Ecuaciones Diferenciales

Taller Número 1 1. Resolver por el método de coeficientes lineales.

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(x + y − 2)dx + (x − y + 4)dy = 0 Solución: Paso 1: Resolvemos el sistema de ecuaciones: (x + y − 2) + (x − y + 4) 2x + 2 = 0 x = −1 Reemplazando dicho valor: (−1) + y − 2 = 0 y = 3 h = −1 y k = 3 por lo tanto realizamos la siguiente sustitución: x=u−1yy =v+3 además dx = du y dy = dv Paso 2:Reemplazamos los datos obtenidos en el paso 1 en la ED. (u − 1 + v + 3 − 2)du + (u − 1 − v − 3 + 4)dv = 0 (u + v)du + (u − v)dv = 0 Comprobamos si las funciones dadas son homogéneas. M (u, v) = u + v N (u, v) = u − v M (tu, tv) = tu + tv M (tu, tv) = t(u + v) M (tu, tv) = tM (u, v) N (tu, tv) = tu − tv N (tu, tv) = t(u − v) N (tu, tv) = tN (u, v) UdeA 1 Mayo de 200

Ecuaciones Diferenciales

Lasfunciones son homogéneas de grado 1. Paso 3: Realizamos la siguiente sustitución: v = tu dv = udt + tdu = 0 Reemplazando (u + tu)du + (u − tu)(udt + tdu) = 0 udu − tudu + u2 dt + tudu − tu2 dt − t2 udu = 0 udu + u2 dt − tu2 dt − t2 udu = 0 (u − t2 u)du + (u2 − tu2 )dt = 0 u(1 − t2 )du + u2 (1 − t)dt = 0 (1 − t) u du = dt 2 u (1 − t2 ) (1 − t) 1 du = dt u (1 − t2 ) 1−t 1 du = u (1 − t)(1 + t) 1 1 du = u1+t Ahora se resuelve la integral a ambos lados 1 1 du = dt u 1+t r =1+t dr = dt ln |u| + C = 1 dr r ln |u| + C = ln |r|

ln |u| + C = ln |t + 1|

Y finalmente sustituimos los valores originales. u=x+1 v =y−3 UdeA 2 Mayo de 2009



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Obteniendo el siguiente resultado: v +1 u y−3 ln |x + 1| + C = ln +1 x+1 ln |u| + C = ln

2. Determinar la función M (x, y) detal manera que la siguiente EDO sea exacta. 1 M (x, y)dx + ((xex y + 2xy + )dy = 0 x Si miramos los pasos que hay que seguir para solucionar una EDO exacta, vemos que la condición que se tiene que cumplir es: ∂M ∂N = ∂y ∂x Ahora, si derivamos parcialmente N obtenemos: ∂N 1 = ex y + xex y + 2y − 2 ∂x x y si integramos el resultado obtenido con respecto a y obtendremos M (x, y)

∂M dy ∂y ex y + xexy + 2y − 1 dy x2

ex y 2 xex y 2 y + + y 2 − 2 + g(x) 2 2 x La función g(x) se adiciona, debido a que siendo una función de la variable x, al momento de derivar parcialmente con respecto a y su derivada va a ser cero. 1 y M (x, y) = ( ex y 2 )(1 + x) + y 2 − 2 + g(x) 2 x Se puede corroborar el resultado derivando parcialmente M (x, y) con respecto a y UdeA 3 Mayo de 2009



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Taller Número 2 1. Solucionar: (D2 + 4D + 4)y = 0 tal que tenga una solución que pase por los puntos (0, 2) y (2, 0) Primero hallamos la solución general normalmente y luego sustituimos los puntos por los cuales debe pasar la función, así se obtendrá la solución particular. (D2 + 4D + 4)y = 0 ecuación característica: m2 + 4m + 4 = 0 (m + 2)2 = 0 m = −2 con multiplicidad 2, por lo tantola solución general es: y = C1 e−2x + C2 xe−2x Ahora hallamos la solución particular pedida, reemplacemos el punto (0, 2) y = C1 e−2x + C2 xe−2x 2 = C1 e(−2)(0) + C2 (0)e(−2)(0) 2 = C1 Teniendo ya la primera constante, utilizamos el segundo punto (2, 0) para hallar C2 0 = C1 e(−2)(2) + 2C2 e(−2)(2) 0 = 2e−4 + 2C2 e−4 −2e−4 = C2 2e−4 C2 = −1 Por último reemplazamos los valores hallados en lasolución general: y = 2e−2x − xe−2x y = (2 − x)e−2x

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 2. Hallar la solución general de: y + 4y = cos2 x

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Primero debemos tener en cuenta que: 1 + cos(2x) 2 1 + cos(2x) ⇒ y + 4y = 2 cos2 x =

El operador anulador de la expresión de la derecha es (D3 + 4D) ⇒ (D3 + 4D)y + 4y = 0 D(D2 + 4)(D2 + 4)y = 0 D(D2 + 4)2 y = 0 Ecuación Característica:m(m2 + 4)2 = 0 m = (m − 0) por lo tanto aporta la solución C1

(m2 + 4)2 = 0 α = 0 β = 2 m = ±2i con multiplicidad 2, por lo tanto la solución queda de la siguiente forma:

y = C1 + C2 cos(2x) + C3 sen(2x) + C4 xcos(2x) + C5 xsen(2x) La ecuación diferencial homogénea asociada es: (D2 + 4)y = 0, y su ecuación característica: UdeA 5

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 m2 + 4 = 0 ⇒ m = ±2i α = 0 β = 2...