1. UNIVERSIDAD FERMIN TORO
VICERECTORADO ACADEMICO
DECANATO DE INGENIERIA
ASIGNACIÒN DE EJERCICIOS DE LA UNIDAD II: ECUACIONES DIFERENCIALES
1.) Determine si la función es solución de la ecuación diferencial.
a.) y = 3sen2 x + e − x ; y ,, + 4 y = 5e − x
1 1
b.) y = senx − cos x + 10e − x ; y , + y = senx
2 2
c) y = C1e − x + C2e x + C3e − 2 x + C4e 2 x ; y ( 4 ) − 5 y ,, + 4 y = 0
Sol:
Para los tres casos tenemos 3 funciones:
a.) y = 3sen2 x + e − x ;
1 1
b.) y = senx − cos x + 10e − x ;
2 2
c) y = C1e − x + C2e x + C3e −2 x + C4e 2 x ;
Para poder resolver los casos debemos derivar la función Y tantas veces sea indicado en el ejercicio y
luego sustituir esas derivadas en la ecuación diferencial, si la igualdad nos da la misma quiere decir
que la función si es solución de la ecuación diferencial, a continuación presentamos la solución de los
ejercicios:
a.) y = 3sen2 x + e − x ; y ,, + 4 y = 5e − x
y = 3 xsen2 x + e − x ⇒ = y ′ = 6 x cos 2 x − e − x
⇒ y ′′ = −12sen 2 x + e − x
Sustituimos y ′′ y y en la ecuación diferencial:
− 12 sen2 x + e − x + 4 ( 3 xsen2 x + e )=
−x
5e − x
2. − 12 sen 2 x + e − x + 12 xsen2 x + 4e − x = 5e − x
5e − x = 5e − x si es solución
1 1
b.) y = senx − cos x + 10e − x ; y , + y = senx
2 2
Solución:
1 1
y' = cos x + senx − 10e − x
2 2
Sustituimos y ′ y y en la ecuación diferencial:
1 1 1 1
cos x + senx − 10e − x + senx − cos x + 10e − x = senx
2 2 2 2
1 1
senx + senx = senx ;
2 2
senx = senx si es solución
c) y = C1e − x + C 2 e x + C 3 e −2 x + C 4 e 2 x ; y ( 4 ) − 5 y ,, + 4 y = 0
y ′ = −c1e − x + c 2 e x − 2c3 e −2 x + 2c 4 e 2 x
y ′′ = c1e − x + c 2 e x + 4c3 e −2 x + 4c 4 e 2 x
y ′′′ = −c1e − x + c 2 e x − 8c3 e −2 x + 8c 4 e 2 x
y ′′′′ = c1e − x + c 2 e x + 16c3 e −2 x + 16c 4 e 2 x
Sustituyendo y ′′′′ , y ′′ y y en la ecuación diferencial;
c1e − x + c 2 e x + 16c3 e −2 x + 16c 4 e 2 x − 5( c1e − x + c 2 e x + 4c3 e −2 x + 4c 4 e 2 x )+4
C1e − x + C 2 e x + C 3 e −2 x + C 4 e 2 x = 0
c1e − x + c 2 e x + 16c3 e −2 x + 16c 4 e 2 x -5
c1e − x − 5c 2 e x − 20c3 e −2 x − 20c 4 e 2 x + 4C1e − x + C 2 e x + C 3 e −2 x + C 4 e 2 x = 0
c1e − x − 5c1e − x + 4C1e − x + c 2 e x − 5c2 e x + C2 e x + C3e −2 x − 20c3e −2 x + C3e −2 x + 16c4 e 2 x − 20c4 e 2 x
+ C 4 e 2 x = 0 Si es solución
3. 2.) Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales de primer orden de acuerdo al método
correspondiente.
a.) e y sen 2 xdx + cos x e 2 y − y dy = 0 ( )
b.) ( xy + y + x )dx − x dy = 0
2 2 2
c) ( y cos x )dx + ( 4 +5 ysenx )dy = 0
2
2
d) y, − y = x 2 cos x
x
Sol:
a.) e y sen2 xdx + cos x( e 2 y − y ) dy = 0
El método que se aplicara para resolver la ecuación diferencial es el meto de ecuaciones separables de la
siguiente manera:
e y sen 2 xdx = − cos x( e 2 y − y ) dy
sen 2 x
dx =
( e 2 y − y ) dy
− cos x ey
Sabemos que:
sen2 x = 2 senx cos x
Entonces:
2 senx cos x
dx =
( e 2 y − y ) ⇒ 2senxdx = ( e y − ye − y )dy Integrando ambos lados de la igualdad tenemos:
− cos x ey
− 2 cos x = −e y − e y ( y + 1) + c
b.) ( xy + y 2
+ x 2 ) dx − x 2 dy = 0
Buscamos la forma que tiene para poder solucionar el problema:
Veamos es homogénea sin embargo no se puede resolver como tal; pero sin embargo se puede llevar a la
forma realizando un cambio de variable; de la forma siguiente:
4. ( xy + y 2
+ x 2 ) dx − x 2 dy == 0
( xy + y 2
+ x 2 ) dx = x 2 dy
dy xy + y 2 + x 2
=
dx x2
xy + y 2 + x 2 u 2 xy + u 2 y 2 + u 2 x 2
f ( x, y ) = ⇒ f ( ux, uy ) =
x2 u2x
u 2 ( xy + y 2 + x 2 )
⇒ f ( ux, uy ) =
u2 x2
xy + y 2 + x 2
⇒ f ( ux, uy ) =
x2
f ( ux, uy ) = f ( x, y )
Como f ( ux, uy ) = f ( x, y ) ⇒ la ecuación diferencial es homogénea, con lo cual
Podemos hacer el cambio de variable y = tx Así:
dy dt
y = tx ⇒ = .x + t
dx dx
Sustituyendo:
dt xtx + t 2 x 2 + x 2
x+t =
dx x2
dt x 2 ( t + t 2 + 1)
.x =
dx x2
dt
.x = t 2 + t + 1
dx
dx dt
= 2
x t + t +1
Integrando:
5. 2 2t + 1
tg −1
x 3 3 +c
Ln =
Regresando el cambio de variable:
2 −1 2 y / x + x
tg
x 3 3
Ln = +c
2 −1 2 y + x
tg
x 3 3x
Ln = +c solución general
c) (y 2
cos x ) dx + ( 4 + 5 ysenx ) dy = 0
y 2 cos xdx + (4 + 5 ysenx)dy = 0
Como posee la forma de las ecuaciones diferenciales exactas comprobémosla:
∂M
M ( x, y ) = y 2 cos x ⇒ = 2 y cos x
∂y
∂N
N ( x, y ) = 4 + 5 ysenx ⇒ = 5 y cos x
∂x
∂M ∂N
Como ≠ ⇒ no es exacta, veamos si podemos encontrar un factor integrante usando:
∂y ∂x
∂N ∂M
∫ ∂x − ∂y dy
µ ( y) = e
5 y cos x − 2 y cos x
∫
y 2 cos x
dy
=e
dy
=e 3 ∫ y = e 3 Lnly 3 = y 3
Entonces
FI ( y ) = y 3 Es el factor integrante, multipliquemos ± por FI (y) = y3
cos xdx + (4 y 3 + 5 y 4 senx)dy = 0
Veamos ahora si es exacta:
6. M′
M = y 5 cos x ⇒ = 5 y 4 cos x
y′
N′
N = 4 y 3 + 5 y 4 senx ⇒ = 5 y 4 cos x
X′
aM aN
Como = ⇒ es exacta!
ay ax
x y
∫a
M ( xb)dx + ∫ N = ( xy) = 0
b
x y
∫b cos xdx + ∫ (ay 4 + 5 y 4 senx) dy = 0
5
a b
x y
∫ + (y + y 5 senx) ∫ = 0
4
b5senx
a b
b5senx - b5sena + y4 + y5 senx – b4 b5senx = 0
y4 + y5 senx +c = 0 c = -b5sena – b4
2
d ) y, − y = x 2 cos x
x
2
y´ - y = x2 cosx
x
La ecuación tiene la estructura de una ecuación lineal de 1er orden con lo cual
Q(x) = x2 cosx
2 dx
P(x) = -
x
⇒ ∫ P ( x )dx = −2 ∫
x
= −2 ln x
Así la solución es de la forma
∫
− P ( x ) dx Q( x)e ∫ P ( x ) dx dx + c
Y=e ∫
Sustituyendo ∫ P( x)dx , tenemos
y=e
2 Ln x
[∫ x cos xe
2 − 2 Ln x
dx + c ]
7. 2 Ln x 2 x 2 cos xe −1n x −2 dx + c
y=e ∫
y = x2 [∫ x 2
cos x.x −2 dx + c ]
y = x2 [∫ cos xdx + c]
y = x 2 [ senx + c ]
3.) Resolver las ecuaciones diferenciales de orden N según el método correspondiente:
a.) y ,, − 3 y , + 2 y = 3e − x − 10 cos 3 x
Y” – 3y3 + 2y = 3e-x – 10cos3x
Usaremos el método del anulador, entonces
R(x) = 3e-x -10cos3x
L(D) = D2 – 3D + 2 = (D - 1) (D - 2)
A (D) = (D + 1) (D2 + 9) anulador de R(x)
Entonces la ecuación I se puede escribir como
(D2 – 3 D + 2) y = 3 e-x – 10cos 3x
Multiplicando ambos lados de la igualdad por A(D)
(D-1)(D+2)(D+1)(D2+9) y = (D+1)(D2+9)(3e-x-10cos3x)
(D-1)(D-2)(D+1)(D2+9) = 0, polinômios característicos
D -1 = 0, D - 2 = 0, D + 1 = 0 y D2 + 9 = 0
D = 1, D = 2, D = -1 y D = ± 3
La solución tiene forma
Y = c, ex + c2 e2x + c3 e-x + c4 sen3x + c5cos3x
Sustituyendo en II
(D2-3D+2)(c, ex+c2 e2x + c3e-x + c4sen3x + c5cos3x) = 3e-x-10cos3x
Desarrollando tenemos que
8. 2c, ex + 2 c2 e2x + 2 c3 e-x + 2 c4 sem 3x + 2 c5 cos 3x
-3(c, e2 + 2 c2 e-2x – c3 e-x + 3 c4 cos 3x – 3 c5 sem 3x)
+ c, ex + 4 c2 e-2x + c, e-x – 9 c4 sen3x – 9 c5 cos 3x = 3 e-x – 10 cos 3x
3c1 e2 + 6 c2 e-2x + 3 c3 e-x – 7 c4 sem 3x – 7 c5 cos 3x – 3 c, ex
- 6 c2 e-2x + 3c3 e-x – 9 c4 cos3x + 9 c5 sem 3x = 3 e-x – 10 cos 3x
6 c3 e-x + (-7 c4 + 9 c5) sem 3x – (9 c4 + 7 c5) cos 3x = 3 e-x – 10 cos 3x
Igualando coeficientes
6 c3 = 3 ⇒ c3 = ½
-7 c4 9 c5 = 0 ⇒ c4 = 9/7 c5
9
9 c4 + 7 c5 = 10 ⇒ 9 c5 + 7 c5 = 10 ⇒ 130 c5 = 70
7
⇒ c5 = 7/13 ∧ c4 = 9/13
Por lo tanto la solución es
1 -x 7 9
y = c, ex + c2 e2x e + sen 3x + cos 3x
2 13 13
b.) y ( 6 ) − 5 y ( 4 ) + 16 y ,,, + 36 y ,, − 16 y , − 32 y = 0
y(6) – 5 y(4) + 15 y”´ 35 y” 16 y´ - 32 y = 0
es una ecuación homogénea, la cual le escribimos como
(D6 – 5D4 + 16D3 + 36D2 – 16D - 32). y = 0
Entonces
D6 – 5D4 + 16D3 + 36D2 – 16D - 32). Y = 0, polinomio característico
Usando Ruffini
32 = {± 1, ±2, ±4, ±8, ±16}
a51
9. 1 0 -5 16 36 -16 -32
1 1 1 -4 12 48 32
1 1 -4 12 48 32 0 0=1
-1
-1 0 4 -16 -32
1 0 -4 16 32 0 D = -1
-2
-2 4 0 -32
1 -2 0 16 0 D = -2
-2 -2 8 -16
1 -4 8 3 D = -1
− (−4) ± (−4) 2 − 4(1)(8) D = 2 + 26
D= =
2(1)
D = 2 - 26
La solución es
y = c, ex + c2 e-x + c3 e-2x + c4 x e-2x + c5 e2x sem x + c5 e2x cos 2x
