ecuaciones diferenciales

1. ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL
INSTITUTO DE CIENCIAS MATEMÁTICAS
Examen Parcial de Ecuaciones Diferenciales
RESUELTO POR: ROBERTO CABRERA
Fecha de examen: Julio 07 del 2006
1.-Resolver las siguientes ecuaciones de primer orden:
a. y ' = ( x − y ) 2 + 1 (Sugerencia: efectúe el cambio de variable z = x − y )
y = x−z
dy dz
= 1−
dx dx
dy
Reemplazando z, en la ecuación diferencial:
dx
dz
1− = z2 +1
dx
dz
− = z2
dx
dz
− 2 = dx
z
dz
∫ − z 2 = ∫ dx
1
= x + c ; pero z = x − y ;
z
1
= x+c
x− y
1
x− y = ;
x+c
1
y = x−
x+c

2. b. ( x − y + 2) dx + ( x − y + 3) dy = 0
z = x − y;
dy
Despejando de la ecuación diferencial:
dx
y = x−z
dy dz
= 1−
dx dx
dy
=−
( x − y + 2)
dx ( x − y + 3)
Reemplazando z = x − y en la ecuación:
1−
dz
=−
( z + 2)
dx ( z + 3)
1+
( z + 2) = dz
( z + 3) dx
z + 3 + z + 2 dz
=
z +3 dx
2 z + 5 dz
=
z + 3 dx
z +3
dz = dx
2z + 5
z+3
∫ 2 z + 5dz = ∫ dx
1 1
z + 3 = ( 2 z + 5) +
2 2
 1 1
 2 ( 2 z + 5) + 2  dz
  = dx
∫ 2z + 5 ∫
1 1 dz
2 ∫ dz + 2 ∫ 2 z + 5 = x + c
1 1
z + ln 2 z + 5 = x + c
2 4
2 z + ln 2 z + 5 = 4 x + c
2( x −y ) + 2( x −y ) + =4 x +
ln 5 c

3. 2.-Resolver el siguiente problema de valores iniciales, si se conoce que y1 = x 3 es una
solución de la ecuación homogénea:
(3x + 2 x ) y' '−6(1 + x ) y '+6 y = (3x + 2 x )
2 2 2
6(1 + x ) 6
y ' '− y '+ y = 3x + 2 x 2
3x + 2 x 2
3x + 2 x 2
6(1 + x )
p( x ) = −
3x + 2 x 2
e − ∫ p ( x ) dx
y 2 = y1 ∫ 2
dx
y1
6 ( 1+ x )
∫ dx
3 x+ 2 x2
e
y2 = x ∫
3
dx
x6
2 ln x + ln 2 x + 3
e
y2 = x ∫
3
dx
x6
x 2 ( 2x + 3)
y2 = x3 ∫ dx
x6
y2 = x3 ∫
( 2x + 3) dx
x4
 2 3 
y2 = x 3  ∫ 3 dx + ∫ 4 dx 
 x x 
 1 1
y2 = x 3 − 2 − 3 
 x x 
y2 = −x −1
yc = c1 x 3 + c2 ( − x − 1)
yc = c1 x 3 + c2 ( x + 1)
yp = ?
y p = u1 y1 + u2 y2
x3 x +1
W ( x 3 , x + 1) = = x 3 − 3x 3 − 3x 2
3x 2 1
W ( x 3 , x + 1) = −2 x 3 − 3 x 2 = − x ( 3 x + 2 x 2 )
0 x +1
u1 ' =
3x + 2 x 2
1
=
( x + 1) (3x + 2 x 2 )
W ( x 3 , x + 1) x(3x + 2 x 2 )
1
u1 ' = 1 +
x
 1
u1 = ∫ 1 + dx = x + ln x
 x

4. x3 0
3x 3x + 2 x 2 x3 (3x + 2 x 2 )
2
u2 ' = =
W ( x 3 , x + 1) − x(3x + 2 x 2 )
u2 ' = − x 2
x3
u 2 = ∫ − x 2 dx = −
3
y p = u1 y1 + u2 y2
 x3 
y p = x 3 ( x + ln x ) + ( x + 1)  − 
 3
 
( x + 1) + x 3 ( x + ln x ) − x ( x + 1)
3
y = c1 x 3
+ c2
3
4
x x3
y = c1 x 3 + c2 ( x + 1) + x 4 + x 3 ln x − −
3 3
 1
y = x 3  c1 −  + c2 ( x + 1) + x 3 ( x + ln x )
 3
y =c1 x 3 + 2 ( x + ) +x 3 (x + x
c 1 ln )

5. 3.-Resolver la ecuación de cuarto orden:
y IV + 2 y ' ' '+2 y ' '+2 y '+ y = 8e x − 1
Solución complementaria:
y IV + 2 y ' ' '+2 y ' '+2 y '+ y = 0
y = e rx ; y ' = re rx ; y ' ' = r 2 e rx ; y ' ' ' = r 3e rx ; y IV = r 4 e rx
Reemplazando y , y ' , y ' ' , y ' ' ' , y IV en la ecuación diferencial:
[
e rx r 4 + 2r 3 + 2r 2 + 2r + 1 = 0]
r 4 + 2r 3 + 2 r 2 + 2 r + 1
( r + 1) 2 ( r 2 + 1) = 0
r1, 2 = −1 ; r3, 4 = ±i
y c = c1e − x + c 2 xe − x + c3 Cosx + c 4 Senx
Solución particular:
y p = Ae x + B
IV
yp ' = yp '' = yp ''' = yp = Ae x
Reemplazando en la ecuación diferencial inicial:
y IV + 2 y ' ' '+2 y ' '+2 y '+ y = 8e x − 1
Ae x + 2 Ae x + 2 Ae x + 2 Ae x + Ae x + B = 8e x − 1
8 Ae x + B = 8e x − 1
A = 1 ; B = −1
y p = ex −1
y = yc + y p
y = 1e − + 2 xe − + 3Cosx + 4 Senx + x −
c x
c x
c c e 1

6. 4.-Resolver el problema de valores iniciales:
y ' ' = 2 yy ' ; y ( 0 ) = 0 ; y ' ( 0 ) = 1
dy
= y' = v
dx
dv
y' ' = v
dy
dv
v = 2 yv
dy
dv
= 2y
dy
∫ dv = ∫ 2 ydy
v = y2 + c
dy
= y2 + c
dx
dy
∫ dx = ∫ y 2 + c
1  y 
x= ArcTan  +k

c  c
 y 
c x = ArcTan  +k

 c
y = cTan c x + k( )
Reemplazando las condiciones iniciales:
k =0
( )
y ' = cSec 2 c x
1 = cSec 2 ( 0 )
c =1
y =Tanx

7. 5.-Un punto material de masa 1 Kg., está animado con movimiento rectilíneo bajo la
acción de una fuerza directamente proporcional al tiempo transcurrido e
inversamente proporcional a la velocidad con la que se desplaza el punto.
En el instante t = 40 segundos, la velocidad es igual a 5 m/seg. y la fuerza que actúa
es de 4 Newtons.
¿Cuál será la velocidad del punto un minuto después de iniciado el movimiento?
t
F =k
v
dv
F = ma ; a =
dt
t dv
k =m
v dt
Reemplazando las condiciones iniciales en la ecuación inicial:
Fv
k=
t
4( 5) 1
k= =
40 2
1 t dv
=
2 v dt
∫ 2vdv = ∫ tdt
1
v2 = t 2 + c
2
1 2
v= t +c
2
Reemplazando las condiciones iniciales para hallar c:
1
c = v2 − t 2
2
40 2
c = 25 − = 25 − 800 = −775
2
1 2
v( t ) = t − 775
2
En t = 60 segundos
1
v( 60 ) = ( 60) 2 − 775
2
m
v( 60 ) = 32,02
s

8. 6.-Resolver la siguiente ecuación diferencial utilizando series de potencias alrededor
del punto ordinario X 0 = 0 (desarrollar unos 5 términos de la serie de potencias
respectiva)
(1 − x ) y ' '+ y = 0
+∞ +∞ +∞
y = ∑ Cn X n ; y ' = ∑ nCn X n −1 ; y ' ' = ∑ n( n − 1) Cn X n −2
n=0 n =1 n =1
+∞ +∞
(1 − x ) ∑ n( n − 1) Cn X n −2 + ∑ Cn X n = 0
n =1 n=0
+∞ +∞ +∞
∑ n( n − 1)Cn X n−2 − ∑ n( n − 1)Cn X n−1 + ∑ Cn X n = 0
n =2 n=2 n=0
+∞ +∞ +∞
∑ ( n + 2)( n + 1)C n+ 2 X n − ∑ ( n + 1)( n )C n+1 X n + ∑ C n X n
n =0 n =1 n =0
=0
+∞ +∞ +∞
2a2 + a0 + ∑ ( n + 2 )( n + 1) Cn + 2 X n − ∑ ( n + 1)( n ) Cn +1 X n + ∑ Cn X n = 0
n =1 n =1 n =1
a0
a2 = −
2
+∞
∑ X [ ( n + 2)( n + 1)C
n =1
n
n+2 − ( n + 1)( n ) Cn +1 + Cn ] = 0
( n + 2)( n + 1) Cn + 2 − ( n + 1)( n ) Cn +1 + Cn = 0
( n + 1)( n ) C n +1 − C n
C n+2 = ; ∀n ≥ 1
( n + 2)( n + 1)
n =1:
2C 2 − C1 C C
C3 = =− 0 − 1
6 6 6
n = 2:
6C 3 − C 2 C 3 C 2 C C C C C
C4 = = − =− 0 − 1 + 0 =− 0 − 1
12 2 12 12 12 24 24 12
n = 3:
12C 4 − C 3 3C 4 C 3 3  C 0 C1  1  C 0 C1  C C
C5 = = − = − − +  + =− 0 − 1
20 5 20 5  24 12  20  6 6  60 24
+∞
y = ∑ Cn X n
n =0
+∞
y = C 0 + C1 X + C 2 X 2 + C3 X 3 + C 4 X 4 + C5 X 5 + ... + ∑ C n X n
n=0
C 0 2  C 0 C1  3  C 0 C1  4  C 0 C1  5
y = C 0 + C1 X − X + − − X + − − X + − −  X + ...
2  6 6   24 12   60 24 
 X2 X3 X4 X5   X3 X4 X5 
y = C0  −
1 − − − + ... + C1 X − − − + ...
 2 6 24 60   6 12 24 