Escuela Superior Politécnica del Litoral

Solucionario de Problemas de Ecuaciones Diferenciales Primer parcial (3ra versión) Roberto Cabrera

v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN. v APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS. v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS. v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS. (SERIE DE TAYLOR)

09

Ecuaciones diferenciales de primer orden

Ecuaciones Diferenciales separables Se tiene una ecuación diferencial ordinaria de primer orden:
   


Se dice que ecuación diferencial de primer orden es separable si se puede expresar la esa ecuación diferencial de la siguiente manera:
   
 Donde   se lo expresa como una multiplicación de dos funciones, una que depende de la variable “x” y otra de la variable “y”. En este caso se obtiene la siguiente solución de esta ecuación diferencial:
   





  
 


   
 

Donde la solución de esta ecuación diferencial separable tiene la siguiente forma:     

1.- Encontrar la solución implícita de la siguiente ecuación diferencial:

dy(xy - 2x + 4y - 8) - dx(xy + 3x - y - 3) = 0 dy xy + 3x - y - 3 = dx xy - 2x + 4y - 8 dy x(y + 3) - (y + 3) = dx x(y - 2) + 4(y - 2) dy (y + 3)(x - 1) = f ( y )g ( x ); = dx (y - 2)(x + 4)

(y − 2 )dy (x − 1)dx ⇒ Integramos = (y + 3 ) (x + 4 ) (y − 2 )dy (x − 1)dx ∫ (y + 3 ) = ∫ (x + 4 )

∫

a ambos lados de la ecuación

( y + 3 )dy 5dy (x + 4 )dx 5dx −∫ =∫ −∫ (x + 4 ) (x + 4 ) ( y + 3) y+3 5dy

5dx

∫ dy − ∫ y + 3 = ∫ dx − ∫ (x + 4 ) y − 5 ln y + 3 = x − 5 ln x + 4 + c ESPOL 2009

2

Ecuaciones diferenciales de primer orden 2.- Encontrar la solución particular de la siguiente ecuación diferencial: π Si y(0) = ; 4 Reemplazan do u y v : x 3e tan(y)dx + (2 − e x )sec 2 (y)dy = 0 ln tan(y) = 3ln 2 − e x + c; (2 − e x )sec 2 (y)dy = −3e x tan(y)dx; 3ln 2 − e x + c e ln tan(y) = e ; − 3e x tan(y) dy = = f(x).g(y); x 2 x 3 dx (2 − e )sec (y) tan(y) = (2 − e ) K; 2 x sec (y)dy 3e dx La solución general es : =− ; x tan(y) (2 − e ) y = arctan[(2 − e x )3 K ]; sec 2 (y)dy 3e x dx = − ∫ tan(y) ∫ (2 − e x ) ;

si y(0) = $/4; ⇒

u = tan(y) ⇒ du = sec 2 (y);

$/4 = arctan[(2 − e 0 )K ];

v = 2 − e ⇒ dv = − e dx; x

x

$/4 = arctan(K);

⇒ Reemplazan do :

$ tan   = K; ⇒ K = 1; 4 La solución particular es :

du 3dv ∫ u =∫ v ; ln u = 3ln v + c;

y = arctan[(2 − e x )3 ];

3.- Exprese de forma implícita la solución de la siguiente ecuación diferencial:

e x/2 ydy −

e x/2 ydy =

dx = 0 e (1 + ex/2 ) y

dx ; e (1 + e x/2 )

Integrando por fracciones parciales obtenemos : 1 A B C = 2+ + ; 2 u ( u + 1) u u 1+ u Donde los valores de A, B, C son :

y

dy 1 = x/2 = f( x ).g( y ); dx e (1 + e x/2 )ye y f( x) = g( y ) =

e

x/2

1 ; (1 + e x/2 )

A = 1; B = - 1; C = 1;

1 ; ye y

dx y ∫ ye dy = ∫ e x/2 (1 + e x/2 ) ; dx ∫ e x/2 (1 + e x/2 ) = ? 1 u = e x /2 ⇒ du = e x /2 dx ; 2 2du 1 ; du = udx ⇒ dx = u 2 2du dx 2du u ⇒ ∫ x/2 =∫ =∫ 2 x/2 e (1 + e ) u(1 + u ) u (1 + u )

⇒∫

1   2du   1 1 = 2 ∫  2 − + du ; u 1 + u   u (1 + u )  u

⇒∫

du du du 2du = 2∫ 2 − 2∫ + 2∫ ; 1+u u u u (1 + u )

⇒∫

2du 2 = − − 2 ln u + 2 ln 1 + u + c ; u (1 + u ) u

⇒∫

2

2

2

e

x/2

dx 2 = − x/2 − 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ; x/2 (1 + e ) e

dx ; e (1 + e x/2 ) La solución implicita general es : ye y − e y = ∫

x/2

⇒ ye y − e y = −

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2 e

x/2

− 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ; 3

Ecuaciones diferenciales de primer orden

4. - Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial: 2 y ln( x )dx − (e y − e − y )x 1 + ln( x )dy = 0 (e y − e − y )x 1 + ln( x)dy = 2 y ln( x)dx ; dy 2 y ln( x ) = y = f( y ).g( x ); dx (e − e − y )x 1 + ln( x ) f( y ) =

2y ln( x) ∧ g(x) = ; −y (e − e ) x 1 + ln( x ) y

dy 2 y ln( x ) = y dx (e − e − y )x 1 + ln( x ) ln( x) (e y − e − y ) dx ; dy = 2y x 1 + ln( x) Integrando a ambos lados de la ecuación se obtiene : ln( x ) (e y − e − y ) ∫ 2 y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx; (e y − e −y ) = senh( y ) entonces tenemos lo siguiente : 2 senh( y ) ln( x) ∫ y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx ;

Si observamos que

Para integrar

senh( y ) dy debemos usar series de potencias : y

y 2 n +1 senh( y ) + ∞ y 2 n ⇒ =∑ ; y n = 0 (2 n + 1 )! n = 0 (2 n + 1 )! +∞

Si senh( y ) = ∑

Re emplazando : y2n ln( x ) dy = ∫ dx ; ∫∑ x 1 + ln( x ) n = 0 (2 n + 1 )! +∞

y2n dy obtenemos que : n = 0 (2 n + 1)! +∞

Integrando ∑

+∞ y 2 n +1 y2n ; dy = ∑ ∫∑ n = 0 (2 n + 1 )! n = 0 (2 n + 1 )(2 n + 1)! +∞

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4

Ecuaciones diferenciales de primer orden

Ahora integrando

∫x

ln(x) dx = ? 1 + ln(x)

Si u = ln(x) ⇒ du = ⇒∫

ln(x) dx : x 1 + ln(x)

dx x

ln(x) udu dx = ∫ ; 1+u x 1 + ln(x)

Ahora z 2 = 1 + u ⇒ 2 zdz = du ; ⇒∫

udu (z 2 - 1)2zdz ; = z 1+u ∫

  z3 (z 2 - 1)2zdz 2 ⇒∫ = 2 ∫ (z - 1)dz = 2  − z + C ; z  3 ⇒∫

 udu = 2 1+u 

(

1+ u 3

)

3

 − 1+ u +C 

 1 + ln(x) 3  ln(x) dx = 2  ⇒∫ − 1 + ln(x)  + C ; 3 x 1 + ln(x)   La solucion general de forma implícita es :

(

 y 2 n +1  2 = ∑  n = 0 (2 n + 1)(2 n + 1)! +∞

(

)

3  1 + ln(x) − 1 + ln(x)  + C 3 

)

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Ecuaciones diferenciales de primer orden

Ecuaciones Diferenciales Lineales Las ecuaciones diferenciales lineales tienen la siguiente forma:

y'+ p(x)y = g(x); Existen dos métodos para resolver este tipos de ecuaciones: Ø El método del factor integrante. Ø Método de variación de parámetros

El método del factor integrante: y' + p(x)y = g(x); u(x) = e ∫

p(x)dx

;

u(x)[y' + p(x)y] = u(x)g(x); d [u(x)y] = u(x)g(x); dx

∫ d[u(x)y] = ∫ u(x)g(x)dx; u(x)y = ∫ u(x)g(x)dx; y=

1 u(x)g(x)dx; u(x) ∫

Método de variación de parámetros y' + p(x)y = g(x); yh' + p(x)yh = 0 ; yh' = − p(x)yh ; dyh = − p(x)yh ; dx dy ∫ yhh = ∫ − p(x)dx; ln yh = ∫ − p(x)dx; yh = e ∫ − p(x)dx; Asumir:

Re emplazando : y' + p(x)y = g(x); [ y hv'(x) + y' hv(x)] + p(x)y hv(x) = g(x); v'(x)[ y h ] + v(x)[ y' h + p(x)y h ] = g(x); Pero y' h + p(x)y h = 0 , entonce s: v'(x)[ y h ] + v(x)[0] = g(x); v'(x)[ y h ] = g(x); dv [ yh ] = g(x); dx g(x) ∫ dv = ∫ yh dx; g(x) dx; yh

y = yhv(x);

v(x) = ∫

y' = yh v'(x) + y'hv(x);

y = y h v(x); y = e∫

− p(x)dx

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∫

g(x) dx; yh

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Ecuaciones diferenciales de primer orden

1) y' −

x3 ; xy'−2 y = sen 2 (x)4 ctg(x) 2 x2 ; y= x sen 2 (x)4 ctg(x)

Tiene la forma y' + p(x)y = g(x); Por lo tanto podemos aplicar el método del factor integrante : Encontremos el factor integrante u(x) : u(x) = e ∫

p(x)dx 2

− dx −2 1 u( x) = e ∫ x = e − 2 ln( x ) = e ln( x ) = x −2 = 2 ; x Multipliquemos el factor integrante u(x) a ambos lados de la ecuación :

 x2 2  1  1  ; y y' − =   x  x 2  sen 2 (x)4 ctg(x)  x2   1 d  1   ;  2 y =  dx  x   sen 2 (x)4 ctg(x)    1  1  dx ; ⇒ ∫ d 2 y  = ∫  2  sen (x)4 ctg(x)  x      1 1 dx ; ⇒ 2 y = ∫  sen 2 (x)4 ctg(x)  x     csc 2 ( x ) 1   dx = ∫ dx ; ⇒∫  sen 2 (x)4 ctg(x)  4 ctg(x)   Si u = ctg( x) ⇒ du = − csc 2 ( x )dx ; ⇒∫ ⇒∫

csc 2 ( x ) ctg(x)

4

dx = ∫

 u 3/4  4u 3 / 4 − du −1 / 4 u du = − = − = −  3 /4  ∫ 4 3 u  

4 4 ctg 3 ( X ) 4[ctg( X )]3 / 4 dx = − +C =− + C; 3 3 ctg(x)

csc 2 ( x ) 4

4 4 ctg 3 ( X ) 1 y = − + C; x2 3 La solución general de la ecuacion diferencial es :

⇒

 4 4 ctg 3 ( X )   y=x − + C ; 3   2

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Ecuaciones diferenciales de primer orden

y'+ p(x)y = 1; y(0) = 1; 2)

1 ; 0 ≤ x < 2 p(x) =  - 2x ; x ≥ 2

Para el intervalo 0 ≤ x < 2 resolvemos la ecuación diferencial, donde p(x) = 1 : Ahora para x ≥ 2, p(x) = -2x; y'-2xy = 1;

u( x ) = e ∫

y'+ y = 1; dy dy + y = 1; ⇒ = 1 − y ; (Ec. dif. separable); dx dx dy dy = dx ⇒ ∫ = dx ; 1−y ∫ 1−y − ln 1 − y = x + C ;

(Ec. dif. lineal)

− 2 xdx

2

= e −x ;

2

2

e −x (y'- 2 xy ) = e − x (1); 2

2 d(e −x y ) = e −x ; dx

−x −x −x −x ∫ d(e y) = ∫ e dx; ⇒ e y = ∫ e dx; 2

2

2

2

2

Pero para integrar e −x dx necesitamos

ln 1 − y = −x + K

usar series de potencias :

e ln 1− y = e − x+K ;

+∞

(− 1 ) n x 2 n

n =0

n!

⇒ e −x y = ∫ ∑ 2

−x

1 − y = k 1e ; y 1 = 1 − k 1e −x ;

+∞

(− 1 ) n x 2 n + 1

n =0

( 2 n + 1)n!

⇒ e −x y = ∑ 2

Pero y(0) = 1; 1 = 1 − k 1e 0 ; ⇒ k 1 = 0 ; ⇒ y 1 = 1 para 0 ≤ x < 2

⇒ y2 = ex

2

+∞

dx ;

(− 1 ) n x 2 n + 1

∑ ( 2n + 1)n!

+ k2 ; 2

+ e x k 2 ; para x > 2;

n =0

Ahora para encontrar k 2 usaremos la condición de continuidad de dos funciones : Esta condición dice :

lim f( x) = lim f(x); ⇒ lim y = lim y ; x →a −

x→2 −

x→a +

1

x→2 +

2

2  2 + ∞ (− 1 ) n x 2 n + 1  ⇒ lim 1 = lim e x ∑ + e x k 2 ; x→2 − x→2 +  n = 0 (2 n + 1)n!  n 2 n +1 +∞ +∞ 2 2 (− 1 ) 2 (− 1 ) n 2 2 n 2 4 ⇒ 1 = e2 ∑ + e2 k 2 ;⇒ 1 = e4 ∑ +e k2 ; n = 0 (2 n + 1)n! n = 0 (2 n + 1)n!

1 + ∞ (− 1 ) n 2 2 n 2 (− 1 ) n 2 2 n 2 4 = e k2 ;⇒ k2 = 4 − ∑ ; e n = 0 (2 n + 1)n! n = 0 (2 n + 1)n! +∞ 1 (− 1 ) n 2 2 n ⇒ k 2 = 4 − 2∑ ; e n = 0 (2 n + 1)n! +∞

⇒ 1−e4 ∑

La solución queda expresada con la siguiente regla de correspondencia : 0≤x ) = 0;

Como y 1 = x −1/2 cosx, y y 2 = x −1/2 senx son soluciones de 1  x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = 0, entonces se obtiene : 4  y h = C 1 x −1/2 cos x + C 2 x −1/2 senx ; 1  Para encontrar la solución de x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = x 3 / 2 ; 4  Se aplica variación de parámetros :  x2 x 3 /2 1  x x2   ; y y' = y'' + + −  x 2 4x 2  x2 x2 x2   y'  1  y'' + +  1 − 2  y = x −1/2 ; 4x  x  yp = u1y1 + u 2 y2 ; g(x) = x −1/2 ; 0 u'1 =

y2

g( x ) y' 2 W( y 1 , y 2 )

;

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Ecuaciones Diferenciales x −1/2 cos x x −1/2 senx y2 1 1 = − 1/2 senx − x − 3 / 2 cos x x − 1/2 cos x − x − 3 / 2 senx y' 2 − x 2 2 1 1     W( y 1 , y 2 ) = x − 1/2 cos x x − 1/2 cos x − x − 3 / 2 senx − x − 1/2 senx − x − 1/2 senx − x − 3 / 2 cos x ; 2 2     1 1 W( y 1 , y 2 ) = x − 1 cos 2 x − x − 2 senx cos x + x − 1 sen 2 x + x − 2 senx cos x ; 2 2 2 2 −1 −1 −1 W( y 1 , y 2 ) = x (cos x + sen x ) = x (1) = x ; y1 W( y 1 , y 2 ) = y' 1

W( y 1 , y 2 ) = x − 1 ; 0 x −1 / 2

x − 1 /2

u' 1 =

x − 1/2 senx 1 cos x − x − 3 / 2 senx x − 1 senx 2 = − = −sen( x); x −1 x −1

u 1 = ∫ − sen( x )dx = cos x ; x − 1 / 2 cos x 0 1 −3 / 2 − 1 /2 −1 / 2 senx − x cos x x −x 2 u' 2 = ; = W( y 1 , y 2 ) x −1 y1 y' 1

0 g( x)

x − 1 cos x u' 2 = = cos x ; x −1 u 2 = senx ; y p = (cos x )(x − 1 / 2 cos x ) + (senx )(x − 1 / 2 senx ) y p = x − 1 / 2 (cos 2 x + sen 2 x ) = x − 1 / 2 (1) = x − 1 / 2 ; y p = x −1 / 2 ; y = yh + yp ; y = C 1 x − 1/2 cos x + C 2 x − 1/2 senx + x − 1 / 2 ;  π Si y  = 0 ; y y' ( π ) = 0; 2 y = C 1 x − 1/2 cos x + C 2 x − 1/2 senx + x − 1 / 2 ; 0 = C1

2 (0 ) + C 2 π

2 (1) + π C 2 = −1 ; C2

2 (1) + π

2 ; π

2 = 0; π

−3 / 2 1 −3 / 2 1 −3 / 2  − 1 /2   − 1 /2  x y' = C 1 − x senx − x cos x + C 2 x cos x − x senx − ; 2 2 2     1 1 1    1  1 (0 ) − (− 1) + C 2  (− 1) − (0 ) − ; 0 = C 1 − 2π π  2π π 2π π π   π 

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Ecuaciones Diferenciales 1  1   1  ; 0 = C1  − − C2     π  2π π  2π π  1 C1 C = − 2 ; 2π π 2π π π 1 C1 1 ; = + 2π π 2π π π 1 = C 1 + 2 π; C 1 = 1 − 2 π; y = (1 − 2 π )x −1/2 cos x − x − 1/2 senx + x − 1 /2 ;

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Ecuaciones Diferenciales

Identidad de Abel 1. Resuelva la siguiente ecuación diferencial usando la identidad de Abel:

(1 − 2x − x )y' '+2(1 + x )y'−2y = 0; Si y(0) = y' (0) = 1. 2

Si una solución es y 1 = x + 1; Se usará la identidad de abel : W (y 1 , y 2 ) = e ∫

− p(x)dx

;

Donde la ecuación diferencial debe tener la siguiente forma : y' ' + p( x )y' + q(x)y = 0;

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

2

2

W (y 1 , y 2 ) =

y1 y'1

y2 ; y'2

W (y 1 , y 2 ) =

x + 1 y2 = (x + 1)y'2 − y 2 ; y'2 1

Entonces : 2 ( 1 + x )dx

(x + 1)y'2 − y 2 = e

∫ − (1−2 x −x 2 )

;

( − 2 − 2 x )dx

(x + 1)y'2 − y 2 = e

∫ (1−2 x −x 2 )

;

u( x ) = (1 − 2 x − x ); 2

du = (− 2 − 2 x )dx ; 2

(x + 1)y'2 − y 2 = e ln 1−2 x−x ; (x + 1)y'2 − y 2 = 1 − 2 x − x 2 ; y2 1 − 2x − x2 ; y'2 − = x+1 x+1 dx −∫ 1 x +1 u( x ) = e = ; x+1 y2 1 1 − 2x − x2 = y'2 − ; x+1 (x + 1)2 (x + 1)2 2 d  1  1 − 2x − x ; y = 2 (x + 1)2 dx  x + 1 

( 1 1 − 2 x − x 2 )dx y2 = ∫ ; (x + 1)2 x+1 (2 − 1 − 2x − x 2 )dx ; 1 y2 = ∫ x+1 (x + 1)2 ESPOL 2009

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Ecuaciones Diferenciales

2dx 1 (x + 1)2 dx ; y2 = −∫ +∫ 2 (x + 1 ) (x + 1)2 x+1 1 2dx ; y 2 = − ∫ dx + ∫ (x + 1)2 x+1 2 1 ; y 2 = −x − x+1 x+1 2 1 ; y 2 = −x − x+1 x+1 y 2 = − x (x + 1 ) − 2 ; y 2 = −x 2 − x − 2 ; y = C 1 (x + 1) + C 2 (− x 2 − x − 2 ); Si y(0) = 1; 1 = C 1 (1) + C 2 (− 2 ); Si y' (0) = 1; y' = C 1 + C 2 (− 2x − 1) ; 1 = C 1 + C 2 (− 1); C 1 − C 2 = 1  C 1 − 2C 2 = 1 Resolviendo el sistema : 1  1 C2 C1 C1

- 1 1  0 1 0   → - 2 1  1 - 2 1  = 0; = 1 + 2C 2 ; = 1;

La solución es : y = x + 1;

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Ecuaciones Diferenciales

Método de Reducción de Orden xy' ' +( x + 1)y' + y = 0; 2) Resuelva:

Si y 1 = e − x ;

Usando el método de reducción de orden : Se asume que y 2 = u( x)y 1 ; y 2 = u( x)e − x ; y'2 = −u( x )e −x + u' ( x)e − x ; y' '2 = −[− u( x)e − x + u' ( x )e −x ] + [− u' ( x)e − x + u' ' ( x)e − x ]; y' '2 = u( x)e − x − 2 u' ( x)e − x + u' ' ( x )e −x ; Reemplazando en la ecuación diferencial xy' ' +( x + 1)y' + y = 0, se obtiene : x[u(x)e − x − 2 u'(x)e −x + u''(x)e − x ] + (x + 1)[− u(x)e − x + u'(x)e − x ] + u(x)e − x = 0 ; u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− 2 xe −x + (x + 1)e − x ] + u( x)[xe − x − (x + 1)e −x + e − x ] = 0 ; u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] + u( x)[xe −x − xe − x − e −x + e −x ] = 0 ; u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] + u( x)[0] = 0 ; u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] = 0 ; Falta y : v(x) = u' (x); v' (x) = u' ' (x); Reemplazando v(x) y v' (x) en la ecuación diferencial : u''(x)[xe −x ] + u'(x)[− xe −x + e − x ] = 0 ; v'(x)[xe −x ] + v(x)[− xe − x + e −x ] = 0 ; dv − x [ xe ] = v(x)[xe − x − e −x ]; dx dv  1 = v(x)1 −  ; dx  x dv  1 ∫ v(x) = ∫ 1 − x dx; ln v( x ) = x − ln x ; ex v( x ) = ; x ex u' ( x) = ; x

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Ecuaciones Diferenciales

e x dx u( x ) = ∫ ; x +∞ x n−1 u( x ) = ∫ ∑ dx; n =0 n!  1 + ∞ x n−1  u( x ) = ∫  + ∑ dx;  x n=1 n!  +∞ xn u( x ) = ln x + ∑ ; n=1 (n )n! y 2 = u( x ) y1 ; +∞  x n  −x y 2 = ln x + ∑ e ; n =1 (n )n!   La solución es : +∞  xn  y = C1e − x + C 2 ln x + ∑ ; n =1 (n )n!  

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Ecuaciones Diferenciales Ecuación homogénea de orden superior 1. Las raíces de la ecuación auxiliar, que corresponden a una cierta ecuación diferencial homogénea de orden 10, con coeficientes constantes, son: 4, 4, 4, 4, 2+3i, 2-3i, 2+3i, 2-3i, 2+3i, 2-3i, Escriba la solución general. Se tienen 4 raíces reales iguales y un par complejo conjugado 3 veces entonces :

(

)

(

)

(

y ( x ) = e 4 x C1 + C 2 x + C 3 x 2 + C 4 x 3 + e 2 x cos(3 x ) C 5 + C 6 x + C 7 x 2 + e 2 x sen(3 x ) C8 + C 9 x + C10 x 2

2. y' ' '−6y' '+12y'−8y = 0

φ (m ) = m 3 − 6 m 2 + 12 m − 8 = 0 1

−6

12

2 1

−4

−8

−8

8

4

0

2

φ (m ) = (m − 2 )(m 2 − 4 m + 4 ) = 0 φ (m ) = (m − 2 )3 = 0 → m 1 = m 2 = m 3 = 2

(

y (x ) = e 2 x C 1 + C 2 x + C 3 x 2

)

d 5y + 32y = 0 3. dx 5

φ(m) = m + 32 = 0 → mk = 2e 5

iπ +2πki 5

; k = 0,1,2,3,4

iπ

 π   π  m0, 4 = 2e 5 = 2 cos  + i sen   = 1.618± 1.175i  5   5 m1,5 = 2e

i 3π 5

  3π   3π   = 2 cos  + i sen   = −0.618± 1.902 i  5   5

m3 = 2eiπ = 2(cos(π ) + i sen(π )) = −2 y(x) = (C1 cos(1.175x) + C2 sen(1.175x))e1.618x + (C3 cos(1.902x) + C4 sen(1.902x))e−0.618x + C5 e −2 x

(D − 2D + 5 ) y = 0 φ (m ) = (m − 2m + 5) = 0 φ (m ) = (m − 2m + 5)(m − 2m + 5) = 0 2

2

4.

2 2

2

2

2 ± 4 − 4.1.5 2 ± − 16 = = 1 ± 2i 2 2 = 1 ± 2i

m1, 2 = m3, 4

y ( x ) = e x cos(2 x )(C1 + C 2 x ) + e x sen(2 x )(C 3 + C 4 x )

ESPOL 2009

75

)

Ecuaciones Diferenciales

Ecuaciones de Orden Superior Ecuación no homogénea de orden superior

1.

y' ' ' +3y' ' +2y' = x 2 + 4x + 8

y (x ) = y c (x ) + y p (x ) Encuentro la solución complement aria : y ' ' '+ 3 y ' '+ 2 y ' = 0 → φ (m ) = m 3 + 3 m 2 + 2 m = 0

φ (m ) = m (m 2 + 3 m + 2 ) = 0 φ (m ) = m (m + 1)(m + 2 ) = 0 m1 = 0 , m 2 = − 1, m 3 = − 2 → y c ( x ) = C 1 + C 2 e − x + C 3 e − 2 x Encuentro la solución particular :

(

g (x ) = x 2 + 4 x + 8 → y p ( x ) = x s Ax 2 + Bx + C

)

s = 0 → y p ( x ) = Ax 2 + Bx + C pero no es linealment e independie nte con y c ( x )

(

)

s = 1 → y p ( x ) = x Ax 2 + Bx + C = Ax 3 + Bx 2 + Cx si es l .i. con y c ( x ) y p ( x ) = Ax 3 + Bx 2 + Cx y p ' ( x ) = 3 Ax 2 + 2 Bx + C y p ' ' ( x ) = 6 Ax + 2 B y p ' ' ' (x ) = 6 A

y p ' ' '+3 y p ' '+2 y p ' = x 2 + 4 x + 8

(

)

6 A + 3(6 Ax + 2 B ) + 2 3 Ax 2 + 2 Bx + C = x 2 + 4 x + 8

(6 A)x 2 + (18 A + 4 B )x + (6 A + 6 B + 2C ) = x 2 + 4 x + 8 1  6A = 1 → A =  6  4 − 18 A 1  18 A + 4 B = 4 → B = →B=  4 4  6 A + 6 B + 2C = 8 → C = 8 − 6 A + 6 B → C = 11  2 4 Por lo que decimos : 1 3 1 2 11 x + x + x 6 4 4 Solución general : y p (x ) =

y ( x ) = C1 + C 2 e − x + C 3 e −2 x +

1 3 1 2 11 x + x + x 6 4 4

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76

Ecuaciones Diferenciales 2.

y' ' ' − y' ' −4y' +4y = 2x 2 − 4x − 1 + 2x 2 e 2x + 5xe 2x + e 2x

y (x ) = y c (x ) + y p (x ) Encuentro la solución complement aria : y ' ' '− y ' '− 4 y '+ 4 y = 0 → φ (m ) = m 3 − m 2 − 4 m + 4 = 0

φ (m ) = m 2 (m − 1) − 4 (m − 1) = 0 φ (m ) = (m − 1)(m 2 − 4 ) = (m − 1)(m − 2 )(m + 2 ) m1 = 1, m 2 = 2 , m 3 = − 2 → y c ( x ) = C1e x + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x Encuentro la solución particular : g (x ) = g 1 ( x ) + g 2 ( x )

(

g 1 ( x ) = 2 x 2 − 4 x − 1 → y p ( x ) = x s Ax 2 + Bx + C

)

s = 0 → y p (x ) = Ax 2 + Bx + C si es l .i. con y c ( x ) y p ( x ) = Ax 2 + Bx + C y p ' ( x ) = 2 Ax + B y p ' ' (x ) = 2 A y p ' ' ' (x ) = 0 y p ' ' '− y p ' '− 4 y p '+ 4 y p = 2 x 2 − 4 x − 1

(

)

0 − 2 A − 4 (2 Ax + B ) + 4 Ax 2 + Bx + C = 2 x 2 − 4 x − 1

(4 A )x 2 + (− 8 A + 4 B )x + (− 2 A − 4 B + 4C ) = 2 x 2 − 4 x − 1 1  4A = 2 → A =  2  4 8A − +  − 8 A + 4 B = −4 → B = →B=0  4   − 2 A − 4 B + 4C = − 1 → C = − 1 + 2 A + 4 B → C = 0  4 Por lo que decimos : 1 y p1 (x ) = x 2 2

(

g 2 ( x ) = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x → y p ( x ) = x s e 2 x Ax 2 + Bx + C

(

)

)

s = 0 → y p (x ) = e 2 x Ax 2 + Bx + C pero no es linealment e independie nte con y c ( x )

(

)

(

)

s = 1 → y p ( x ) = xe 2 x Ax 2 + Bx + C = e 2 x Ax 3 + Bx 2 + Cx si es l .i. con y c ( x )

( ) ' ( x ) = e (2 Ax + (3 A + 2 B )x + (2 B + 2 C )x + C ) ' ' ( x ) = e (4 Ax + (12 A + 4 B )x + (6 A + 8 B + 4C )x + (2 B + 4 C )) ' ' ' ( x ) = e (8 Ax + (36 A + 8 B )x + (36 A + 24 B + 8C )x + (6 A + 12 B + 12 C ))

y p ( x ) = e 2 x Ax 3 + Bx 2 + Cx yp yp yp

2x

2x

2x

3

2

3

3

2

2

y p ' ' '− y p ' '−4 y p '+4 y p = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x

(

)

e 2 x (12 A)x 2 + (30 A + 8 B )x + (6 A + 10 B + 4C ) = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x

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Ecuaciones Diferenciales 1  12 A = 2 → A =  6  5 − 30 A  →B=0 30 A + 8 B = 5 → B =  8  6 A + 10 B + 4C = 1 → C = 1 − 6 A − 10 B → C = 0  4 1 y p2 (x ) = x 3 e 2 x 6 1 1 y ( x ) = C1 e x + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x + x 2 + x 3 e 2 x 2 6

3. y'''+y'= csc(x) y (x ) = y c (x ) + y p (x ) Encuentro la solución complement aria : y ' ' '+ y ' = 0 → φ (m ) = m 3 + m = 0

φ (m ) = m (m 2 + 1) = 0 m1 = 0 , m 2 = i , m 3 = − i → y c ( x ) = C1 + C 2 cos (x ) + C 3 sen ( x ) Encuentro la solución particular : y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3 1 W (1, cos ( x ), sen ( x )) = 0 0

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

(

)

0 cos ( x ) sen ( x ) 0 − sen ( x ) cos ( x ) csc ( x ) − cos (x ) − sen ( x )   x  u1 ' = = csc ( x )(1) → u1 = ∫ csc ( x )dx = ln  tan    1  2   0 sen (x ) 0 cos ( x ) csc ( x ) − sen ( x ) u2 ' = = − csc (x ) cos ( x ) → u 2 = − ∫ csc ( x ) cos ( x )dx = ln (csc ( x )) 1 1 cos ( x ) 0 0 − sen ( x ) 0 0 − cos ( x ) csc ( x ) u3 ' = = − csc ( x )sen ( x ) → u 3 = − ∫ 1dx = − x 1   x  y p = ln  tan    (1) + ln (csc ( x ))(cos ( x )) + (− x )sen ( x )  2   1 0 0

  x  y p ( x ) = ln  tan    + cos ( x ) ln (csc ( x )) − x sen ( x )  2     x  y ( x ) = C1 + C 2 cos ( x ) + C 3 sen ( x ) + ln  tan    + cos ( x ) ln (csc ( x )) − x sen ( x )  2  

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Ecuaciones Diferenciales 4. y''' = xln( x) y (x ) = y c (x ) + y p (x ) Encuentro la solución complement aria : y ' ' ' = 0 → φ (m ) = m 3 = 0

φ (m ) = m 3 = 0 m1 = 0 , m 2 = 0 , m 3 = 0 → y c ( x ) = C 1 + C 2 x + C 3 x 2 Encuentro la solución particular : y p ( x ) = u 1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3 1 W (1, cos ( x ), sen ( x )) = 0 0

u1 ' =

=

x2 1

u2 '=

x2 2x 2

0 x 0 1 x ln ( x ) 0

0 0

x2 2x = 1 2x 2 − x 2 = x 2 2

(

( )

x ln (x ) x 2 → u1 = x2

)

∫ x ln (x )dx =

1 x2   ln ( x ) −  2  2

x2

0

0 2x x ln ( x ) 2 x

x 1 0

2

1

x

0

0 0

1 0

0 x ln ( x )

=−

x ln ( x ).2 x → u 2 = − 2 ∫ ln ( x )dx = − 2 x (ln ( x ) − 1) x2

ln ( x ) ln 2 ( x ) dx = ∫ x 2 x2 2 2  ln ( x )  2 1 x   x yp =  ln ( x ) −  (1) + (− 2 x (ln ( x ) − 1))( x ) +  2  2  2  x2 x2 2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x ) + 7 no es l .i. ∴ y p = 2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x ) yp = 4 4 Solución general :

u3 ' =

=

x ln ( x ) → u3 = x2

(

y (x ) = C1 + C 2 x + C 3 x 2 +

)

(

)

x2 2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x ) 4

(

)

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79

Ecuaciones Diferenciales

Ecuación de Euler de orden n 2 d 3y dy 2 d y − − 6x + 18y = 0 x 3 2 dx dx dx La resolveremos por dos métodos : 1° Método :

1. x 3

asumo y = x r como solución entonces la escución se reduce a : x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 − x 2 r (r − 1)x r −2 − 6 xrx r −1 + 18 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) − 6r + 18]x r = 0 [r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) − 6r + 18] = 0 r (r − 1)(r − 3) − 6(r − 3) = 0 (r − 3)(r 2 − r − 6) = 0 (r − 3)2 (r + 2) = 0 r1 = r2 = 3

r3 = −2

y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x 3 + C 3 x −2 2° Método : aplicando el cambio x = e t → t = ln x se obtiene : D(D − 1)(D − 2 ) − D(D − 1) − 6 D + 18 = 0 D 3 − 4 D 2 − 3D + 18 = 0

(D − 3)2 (D + 2) = 0 y ' ' '−4 y ' '−3 y '+18 y = 0 ecuación en t

φ (m ) = (m − 3)2 (m + 2) = 0 → m1 = 3

m2 = 3

m 3 = −2

y (t ) = C1e 3t + C 2 te 3t + C 3 e −2t y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x 3 + C 3 x −2 2 d 3y dy 2 d y + 2x − 10x − 8y = 0 2 3 dx dx dx asumo y = x r como solución entonces la escución se reduce a :

2. x 3

x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 + 2 x 2 r (r − 1)x r −2 − 10 xrx r −1 − 8 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) + 2r (r − 1) − 10r − 8]x r [r 2 (r − 1) − 2(5r + 4)] = 0

=0

r 3 − r 2 − 10r − 8 = 0 (r − 4)(r + 1)(r + 2) = 0 r1 = 4 r2 = −1 r3 = −2 y ( x ) = C1 x 4 + C 2 x −1 + C 3 x − 2

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Ecuaciones Diferenciales 2 d 3y dy 2 d y − + 8x − 8y = 4lnx 4x 3 2 dx dx dx aplicando el cambio x = e t → t = ln x se obtiene : Encuentro la solución complementaria : D(D − 1)(D − 2) − 4 D(D − 1) + 8D − 8 = 0 D(D − 1)(D − 2) − 4 D(D − 1) + 8(D − 1) = 0 (D − 1)(D(D − 2) − 4 D + 8) = 0

3. x 3

(D − 1)(D 2 − 6 D + 8) = 0 (D − 1)(D − 2)(D − 4) = 0 → y' ' '−7 y' '+14 y '−8 y = 0 ecuación en t φ (m ) = (m − 1)(m − 2)(m − 4) = 0 → m1 = 1 m2 = 2 m3 = 4 y c (t ) = C1e t + C 2 e 2t + C 3 e 4t → y c ( x ) = C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 4 Encuentro la solución particular : y ' ' '−7 y ' '+14 y '−8 y = 4t y p = t s ( At + B ) s = 0 → y p = At + B si es linealmente independiente con y c y p = At + B yp '= A y p ''= y p '''= 0 Re emplazando : 0 − 7(0) + 14( A) − 8( At + B ) = 4t (− 8 A)t + (14 A − 8B ) = 4t

  − 8A = 4  14 A − 8B = 0 

1 2 → y (t ) = − 1 t + 7 → y (x ) = − 1 ln x + 7 p p 7 2 8 2 8 B= 8 1 7 y ( x ) = C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 4 − ln x + 2 8 A=−

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81

Ecuaciones Diferenciales

2 d 3y dy 2 d y − x + 2x − 2y = x 3 2 3 dx dx dx r asumo y = x como solución entonces la escución se reduce a :

4. x 3

x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 − x 2 r (r − 1)x r −2 + 2 xrx r −1 − 2 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) + 2r − 2]x r = 0 [r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) + 2(r − 1)] = 0 (r − 1)(r (r − 2) − r + 2) = 0 (r − 1)(r (r − 2) − (r − 2)) = 0 (r − 1)2 (r − 2) = 0 r1 = r2 = 1

r3 = 2

y c = (C1 + C 2 ln x )x + C 3 x 2 encuentro la solución particular : y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3 x ln x x 2 ln x + 1 2 x x ln x = 1 ln x + 1 2 x = x −1 − 1 −1 x 2 x x −1 0 2 x

(

W x, x ln x, x 2

u1 ' =

)

0 x ln x x 2 0 ln x + 1 2 x x −1 1 2 x

=

(2 x )(x ln x ) − (ln x + 1)(x 2 ) → u x

1

x2

2

=x

= ∫ x(ln ( x ) − 1)dx =

x2  3  ln ( x ) −  2 2 

x 0 x2

u2 ' =

1 0 2x 0 1 2

=−

(x )(2 x ) − x 2

x x x ln x 0 1 ln x + 1 0 x −1

x

→ u 2 = − ∫ xdx = −

x2 2

x(ln x + 1) − x ln x → u 3 = ∫ 1dx = x x x x2  x2 3 ( ) ( ) (x ln x ) + (x )x 2 − − yp = x x ln   2  2 2

u3 ' =

0

1

=

x3 4 Solución general : yp =

y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x + C 3 x 2 +

x3 4

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82

Ecuaciones Diferenciales

Ecuaciones de segundo orden de coeficientes variables Solución en serie alrededor de un punto ordinario 1. (x 2 − 1)

(x

2

d 2y dy + 3x + xy = 0, 2 dx dx

+∞

y (0 ) = 4; y' (0 ) = 6

+∞

+∞

− 1 ∑ C n n(n − 1)x n − 2 + 3 x ∑ C n nx n −1 + x ∑ C n x n = 0

)

n=2

n =1

n =0

+∞

+∞

+∞

n=2

n=2

n =1

+∞

+∞

n=2

n =0

+∞

∑ C n n(n − 1)x n − ∑ C n n(n − 1)x n − 2 + 3∑ C n nx n + ∑ C n x n +1 = 0 n =0 +∞

+∞

n =1

n =1

∑ C n n(n − 1)x n − ∑ C n + 2 (n + 2)(n + 1)x n + 3∑ C n nx n + ∑ C n −1x n = 0 +∞

− 2C2 − 6C3 x + 3C1 x + C0 x + ∑ [C n n(n + 2 ) −C n + 2 (n + 2 )(n + 1) +C n −1 ]x n = 0 n=2

− 2C2 = 0 → C2 = 0 − 6C3 + 3C1 + C0 = 0 → C3 =

C1 C0 + 2 6

C n n(n + 2 ) −C n + 2 (n + 2 )(n + 1) +C n −1= 0 → C n + 2 =

C n n(n + 2 ) +C n −1 ;n≥2 (n + 2)(n + 1)

C 2 2(2 + 2 ) +C 1 8C 2 +C 1 C1 = = (2 + 2)(2 + 1) 12 12 C 3(3 + 2 ) +C 2 15C 3+C 2 3C1 C0 = = + n = 3 → C5 = 3 (3 + 2)(3 + 1) 20 8 8

n = 2 → C4 =

+∞

y ( x ) = ∑ Cn x n = C0 + C1 x + C2 x 2 + C3 x 3 + .... n =0

 x3 x5    x3 x 4 3x5 + + ... → y (0 ) = C0 = 4 y ( x ) = C0 1 + + + ... + C1  x + + 6 8 2 12 8         3 x 2 x3 15 x 4 x 2 5x 4 y ' ( x ) = C0  x + + + ... + C1 1 + + + + ... → y ' (0 ) = C1 = 6 2 8 2 3 8     4 5 11 x 11x + + ... y (x ) = 4 + 6 x + x3 + 3 3 4

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83

Ecuaciones Diferenciales

2. y' ' − xy' = e − x +∞

∑ C n(n − 1)x

alrededor de x 0 = 0 +∞

n−2

n

n=2

− x ∑ C n nx n =1

+∞

∑ C n(n − 1)x n

n=2

n

xn − ∑ C n nx = ∑ (− 1) n! n=0 n =1 +∞

n−2

xn = ∑ (− 1) n! n =0 +∞

n −1

+∞

n

n

xn C n + 2 (n + 2 )(n + 1)x − ∑ C n nx = ∑ (− 1) ∑ n! n =0 n =0 n =1 +∞

+∞

+∞

n

n

n

+∞

n = 1 + ∑ (− 1)

n =1

n =1

2C 2 + ∑ (C n + 2 (n + 2 )(n + 1) − C n n )x n 2C 2 = 1 → C 2 =

xn n!

1 2

C n + 2 (n + 2 )(n + 1) − C n n = n = 1 → C 3 = C1

+∞

(− 1)n n!

(− 1) n n ≥1 + (n + 2)(n + 1) n!(n + 2)(n + 1) n

→ C n+2 = C n

(− 1)1 → C = C1 − 1 1 + 3 (1 + 2)(1 + 1) 1!(1 + 2)(1 + 1) 6 6 2

n = 2 → C4 = C2

C (− 1) 2 1 1 + = 2 + → C4 = (2 + 2)(2 + 1) 2!(2 + 2)(2 + 1) 6 24 8

3 3C C ( 3 1 1 − 1) n = 3 → C5 = C3 = 3 − → C4 = 1 − + (3 + 2 )(3 + 1) 3!(3 + 2)(3 + 1) 20 120 40 30

+∞

y ( x ) = ∑ C n x n = C 0 + C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 3 + ..... n=0

1 2  C1 1  3 1 4  C1 1  5 x +  −  x + x +  −  x + ...... 2 8  6 6  40 30  3 5 2 3  x   x x x x4 x5    + + ....  +  − + − + ....  y ( x ) = C 0 + C1  x + 6 40 6 8 30   2   y ( x ) = C 0 + C1 x +

ESPOL 2009

84

Ecuaciones Diferenciales

3) Resolver la siguiente ecuación diferencial alrededor del punto   . Determine las soluciones homogéneas de esta ecuación diferencial en términos de series indicando a que función converge cada una de ellas. (Sugerencia: para encontrar la solución particular use el método de variación de parámetros).             

Desarrollo.

  "#$%#&"'    ( 

          

     !    %) *% $+#$%    "' ,# -,#$% %)./#+)/% Se asume: 2

 0 +1    1  -")%    13

2

 0 +1 1  13

2

4  0 +1 #156  136

2

 0 +1 ##  15 13

44

Primero se obtendrá las soluciones homogéneas. Se reemplaza y, y’, y’’ en la ecuación:             2

 

2

  0 +1 ##   13

2

15

2

  0 +1 136

#156 2

Luego se introduce los coeficientes dentro de las sumatorias

2

  0 +1 1   13

2

0 +1 ##  1  0 +1 ##  15  0 +1 #1  0 +1 1

13

13



136

13

Se igualan las patencias de x de todas la sumatorias, en este caso a la que más se repite que en este caso es n: 2

2

0 +1 ##    0 +1 ##  

13



1

13

15

2

 0 +1 136

#1

2

 0 +1 1 13

Para la m=n–2 Si n = 2, entonces m = 0 Pero n = m + 2 Luego m = n

ESPOL 2009

85

Ecuaciones Diferenciales

2

2

2

0 +1 ##    0 +17 #  #    0 +1 #1

13

1

2

13

 0 +1 1   13

2

1

136

2

Se igualan los subíndices de todas las sumatorias al mayor, en este caso n=2.

0 +1 ##    +  8+9   0 +17 #  #  1  +6 

13

2

1

 0 +1 13

#1

+  8+9   +6   +  +6  2

13

2

 +  +6   0 +1 1   13

 0:+1 ##    +17 #  #    +1 #  +1 ;1   13

Se igualan los coeficientes: +  +   "#$%#&"' '" $/"#"