problemas_resueltos_ecuaciones_2

Vista previa del material en texto

UNIVERSIDAD TÉCNICA FEDERICO SANTA MARÍA
CAMPUS SANTIAGO
Problemas Resueltos (Ecuaciones Diferenciales)
Problema 1. Encuentre la solución general de la ecuación
y(4) − y(3) + y′′ − 3y′ − 6y = 0
Solución
Ecuación caracteristica: m4 −m3 +m2 − 3m− 6 = 0 .
Usando criterio para hallar raices racionales, se tienen las raices m1 = −1 y m2 = 2 .
Usando división sintética:
1 −1 1 −3 −6
−1 −1 2 −3 6
1 −2 3 −6 0
2 2 0 6
1 0 3 0
Se tiene: m4 −m3 +m2 − 3m− 6 = (m+ 1)(m− 2)(m2 + 3)
Las raices complejas son: m3, 4 = ±
√
3 i .
La solución general de la ecuación diferencial es
yh = Ae−x +Be2x + C cos(
√
3x) +D sen(
√
3 x)
1
Problema 2. Resolver
y(6) + 2y(4) + y(2) = 0
Solución:
Ecuación caracteristica:
m6 + 2m4 +m2 = 0 ⇔ m2(m2 + 1)2 = 0
Raices de la ecuación caracteristica: m = 0 de multiplicidad 2 y m = ±i tambien de multiplicidad 2.
Solución general:
y = a+ bx+ c cos(x) + d sen(x) + ex cos(x) + fx sen(x)
2
Problema 3. Resolver la ecuación
x2y′′ + xy′ + 9y = sen(ln(x3))
Solución:
Haciendo x = et la ecuación queda: y′′ + 9y = sen(3t) .
Ecuación caracteristica de la homogenea: m2 + 9 = 0 ⇒ m = ± 3i
Luego la solución general de la homogenea queda: yh = A cos(3t) +B sen(3t)
Solución particular de la no homogenea: La solución debe ser de la forma yp = Ct sen(3t)+Dt cos(3t) .
Derivando y reemplazando se tiene:
y′′ + 9y = sen(3t)
⇔ 6C cos(3t)− 6D sen(3t) = sen(3t)
Igualando C = 0 y D = −1
6
. Por lo tanto yp = −
1
6
t cos(3t)
Solución general de la ecuación en la variable t :
yg = A cos(3t) +B sen(3t)−
1
6
t cos(3t)
Solución general en la variable x :
yg(x) = A cos(3 ln(x)) +B sen(3 ln(x)) −
1
6
ln(x) cos(3 ln(x))
3
Problema 4. Resuelva la ecuación
x2y
′′
+ 3xy
′
+ 10y = x ln(x)
Solución:
Haciendo x = et la ecuación queda: y′′ + 2y′ + 10y = tet
Ecuación caracteristica de la homogénea: m2 + 2m+ 10 = 0 ⇒ m = −1 ± 3i
Solución general de la homogénea:
yh(t) = Ae−t cos(3t) +Be−t sen(3t)
Solución particular de la no homogénea (coeficientes indeterminados).
Considerar la función y = Eet + Ftet .
Derivando y reemplazando:
y′′ + 2y′ + 10y = [(A+ 2B)et +Btet] + [2(A+B)et + 2Btet] + [10Aet + 10Btet] = tet
Igualando coeficientes se tiene:
13A+ 4B = 0
13B = 1
⇒
A = − 4
169
B =
1
13
Solución general para la variable t:
yg(t) = Ae−t cos(3t) +Be−t sen(3t) +
1
13
tet − 4
169
et
Solución general para la variable x :
yg(x) =
A
x
cos(3 ln(x)) +
B
x
sen(3 ln(x)) +
x ln(x)
13
− 4x
169
4
Problema 5. Encuentre la solución general de la ecuación
x3y′′′ + 5x2y′′ + 7xy′ + 8y = x ln(x)
Solución:
Haciendo el cambio x = et la ecuación queda (en la variable t ) :
y′′′ + 2y′′ + 4y′ + 8y = tet
Ecuación caracteristica de la ecuación homogenea:
m3 + 2m2 + 4m+ 8 = 0 ⇔ (m+ 2)(m2 + 4) = 0
cuyas raices son: m = −2 , m = ± 2i . Soluciones de la ecuación diferencial homogenea asociada.
y1(t) = e−2t ; y2(t) = cos(2t) ; y3(t) = sen(2t)
Una solución particular de la no homogenea debe ser de la forma: yp(t) = Aet +Btet .
Derivando, reemplazando y haciendo todos los calculos fomes, se tiene:
yp(t) = −
11
225
et +
15
225
tet
Solución general:
yg(t) = c1e−2t + c2 cos(2t) + c3 sen(2t)−
11
225
et +
15
225
tet
yp(x) =
c1
x2
+ c2 cos(2 ln(x)) + c3 sen(2 ln(x)) −
11
225
x+
15
225
x ln(x)
5
Problema 6. Resolver la ecuación
y(4) + 6y(3) + 17y(2) + 28y′ + 20y = x2 + x
Solución:
La ecuación característica de la ecuación homogenea es:
m4 + 6m3 + 17m2 + 28m+ 20 = 0 ⇔ (m+ 2)2(m2 + 2m+ 5) = 0
Las raíces son: m = −2 de multiplicidad 2 y m = −1 ± 2i .
La solución general de la ecuación homogenea es:
y(x) = Ae−2x +Bxe−2x + Ce−x cos(2x) +De−x sen(2x)
Una solución particular de la ecuación no homogenea es de la forma: yp(x) = ax
2 + bx+ c . Derivando
y reemplazando se tiene:
20ax2 + (56a+ 20b)x+ (34a+ 28b+ 20c) = x2 + x ⇔













a =
1
20
b = − 9
100
c =
41
1000
Solución general:
y(x) = Ae−2x +Bxe−2x + Ce−x cos(2x) +De−x sen(2x) +
1
20
x2 − 9
100
x+
41
1000
6
Problema 7. Considerar la ecuación de Legendre
(1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0
con −1 < x < 1 . Si y = x es una solución. Encontrar la solución general.
Solución:
Hacer
y′′ − 2x
1− x2 y
′ +
2
1− x2 y = 0
Previo
∫
2x
1− x2 dx = −
∫ −2x
1− x2 dx = − ln(1− x
2)
Por lo tanto: e
∫
2x
1−x2
dx
= e− ln(1−x
2) =
1
1− x2
Luego
v =
∫
1
x2
· 1
1− x2 dx
=
∫
(
1
x2
+
1
1− x2
)
dx
=
∫
[
1
x2
+
1
2
(
1
1− x +
1
1 + x
)]
= − 1
x
+
1
2
ln
(
1 + x
1− x
)
Por lo tanto la segunda solución queda:
y2 =x
(
− 1
x
+
1
2
ln
(
1 + x
1− x
))
= − 1 + x
2
ln
(
1 + x
1− x
)
Solución general:
yh =Ax +B
(
x
2
ln
(
1 + x
1− x
)
− 1
)
7
Problema 8. Resuelva la ecuación
x(1 − x2)2y′′ − (1− x2)2y′ + x3y = 0
(Ayuda: haga el cambio de variable t = − 12 ln(1 − x2))
Solución:
Haciendo t = −1
2
ln(1− x2) se tiene
dy
dx
=
dy
dt
· dt
dx
⇒ dy
dx
=
(
x
1− x2
)
dy
dt
Por otra parte:
d2y
dx2
=
d
dy
(
x
1− x2 ·
dy
dt
)
⇒ d
2y
dx2
=
(
1 + x2
(1− x2)2
)
· dy
dt
+
(
x2
(1− x2)2
)
· d
2y
dt2
Reemplazando en la ecuación
x(1− x2)2
[
1 + x2
(1− x2)2 ·
dy
dt
+
x2
(1− x2)2 ·
d2y
dt2
]
− (1− x2)2
(
x
1− x2
)
· dy
dt
+ x3y = 0
⇔ x3y′′ + 2x3y′ + x3y = 0
Donde todas las derivadas que aparecen son derivadas respecto de t e y = y(t) es una función de t . De
aqui se tiene la ecuación homogenea con coeficientes constantes y′′ + 2y′ + y = 0 la cual tiene soluciones
y1(t) = e−t , y2(t) = te−t . Por lo tanto la solución general es
y = ae−t + bte−t
reemplazando
y = a
√
1− x2 + b
√
1− x2 ln(1− x2)
8
Problema 9. Usando el cambio de variables t = sen(x)− x cos(x), encuentre la solución de la ecuación
y′′ +
(√
3 x sen(x)− cos(x)
sen(x)
− 1
x
)
y′ + x2 sen2(x)y = 0.
Solución:
Considerar el cambio t = sen(x) − x cos(x) derivando y usando regla de la cadena:
dy
dx
=
dy
dt
· dt
dx
=
dy
dt
· [cos(x)− cos(x) + x sen(x)] = x sen(x) dy
dt
d2y
dx2
=
d
dx
(
x sen(x)
dy
dt
)
= (sen(x) + x cos(x))
dy
dt
+ x sen(x)
d2y
dt2
x sen(x)
= sen(x)
dy
dt
+ x cos(x)
dy
dt
+ x2 sen2(x)
d2y
dt2
Reemplazando en la ecuación se tiene:
(
sen(x)
dy
dt
+ x cos(x)
dy
dt
+ x2 sen2(x)
d2y
dt2
)
+
(√
3 x sen(x) − cos(x)
sen(x)
− 1
x
)
x sen(x)
dy
dt
+x2 sen2(x) y = 0
⇔ x2 sen2(x) d
2y
dt2
+
√
3x2 sen2(x)
dy
dt
+ x2 sen2(x) y = 0
Para x tales que x2 sen2(x) 6= 0 queda:
y′′ +
√
3 y′ + y = 0
Ecuación caracteristica: m2 +
√
3m+ 1 = 0 ⇒ m = −
√
3± i
2
Luego la solución general queda:
y(t) = Ae−
√
3 t
2 cos
(
t
2
)
+ Be−
√
3 t
2 sen
(
t
2
)
= e−
√
3 t
2
[
A cos
(
t
2
)
+ B sen
(
t
2
)]
y(x) = e
−
√
3
2
(sen(x)−x cos(x))
[
A cos
(
sen(x)− x cos(x)
2
)
+ B sen
(
sen(x)− x cos(x)
2
)]
9
Problema 10. Usando la transformación t = sen(x) convierta la ecuación diferencial
y′′ + tg(x)y′ + cos2(x)y = 0
en una ecuación de coeficientes constantes y resuelva.
Solución:
Como t = senx, derivando con respecto a t, se obtiene:
dy
dt
=
dy
dx
dx
dt
dy
dt
=
1
cosx
dy
dx
(1)
Por lo tanto
dy
dx
= cosx
dy
dt
Derivando (1) con respecto a t , se tiene:
d2y
dt2
=
d
dx
(
1
cosx
dy
dx
)
dx
dt
d2y
dt2
=
[
(tanx secx)
dy
dx
+
1
cosx
d2y
dx2
]
dx
dt
d2y
dt2
=
[
(tanx secx)
dy
dx
+
1
cosx
d2y
dx2
]
1
cosx
d2y
dt2
= tanx sec2 x
dy
dx
+
1
cos2 x
d2y
dx2
Por lo tanto
d2y
dx2
= cos2 x
d2y
dt2
− tanx (cos x dy
dt
)
Reemplazando en la ecuación, se obtiene:
cos2 x
d2y
dt2
− tanx (cosx dy
dt
) = 0
cos2 x
d2y
dt2
+ cos2 x y = 0
d2y
dt2
+ y = 0
Por lo tanto:
y(x) = C1 cos(senx) + C2 sen(senx)
10
Problema 11. Use el cambio t =
x2
2
para resolver la ecuación
xy′′ + (x2 − 1)y′ + x3y = e−x
2/4
Solución:
Hacer
dy
dx
=
dy
dt
· dt
dx
= x
dy
dt
Luego
d2
dx2
=
d
dx
(
x
dy
dt
)
=
dy
dt
+ x2
d2y
dt2
Reemplazando en la ecuación queda:
y′′ + y′ + y = e−t/2
Homogenea: Ecuación caracteristica de la ecuación homogenea:
m2 +m+ 1 = 0 ⇒ m = − 1
2
±
√
3
2
i
Solución general de la ecuaciónhomogenea en la variable t :
y(t) = Ae−t/2 cos
(√
3
2
t
)
+Be−t/2 sen
(√
3
2
t
)
Solución Particular de la No Homogenea: Coeficientes Indeterminados
Sea yp = ae−t/2 , entonces y′p = −
a
2
e−t/2 ; y′′p =
a
4
e−t/2 . Reemplazando:
a
4
e−t/2 − a
2
e−t/2+, ae−t/2 = e−t/2 ⇒ a = 4
3
Luego y =
4
3
e−t/2 es una solución de la no-homogenea.
Solución general en la variable t :
yg(t) = Ae−t/2 cos
(√
3
2
t
)
+Be−t/2 sen
(√
3
2
t
)
+
4
3
e−t/2
Solución general en la variable x :
yg(x) = Ae−x
2/4 cos
(√
3
4
x2
)
+Be−x
2/4 sen
(√
3
4
x2
)
+
4
3
e−x
2/4
11