EDO ejercicios resueltos

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN ´ CRISTOBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIERÍA MINAS GEOLOGÍA Y CIVIL ´ PROFESIONAL DE INGENIERÍA ESCUELA DE FORMACION CIVIL

CURSO: ´ ´ ANALISIS MATEMATICO IV

´ DE PROBLEMAS DE LA SOLUCION ´ SEGUNDA GUÍA DE PRACTICA PARA EDO

DOCENTE: ´ Mat. COAQUIRA CARDENAS V´ıctor A ALUMNOS: PILLACA GARCIA, Miguel Angel TENORIO PARIONA, Darwin Norberto

Ayacucho - Peru 2014

Índice General

Cap´ıtulo 1

Resoluci´ on de ejercicios 1.1 segunda gu´ıa de práctica para EDO Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11

Página 1 2 2 14 15 23 26 27 28 31 32 36 46

1

Resolución de ejercicios

Contents 1.1 segunda gu´ıa de práctica para EDO Ejercicio 01

2

Ejercicio 02

14

Ejercicio 03

15

Ejercicio 04

23

Ejercicio 05

26

Ejercicio 06

27

Ejercicio 07

28

Ejercicio 08

31

Ejercicio 09

32

Ejercicio 10

36

Ejercicio 11

46

2

´ ´ ANALISIS MATEMATICO IV

1.1

Resoluci´ on de ejercicios

segunda gu´ıa de práctica para EDO

1.1.1 Ejercicio 01 Determinar la ecuación y gráfica de las curvas que satisfacen las condiciones geométricas siguientes:

1.1.1.1 a) La proyección sobre el eje de las abscisas, del segmento tangente entre el punto P (x, y ) y dicho eje, tiene longitud 1u. Solución: Siendo la pendiente mT mT =

dy = y 00 dx

Ecuación de la recta tangente LT

(y − y0 ) = mT (x − x0 ) (y − y0 ) = y 00 (x − x0 ) A (a, 0) ∈ LT (0 − y0 ) = y 00 (a − x0 ) a = x0 −

Para un punto genérico P (x, y ) a=x−

y y0

Por dato del problema la subtangente HA HA = 1 . . . . (i) Sabemos HA =

q

(a − x)2 + 02 HA = x −

y y − xHA = − y0 y0

. . . . (ii) Igualando (i) y (ii): y dy dy 1 = − 0 y 0 = −y = −y = −dxLny + Lnk = −xLnky = −xy = ce−x y dx y y = ce−x . . . Familia de curvas

2

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y0 y 00



1.1.1.2 b) La ordenada al origen de cualquier recta tangente a la curva es igual a la subnormal correspondiente. Además la curva pasa por el punto (0, 1). Solución: 1 ( x − x0 ) y00 LT : (y − y0 ) = y00 (x − x0 ) LN : ( y − y 0 ) = −

B (b, 0) ∈ LN

(0 − y0 ) = −

1 ( b − x0 ) y00

b = x0 + y0 y00 Para un punto genérico P (x, y ) b = x + yy 0 Subnormal HB: HB = yy 0

3

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C (0, c) ∈ LT

(c − y0 ) = y00 (0 − x0 ) c = y0 + x0 y00 Para un punto genérico P (x, y ) c = y + xy 0 Por dato del problema OC = HB y − xy 0 = yy 0 (x + y ) dy − ydx = 0 . . . Resolvemos la E.D. x = vy −→ dx = vdy + ydv (vy + y ) dy − y (vdy + ydv ) = 0 dy = dv y x Lny + k = v . . . . . . . v = y x = y Ln y + k y . . . Familia de curvas

Pasa por el punto P (0, 1) k=0 x = yLny . . . Curva que pasa por P (0, 1)

1.1.1.3 c En un punto de la curva, el ańgulo entre el radio vector y la tangente es igual a un tercio de la medida del ańgulo de inclinación de la tangente. Solución:

4

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4

3

eje y

x=y*ln(y) 2

1

0 −1

0

1

2

eje x

3

4

5

6

Sabemos que: dθ tan α = r . . . (i) dr θ α = . . . (ii) 2 Reemplazando (ii) en (i): dθ tan 2θ = r dr dr = 2 cot 2θ d 2θ r

Lnθ = 2Ln sin 2θ

r = k sin2 2θ r = k (1 − cos θ ) . . . Familia de curvas

1.1.1.4 d La curva pasa por el origen de coordenadas y divide en dos regiones (una de ellas es tres veces la otra) al rectángulo formado al trazar las paralelas a los ejes coordenados, desde un punto de la curva P (x, y ) que se encuentra en el primer cuadrante. 5

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(dos respuestas) Solución: Del gráfico tenemos: A = xy A2 =

Rx 0

ydx

A1 = A − A2 R A1 = xy − 0x ydx i) Cuando A1 = 3A2 3xy − 3

Rx

3y + 3x

dy − 3y = y dx

0

ydx =

Rx 0

ydx . . . derivamos

3xdy − ydx = 0 . . . Variables Separables 3

dy dx − =0 y x

3Lny − Lnx = LnK x = Cy 3 . . . Familia de curvas 6

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ii) Cuando 3A1 = A2 xy −

Rx 0

y+x

ydx = 3

Rx 0

ydx . . . derivamos

dy − y = 3y dx

xdy − 3ydx = 0 . . . Variables Separables dy dx −3 =0 y x Lny − 3Lnx = LnK y = Cx3 . . . Familia de curvas

7

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1.1.1.5 e La curva pasa por el punto (4, 8) además la tangente a la curva en el punto P (x, y ) corta al eje de las abscisas en un punto M equidistante del punto P y del punto A(0, 4). Solución: LT : (y − y0 ) = y00 (x − x0 ) M (a, 0) ∈ LT

(0 − y0 ) = y00 (a − x0 ) y0 a = x0 − 0 y0 Para un punto genérico P (x, y ) y a=x− 0 y

Calculando q la distancia P M : 2 2 P M = v(x − a) + (y − 0) !2

u u =t

y PM x − x + 0 + y2 y v !2 u u y P M = t 0 + y 2 . . . (i) y

Calculando q la distancia AM : 2 2 AM = v(0 − a) + (4 − 0) u u =t

!2

y AM 0 − x + 0 + 42 y v !2 u u y AM = t 0 − x + 16 . . . (ii) y

Por dato del problema P M = AM , igualando (i) y (ii) v u u t

y y0

y y0

!2

v u u 2 +y =t

!2

+ y2

y = 0 y

y −x y0

!2

− 2x

!2

+ 16

y + x2 + 16 y0

2xydx + y 2 − x2 − 16 dy = 0 . . . Resolvemos la E.D. ∂M = 2x ∂y ∂N N (x, y ) = y 2 − x2 − 16−→ = −2x ∂x

M (x, y ) = 2xy−→

∂M ∂N , , entonces la EDO no es exacta, por lo tanto se buscara un factor de ∂y ∂x integración: Como

8

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Caso ii: ! 1 2 1 ∂N ∂M − = (−2x − 2x) = − = q (y ) M ∂x ∂y 2xy y R

u(y ) = e

q (y )dy

= e−2

R

dy y

= e−2Lny = y −2

−2 Multiplicamos el FI: u(y ) = y en la EDO 2xy −1 dx + 1 − x2 y −2 − 16y −2 dy = 0 ˜ ˜ (x, y ) = 2xy −1 −→ ∂ M = −2xy −2 M ∂y ∂ N˜ N˜ (x, y ) = 1 − x2 y −2 − 16y −2 −→ = −2xy −2 ∂x

˜ ∂M ∂ N˜ = , entonces la EDO es exacta. Por lo tanto existe z = f (x, y ), tal que ∂y ∂x ∂f ∂f = M˜ y = N˜ ∂x ∂y

Como

Luego: ∂f = 2xy −1 ∂x f (x, y ) = x2 y −1 + ψ 0 (y ). . . . (α) ∂f = N˜ ∂y 1 − x2 y −2 − 16y −2 = x2 y −1 + ψ 0 (y )

Como:

ψ (y ) = y + 16y −1 + k. . . . (β) remplazando (β ) en (α ) x2 y −1 + y + 16y −1 = c

x2 + y 2 + 16 = cy . . . Familia de curvas Pasa por P (4, 8) c = 12 x2 + y 2 + 16 = 12y 2

x2 + (y − 6) = 20 . . . Curva que pasa por el punto P (4, 8) 1.1.1.6 f El coeficiente angular de la tangente en cualquier de sus puntos sea igual a la ordenada del mismo punto, aumentada tres veces. Ademas la curva pasa por el punto (0, −2). Solución: 9

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LT : (y − y0 ) = mT (x − x0 ) Por dato del problema: mT = 3y . . . (i) Sabemos: dy mT = . . . (ii) dx Igualando (i) y (ii): dy 3y = dx 3dx =

dy y

3x = Lny + LnK

y = Ce3x . . . Familia de curvas Pasa por el punto P (0, −2): C = −2

y = −2e3x . . . Curva que pasa por el punto P (0, −2) 1.1.1.7 g El segmento tangente comprendida entre el punto de contacto P (x, y ) y el eje de las abscisas se divide en dos partes iguales en el punto de intersección con el eje de ordenadas. 10

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Solución: LT : (y − y0 ) = y00 (x − x0 ) A (a, 0) ∈ LT

(0 − y0 ) = y 00 (a − x0 ) a = x0 −

y0 y 00

Para un punto genérico P (x, y ) y a=x− 0 y Por dato del problema P B y BA son iguales, de acuerdo al gráfico x = −a , siendo: y x= 0 −x y ydx − 2xdy = 0 . . . Resolvemos la E.D. dx dy =2 x y Lnx = 2Lny + Lnk

x = cy 2 . . . Familia de curvas 11

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1.1.1.8 h En todo punto P (x, y ) de la curva, la proyección de la normal sobre el eje X y la abscisa de P son de igual longitud. Además la curva pasa por el punto (2, 3). (2 respuestas) Resolución: Sabemos que la proyección de la nornal sobre el eje X (subnormal) es: HB = yy 0 Por dato del problema: |x| = yy 0 Para x < 0 : −x = yy 0 xdx + ydy = 0 1 2 1 2 x + y = k1 2 2 x2 + y 2 = C. . . Familia de Curvas Pasa por el punto P (2, 3) C = 13x2 + y 2 = 13. . . Curva que pasa por el punto P(2,3)

12

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Para x > 0 : x = yy 0 xdx − ydy = 0 1 2 1 2 x − y = k1 2 2 x2 − y 2 = C. . . Familia de Curvas Pasa por el punto P (2, 3) C = −5x2 + 5 = y 2 . . . Curva que pasa por el punto P(2,3)

1.1.1.9 i La proyección de la tangente sobre el eje X siempre tenga la longitud 2u. Además la curva pasa por el punto (0, 2). Solución:

13

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LT : (y − y0 ) = y 00 (x − x0 ) A (a, 0) ∈ LT

(0 − y0 ) = y 00 (a − x0 ) a = x0 −

y0 y 00

Para un punto genérico P (x, y ) y a=x− 0 y

Sabemos que la subtangente es: AH

v u u =t

AH =

y x−x+ 0 y

!2

+ 02

y . . . . (i) y0

Por dato del problema la subtangente AH es igual a 2 u AH = 2. . . . (ii) Igualando (i) y (ii): y =2 y0 ydx − 2dy = 0 x − 2Lny = Lnk

y = Cex/2 . . . Familia de curvas Pasa por el punto P (0, 2): C =2

1 e x

y = 2e 2 −1 . . . Familia de curvas 1.1.2 Ejercicio 02 Cuatro hormigas situadas en las esquinas de una mesa cuadrada de lado 1m comienzan a andar simultáneamente a la misma velocidad, cada una en la dirección de su vecina más próxima en la dirección contraria a las agujas del reloj. Tomando coordenadas polares con origen en el centro de la mesa y eje polar a lo largo de una diagonal, hallar la trayectoria de la hormiga que parte del eje polar. Resolución: 14

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Como sabemos la longitud de la subtangente polar es:

rtgθ = r2

dθ dr

Integrando para encontrar la familia de curvas: dr R dθ = r tan θ ln r = ln senθ + ln C r = Ksenθ R

Para el punto P() Respuesta: No satisface.

1.1.3 Ejercicio 03 Realizar un esbozo para la gráfica de las siguientes familias uniparamétricas de curvas con sus respectivas trayectorias ortogonales previa determinación. Para hallar las trayectorias ortogonales usaremos la siguiente fórmula: y0 = −

1 f 0 (x, y )

Solución: a) y = kex Despejamos la constante k k= 15

Ingenier´ıa Civil

y ex



Derivamos la ecuación del problema: dy = kex dx y dy = x ex dx e y=−

1 y0

ydy = −dx Z

ydy +

Z

dx = 0

y2 +x+k=0 2 y 2 + 2x + c = 0 Rpta: b de los cuales tendremos los bosquejos:

b) y = ekx Despejamos la constante k k=

lny x

Derivamos la ecuación del problema: dy = kekx dx dy e = dx

lny x x

· lny x

dy y · lny = dx x y · lny 1 =− 0 x y 16

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y · lnydy = −xdx y · lnydy + xdx = 0 Z

y · lnydy +

Z

xdx = 0

y 2 (2lny − 1) x2 + +c=0 4 2 2x2 = y 2 (1 − 2lny ) + c Rpta: b de los cuales tendremos los bosquejos:

c) y = kx2 Despejamos la constante k k=

y x2

Derivamos la ecuación del problema: dy = 2kxdx dy y = 2 2x dx x dy 2y = dx x 2y 1 =− 0 x y 2y · dy + xdx = 0 Z

2y · dy + y2 +

Z

xdx = 0

x2 +c=0 2

2y 2 + x2 + c = 0 Rpta: c 17

Ingenier´ıa Civil



de los cuales tendremos los bosquejos:

d) 2x2 + y 2 = k Derivamos la ecuación del problema: 4xdx + 2ydy = 0 4x dy + =0 2y dx 2x dy =− dx y −

1 2x =− 0 y y

dy dx = y 2x Z

Z 1 1 · dy = dx y 2x

lny = 21 lnx + lnc 1

y = x2 c y 2 = cx Rpta: d de los cuales tendremos los bosquejos:

18

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e) y 2 = kx Despejamos la constante k k=

y2 x

Derivamos la ecuación del problema: 2ydy = kdx dy k = x dx 2y dy y2 = dx 2xy y 1 =− 0 2x y y · dy + 2xdx = 0 Z

y · dy +

Z

2xdx = 0

y2 + x2 + c = 0 2 y 2 + 2x2 + c = 0 Rpta: e de los cuales tendremos los bosquejos:

19

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k2 4 cambiaremos la constante k por la siguiente relación: f) y 2 − kx =

k2 k = c− 4x

!

Donde c es constante. Al reemplazar: y 2 − cx = 0 · · · · · · · · · (α) Donde la constante c sera: c=

y2 x

Derivamos la ecuación (α) 2ydy − cdx = 0 c dy = dx 2y y2 dy = dx 2xy y 1 =− 0 2x y y · dy + 2xdx = 0 Z

y · dy +

Z

2xdx = 0

y2 + x 2 + co = 0 2 y 2 + 2x2 + co = 0 Rpta: f 20

Ingenier´ıa Civil




g) x2 + (y − k )2 = k 2 hallamos el valor de k: x2 + y 2 − 2ky + k 2 = k 2 x2 + y 2 = 2ky k=

x2 y + 2y 2

Derivamos la ecuación con k = f (x, y ) 2xdx + 2(y − k )dy = 0 x dy = dx k − y dy = dx

x x2 2y

− y2

2xy 1 = − x2 − y 2 y0 2xy · dy = (y 2 − x2 ) · dx Tomaremos y = ux de donde quedará:

Z

2u dx · du + =0 2 1+u x

Z 2u dx · du + =0 1 + u2 x

ln(u2 + 1) + lnx = lnc 21

Ingenier´ıa Civil



y2 ln ( 2 + 1)x = lnc x !

x2 + y 2 x

!

=c

x2 + y 2 = cx Rpta: g de los cuales tendremos los bosquejos:

h) x2 + 3y 2 = ky Despejamos la constante k k=

x2 + 3y y

Derivamos la ecuación del problema: 2xdx + 6ydy = kdy dy = dx

2x x2 y

− 3y

dy 2xy = 2 dx x − 3y 2 x2 2xy 2y y2 = e 22

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−

R

2xy 1 =− 0 2 − 3y y dy = x2 − 3y 2 dx

dy + y 2 (−3x) = −x dx

−3xdx

"Z

R

e

−3xdx

#

(−x) · dx + c

´ ´ ANALISIS MATEMATICO IV y2


=e

3x2 2

"

1 − 3e

3y 2 = ce

3x2 2

3x2 2

#

+c

+1

Rpta: h de los cuales tendremos los bosquejos:

1.1.4 Ejercicio 04 b) r = 2ksenθ Despejamos la constante k k=

r 2 sin θ

Derivamos la ecuación del problema: dr = 2k cos θ · dθ dr = rctgθ dθ rctgθ = −

r2 r0

r0 = −r · tan θ dr = − tan θdθ r Z

Z dr = − tan θ · dθ r

lnr = − ln(sec θ ) + lnc r sec θ = c 23

Ingenier´ıa Civil


Resoluci´ on de ejercicios r = c cos θ Rpta: b


c) r =

k 1 − cosθ

Despejamos la constante k k = r (1 − cos θ ) Derivamos la ecuación del problema:

= −k (1 − cos θ )−2 )(θ ) · dθ r sin θ dr =− dθ 1 − cos θ r2 r sin θ =− 0 cos θ − 1 r


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´ ´ ANALISIS MATEMATICO IV d) r2 =


k2 cos2 θ + 2 sin2 θ

Despejamos la constante k k 2 = r2 (1 + sin2 θ ) Derivamos la ecuación del problema: 2rdr = −k 2 (1 + sin θ )−2 (2θ cos θ ) · dθ 2r

dr r2 (1 + sin2 θ ) sin 2θ =− dθ (1 + sin2 θ )2 r sin 2θ dr =− dθ 1 + sin2 θ −

r sin 2θ r2 = − r0 1 + sin2 θ

r0

2r (1 + sin2 θ ) = 2θ cos θ

dr = (2 csc 2θ + tan θ ) · dθ r Z

dr Z = (csc θ − cot θ ) · dθ r

lnr + lnc = ln(csc 2θ − cot θ ) + ln(sec θ ) 1 cos 2θ cr = sec θ − sin 2θ sin 2θ

!

1 − 2 sin2 θ 1 cr = sec θ − 2 sin θ cos θ 2 sin θ cos θ 2 sin2 θ cr = sec θ 2 sin θ cos θ r=


25

Ingenier´ıa Civil

c sin θ cos2 θ

!

!



1.1.5 Ejercicio 05 En este problema tenemos que aplicar la rotación de 90o lo que quiere decir que es ortogonal, como ya esta definido en las trayectorias ortogonales se cumple que: y10 × y20 = −1 Solución: Demostrar que la familia de trayectorias de la familia (x − y )(2x + y )2 = kx6 con una rotación de 90o en el origen está dado por (x + y )(x − 2y )2 = cy 6 Se tendrán las siguientes ecuaciones:

k=

(x − y )(2x + y )2 x6

c=

(x + y )(x − 2y )2 y6

donde tendremos lo siguiente: k = f (x, y ) y c = g (x, y ) Hallar f 0 : h

i

h

i

x6 (dx − dy )(2x + y )2 + (2x + y )(2x − 2y )(2dx + dy ) − 6x5 (x − y )(2x + y )2 · dx x12

=0

i 2x + y h 2 2 x 2x + y ) dx − ( 2x + y ) dy + ( 4x − 4y ) dx + ( 2x − 2y ) dy − 6 ( 2x + xy − 2xy − y ) dx =0 (( ) x7 h

i

x(6x − 3y )dx − 3xydy + (6y 2 + 6xy − 12x2 )dx = 0

(6y 2 + 3xy − 6x2 )dx − 3xydy = 0 dy 6y 2 + 3xy − 6x2 = dx 3xy f0 = 26

Ingenier´ıa Civil

2y 2 + xy − 2x2 xy



Hallar g 0 : h

i

h

i

y 6 (dx + dy )(x − 2y )2 + (x − 2y )(2x + 2y )(dx − 2dy ) − 6y 5 (x + y )(x − 2y )2 · dy y 12

=0

i x − 2y h 2 2 y x − 2y ) dx + ( x − 2y ) dy + ( 2x − 2y ) dx − ( 4x + 4y ) dy − 6 ( x − 2xy + xy − 2y ) dy =0 (( ) y7 h

i

3xydx − y (3x + 6y )dy − (6x2 − 6xy − 12y 2 )dy = 0 3xydx − (6x2 − 3xy − 6y 2 )dy = 0 3xy dy = 2 dx 6x − 3xy − 6y 2 g0 =

2x2

xy − xy − 2y 2

Comprobamos g 0 × f 0 = −1 xy 2y 2 + xy − 2x2 × 2x2 − xy − 2y 2 xy g 0 × f 0 = −1 Entonces queda demostrado ∴

1.1.6 Ejercicio 06 Para comprobar o demostrar si dos ecuaciones son ortogonales se tiene que cumplir que: y10 × y20 = −1 Solución: Hallar el valor de m y n de modo que xm + y n + 25 = cx sean las trayectorias ortogonales de las circunferencias x2 + y 2 − 2ky = 25 Se tendrán las siguientes ecuaciones:

c=

xm + y n + 25 x

2k =

x2 + y 2 − 25 y

donde tendremos lo siguiente: c = f (x, y ) y 2k = g (x, y ) Hallar f 0 : 27

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(m − 1)xm−2 dx − x−2 y n dx + ny n−1 x−1 dy − 25x−2 dx = 0 h

i

(m − 1)xm−2 − x−2 y n − 25x−2 dx + ny n−1 x−1 dy = 0 25 + y n + (1 − m)xm ny n−1 dy = dx x x2 dy 25 + y n + (1 − m)xm = dx nxy n−1 g0 =

25 + y n + (1 − m)xm nxy n−1

Hallar g 0 : 2xy −1 dx − x2 y −2 dy + dy − 25y −2 = 0 h

i

1 − 25y −2 − x2 y −2 dy + 2xy −1 dx = 0 2x y 2 − x2 − 25 dy = dx 2 y y 2xy dy = 2 dx −y − x2 − 25 g0 =

−y 2

2xy − x2 − 25

Se cumple que g 0 × f 0 = −1 2xy 25 + y n + (m − 1)xm × = −1 −y 2 − x2 − 25 nxy n−1 La ecuación solo cumple con m = 2 y n = 2

1.1.7 Ejercicio 07 Dado los operadores diferenciales L1 y L2 verificar si (L1 )(L2 )y = (L2 )L1 y en los siguientes casos: Solución: a) L1 (D ) = D + 2; L2 (D ) = D2 − 2D + 5 Solución:

28

Ingenier´ıa Civil



Primero hallaremos L1 (D )L2 (D )y. para ello calculemos: L1 (D )L2 (D )y = (D + 2)(D2 + 2D + 5)y L1 (D )L2 (D )y = (D + 2)(D2 y + 2Dy + 5y ) L1 (D )L2 (D )y = D (D2 y ) + D (2Dy ) + D (5y ) + 2(D2 y ) + 2(2Dy ) + 2(5y ) L1 (D )L2 (D )y = D3 y + 2D2 y + 5Dy + 2D2 y + 4Dy + 10y L1 (D )L2 (D )y = D3 y + 4D2 y + 9Dy + 10y por lo tanto: L1 (D )L2 (D )y = D3 y + 4D2 y + 9Dy + 10y Ahora hallemos L2 (D )L1 (D )y. de la siguiente manera. L2 (D )L1 (D )y = (D2 + 2D + 5)(D + 2)y L2 (D )L1 (D )y = (D2 + 2D + 5)(Dy + 2y ) L2 (D )L1 (D )y = D2 (Dy ) + D2 (2y ) + 2D (Dy ) + 2D (2y ) + 5(Dy ) + 5(2y ) L2 (D )L1 (D )y = D3 y + 2D2 y + 2D2 y + 4Dy + 5Dy + 10y L2 (D )L1 (D )y = D3 y + 4D2 y + 9Dy + 10y por lo tanto: L2 (D )L1 (D )y = D3 y + 4D2 y + 9Dy + 10y Verificamos que: L1 (D )L2 (D )y = L2 (D )L1 (D )y Lo cual nos permite decir que el producto es conmutativo siempre y cuando los coeficientes sean constantes.

b) L1 (D ) = D + x; L2 (D ) = D2 − x Solución: Primero hallaremos L1 (D )L2 (D )y. para ello calculemos: L1 (D )L2 (D )y = (D + x)(D − x)y L1 (D )L2 (D )y = (D + x)(Dy − xy ) L1 (D )L2 (D )y = D (Dy ) − D (xy ) + x(Dy ) − x(xy ) L1 (D )L2 (D )y = D2 y − (xDy + y ) + xDy − x2 y L1 (D )L2 (D )y = D2 y − (1 + x2 )y por lo tanto: L1 (D )L2 (D )y = D2 y − (1 + x2 )y Ahora hallemos L2 (D )L1 (D )y. de la siguiente manera.

29

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L2 (D )L1 (D )y = (D − x)(D + x)y L2 (D )L1 (D )y = (D − x)(Dy + xy ) L2 (D )L1 (D )y = D (Dy ) + D (xy ) − x(Dy ) − x(xy ) L2 (D )L1 (D )y = D2 y + (xDy + y ) − xDy − x2 y L2 (D )L1 (D )y = D2 y + (xDy + y ) − xDy − x2 y L2 (D )L1 (D )y = D2 y − (x2 − 1)y por lo tanto: L2 (D )L1 (D )y = D2 y − (x2 − 1)y Luego concluimos: L1 (D )L2 (D )y , L2 (D )L1 (D )y

c) L1 (D ) = 4D + 1; L2 (D ) = D − 2 Solución: Primero hallaremos L1 (D )L2 (D )y. para ello calculemos: L1 (D )L2 (D )y = (4D + 1)(D − 2)y L1 (D )L2 (D )y = (4D + 1)(Dy − 2y ) L1 (D )L2 (D )y = 4D (Dy ) − 4D (2y ) + Dy − 2y L1 (D )L2 (D )y = 4D2 y − 8Dy + Dy − 2y L1 (D )L2 (D )y = 4D2 y − 7Dy − 2y por lo tanto: L1 (D )L2 (D )y = 4D2 y − 7Dy − 2y Ahora hallemos L2 (D )L1 (D )y. de la siguiente manera. L2 (D )L1 (D )y = (D − 2)(4D + 1)y L2 (D )L1 (D )y = (D − 2)(4Dy + y ) L2 (D )L1 (D )y = D (4Dy ) + D (y ) − 2(4Dy ) − 2y L2 (D )L1 (D )y = 4D2 y + Dy − 8Dy − 2y L2 (D )L1 (D )y = 4D2 y − 7Dy − 2y

por lo tanto: L2 (D )L1 (D )y = 4D2 y − 7Dy − 2y Verificamos que: L1 (D )L2 (D )y = L2 (D )L1 (D )y Lo cual nos permite decir que el producto es conmutativo siempre y cuando los coeficientes sean constantes. 30

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d) L1 (D ) = xD + 2; L2 (D ) = xD2 − 1 Solución: Primero hallaremos L1 (D )L2 (D )y. para ello calculemos: L1 (D )L2 (D )y = (xD + 2)(xD − 1)y L1 (D )L2 (D )y = (xD + 2)(xDy − y ) L1 (D )L2 (D )y = xD (xDy ) − xD (y ) + 2(xDy ) − 2y L1 (D )L2 (D )y = x(xD2 y + Dy ) − xDy + 2xDy − 2y L1 (D )L2 (D )y = x2 D2 y + xDy − xDy + 2xDy − 2y L1 (D )L2 (D )y = x2 D2 y + 2xDy − 2y por lo tanto: L1 (D )L2 (D )y = x2 D2 y + 2xDy − 2y Ahora hallemos L2 (D )L1 (D )y. de la siguiente manera. L2 (D )L1 (D )y = (xD − 1)(xD + 2)y L2 (D )L1 (D )y = (xD − 1)(xDy + 2y ) L2 (D )L1 (D )y = xD (xDy ) + xD (2y ) − 1(xDy ) − 2y L2 (D )L1 (D )y = x(xD2 y + Dy ) + 2xDy − xDy − 2y L2 (D )L1 (D )y = x2 D2 y + xDy − xDy + 2xDy − 2y L2 (D )L1 (D )y = x2 D2 y + 2xDy − 2y por lo tanto: L2 (D )L1 (D )y = x2 D2 y + 2xDy − 2y Verificamos que: L1 (D )L2 (D )y = L2 (D )L1 (D )y Lo cual nos permite decir que el producto es conmutativo siempre y cuando los coeficientes sean constantes.

1.1.8 Ejercicio 08 La traslación exponencial es una propiedad de los operadores diferenciales que es la siguiente: L(D − r )[erx y ] = erx L(D )y Solución: Haga uso de la propiedad de la traslación exponencial L(D − r )[erx ] = erx L(D )y para demostrar que: 31

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L(D − r )n [xk erx ] = 0 para k = 0, 1, 2, · · · , (n − 1) Entonces como sabemos: L(D − r )[xk erx ] = erx L(D )xk Luego continuamos subiendo el grado de la ecuación: L(D − r )2 [xk erx ] = L(D − r )[erx L(D )xk ] L(D − r )2 [xk erx ] = erx L(D )2 [xk ] seguimos aumentando el grado de la ecuación: L(D − r )3 [xk erx ] = L(D − r )[erx L(D )2 xk ]] L(D − r )3 [xk erx ] = erx L(D )3 [xk ] Entonces generalizando tendremos: L(D − r )n [xk erx ] = erx L(D )n [xk ] Ahora analizamos el termino L(D )n [xk ] L(D )n [xk ] = k!xk−n Donde k! = k (k − 1)(k − 2) · · · (k − n + 1) y k − n + 1 es el ultimo termino del factorial k−n+1=0 k =n−1 Entonces para que esto se cumpla k tiene que ser mayor que n − 1 En caso contrario la ecuación será cero de lo cual se comprueba que : L(D − r )n [xk erx ] = 0 para k = 0, 1, 2, · · · , (n − 1)

1.1.9 Ejercicio 09 Resolver Resolucin: a) (D + 3)4 y = 0

e3x (D + 3)4 y = 0 · e3x h

i

D4 e3x y = 0

d D3 [e3x y ] = 0 · dx 32

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Integrando: D3 [e3x y ] = c1

h

d D2 e3x y

i

= c1 · dx

Integrando: h

i

D2 e3x y = c1 x + c2

h

d D e3x y

i

= (c1 x + c2 ) · dx

Integrando: h

i

D e3x y = c1 x2 + c2 x + c3

d e3x y = c1 x2 + c2 x + c3 · dx Integrando: e3x y = c1 x3 + c2 x2 + c3 x + c4 y = c1 x3 e−3x + c2 x2 e−3x + c3 xe−3x + c4 e−3x de lo que al final obtenemos la solucion general: yg = c1 e−3x + c2 xe−3x + c3 x2 e−3x + c4 x3 e−3x Rpta: a b) (D − 2)3 y = 0 e−2x (D − 2)3 y = 0 · e−2x h

i

D3 e−2x y = 0

d D2 [e−2x y ] = 0 · dx Integrando: D2 [e−2x y ] = c1

h

d D e−2x y

i

= c1 · dx

Integrando: h

i

D e−2x y = c1 x + c2

d e−2x y = (c1 x + c2 ) · dx 33

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Integrando: e−2x y = c1 x2 + c2 x + c3 y = c1 x2 e2x + c2 xe2x + c3 e2x de lo que al final obtenemos la solucion general: yg = c1 e2x + c2 xe2x + c3 x2 e2x Rpta: b c) (D + 7)6 y = 0 e7x (D + 7)6 y = 0 · e7x h

i

D6 e7x y = 0

d D5 [e7x y ] = 0 · dx Integrando: D5 [e7x y ] = c1

h

d D4 e7x y

i

= c1 · dx

Integrando: h

i

D4 e7x y = c1 x + c2

h

d D3 e7x y

i

= (c1 x + c2 ) · dx

Integrando: h

i

D3 e7x y = c1 x2 + c2 x + c3

h

d D2 e7x y

i

= c1 x2 + c2 x + c3 · dx

Integrando: h

i

D2 e7x y = c1 x3 + c2 x2 + c3 x + c4

h

d D e7x y

i

= c1 x3 + c2 x2 + c3 x + c4 · dx

Integrando: h

i

D e7x y = c1 x4 + c2 x3 + c3 x2 + c4 x + c5

d e7x y = c1 x4 + c2 x3 + c3 x2 + c4 x + c5 · dx 34

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Integrando: e7x y = c1 x5 + c2 x4 + c3 x3 + c4 x2 + c5 x + c6 y = c1 x5 e−7x + c2 x4 e−7x + c3 x3 e−7x + c4 x2 e−7x + c5 xe−7x + c6 e−7x de lo que al final obtenemos la solucion general: yg = c1 e−7x + c2 xe−7x + c3 x2 e−7x + c4 x3 e−7x + c5 x4 e−7x + c6 x5 e−7x Rpta: c d) (2D − 1)2 y = 0 Primero buscamos que el operador diferencial este mas simple: 1 2 D− 2

2

1 4 D− 2

2

D−

1 2

2

y=0

y=0

y=0

De aqu´ı procedemos con el método: −1 2x

e

1 D− 2

D2

−1 2x

d D e

2

e

−1 2x

1x −2

y =0·e

y =0

y

= 0 · dx

Integrando:

1x −2

D e

1x −2

d e

y = c1

y = c1 · dx

Integrando: 1x −2

e

y = c1 x + c2 1x

1x

y = c1 xe 2 + c2 e 2 de lo que al final obtenemos la solucion general: 1x

1x

yg = c1 e 2 + c2 xe 2 Rpta: d 35

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1.1.10 Ejercicio 10 1.1.10.1

a) y (v ) + 4y 000 = 7

Soluci?n: Determinando Yc : • Tenemos el polinomio caracter?stico: p(r ) = r5 + 4r3 = 0 r1 = 2i r2 = −2i r3 = 0 Yc = c1 cos 2x + c2 2x + c3 Para Determinando Yp utilizamos el M?todo de variaci?n de par?metros : • sea:

Yp = c1 (x) cos 2x + c2 (x)2x + c3 (x)............(I ) c1 (x) = u01 c2 (x) = u02 c3 (x) = u03   0 0 0  u1 cos 2x + u2 sen2x + u3 (1) = 0        

u0 (−2sen2x) + u0 (2 cos 2x) + u0 (0) = 0

1 2 3           u0 (−4 cos 2x) + u0 (−4sen2x) + u0 (0) = 7 2

3

• Calculamos el WRONSKIANO:

W

=

• Por el m?todo de cramer se calcula u1 , u2 y u3 : 36

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cos 2x sen2x 1 −2sen2x 2 cos 2x 0 = 8 −4 cos 2x −4sen2x 0



Para u1 :

0 ∆u1 =

0 sen2x 1 0 2 cos 2x 0 = −14 cos 2x 7 −4sen2x 0

u01 = −

14 cos 2x 8

7 u01 = − cos 2x 4 R 7 u1 = − cos 2xdx 4

7 u1 = c1 (x) = − 2x................(II ) 8 Para u2 :

0 ∆u2 =

u02 = −

cos 2x 0 1 −2sen2x 0 0 = −142x −4 cos 2x 7 0

142x 8

7 u02 = − 2x 4 R 7 u2 = − 2xdx 4

u2 = c2 (x) =

7 cos 2x................(III ) 8

Para u3 : ∆u03 =

cos 2x sen2x 0 −2sen2x 2 cos 2x 0 = 14 −4 cos 2x −4sen2x 7

u03 =

14 8

u03 =

7 4

u3 =

R

7 dx 4

7 u3 = c3 (x) = x................(IV ) 4 37

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´ ´ ANALISIS MATEMATICO IV Remplazando (II), (III) y (IV) en (I) se tiene: 7 7 7 yp = − 2x cos 2x + cos 2x2x + x 8 8 4 7 yp = x 4 Finalmente se tiene : Y = Yc + Yp 7 Y = c1 cos 2x + c2 2x + c3 + x 4

38

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b) y 00 − 4y 0 + 3y = 100x4 e3x + 340ex cos 2x. Soluci?n: Determinando Yc : • polinomio caracter?stico: p(r ) = r2 − 4r + 3 = 0 r1 = 3 r2 = 1 Yc = c1 e3x + c2 ex Determinando Yp (M?todo operadores diferenciales) : se tiene: L(D ) = (D − 3)(D − 1) =⇒ (D − 3)(D − 1)y = 100x4 e3x + 340ex cos 2x Yp =

1 (100x4 e3x + 340ex cos 2x) (D − 3)(D − 1)

Yp =

1 1 (100x4 e3x ) + (340ex cos 2x).........(α) (D − 3)(D − 1) (D − 3)(D − 1)

• Para la primera parte: 1 1 (100x4 e3x ) = e3x 100x4 (D − 3)(D − 1) D (D + 2) 1 1 1 (100x4 e3x ) = e3x ( 100x4 ) (D − 3)(D − 1) (D + 2) D 1 1 (100x4 e3x ) = e3x ( x5 ) (D − 3)(D − 1) (D + 2) R 1 (100x4 e3x ) = e3x (e−2x e2x 20x5 dx) (D − 3)(D − 1)

1 x5 5x4 5x3 15x2 15x 15 (100x4 e3x ) = 20e3x ( − + − + − )......(β ) (D − 3)(D − 1) 2 4 2 4 4 8 • Para la segunda parte:

39

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1 1 (340ex cos 2x) = ex 340 cos 2x (D − 3)(D − 1) D (D − 2) 1 1 1 (340ex cos 2x) = ex ( 340 cos 2x) (D − 3)(D − 1) (D − 2) D 1 1 (340ex cos 2x) = ex ( 1702x) (D − 3)(D − 1) (D − 2) R 1 (340ex cos 2x) = ex (e2x e−2x 1702xdx) (D − 3)(D − 1)

1 −85 x (340ex cos 2x) = e (cos 2x + 2x)...........(θ ) (D − 3)(D − 1) 4 luego remplazamos (β )y (θ) en (α) se tiene: Yp = 20e3x (

x5 5x4 5x3 15x2 15x 15 −85 x − + − + − )+ e (cos 2x + 2x) 2 4 2 4 4 8 4

finalmente : Y = Yc + Yp Y = c1 e3x + c2 ex + 20e3x (

40

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85 x5 5x4 5x3 15x2 15x 15 − + − + − ) − ex (cos 2x + 2x) 2 4 2 4 4 8 4



c) y 00 + y = sec x tan x. Soluci?n: Determinando Yc : • Se tiene el polinomio caracter?stico: p(r ) = r 2 + 1 = 0 r1 = i r2 = −i Yc = c1 cos x + c2 x Calculamos Yp utilizamos el M?todo de variaci?n de par?metros : • sea: Yp = c1 (x) cos x + c2 (x)x............(I ) c1 (x) = u01 c2 (x) = u02   u0 cos x + u02 senx = 0    1    u0 (−senx) + u0 (2 cos x) = sec x tan x 2

1

• Calculamos el WRONSKIANO:

W

=

cos x senx =1 −senx cos x

• Por el m?todo de cramer se calcula u1 y u2 :

Para u1 : ∆u01

=

0 senx = − tan2 x sec x tan x cos x

u01 = − tan2 x u1 = − tan2 xdx R

u1 = c1 (x) = x − tan x................(II ) 41

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Para u2 : ∆u02

=

cos x o −x sec x tan x

= tan x

u02 = tan x R

u2 = tan xdx u2 = c2 (x) = ln(sec x)................(III ) Remplazando (II) y (III) en (I) se tiene: Yp = (x − tan x) cos x + ln(sec x)x Finalmente la soluci?n ser? : Y = Yc + Yp Y = c1 cos x + c2 x + (x − tan x) cos x + ln(sec x)x

42

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´ ´ ANALISIS MATEMATICO IV 1

d) y 00 − 3y 0 + 2y =

1 + e−x


.

Soluci?n: Determinando Yc : • polinomio caracter?stico: p(r ) = r2 − 3r + 2 = 0 r1 = 2 r2 = 1 Yc = c1 e2x + c2 ex Calculamos Yp (M?todo operadores diferenciales) : se tiene: L(D ) = (D − 2)(D − 1) =⇒ (D − 2)(D − 1)y = Yp =

1 1 ( ) (D − 2)(D − 1) 1 + e−x

Yp =

1 1 ex ( ) (D − 2) (D − 1) (1 + ex )

Yp =

R ex 1 (ex e−x )dx) (D − 2) ( 1 + ex )

1 1 + e−x

1 ex x Yp = (e ln( ) (D − 2) (1 + ex ) Yp = e2x e−2x ex (x − ln(ex + 1)dx) R

Yp = e2x [−e−x − xe−x + e−x ln(ex + 1) − x + ln(ex + 1)] finalmente se tiene : Y = Yc + Yp Y = c1 e2x + c2 ex + e2x [−e−x − xe−x + e−x ln(ex + 1) − x + ln(ex + 1)] e) y 00 − y = e−2x (e−x ). Soluci?n: Determinando Yc : 43

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´ ´ ANALISIS MATEMATICO IV • se tiene el polinomio caracter?stico: p(r ) = r 2 − 1 = 0 r1 = 1 r2 = −1 Yc = c1 ex + c2 e−x Hallamos Yp por el M?todo operadores diferenciales : L(D ) = D2 − 1 =⇒ (D2 − 1)y = e−2x (e−x ) Yp =

1 (e−2x (e−x )); K = −2 (D − 1)(D + 1)

Yp = e−2x

1 (e−x ) (D − 1)(D − 3)

Yp = e−2x

1 1 [ (e−x )] (D − 3) (D − 1)

Yp = e−2x

1 [ex inte−x (e−x )dx] (D − 3)

Yp = e−2x [(

1 ex cos(e−x )] (D − 3)

Yp = e−2x [ex (

1 cos(e−x )]; K = 1 (D − 2)

Yp = e−x [e2x ( e−2x cos(e−x )dx] R

Yp = e−x [e2x (−e−x (e−x ) − cos(e−x )] Yp = −(e−x ) − ex cos(e−x ) finalmente se tiene : Y = Yc + Yp Y = c1 ex + c2 e−x − (e−x ) − ex cos(e−x ) f ) y 00 − 9y = 3ex + x − 4x. Soluci?n: Determinando Yc : 44

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• se tiene el polinomio caracter?stico: p(r ) = r 2 − 9 = 0 r1 = 3 r2 = −3 Yc = c1 e3x + c2 e−3x luego Hallamos Yp por el M?todo operadores diferenciales : L(D ) = D2 − 9 =⇒ (D2 − 9)y = 3ex + x − 4x Yp =

1 (3ex + x − 4x) (D − 3)(D + 3)

Yp =

1 1 3ex + (x − 4x)...........(α) (D − 3)(D + 3) (D − 3)(D + 3)

• Para la primera parte: 1 1 3ex = ex 3; K = 1 (D − 3)(D + 3) (D + 4)(D − 2) 1 1 1 3ex = ex ( 3 (D − 3)(D + 3) (D + 4) (D − 2) R 1 1 3ex = ex (e2x e−2x 3dx) (D − 3)(D + 3) (D + 4)

1 1 3 3ex = ex [ (− )] (D − 3)(D + 3) (D + 4) 2 R 1 3 3ex = ex [e−4x e4x (− )dx] (D − 3)(D + 3) 2

1 3 3ex = − ex ...........(β ) (D − 3)(D + 3) 8 • Para la segunda parte:

45

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1 1 1 (x − 4x) = [ (x − 4x)] (D − 3)(D + 3) (D + 3) D − 3 R 1 1 (x − 4x) = [e3x e−3x (x − 4x)dx] (D − 3)(D + 3) (D + 3)

1 1 x 1 4 3 (x − 4x) = [− − + (cos 4x + 4x)] (D − 3)(D + 3) (D + 3) 3 9 25 4 R x 1 4 3 1 (x − 4x) = e−3x e3x [− − + (cos 4x + 4x)]dx (D − 3)(D + 3) 3 9 25 4

1 x 1 (x − 4x) = e−3x (− e3x + e3x 4x) (D − 3)(D + 3) 9 25 1 x 1 (x − 4x) = − + 4x.............(θ ) (D − 3)(D + 3) 9 25 Remplazando (β ) y (θ ) en (α) se tiene: 3 x 1 Yp = − ex − + 4x 8 9 25 finalmente la soluci?n ser? : Y = Yc + Yp 3 x 1 Y = c1 e3x + c2 e−3x − ex − + 4x 8 9 25

1.1.11 Ejercicio 11 Solución Polinomio caracter´ıstico P (r ) = r2 − 3r + 2 r1 = 1; r2 = 2 i) Solución complementaria: yc = c1 ex + c2 e2x ii) Solución particular

(D − 2)(D − 1)yp = cos(e−x ) 1 1 yp = [ ∗ cos(e−x )]... D−2 D−1 Z 1 [ex e−x cos(e−x )dx]... ... D−2 Z 1 x −x 2x ... e−2x (ex sin(e−x ))dx... [−e sin(e )] = −e D−2 yp = −e2x cos(e−x ) 46

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Por lo tanto: y = yc + yp y = c1 ex + c2 e2x − e2x cos(e−x )

47

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´ ´ ANALISIS MATEMATICO IV b)(D 2 − 3D + 2)y =

e2x 1+e2x


Polinomio caracter´ıstico. P (r ) = r2 − 3r + 2

Las ra´ıces: r1 = 1; r2 = 2 i) Solución complementaria: yc = c1 ex + c2 e2x ii) Solución particular yp = u1 ex + u2 e2x El sistema de ecuaciones es:  2x 0 x 0    e u1 + e u2

=0

 x 0 2x 0   e u1 + 2e u2

=

e2x 1 + e2x

El Wroskiano: W * u01

=

0 e2x 1+e2x

=

e2x 2e2x

ex e2x ex 2e2x

W

= e3x

2x

=

−e2x ( 1+e e2x ) e3x

=

−ex 1 + e2x

Integrando u01 , se obtiene u1 = − ** u02 = Integrando

u02

ex ex

Z

ex dx = −arc tan(ex ) 1 + e2x 0

e2x 1+e2x

W

2x

=

ex ( 1+e e2x ) e3x

=

1 1 + e2x

, se obtiene:

u2 =

Z

1 1 1 1 e2x 2x 2x dx = ln ( e ) − ln ( e + 1 ) = ln ( ) 1 + e2x 2 2 2 e2x + 1

Por lo tanto: y = yc + yp y = c1 ex + c2 e2x + u1 ∗ ex + u2 ∗ e2x y = c1 ex + c2 e2x + −arc tan(ex ) ∗ ex +

48

Ingenier´ıa Civil

1 e2x ln( 2x ) ∗ e2x 2 e +1



c)(D 2 + 1)y = sec2 (x)csc(x) Polinomio caracter´ıstico. P (r ) = r 2 + 1 Las ra´ıces: r1 = −i; r2 = +i i) Solución complementaria: yc = c1 cos(x) + c2 sin(x) ii) Solución particular: yc = u1 cos(x) + u2 sin(x) sistema ecuaciones   cos(x)u0

1

+ sin(x)u02 = 0

 − sin(x)u0

1

El Wroskiano W

u01 =

=

+ cos(x)u02 = sec2 (x)csc(x) cos(x) sin(x) − sin(x) cos(x)

0 sin(x) 2 sec (x)csc(x) cos(x) W

=

=1

− sin(x) ∗ sec2 (x)csc(x) = −sec2 (x) 1

Integrando u01 , se obtiene u01 = sec2 (x) → u1 =

u02 =

cos(x) 0 2 − sin(x) sec (x)csc(x) W

=

Z

sec2 (x)dx = − tan(x)

cos(x) ∗ sec2 (x)csc(x) = sec(x) ∗ csc(x) 1

Integrando u02 , se obtiene u2 = u2 =

Z

Z

sec(x) ∗ csc(x)dx → u2 = 2

Z

dx sen(2x)

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

1 cos(x) − 1 (cos(x) − 1) 21 = ln( ) →= ln[ ] = ln(ctg (x) − csc(x)) 2 cos(x) + 1 sin2 (x) yp = u1 cos(x) + u2 sin(x) yp = − tan(x) cos(x) + ln(ctg (x) − csc(x)) sin(x) yp = − sin(x) + ln(ctg (x) − csc(x)) sin(x) Por lo tanto: y = yc + yp y = c1 cos(x) + c2 sin(x) − sin(x) + ln[ctg (x) − csc(x)] sin(x) 49

Ingenier´ıa Civil



d)(D 2 + 1)y = sec4 (x) Polinomio caracter´ıstico. P (r ) = r 2 + 1 = 0 Las ra´ıces: r1 = −i; r2 = +i i) Solución complementaria: yc = c1 cos(x) + c2 sin(x) ii) Solución particular yp = u1 cos(x) + u2 sin(x) El sistema de ecuaciones es:   cos(x)u0

1

+ sin(x)u02 = 0

 − sin(x)u0

1

El Wroskiano: W

=

0 sin(x) 4 sec (x) cos(x) u01 = W 0 Integrando u1 , se obtiene u1 = −

Z

+ cos(x)u02 = sec4 (x)

cos(x) sin(x) − sin(x) cos(x)

=

− sin(x) ∗ sec4 (x) = − tan(x)sec3 (x) 1

tan(x)sec3 (x)dx = −

=1

cos(x) 0 4 − sin(x) sec (x) u02 = W 0 Integrando u2 , se obtiene:

Z

Z d(cos(x)) 1 sin(x) dx = =− 2 3 3 cos (x) cos (x) cos

=

cos(x) ∗ sec4 (x) = sec3 (x) 1

dx 1 1 1 1 1 = ln(|sin(x) + 1|) − ln(|sin(x) − 1|) − ( + ) 3 cos (x) 4 4 4 sin(x) − 1 sin(x) + 1 sec(x) ∗ tan(x) 1 u2 = + ln[sec(x) + tan(x)] 2 2 Por lo tanto: y = yc + yp u2 =

Z

y = c1 ex + c2 e2x + u1 ∗ ex + u2 ∗ e2x y = c1 ex + c2 e2x + −arc tan(ex ) ∗ ex +

1 e2x ln( 2x ) ∗ e2x 2 e +1

Como: yc = u1 cos(x) + u2 sin(x) 1 sec(x) ∗ tan(x) 1 yp = − 2 ∗ cos(x) + + ln[sec(x) + tan(x)] ∗ sin(x) cos 2 2 Por lo tanto: y = yc + yp y = c1 cos(x) + c2 sin(x) + yp 50

Ingenier´ıa Civil



e)(D 2 + 2D + 2)y = e−x csc(x) Polinomio caracter´ıstico. P (r ) = r2 + 2r + 2 = 0 Las ra´ıces: r = −1 de multiplicidad 2 i) Solución complementaria: yc = c1 e−x + c2 xe−x ii) Solución particular yp = u1 e−x + u2 xe−x El sistema de ecuaciones es:   e−x u0

−x 0 1 + xe u2 = 0  −e−x u0 + (e−x − xe−x )u0 1 2

El Wroskiano: W *

=

e−x xe−x −e−x (e−x − xe−x )

0 xe−x e−x csc(x) (e−x − xe−x ) u01 = W 0 Integrando u1 , se obtiene Z

u1 = −

**

e−x 0 −x −x −e e csc(x) u02 = W 0 Integrando u2 , se obtiene:

u2 =

Z

csc(x)dx =

= e−x csc(x)

=

= e−2x

−xe−2x ∗ csc(x) = −x csc(x) e−2x

x csc(x)dx

=

e−2x ∗ csc(x) = csc(x) e−2x

1 1 ln[|cos(x) − 1|] − ln[|cos(x) + 1|] = ln[csc(x) − cot(x)] 2 2

Por lo tanto: yp = u1 e−x + u2 xe−x Luego yp = −

Z

x csc(x)dx ∗ e−x + ln[csc(x) − cot(x)] ∗ xe−x

Por lo tanto:y = yc + yp Resolviendo Luego: y = c1 e−x + c2 xe−x + −

51

Ingenier´ıa Civil

Z

x csc(x)dx ∗ e−x + ln[csc(x) − cot(x)] ∗ xe−x



f )(D 2 − 1)y = e2x [tan(ex ) + ex sec2 (ex )] R Z e2x . tan(ex ) ex e4x .sec2 (ex )dx 1 2x x −x x 2x x [e tan(e )] = −e ( e .e . tan(e )) = − − u2 = − D+1 3 3 u3 =

Z 1 [ex sec2 (ex )] = ex e2x .sec2 (ex )dx D−1

Z 1 x 2 x −x e4x .sec2 (ex )dx u4 = − [e sec (e )] = −e D+1

Sumando miembro a mimbro  Z e2x . tan(ex )  2x 2 x 2x x x   e . tan(e ) − e − e .sec ( e ) −  1 3 R Z Z 2  ex e4x .sec2 (ex )dx  x 2x 2 x −x  + e e .sec (e )dx − e

3

Es decir

    

e2x . tan(ex ) e−x e4x .sec2 (ex )dx − yp = 3 3 R

Como: y = yc + yp −x

y = c1 e

52

Ingenier´ıa Civil

e2x . tan(ex ) e−x e4x .sec2 (ex )dx + c2 e + − 3 3 x

R

 

 e4x .sec2 (ex )dx

EDO ejercicios resueltos

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