 s + + e − 2 − e − − 2 −   6 s 36 s 36 s − 6    6 s 36 s 36 s − 6 

Aplicando transformada inversa:

1 223 6t 1  6 6  6  1  y( t ) =  cos t − sen t + e −   ( t ) −  sen t − cos t + e6t   ( t ) t =t − − 37 222 6 37 37  37  37  1 1 1 1 1 1 1 1 6t   − − t − + e6t   ( t ) t =t − −  − t − + e  ( t ) t =t − 2   6 36 36    6 36 36  Finalmente:

1 223 6 t 1  6 6 6 ( t − )   6  1 y( t ) =  cos t − sen t + e −   ( t ) −  sen ( t −  ) − cos ( t −  ) + e   (t −  ) − 37 222 6 37 37  37  37  1 1 1 1 6 ( t − )  1 1 1 1 6 ( t − 2 )  −  −  (t −  ) − + e + e   ( t −  ) −  − ( t − 2 ) −   ( t − 2 )  6 36 36  6 36 36  

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99 RESUMEN TEÓRICO Y FORMULAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Definición Una ecuación diferencial lineal de orden “n” tiene la siguiente forma:

dny d n−1 y d2y dy an( x ) n + an−1( x ) n−1 + ......... + a2( x ) 2 + a1( x ) + a0 ( x ) y = f ( x ) dx dx dx dx Donde: a0 ( x ) ,a1( x ) ,a2( x ) ,.....,an −1( x ) ,an( x ) y

(1)

f ( x ) son funciones continuas que dependen de x , o

constantes. Ejemplo:

( x + 1) y'' + y' + 2x 3 y = sen x

Nota: Para la ecuación (1)

si si

f ( x ) = 0 es una ecuación diferencial homogénea f ( x )  0 es una ecuación diferencial no homogénea

Funciones linealmente independientes Sean las funciones

 f1 , f 2 , f3 ,....., f n  son linealmente independientes si existen escalares

k1 ,k2 ,k3 ,.....,kn , talque: k1 f1 + k2 f 2 + k3 f 3 + ..... + kn f n = 0 Entonces k1 = k2 = k3 = ..... = kn 3 Ejemplo 1: Las funciones f1( x ) = x y f 2( x ) = e x son linealmente independientes.

3 x Entonces, para k1 x + k2 e = 0

se cumple k1 = k2 = 0

3 Ejemplo 2: Las funciones f1( x ) = 4x y f 2( x ) = 5x 3 no son linealmente independientes.

( )

( )

3 3 3 Entonces, para k1 4x + k2 5x = 0  ( 4k1 + 5k 2 ) x = 0  k1 =

−5 k2 4

(no cumple k1 = k2 = 0 )

El wronskiano Para “n” funciones

 f1 , f 2 , f3 ,....., f n  el wronskiano es define: W  f1 , f 2 ,..., f n  =

f1

f2

fn

f1 '

f2 '

fn '

f1(

n −1 )

f 2(

n −1 )

f n(

n −1 )

Teorema Si para “n” funciones

 f1 , f 2 , f3 ,....., f n  tenemos que: ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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100

•

W  f1 , f 2 ,..., f n   0 entonces  f1 , f 2 , f 3 ,....., f n  son linealmente independientes.

•

W  f1 , f 2 ,..., f n  = 0 entonces  f1 , f 2 , f 3 ,....., f n  son linealmente dependientes.





2 2 Ejemplo 1: Analizar si el conjunto de funciones 1,sen x,cos x es linealmente independiente.

f1

f2

f3

1

W f1 , f2 , f3  = f1 '

f2 '

f3 ' = 0

f1 ''

f 2 ''

f 3 ''

sen 2 x

cos 2 x

sen ( 2x )

− sen ( 2x )  W = (1)

0 2 cos ( 2x ) −2 cos ( 2x )

sen ( 2x )

− sen ( 2x )

2 cos ( 2x ) −2 cos ( 2x )

 W = −2 sen ( 2x ) cos ( 2x ) − ( − sen ( 2x ) 2 cos ( 2x ) ) = −2 sen ( 2x ) cos ( 2x ) + sen ( 2x ) 2 cos ( 2x )

 W = 0 , entonces el conjunto de funciones no es el linealmente independiente (es linealmente dependiente).



Ejemplo 2: Analizar si el conjunto de funciones e x ,xe x ,x 2 e x

 es linealmente independiente

Solución:

ex

f1

f2

f3

W f1 , f2 , f3  = f1 '

f2 '

f3 ' = e x

f1 ''

f 2 ''

f 3 ''

ex

xe x

x2e x

( x + 1) e x ( x + 2) ex

x ( x + 2)ex

(x

2

)

 W = 2e 3x , como W  0 el conjunto de

+ 4x + 2 e x

funciones es linealmente independiente Solución de la ecuación diferencial de orden superior

an( x )

dny d n−1 y d2y dy + a + ......... + a + a1( x ) + a0 ( x ) y = f ( x ) n −1( x ) 2( x ) n n −1 2 dx dx dx dx

(1)

LA solución de la ecuación (1) estará dad por la suma esta dad por:

y = yh + y p Donde:

y es la solución general.

y h es la solución homogénea. y p es la solución particular. Solución homogénea y h



Si y1( x ) , y2( x ) , y3( x ) ,....., yn( x )

 es el conjunto de soluciones de la ecuación diferencial homogénea asociada

a (1).

an( x )

dny d n−1 y d2y dy + a + ......... + a + a1( x ) + a0 ( x ) y = 0 n −1( x ) 2( x ) n n −1 2 dx dx dx dx

(ecuación diferencial homogénea)

Cuya solución es yh = c1 y1( x ) + c2 y2 ( x ) + c3 y3( x ) + ..... + cn yn ( x ) ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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101

Donde: ci es constante de integración i = 1,2,3,....,n Solución particular y p



Si y1( x ) , y2( x ) , y3( x ) ,....., yn( x )

 es el conjunto de soluciones de la ecuación diferencial homogénea asociada

a (1).

an( x )

dny d n−1 y d2y dy + a + ......... + a + a1( x ) + a0 ( x ) y = 0 n −1( x ) 2( x ) n n −1 2 dx dx dx dx

(ecuación diferencial homogénea)

Cuya solución es yh = c1 y1( x ) + c2 y2 ( x ) + c3 y3( x ) + ..... + cn yn ( x ) Donde: ci es constante de integración i = 1,2,3,....,n

Ecuación diferencial de orden superior HOMOGÉNEA Tienen la forma:

an( x )

dny d n−1 y d2y dy + a + ......... + a + a1( x ) + a0 ( x ) y = 0 n −1( x ) 2( x ) n n −1 2 dx dx dx dx

La solución de esta ecuación forma un conjunto de funciones linealmente independientes

 y ( ) , y ( ) , y ( ) ,....., y ( ) 1 x

2 x

3 x

n x

Y es escrita como yh = c1 y1( x ) + c2 y2 ( x ) + c3 y3( x ) + ..... + cn yn ( x ) Teorema de Abel para el wronskiano Sea la ecuación diferencial de orden n

dny d n −1 y dy + pn−1( x ) n −1 + ......... + p1( x ) + p0 ( x ) y = 0 n dx dx dx Con soluciones

 y ( ) , y ( ) , y ( ) ,....., y ( ) , entonces 1 x

2 x

3 x

n x

W

  y1( x ) ,y2( x ) ,y3( x ) ,.....,yn( x ) 

− pn −1 dx = Ce  ( x ) , C=constante adecuada

Ecuación diferencial de SEGUNDO ORDEN Son de la forma:

a2( x )

d2y dy + a1( x ) + a0 ( x ) y = 0 2 dx dx

La solución de esta ecuación forma un conjunto de funciones linealmente independientes

 y ( ) , y ( ) 1 x

2 x

Y es escrita como yh = c1 y1( x ) + c2 y2 ( x ) ECUACIONES DIFERENCIALES - CODEX

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102

y1

Wronskiano: W y ,y  = 1 2 y1 '

y2 y2 '

Teorema de Abel para el Wronskiano: Para el caso de una ecuación de segundo orden

d2y dy + P( x ) + Q( x ) y = 0 2 dx dx W

 y ,y  1( x ) 2( x ) 

− P dx = Ce  ( x ) , C=constante adecuada

Aplicación de la fórmula de Abel Sea ecuación de segundo orden y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = 0

con una solución conocida y1 , se puede

calcular y 2 utilizando la fórmula de Abel:

y2 = y1



− P( x ) dx e  dx y12

de esta manera se obtiene la solución homogénea: yh = c1 y1 + c2 y2 CALCULO DE LA SOLUCION PARTICULAR OPERADOR ANULADOR Operador diferencial Sea D la diferenciación con respecto a x, D 2 la segunda derivada y así sucesivamente tendremos:

D k  y =

dk y dx k

Se conoce que: L ( D ) = a0 D n + a1 D n −1 + ...an −1 D + an

L ( D ) y = a0 D n  y + a1 D n −1  y + ...an −1 D  y + an  y Donde a0 ,a1 ,a2 ,...,an −1 ,an pueden ser constantes o variables.

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103

Operadores anuladores Se consideran las siguientes funciones en la tabla: Función f ( x )

Operador Anulador

  D  f( )  = 0 ( D + b )  f( )  = 0 ( D + b )  f( )  = 0 ( D − a )  f( )  = 0 ( D + b )  f( )  = 0 ( ( D − a ) + b )  f( )  = 0 ( D − a )  f( )  = 0 ( D + b )  f( )  = 0 L ( D ) f( x ) = 0

f( x ) = An x n + An−1 x n−1 + ... + A0

n +1

x

f( x ) = Acos ( bx )

2

2

x

f( x ) = Asen ( bx )

2

2

x

f( x ) = eax

x

f( x ) = Acos ( bx ) + Bsen ( bx )

2

2

x

f( x ) = eax  Acos ( bx ) + Bsen ( bx ) 

2

2

x

n +1

f( x ) = e ax  An x n + An −1 x n −1 + ... + A0 

x

f( x ) =  An x n + An −1 x n −1 + ... + A0  cos ( bx ) +  Bm x m + Bm −1 x m −1 + ... + b0  cos ( bx )

2 p +1

2

x

Donde p es el máximo de m,n NOTA: si tenemos una función de la forma:

( (

2  ax n n −1 2    f( x ) = e cos ( bx )  An x + An −1 x + ... + A0  → ( D − a ) + b   f = eax s en ( bx )  A x n + A x n−1 + ... + A  → ( D − a )2 + b 2 n −1 0  n  ( x)

)  f( )  = 0 )  f( )  = 0 n +1

x

n +1

x

Operador anulador de una suma de funciones:

f ( t ) = f1( t ) + f 2 ( t ) + f 3 ( t ) + ... + f n ( t ) 









L ( D ) = L1 ( D )  L2 ( D )  L3 ( D )

 Ln ( D )

VARIACIÓN DE PARÁMETRO •

  y'' + P ( x ) y' + Q ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos: y = c y + c y h 1 2 1 x 2 x ( ) ( )   y1( t ) y2( t )

Sea 

x

yP =

 x0

y1( x )

y2 ( x )

y1( t )

y2 ( t )

y'1( t )

y'2( t )

f ( t )dt

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•

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104

  y''' + P ( x ) y'' + Q ( x ) y' + R ( x ) y = f ( x ) , para la solución particular aplicamos:  yh = c1 y1( x ) + c2 y2( x ) +c3 y3( x ) 

Sea 

x

yP =

 x0

y1( t )

y2 ( t )

y3( t )

y'1( t )

y'2( t )

y'3( t )

y1( x )

y2 ( x )

y3( x )

y1( t )

y2 ( t )

y3( t )

y'1( t )

y'2( t )

y'3( t )

y''1( t )

y''2( t )

y''3( t )

f ( t )dt

EULER-CAUCHY Se trata de una ecuación diferencial de Euler, para resolver aplicamos el cambio adecuado Sea c2 ( a + bx ) y'' + c1 ( a + bx ) y' + c0 y = f ( x ) 2

C.V. bx + a = et

 dy − t  dy   y' = dx = be  dt      2 2  y'' = d y = b 2 e −2t  d y − dy   2   dt  dx 2  dt 

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105

TRANSFORMADA DE LAPLACE Transformada de Laplace

 

Transformada inversa de Laplace

h



F( s ) = L f( t ) = lim e− st f( t ) dt h→

f( t ) = L −1

 

1 F( s ) = lim R → 2 i

0

 +iR



e st F( s ) ds

 −iR

“s” es una variable compleja que se considera “  ” es un número real elegido de tal forma que como constante durante la integración todos los polos de F quedan a la izquierda de la recta vertical que pasa por  Teoremas y Propiedades Diversas 1 2

Linealidad Donde c1 ,c2 ,...,cn son contantes Primer teorema de traslación

 L e f( )  = F( ) L  f( )u( )  = e at

s −a

t

3

Segundo teorema de traslación (donde la función escalón unitario es)



L c1 f1( t ) + c2 f 2( t ) + ... + cn f n ( t ) = c1 F1( s ) + c2 F2( s ) + ... + cn Fn( s )

t −a

t −a

− as

F( s )

0, 0  t
Función multiplicada por t n (derivada de transformada)

5

Función divida entre t (integral de transformada)

6

Transformada de la derivada

7

Transformada de la integral

8

Teorema de convolución f(t ) * g(t ) = g(t ) * f (t ) (donde la integral de convolución es)





( )

n n d L t n f( t ) = ( −1) Fs ds n ( )

 f( t )  L =  t 



 F ds (s)

s

d f  n−2 n −1 L  n  = s n F( s ) − s n−1 f(0 ) − s n −2 f ' − ... − sf ( )(0 ) − f ( )(0 )  dt  t  F   (s) L  f(t ) dt  = s   0  f( t ) * g( t ) = g( t ) * f ( t ) n





    

L f( t ) * g( t ) = L f ( t ) L g( t )

t

f( t ) * g( t ) =

f

(  ) g( t − ) d 

0

9

Transformada de una función periódica con periodo T tal que f( t +T ) = f( t )

 

1 L f( t ) = 1 − e− sT



T

e − st f ( t )dt

0

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106



10 Transformada de una función periódica con periodo T tal que g( t +T ) = − g( t )

1 L g( t ) = 1 + e− sT

11 Función delta de Dirac  , t=t0  (t −t0 ) =  0, t  t0

L  ( t −t0 ) = e − st0

12 Derivada de la función delta

 d  (t −t0 )  − st L  = se 0  dt  lim f(t ) = lim  sF( s )   x→0 x→ 

(función doble impulso)

13 Teorema del valor inicial 14 Teorema del valor final

 



T

e− st g ( t )dt

0



lim f(t ) = lim  sF( s )   x→0 

x→

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107

Tabla de transformadas N°

1

 

f(t )

L f(t )

15

senh ( kt ) − sen ( kt )

1

1 s

16

cosh ( kt ) − cos ( kt )

n! s n +1

17

1 − cos ( kt )

tn 2

n es un entero positivo

3

t

 4s 3

4

1 t

 s

19

5

at

1 s−a

20

e

7

n es un entero positivo

sen ( kt )

8

cos ( kt )

9

senh ( kt )

10

cosh ( kt )

11

e at sen ( kt )

12

e cos ( kt )

13

14

at

sen ( kt ) − kt cos ( kt ) sen ( kt ) + kt cos ( kt )

(

s s2 + k 2

kt − s en ( kt )

(

ab a − b

2

)

cos ( bt ) − cos ( at ) a 2 − b2

n!

(s − a)

n +1

)

1

(s

2

+a

2

(s

2

+a

2

)( s

2

+ b2

)

2

+ b2

)

s

)( s

 + ln s s

 es la contante de

lnt

21

k3

(

asen ( bt ) − bsen ( at ) 2

)

s2 s2 + k 2

−

t neat 6

18

2k 3 s4 − k 4 2k 2 s s4 − k 4 k2

Euler (

 = 0.5772156... ) k 2 s + k2 s 2 s + k2 k 2 s − k2 s 2 s − k2 k

(s − a)

2

23 24 25

+ k2

26

s−a

(s − a)

2

+ k2

27

2k 3

(s

2

(s

+k

ln t

6s

− ( + lnt )

( + lnt ) − 2

− at

a 4 t

3

2 2

29

sen ( t ) t

s

s+b − s +a

− a2 t e 4

erf ( t )

)

6

4 t 3

28

)

2

−e t − at e − e−bt e

2  + ln s ) ( +

ln s s ln 2 s s  s+b  ln   s+a

− bt

2

+ k2

2ks 2 2



2

22

e− a s2 e4

s

 1 − erf s 

 s     2 

1 arct g   s

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