EC-DIF-30-08-2010

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMONFACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS Ecuaciones Diferenciales Ing: Raúl Romero Encinas Cochabamba - Bolivia 2010 1 2 Índice general 1. Ecuación Diferencial 5 1.1. Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2. Función Homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas . . . . . . . . . . . . . 9 1.3.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.5. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) . . . . . . . . . . 13 1.5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.6. Ecuaciones no Exactas que pueden transformarse en Exactas 17 1.6.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.6.2. Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas . . 22 1.7. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 27 2.1. Aplicaciones Geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.2. Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden . . 29 2.3. Mecánica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.3.1. Movimiento vertical incluyendo la resistencia del aire 38 2.3.2. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.4. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . 46 2.5. Circuitos en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2 o Orden y Orden Superior a Coeficientes Constantes 61 3.0.1. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 3.0.2. Ecuación de Mac Laurin . . . . . . . . . . . . . . . . 65 3.0.3. Aplicaciones de las funciones sen x, cos x, e x . . . . . . 66 3.0.4. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Orden 69 3 ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL 3.0.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 3.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea . . . . . . . 77 3.1.1. Método continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 3.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 3.2.1. Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Constantes de Orden “n” . . . . . . . . . . . . . . . . 81 3.2.2. Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Com- pleta de Orden“n”- obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) . . . . . . . . . 85 3.2.3. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 3.2.4. Método de Coeficiente Indeterminado . . . . . . . . . 90 3.3. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden . 94 3.3.1. Sistema Masa- Resorte sin amortiguación . . . . . . . 94 3.3.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 3.4. Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC . . . . . . . . 121 3.5. Circuitos Eléctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 3.6. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 3.6.1. Estudio del Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . 128 3.7. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 3.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 3.8.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Co- eficiente Constante de Orden n . . . . . . . . . . . . 134 3.8.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 4 Capítulo 1 Ecuación Diferencial 1.1. Variables Separables 1. y = (x + y + 1) 2 Solución: dy dx = (x +y + 1) 2 dt = (t 2 + 1)dx dy = (x + y + 1) 2 dx dt t 2 + 1 = dx t = x + y + 1 dt t 2 + 1 = dx dt = dx + dy arctan(x +y + 1) = x + c dy = dt −dx arctan(x +y + 1) = x + c dt −dx = t 2 dx x + y + 1 = tan(x +c) 2. (x −1)dx −(xe y + e y )dy = 0 Solución: e y (x + 1)dy −(x −1)dx = 0 e y = x −2 ln(x + 1) + c e y dy = x −1 x + 1 dx e y = x −ln(x + 1) 2 + c e y dy = x −1 x + 1 dx Aplicando logaritmos e y = 1 − 2 x + 1 dx y = ln[x −ln(x + 1) 2 +c] 5 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL 3. xye x dx −dy = 0 Solución: xye x dx −dy = 0 xe x dx − dy y = 0 Separando variables u = x dv = e x dx du = dx v = e x Integrando xe x dx − dy y = 0 ⇒xe x − e x dx −ln y = c xe x −e x −ln y = c ⇒ln y = xe x −e x +e c e ln y = e [xe x −e x +e c ] ∴ y = c 1 e xe x −e x 4. (xy 2 + y 2 )dx + xdy = 0 Solución: y 2 (x + 1)dx + xdy = 0 x + ln x − 1 y = c x + 1 x dx + dy y 2 = 0; Separando variables x + ln x + c = 1 y 1 + 1 x dx + y −2 dy = 0 ∴ y = 1 x + ln x + c 5. ydx −xdy = 0 Solución: dx x − dy y = 0 ln x y = ln c dx x − dy y = 0 x y = c ⇒ y = cx ln x −ln y = ln c Ing. Raúl Romero E. 6 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.2. FUNCIÓN HOMOGÉNEA 1.1.1. Problemas Propuestos 1. (ln x + y 3 )dx = 3xy 2 dy 2. x 7 ln xdx −dy = 0 3. xe x −3y 2 dy = 0 4. y = (x + 1) 2 5. dy dx = 2y + 3 4x + 5 2 6. dy dx = e 3x+2y 7. y ln x dx dy = y + 1 x 2 8. sec 2 xdy + csc ydx = 0 9. dx dt = 4(x 2 + 1) x π 4 = 1 10. x 2 dy dx = y −xy y(-1)=-1 1.2. Función Homogénea Definición 1.1 (Función Homogénea) Se llama función homogénea de grado "n" si f(λx, λy) = λ n f(x, y) Ejemplo 1.1 f(x, y) = xy −x 2 Solución: f(λx, λy) = = (λx)(λy) −(λx) 2 = λ 2 (xy) −λ 2 x 2 = λ 2 (xy −x 2 ) fλx, λy) = λ 2 f(x, y) ∴ f(x, y) es una Función Homogénea de grado 2 Ing. Raúl Romero E. 7 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ejemplo 1.2 f(x, y) = √ x −y Solución: f(λx, λy) = λx −λy f(λx, λy) = λ(x −y) = √ λ √ x −y = λ 1 2 √ x −y ∴ f(x, y) es Función Homogénea de grado 1 2 Ejemplo 1.3 h(x, y) = sen y x −5 Solución: h(λx, λy) = sen λy λx −5 = sen y x −5 = λ 0 sen y x −5 ∴ h(x, y) es Función Homogénea de grado cero Ejemplo 1.4 f(x, y) = e x 2 +y 2 xy−y 2 Solución: f(λx, λy) = e (λx) 2 +(λy) 2 (λx)(λy)−(λy) 2 = e λ 2 x 2 +λ 2 y 2 λ 2 xy−λ 2 y 2 = e λ 2 (x 2 +y 2 ) λ 2 (xy−y 2 ) = λ 0 e x 2 +y 2 xy−y 2 ∴ f(x, y) es función homogénea de grado cero Ejemplo 1.5 f(x, y) = x 2 + x 4 x 2 + y 2 f(λx, λy) = λ 2 x 2 + λ 4 x 4 λ 2 (x 2 + y 2 ) = λ 2 x 2 + x 4 x 2 + y 2 f(x, y) es función Homogénea de grado 2 Ejemplo 1.6 f(x, y) = arctan y x + x x + y f(λx, λy) = arctan λy λx + λx λx + λy f(λx, λy) = arctan y x + x x +y = λ 0 arctan y x + x x + y f(x, y) es función homogénea de grado cero Ing. Raúl Romero E. 8 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS 1.2.1. Problemas Propuestos 1. Analizar si las funciones son Homogéneas a) f(x, y) = x x +y b) f(x, y) = e x y + 2 c) f(x, y) = x 3 y 2 +y 5 d) f(x, y) = 1 x 3 −yx 2 1.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas La ecuación Diferencial de Primer Orden M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 es una ecucuación diferencial homogénea si solamente si la función M(x, y) y N(x, y) son funciones Homogéneas de igual grado. M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Ecuación diferencial Homogénea M(x, y) =? N(x, y) =? M(λx, λy) = λ n M(x, y) Condición Euler N(λx, λy) = λ n N(x, y) Si λ = 1 x ó λ = 1 y M 1, y x = 1 x n M(x, y) Despejeando M(x, y) M(x, y) = x n M 1, y x M(x, y) = x n M y x N 1, y x = 1 x n N(x, y) Despejando N(x, y) N(x, y) = x n N 1, y x N(x, y) = x n N y x Reemplazando en la Ecuación Diferencial Homogénea x n N y x dx + x n N y x dy = 0 Ing. Raúl Romero E. 9 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Sea hace v = y x ⇒y = vx dy = vdx + xdv x n [M(v)dx + N(v) (vdx +xdv)] = 0 ÷x n M(v)dx + vN(v)dx + xN(v)dv = 0 [M(v) + vN(v)]dx + xN(v)dv = 0 Separando variables → dx x + N(v) M(v) + vN(v) dv = 0 Ec. Dif cuyas variables estan separadas Intgrando: dx x + N(v) M(v) + vN(v) dv = c Teorema 1.1 En toda ecuación diferencial homogénea se pueden separar sus variables Demostración: M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Ec. Dif. Homogénea M(λx, λy) = λ n M(x, y) considerando λ = 1 y M x y , 1 = 1 y n M(x, y) M(x, y) = y n M x y , 1 M(x, y) = y n M x y (1) N(λx, λy) = λ n N (x, y) Condición de Euler con λ = 1 y se tiene: N x y , 1 = 1 y n , N (x, y) N(x, y) = y n N x y , 1 N(x, y) = y n N x y (2) Reemplazando (1) y (2) en la Ec. Dif. Homogénea y n M x y dx +y n N x y dy = 0 Ing. Raúl Romero E. 10 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS Hacemos un cambio de variable v = x y x = vy dx = vdy + ydv Reemplazando en la Ec. Dif. Homogénea y n [M(v) (vdy + ydv) + N(v)dy] = 0 ÷y n vM(v)dy + yM(v)dv + N(v)dy = 0 [N(v) + vM(v)]dy +yM(v)dv = 0 dy y + M(v) N(v) + vM(v) dv = 0 Ec.Dif. cuya variables estan separadas 1.3.1. Ejercicios Resueltos 1. Analiza si las siguientes ecuaciones diferenciales son ecuaciones Ho- mogéneas a) xy + x 2 dx + (y 2 + x 2 )dy = 0 Ecuación diferencial Homogénea de segundo grado todos los tér- minos tienen igual grado b) cos x y + 2 dx + e x y dy = 0 Ecuación diferencial de grado cero c) √ x + ydx + x 1 2 dy = 0 Ecuación diferencial de grado 1 2 2. Resolver la ecuación diferencial Homogénea (x 2 + y 2 )dx −xydy = 0 Solución: v = y x y = vx dy = vdx + xdv (x 2 + v 2 x 2 )dx −xvx(vdx + xdv) = 0 x 2 dx + v 2 x 2 dx −v 2 x 2 dx −x 3 vdv = 0 dx −xvdv = 0 ⇒ dx x −vdv = 0 dx x − vdv = 0 ⇒ln x − v 2 2 = c ⇒ v 2 2 = ln x + c 2c = c 1 v 2 = 2 ln x + c 1 v = √ 2 ln x + c 1 ⇒ y x = √ 2 ln x + c 1 ∴ y = x 2 ln x + c 1 Ing. Raúl Romero E. 11 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL 3. xdy −ydx = x tan y x dx Solución: v = y x y = vx dy = vdx + xdv x(vdx + xdv) −vxdx = x tan vx x dx x 2 dv = x tan vdx dv tan v = dx x cot vdv = dx x ln | sen v| = ln x + ln c ⇒ln sen v = ln[xc] sen v = xc ⇒v = arcsin(xc) y x = arcsin(xc) ∴ y = x arcsin(xc) 4. xdy −ydx = x 2 +y 2 dx Solución: v = y x ⇒y = vx dy = vdx + xdv ln[v + √ 1 + v 2 ] = ln x+ln c x(vdx+xdv) −vxdx= √ x 2 +v 2 x 2 dx ln(v + √ 1 + v 2 ) = ln(xc) x 2 dv = x √ 1 + v 2 dx v + √ 1 + v 2 = xc dv √ 1 + v 2 = dx x ∴ y x + 1 + x y 2 = xc dv √ 1 + v 2 = dx x 1.4. Problemas Propuestos 1. Resolver las ecuaciones diferenciales Homogéneas a) (x 3 + y 3 )dx −xy 2 dy = 0 b) (y −x)dx + (y + x)dy = 0 c) (8y + 10x)dx + (7x + 5y)dy = 0 d) (x + y)dx + xdy = 0 e) (2 √ xy −y)dx + xdy = 0 Ing. Raúl Romero E. 12 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.5. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.D.E.) 1.5. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) 1.5.1. Introducción Sea una función F = F(x, y). Se llama diferencial de F = F(x, y) a la siguiente expresión: dF = ∂F ∂x dx + ∂F ∂y dy Ejemplo 1.7 dF = ∂F ∂x dx + ∂F ∂y dy dF = (6x + 6y) dx + (6x + 8y)dy Problema inverso: Dado la diferencial de una función “F” se puede de- terminar F dado dF entonces determinar F =? Definición 1.2 Diferencial exacta M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Es ecuación diferencial exacta si y si existe F = F(x, y) tal que dF = M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Teorema 1.2 Las derivadas parciales cruzadas M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 es ecuación diferencial exacta si y solo si ∂M ∂y = ∂N ∂x Ejemplo 1.8 (x 3 + xy 2 ) . .. . M(x,y) dx + (x 2 y +y 3 ) . .. . N(x,y) dy = 0 ∂M ∂y = 2xy ∂N ∂x = 2xy ⇒(x 3 + xy 2 )dx + (x 2 y + y 3 )dy = 0 es E.D.E. ⇒∃F(x, y) dF = (x 3 + xy 2 ) . .. . ∂F ∂x dx + (x 2 y + y 3 ) . .. . ∂F ∂y dy = 0 Ing. Raúl Romero E. 13 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂F ∂x = x 3 + xy 2 ∧ ∂F ∂y = x 2 y + y 3 ∂F ∂x = x 3 + xy 2 Integrando con respecto a “x” F = x 4 4 + x 2 2 y 2 + α(y) Derivando con respecto a “y” ∂F ∂y = 2 · x 2 2 y + α (y) = x 2 y + α (y) = x 2 y + y 3 α (y) = y 3 Integrando con respecto a “y” α(y) = y 4 4 ⇒ C = x 4 4 + x 2 2 y 2 + y 4 4 Ejemplo 1.9 (x + sen y) . .. . M(x,y) dx + (x cos y −2y) . .. . N(x,y) dy = 0 ∂M ∂y = cos y ∂N ∂x = cos y ⇒(x + sen y)dx + (x cos y −2y)dy = 0 es E.D.E. ⇒∃F(x, y) dF = (x + sen y) . .. . ∂F ∂x dx + (x cos y −2y) . .. . ∂F ∂y dy = 0 ∂F ∂x = x + sen y ∂F ∂y = x cos y −2y ∂F ∂y = x cos −2y Integrando con respecto a y F = x sen y −y 2 +α(x) Derivando con respecto a x ∂F ∂x = sen y + α (x) sen y +α (x) = x + sen y ⇒α (x) = x Integrando α(x) = x 2 2 Ing. Raúl Romero E. 14 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.5. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.D.E.) C = x sen y −y 2 + x 2 2 ∂F ∂x = x + sen y Integrando con respecto a x F = x 2 2 + x sen y + α(y) Derivando con respecto a “y” ∂F ∂y = x cos y + α (y) Igualando x cos y + α (y) = x cos y −2y ⇒α (y) = −2y Integrando con respecto a y α(y) = y 2 F = x 2 2 + x sen y −y 2 = c Ejemplo 1.10 (2xy +x)dx + (x 2 + y)dy = 0 ∂M ∂y = 2x ∂N ∂x = 2x ∃F(x, y) dF = ∂F ∂x dx + ∂F ∂y dy = 0 dF = (2xy + x)dx + (x 2 + y)dy = 0 ∂F ∂x = 2xy + x ∧ ∂F ∂x = x 2 + y ∂F ∂x = 2xy + x Integrando con respecto a x F = 2 · x 2 2 y + x 2 2 + α(y) Derivando con respecto a y ∂F ∂y = x 2 + α (y) Igualando x 2 + α (y) = x 2 + y ⇒α (y) = y Integrando con respecto a y α(y) = y 2 2 Ing. Raúl Romero E. 15 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL F = x 2 y + x 2 2 + y 2 2 c = x 2 y + x 2 2 + y 2 2 Ejemplo 1.11 (2xy + x)dx + (x 2 + y)dy = 0 ∂M ∂y = 2x = ∂N ∂x E.D.E. ∂F ∂x = 2xy + x ∂F ∂y = x 2 + y Integrando F = x 2 y + x 2 2 +α(y) ∂F ∂y = x 2 + α (y) x 2 +α (y) = x 2 + y ⇒α (y) = y Integrando α(y) = y 2 2 ⇒F = x 2 y + x 2 2 + y 2 2 F = c c = x 2 y + x 2 2 + y 2 2 Ejemplo 1.12 (y + 2xy 3 )dx + (1 + 3x 2 y 2 + x)dy = 0 ∂M ∂y = 1 + 6xy 2 = ∂N ∂x ∂F ∂x = y + 2xy 3 ∧ ∂F ∂y = 1 + 3x 2 y 2 + x Integrando con respecto a “x” F = yx + x 2 y 3 + α(y) ∂F ∂y = x + 3x 2 y 2 + α (y) x + 3x 2 y 2 + α (y) = 1 + 3x 2 y 2 + x α (y) = 1 Integrando α(y) = y F = yx + x 2 y 3 + y Ing. Raúl Romero E. 16 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS Ejemplo 1.13 ye xy dx + xe xy dy = 0 ∂M ∂y = yxe xy +e xy = ∂N ∂x ∂F ∂x = ye xy ∧ ∂F ∂y = xe xy Integrando con respecto a “x” F = ye xy dx + α(y) u = xy du = ydx F = e u du + α(y) F = e xy + α(y) ∂F ∂y = xe xy + α (y) xe xy + α (y) = xe xy ⇒α (y) = 0 Integrando con respecto a “y” α(y) = c F = e xy +c 1.6. Ecuaciones no Exactas que pueden trans- formarse en Exactas Método del Factor Integrante.- Sea la ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Donde se verifica que ∂M ∂y = ∂N ∂x ⇒M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 No es E.D.E. ⇒∃µ = µ(x, y) µM(x, y)dx + µN(x, y)dy = 0 E.D.E. Luego ∂µM(x, y) ∂y = ∂µN(x, y) ∂x µ ∂M ∂y + M ∂µ ∂y = µ ∂N ∂x + N ∂µ ∂y Ing. Raúl Romero E. 17 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL µ ∂M ∂y − ∂N ∂x = N ∂µ ∂x −M ∂µ ∂y ∂M ∂y − ∂N ∂x = 1 µ N ∂µ ∂x −M ∂µ ∂y ∂M ∂y − ∂N ∂x = N 1 µ ∂µ ∂x −M 1 µ ∂µ ∂y ∂ ln µ ∂x = 1 µ ∂µ ∂x ⇒ ∂M ∂y − ∂N ∂x = N ∂ ln µ ∂x −M ∂ ln µ ∂y 1. Suponemos que µ depende de la variable solo de x µ = µ(x) factor integrante. ⇒ ∂M ∂y − ∂N ∂x = N d ln µ dx + 0 d ln µ dx = ∂M ∂y − ∂N ∂x N = f(x) d ln µ = ∂M ∂y − ∂N ∂x N dx = f(x)dx Integrando d ln µ = ∂M ∂y − ∂N ∂x N dx + ln c d ln µ = f(x)dx + ln c ln µ c = f(x)dx e ln µ c = e f(x)dx µ c = e f(x)dx ⇒µ = ce f(x)dx c = 1 µ = e ∂M ∂y − ∂N ∂x N dx 2. Suponemos que µ = f(y) µ = µ(y) Ing. Raúl Romero E. 18 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂M ∂y − ∂N ∂x = −M d ln µ dy (-1) ∂N ∂x − ∂M ∂y = M d ln µ dy d ln µ dy = ∂N ∂x − ∂M ∂y M d ln µ = ∂N ∂x − ∂M ∂y M dy d ln µ = f(y)dy Integrando ln µ = f(y)dy + ln c ln µ c = f(y)dy ⇒ µ c = e f(y)dy µ = e f(y)dy , c = 1 ⇒µ = e ∂N ∂x − ∂M ∂y M dy Factor integrante Resumen: M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Ecuación Diferencial no Exacta (E.D.N.E.) ∂M ∂y = ∂N ∂x ∂M ∂y − ∂N ∂x N = f(x) ⇒µ = e ∂M ∂y − ∂N ∂x dx N Si no se prueba con la otra. ∂N ∂x − ∂M ∂y M = f(y) ⇒µ = e ∂N ∂x − ∂M ∂y M dy 1.6.1. Ejercicios Resueltos 1. (4xy + 3y 2 −x)dx +x(x + 2y)dy = 0 Solución: Ing. Raúl Romero E. 19 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂y = 4x + 6y; ∂N ∂x = 2x + 2y; ∂M ∂y = ∂N ∂x ⇒ ∂M ∂y − ∂N ∂x N = 4x + 6y −2x −2y x 2 + 2xy = 2x + 4y x(x + 2y) = 2(x + 2y) x(x + 2y) = 2 x f(x) = 2 x µ = e f(x)dx = e 2 x dx = e 2 ln x µ = e ln x 2 = x 2 ⇒µ = x 2 Multiplicamos la ecuación diferencial por µ el factor integrante µ = x 2 x 2 (4xy + 3y 2 −x)dx + x 2 x(x + 2y)dy = 0 E.D.E. (4x 3 y + 3x 2 y 2 −x 3 )dy + (x 4 + 2x 3 y)dy = 0 ∂M ∂y = 4x 3 + 6x 2 y = ∂N ∂x ∂F ∂x = 4x 3 y + 3x 2 y 2 −x 3 ∧ ∂F ∂y = x 4 + 2x 3 y Integrando con respecto a “x” F = x 4 y + x 3 y 2 + x 4 4 + α(y) ∂F ∂y = x 4 + 2x 3 y +α (y) x 4 + x2x 3 y + α (y) = x 4 + 2x 3 y ⇒α (y) = 0 Integrando α(y) = c K = x 4 y + x 3 y 2 + x 4 4 + c 2. y(x + y + 1)dx + x(x + 3y + 2)dy = 0 Solución: ∂M ∂y = x + y + 1 + y = x + 2y + 1 ∂N ∂x = x + 3y + 2 + x = 2x + 3y + 2 ∂M ∂y = ∂N ∂x ∂M ∂y − ∂N ∂x N = x + 2y + 1 −2x −3y −2 x(x + 3y + 2) = −x −y −1 x(x + 3y + 2) =? Probamos con el otro Ing. Raúl Romero E. 20 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂N ∂x − ∂M ∂y M = 2x + 3y + 2 −x −2y −1 y(x + y + 1) = (x + y + 1) y(x + y + 1) = 1 y g(y) = 1 y µ = e g(y)dy ⇒µ = e 1 y dy = e ln y = y ⇒µ = y y 2 (x + y + 1)dx + yx(x + 3y + 2)dy = 0 ∂F ∂x = y 2 (x + y + 1) ∧ ∂F ∂y = xy(x + 3y + 2) Integrando con respecto a x” F = x 2 2 y 2 +xy 3 +xy 2 + α(y) ∂F ∂y = 2 · x 3 2 y + 3xy 2 + 2xy + α (y) 2 2 x 2 y + 3xy 2 + 2xy +α (y) = x 2 y + 3xy 2 + 2xy ⇒α (y) = 0 Integrando α(y) = c K = x 2 2 y 2 + xy 3 + xy 2 + c 3. (1 −x 2 y)dx + x 2 (y −x)dy = 0 Solución: ∂M ∂y = −x 2 ; ∂N ∂x = 2x(y −x) −x 2 ∂M ∂y − ∂N ∂x N = −x 2 −2xy + 3x 2 x 2 (y −x) = 2x 2 −2xy x 2 (y −x) = x(2x −2y) x 2 (y −x) = 2x(x −y) x 2 (y −x) = − −2 x f(x) = − 2 x ; µ = e −2 x dx = e −2 ln x = e ln x −2 = x −2 ⇒µ = x −2 x −2 (1 −x 2 y)dx + x 2 x −2 (y −x)dy = 0 (x −2 −y)dx + (y −x)dy = 0 Ing. Raúl Romero E. 21 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂y = −1; ∂N ∂x = −1 ∂F ∂x = x −2 −y ∧ ∂F ∂y = y −x; F = x −1 −1 −yx + α(y) ∂F ∂y = −x + α (y); −x + α (y) = y −x ⇒α (y) = y Integrando α(y) = y 2 2 C = − 1 x −yx + y 2 2 4. (x 2 + y)dx −xdy = 0 Solución: ∂M ∂y = 1; ∂N ∂x = −1 ∂N ∂y = ∂N ∂x ∂M ∂y − ∂N ∂x N = 1 + 1 −x = 2 −x ; µ = e − 2 x dx =e −2 ln x =e ln x −2 = x −2 µ = x −2 x −2 (x 2 + y)dx −x −2 dy = 0 (1 + x −2 y)dx −x −1 dy = 0 ∂M ∂y = x −2 ; ∂N ∂x = x −2 ; ∂F ∂x = 1 + x −2 y ; ∂F ∂y = −x −1 F = x + x −1 −1 y + α(y) ∂F ∂y = −x −1 + α (y) −x −1 + α (y) = −x −1 ⇒α (y) = 0 Integrando α (y) = 0 α(y) = c F = x −x −1 y + c K = x − y x +c 1.6.2. Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exac- tas 1. (2xy 4 e y + 2xy 3 + y)dx + (x 2 y 4 e y −x 2 y 2 −3x)dy = 0 Ing. Raúl Romero E. 22 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS Solución: ∂M ∂y = 8xy 3 e y + 2xy 4 e y + 6xy 2 + 1 ∂N ∂x = 2xy 4 e y −2xy 2 −3 ∂M ∂y − ∂N ∂ x N = 8xy 3 e y + 2xy 4 e y + 6xy 2 + 1 −2xy 4 e y + 2xy 2 + 3 x 2 y 4 e y −x 2 y 2 −3x =? Probamos con ∂N ∂x − ∂M ∂y M = 2xy 4 e y −2xy 2 −3 −8xy 3 e y −2xy 4 e y −6xy 2 −1 2xy 4 e y + 2xy 3 + y = −4(2xy 2 + 2xy 3 e y + 1) y(2xy 2 + 2xy 3 e y + 1) = − 4 y ⇒µ = µ(y) µ = e −4 dy y ⇒µ = 1 y 4 1 y 4 (2xy 4 e y + 2xy 3 + y)dx + 1 y 4 (x 2 y 4 e y −x 2 y 2 −3x)dy = 0 (2xe y + 2xy −1 + y −3 )dx + (x 2 e y −x 2 y −2 −3xy −4 )dy = 0 ∂M ∂y = 2xe y −2xy −2 −3y −4 = ∂N ∂x E.D.E. ∂F ∂x = 2xe y + 2xy −1 + y −3 ; ∂F ∂y = x 2 e y −x 2 y −2 −3xy −4 Integrando respecto a “x” F = x 2 e y +x 2 y −1 + xy −3 +α(y) Derivando con respecto a “y” ∂F ∂y = x 2 e y −x 2 y −2 −3xy −4 + α (y) x 2 e y −x 2 y −2 −3xy −4 + α (y) = x 2 e y −x 2 y −2 −3xy −4 ⇒α (y) = 0 α(y) = k c = x 2 e y + x 2 y + x y 3 2. (y 2 e xy 2 + 4x 3 )dx + (2xye xy 2 −3y 2 )dy = 0 E.D.E. Solución: Ing. Raúl Romero E. 23 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂y = 2ye xy 2 + 2xy 2 e xy 2 = 2ye xy 2 + 2xy 3 e xy 2 = ∂N ∂x ⇒ ∂F ∂x = y 2 e xy 2 + 4x 3 ∧ ∂F ∂y = 2xye xy 2 −3y 2 Entegrando con respecto a “x” F = y 2 e xy 2 dx +x 4 + α(y) F = e xy 2 + x 4 + α(y) Derivando F con respecto a “y” ∂F ∂y = 2xye xy 2 + α (y) 2xye xy 2 + α (y) = 2xye xy 2 −3y 2 ⇒α (y) = −3y 2 α(y) = −y 3 c = e xy 2 + x 4 −y 3 3. (cos y + y cos x)dx + (sen x −x sen y)dy = 0 Solución: (cos y +y cos x) . .. . M dx + (sen x −x sen y) . .. . N dy = 0 ∂M ∂y = −sen y + cos x = ∂N ∂x ∂F ∂x = cos x + y cos x ∧ ∂F ∂y = sen x −x sen y Integrando con trespecto a “x” F = x cos y + y sen x + α(y) Derivando F con respecto a y ∂F ∂y = −x sen y + sen x + α (y) −x sen y + sen x + α (y) = sen x −x sen x ⇒α (y) = 0 α(y) = k c = x cos x + y sen x 4. (6x 5 y 3 + 4x 3 y 5 )dx + (3x 6 y 2 + 5x 4 y 4 )dy = 0 Solución: ∂M ∂y = 18x 5 y 2 + 20x 3 y 4 = ∂N ∂x ∂F ∂x = 6x 5 y 3 + 4x 3 y 5 ∧ ∂F ∂y = 3x 6 y 2 + 5x 4 y 4 Integrando Ing. Raúl Romero E. 24 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. EJERCICIOS PROPUESTOS F = x 6 y 3 + x 4 y 5 + α(y) Derivando F ∂F ∂y = 3x 6 y 2 + 5x 4 y 4 + α (y) 3x 6 y 2 + 5x 4 y 4 + α (y) = 3x 6 y 2 + 5x 4 y 4 ⇒α (y) = 0 α(y) = k ∴ c = x 6 y 3 +x 4 y 5 5. 2x(ye x 2 −1)dx + e x 2 dy = 0 Solución: ∂M ∂y = 2xe x 2 ; ∂N ∂x = 2xe x 2 F x = 2x(ye x 2 −1); F y = e x 2 Integrando con respecto a “y” F = e x 2 y + α(x) ∂F ∂x = 2yxe x 2 + α (x) 2xye x 2 +α (x) = 2xye x 2 −2x ⇒α (y) = −2x α(x) = −x 2 ∴ c = e x 2 y −x 2 6. (x 2 −y)dx −xdy = 0 Solución: ∂M ∂y = −1 = ∂N ∂x ∂F ∂x = x 2 −y ∧ ∂F ∂y = −x F = x 3 −yx + α(y) ∂F ∂y = −x + α (y) −x + α (y) = −x ⇒α (y) = 0 α(y) = k ∴ c = x 3 −yx 1.7. Ejercicios Propuestos 1. (x + y cos x)dx + sen xdy = 0 Ing. Raúl Romero E. 25 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL 2. (2x + 3y + 4)dx + (3x + 4y + 5)dy = 0 3. (x 2 + y 2 −5)dx −(y + xy)dy = 0 4. (2x −1)dx + (3y + 7)dy = 0 5. (2x + y)dx −(x + 6y)dy = 0 6. (5x + 4y)dx + (4x −8y 3 )dy = 0 7. (sen y −y sen x)dx + (cos x + x cos y −y)dy = 0 8. (2xy 2 −3)dx + (2x 2 y + 4)dy = 0 9. (tan x −sen x sen y)dx + cos x cos y dy = 0 10. e x dx + (e x cot y + 2y csc y)dy = 0) 11. e x (cos ydx −sen ydy) = 0 Ing. Raúl Romero E. 26 Capítulo 2 Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2.1. Aplicaciones Geométricas En geometría es posible emplear a las ecuaciones diferenciales las que per- miten definiciones precisas. Y X A Q θ B P 0 (x 0 , y 0 ) y = f(x) Recta Tangente Recta Normal Figura 2.1: Pendiente: m t = dy dx = y = tan(θ) AP 0 : Tg. BP 0 : Normal AQ : subtangente BQ : Sub Normal m N · m t = −1 27 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN m N : Pendiente de la recta normal m t : Pendiente de la recta tangente m N = − 1 m t m N = − 1 y Ecuaciones de la recta tangente y recta normal y −y 0 = m(x −x 0 ) m t = dy dx m N = − 1 dy dx Ecuación de la recta tangente y −y 0 = dy dx (x −x 0 ) (2.1) Ecuación de la recta normal y −y 0 = − 1 dy dx (x −x 0 ) (2.2) Longitud de normal entre el punto P 0 (x 0 , y 0 ) y el punto B L N = y 1 + (y ) 2 longitud de la recta tangente entre el punto P 0 (x 0 , y 0 ) y el punto A L t = y 1 + dx dy 2 Longitud de la subtangente L st L st = y dx dy Longitud de la sub normal. L SN L SN = y dy dx Ing. Raúl Romero E. 28 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Y X O R P(x, y) Q Figura 2.2: Longitud de la tangente entre el punto P(x, y) y los ejes coordenados X, Y (ver figura 2.2 página 29) PQ = y 1 + dx dy 2 ; PR = x 1 + dy dx 2 Longitud de la recta normal entre el punto P(x, y) y los ejes coordenados XY PQ = L N = y 1 + (y ) 2 con el eje “X” PR = L N = x 1 + 1 y 2 con el eje “ Y” Segmentos intersectados por la recta tangente en los ejes X, Y respectiva- mente OR = y −xy OQ = x −y 1 y Segmentos intersectados por la recta normal con los ejes “X, Y ” respectiva- mente x + yy y + x 1 y 2.2. Aplicaciones de ecuaciones diferen- ciales de primer orden 1. Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (0, 4) cuya pen- diente de la recta tangente es igual a la suma de sus coordenadas Solución: Ing. Raúl Romero E. 29 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN m t = x + y dy dx = x + y h (x) = e −x xdx (x +y)dx −dy = 0 u = x dv = e −x dx du = dx v = −e −x M y = 1 N x = 0 h(x) = −xe −x + e −x dx u = e 1−0 −1 dx = e −x h(x) = −xe −x −x −x (e −x + e −x y)dx −e −x dy = 0 e −x y −xe −x −e −x = c M y = e −x N x = e −x e −x y = −xe −x −e −x +c ∂F ∂x = e −x x + e −x y; ∂F ∂y = −e −x y = x + 1 + ce x F = −e −x y + h(x), Reemplazando x = 0, y = 4 ∂F ∂x = e −x y + h (x) 4 = 0 + 1 + c ⇒c = 3 e −x y + h (x) = e −x x + e −x y ∴ y = 3e x + x + 1 2. Determinar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1, 0), cuya recta tangente intersecta al eje de ordenadas en el doble de su abscisa. Recta tangente que intersecta al eje de ordenada OB = y −x dy dx Recta tangente que intersecta al eje de la abscisa OA = x −y dx dy Y X O B A Figura 2.3: Solución: Ing. Raúl Romero E. 30 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN y −x dy dx = 2x ∗dx Integrando respecto de “y” ydx −xdy = 2xdx F = y x + h(x) (2x −y)dx + xdy = 0 ∂F ∂x = − y x 2 + h (x) ⇒M y = −1 N x = 1 − y x 2 + h (x) = 2 x − y x 2 ⇒u = e −1−1 x dx ; u = e −2 ln x = e lnx −2 h(x) = 2 ln x u = x −2 u = 1 x 2 c = y x + 2 ln x (1,0) ⇒ 2 x − y x 2 dx + 1 x dy = 0 E.D.E. c = 0 1 + 2 ln 1 ⇒c = 0 M y = − 1 x 2 N x = − 1 x 2 y x + 2 ln x = 0 ∂F(x, y) ∂x = 2 x − y x 2 ; ∂F(x, y) ∂y = 1 x ∴ y = −2x ln x 3. Hallar la ecuación de la velocidad de un móvil que se desplaza con una aceleración de 20 sen 2t. sabiendo que en v(0) = 0 m s Solución: Integrando a = 20 sen(2t) v = −10 cos(2t) + c v(0) = 0 a = dv dt ⇒ dv dt = 20 sen(2t) 0 = −10 cos(0) + c ⇒c = 10 dv = 20 sen(2t)dt ∴ v = 10 −10 cos(2t) 4. Un móvil se desplaza en línea recta de manera que su velocidad excede en 6 a su distancia respecto de un punto fijo a la recta si v = 5 m s cuando t=0 s. Hallar la ecuación de movimiento del móvil Solución: v(0) = 5 m s v = x + 6 x = ke t −6 dx dt = x + 6 ⇒ dx x + 6 = dt; Separando variable dx dt =v =ke t ; v(0)=5 m/s ln(x + 6) = t + c 5 = ke 0 ⇒ k = 5 x + 6 = ke t ∴ x = 5e t −6 Ing. Raúl Romero E. 31 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 5. Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1, 0) cuya lon- gitud de la recta tangente entre el punto de tangencia y el eje “Y ” es igual al cuadrado de su abscisa L t = x 2 Solución: Longitud de la Tg y el eje “Y ” L t = x 1 + (y ) 2 dy dx = √ x 2 −1 x 1 + (y ) 2 = x 2 √ x 2 −1dx −dy = 0 1 + (y ) 2 = x Por tablas ( Integral) 1 + (y ) 2 2 = x 2 x 2 √ x 2 −1 − 1 2 ln x √ x 2 −1 −y = c 1 + (y ) 2 = x 2 (1, 0) c = 0 y = √ x 2 −1 y = x 2 √ x 2 −1 − 1 2 ln x + √ x 2 −1 6. El área de un rectángulo ubicada entre el origen y el punto (x, y) vertices opuestos. Hallar la ecuación de la curva que divide al área rectangular en dos áreas, donde una de ellas es el triple Solución: (Ver Figura 2.4) A 2 A 1 (x, y) Figura 2.4: A 1 = xy − b a ydx; A 2 = x 0 ydx Derivando respecto de x A 1 = 3A 2 y +x dy dx = 4y ⇒x dy dx = 3y xy − x 0 ydx = 3 x 0 ydx ln y = 3 ln x + ln c xy = 4 x 0 ydx ∴ y = cx 3 Ing. Raúl Romero E. 32 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 7. Hallar la ecuación de la curva, pasa por el punto (1, 3) si su pendiente de la recta tangente es el triple de su abscisa, en el de contacto Solución: m t = 3x y = 3 x 2 2 +c dy dx = 3x (1, 3) →3 = 3 1 2 + c dy = 3xdx c = 3 − 3 2 = 6 −3 2 = 3 2 dy = 3xdx ∴ y = 3 2 x 2 + 3 2 8. Determinar la ecuación de la curva, pasa por el punto (2, 7) si su pendiente de la recta tangente es el cociente de su ordenada entre su abscisa del punto de tangencia. Solución: m t = y x ln y = ln(xc) dy dx = y x y = xc dy y = dx x (2, 7) →7 = 2c ⇒c = 7 2 ln y = ln x + ln c ∴ y = 7 2 x 9. Hallar la ecuación de la curva cuyas rectas normales pasan por el origen de coordenadas. Solución: m t = dy dx ; m N = − 1 dy dx y = − dx dy x ⇒ydy = −xdx Ecuación de la recta: y 2 2 = − x 2 2 + c y −y 0 = m N · (x −x 0 ) y 2 + x 2 = k y −y 0 = − 1 dy dx (x −x 0 ) en (0, 0) ∴ x 2 + y 2 = k Ing. Raúl Romero E. 33 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 10. Si una barra metálica pequeña, cuya Temperatura inicial es de 20 o C se deja caer en un recipiente de agua hirviente. ¿Cuanto tiempo tardara en alcanzar 90 o C, si sabe que su temperatura aumento 2 o C en un segundo? ¿Cuanto tiempo tardara en llegar a 98 o C? Solución: T(0) = 20 o C; T(1) = 22 o C; T(?) = 90 o C; T(?) = 98 o C dT dt = k(T −T m ) Ec.Dif. 1 o O. −78 = −80e k ln(T −T m ) = kt + c; e k = 78 80 ⇒k = ln 78 80 T = T m + c 1 e kt ; c 1 = e c k = −0,02531 T = 100 + c 1 e kt ⇒T = 100 −80e −0,02531t T m = 100 o C agua hirviente 90 = 100 −80e −0,02531t Condiciones de borde −80e −0,02531t = −10 20 = 100 + c 1 e (k)(0) e −0,02531t = 1 8 c 1 = −80 ln e −0,02531t = ln 1 8 T = 100 −80e kt −0,02531t = −2,0794 22 o = 100 −80e k ∴ t = 82,16 s. —————————————————————————————— b) 98 = 100 −80e −0,02531t ⇒−2 = −80e −0,02531t ∴ t = 145,74 11. Un cuerpo de temperatura desconocida se coloca en un frigorífico que se mantiene a temperatura constante a 0 o F y después de 3 minutos está a 15 o F¿Cual será su temperatura inicial ? Solución: T m = 0 o F; T(15) = 30 o F ; T(30) = 15 o F; T(0) =? dT dt = k(T −T m ) dT T −T m = k dt Ing. Raúl Romero E. 34 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ln(T −T m ) = kt + c T(15) = 30 o F 30 = c 1 e −15 ln 2 15 OBS: c 1 = e c 15 = c 1 e 30k (2) c 1 = 60 T −T m = c 1 e kt de (1) y (2) se tiene T = 60e − ln 2 15 t T = T m + c 1 e kt 30 15 = e 15k e 30k T(0) =? T =c 1 e kt ; T(15)=30 o F 2 = e −15k T = 60e 0 ⇒ 30 = c 1 e 15k (1) k = − ln 2 15 ∴ T = 60 o F 12. Una olla de sopa inicialmente hirviendo, se enfría en aire a 0 o C y a los 30 minutos esta a una temperatura 20 o C ¿Cuanto se enfría en los siguientes 30 minutos ? Solución: T m = 0 o C T = c 1 e kt k = 1 30 ln 2 10 T(0) = 100 o C 100 = c 1 e 0 T = 100e 1 30 ln 2 10 t T(30) = 20 o C c 1 = 100 T(60) =? dT T −T m = kdt T = 100e kt T = 100e 1 30 ln( 2 10 )60 ln(T −T m ) = kt + c 20 = 100e 30k T = 4 o F ; T = 20 −4 T = T m + c 1 e kt 30k = ln 2 10 ∴ T = 16 o C 13. Un termómetro se lleva del interior de una habitación al exterior, donde la temperatura del aire es de 5 o F. Después de un minuto, el termómetro indica 55 o F cinco minutos después marca 30 o F. ¿Cual es la temperatura del interior? Solución: T m = 5 o F T(1) = 55 o F T(5) = 30 o F Ing. Raúl Romero E. 35 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN dT dt = k(T −T m ) 50 = ce k 25 = ce 5k dT T −5 = kdt 50 25 = ce k ce 5k ⇒2 = e −4k Integrando ln 2 = −4k ln e ⇒k = ln 2 −4 dT T −5 = kdt k = −0,173286 ln(T −5) = kt + c 1 50 = ce −0,173286 T −5 = ce kt c = 50 0,84089 = 59,46 T = 5 + ce kt ,T(1) = 55 o F ⇒T = 5 + 59,46e −0,173280t 55 = 5 + ce k (I) T(0) =?;T = 5 + 59,46 30 = 5 + ce 5k (II) ∴ T = 64,46 o F 14. Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del aire es 70 o F y se lleva al exterior, donde la Temperatura es 10 o F, Después de 1 2 minuto es de 50 o F ¿Cual es la temperatura cuando t = 1 min ¿Cuanto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15 o F? Solución: T(0) = 70 o F, T( 1 2 ) = 50 o F, T m = 10 o F, T(1) =? T(?) = 15 o F T(0) = 70 o F T = 10 + 60e −0,81093t dT dt = k(T −T m ) 70 = 10 + ce 0 T(1) =? dT dt = k(T −10) c=60; T( 1 2 ) = 50 o F T = 10 + 60e −0,81093 Integrando 50 = 10 + 60e 1 2 k T =36,66 o F, T(?)=15 o F ln(T −10) = kt +c 1 2 3 = e 1 2 k , ln 2 3 = 1 2 k 15 = 10 + 60 · e −0,81093t T −10 = ce kt k = 2 ln 2 3 5 = 60e −0,81093t T = 10 + ce kt k = −0,8109302 ∴ t = 3,06 min Ing. Raúl Romero E. 36 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 15. La temperatura de un motor en el momento en que se apaga es 200 o C. La temperatura del aire que la rodea es de 30 o C. Después de 10 min- utos. La temperatura de la superficie del motor es de 180 o C a) ¿ Cuanto tiempo tomara que la temperatura de la superficie del motor baje a 40 o C? b) Para una temperatura dado T entre 200 o C y 30 o C sea t(T) el tiempo que se necesita para que el motor se enfrié de 200 o C a T [Por ejemplo, t(200) = 0 y t(40) es es la respuesta del inciso a)] encuentre la fórmula para t(T) en términos de T y grafique la función (la temperatura ambiente sigue siendo 30 o C) Solución: T(0) = 200 o C , T m = 30 0o C , T(10) = 180 o C a) T(?) = 40 o C 200 = 30 + c 1 e (k0) ⇒ c 1 = 170 dT dt = k(T −T m ) T(10) = 180 o C ln(T −T m ) = c 1 e kt 180 = 30 + 170e 10k ⇒ 15 17 = e 10k T = T m + c 1 e kt k = −0,0125; T = 30 + 170e −0,0125t T = 30 + c 1 e kt 40 = 30 + 170e −0,0125t T(0) = 200 o C ∴ t = 226,6min 16. Debe colocarse un objeto a 100 o C en un cuarto a 40 o C ¿ Cual debe ser la constante de proporcionalidad para el objeto este a 60 o C después de 10 minutos?. Solución: T(0) = 100 o C, T(10) = 60 o C T m = 40 o C; dT dt = k(T −T m ) dT (T −T m ) = kdt Para T(0) = 100 o C 20 = 60e 10k ln(T −T m )=kt+c 1 100 = 40 + ce k0 ⇒ 1 3 = e 10k T −T m = e kt+c 1 c 1 = 60 ln 1 3 = 10k ln e T = T m + ce kt Para T(10) = 60 o C k = 1 10 ln 1 3 T = 40 + ce kt 60 = 40 + 60e 10k ∴ k = −0,1099 Ing. Raúl Romero E. 37 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.3. Mecánica 2.3.1. Movimiento vertical incluyendo la resistencia del aire ma = F m dv dt = ¸ F c ~ mg kv T La resistencia del aire es proporcional a la magnitud de la velocidad y actúa en dirección opuesta a la de la velocidad Fuerza resistiva = −kv ⇒ m dv dt = −mg −kv 2.3.2. Ejemplos Ejemplo 2.1 Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela hori- zontalmente. La resistencia del aire actúa con una constante de proporciona- lidad de 10 g/s considerando solo movimiento vertical a) Determinar la velocidad en función del tiempo b) Calcular la velocidad después de 10 s, antes de chocar con el suelo Solución: m = 20g k = 10 g/s c y mg kv T a) m dv dt = ¸ F m dv dt = −mg −kv ÷m dv dt = −g − kv m ⇒ dv dt + k m v = −g Ecuación Diferencial Lineal dv dt + 10 20 v =−980 ; dv dt + 1 2 v =−980 ; P(t) = 1 2 ; Q(t) = −980 Ing. Raúl Romero E. 38 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA ve P(t)dt = Q(t)e P(t)dt dt + c ⇒ve 1 2 dt = −980e 1 2 dt dt + c ve 1 2 t = −980 e 1 2 t dt + c ve 1 2 t = −980 · 2e 1 2 t + c ⇒v = −1960 + ce − 1 2 t ; v(0) = 0 0 = −1960 + ce (− 1 2 )(0) ⇒c = 1960 v = −1960 + 1960e − 1 2 t ∴ v = −1960 1 −e − 1 2 t b) v = −1960 1 −e −( 1 2 )(10) ⇒v = −1960 (1 −e −5 ) ; ∴ v = −1947 cm/s Ejemplo 2.2 Una masa de 1g se mueve en linea recta debido a la F = ma donde la fuerza es directamente proporcional al tiempo desde t = 0 e inversamente proporcional a la velocidad en t = 10 s su velocidad es igual 50 cm/s y la fuerza igual a L dinas ¿Que velocidad tendrá la masa al cabo de un minuto del comienzo del movimiento? Solución: m = 1g v(10) = 50 cm/s Fα dt v F = 1 dina F = ma F = k t v 4 g cm s 2 = k · 10s 50 cm/s c = 500 k = 20 g cm 2 s 4 ⇒v 2 = 20t 2 + 500 m dv dt = k · t v t = 1min = 60s v =? m dv dt = 20 · t v v 2 = (20)(60 2 ) + 500 vdv = 20tdt v 2 = 72500 v 2 2 = 20 t 2 2 + c 2 v = √ 72500 cm/s P/ v(10) = 50 cm/s ∴ v = 269,25 cm/s 50 2 = (20)(10 2 ) + c Ing. Raúl Romero E. 39 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo 2.3 Hallar y = f(x) (solución) que pasa por el punto (1,2) de modo que el coeficiente angular de la tangente en cualquiera de sus puntos sea igual a la ordenada del mismo punto aumentado en cinco veces Solución: dy dx = y + 5; m = dy dx dy y + 1 = dx Integrando dy y + 5 = dx ln(y + 5) = x + c y + 5 = e x+c y = −5 + c 1 e x 2 = −5 + c 1 e 1 7 = c 1 e ⇒c 1 = 7 e ∴ y = −5 + 7 e e x 1. Se lanza hacia arriba una pelota de masa 1kg con una velocidad inicial de 50 m/s. si la resistencia del aire es cinco veces su velocidad. a) Hallar la ecuación de la trayectoria b) En que instante su velocidad es cero c) Cual es su altura máxima Solución: g = 10 m/s 2 c c 5v ~ mg ~ v 0 = 50 m/s T Ing. Raúl Romero E. 40 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA a) ma = ¸ F v = 260 5 e −5t −2; v = dy dt m dv dt = −mg −kv dy dt = 260 5 e −5t −2 dv 10 + 5v = −dt dy = 260 5 e −5t −2 dt 1 5 ln(10 + 5v) = −t + c (♠.1) Integrando reemplazando v(0) = 50 en (♠.1) y = − 260 5 · e −5t 5 −2t + c 1 1 5 ln(10 + 250) = c reemplazando y(0) = 0 c = 1 5 ln(260) 0 = − 260 25 e 0 + c1 1 5 ln(10 + 5v) = −t + 1 5 ln(260) c 1 = 260 25 t = 1 5 ln 260 − 1 5 ln(10 + 5v) y = −250 25 e −5t −2t + 260 25 t = 1 5 ln 260 10 + 5v ∴ y = 260 25 1 −e −5t −2t ——————————————————————————————— b) dy dt = 260 5 e −5t −2 e −5t = 10 260 v = dy dt = 0 −5t = ln 10 260 0 = 260 5 e −5t −2 ∴ t = 0,65 s. c) y max =? t=0.655 y = 260 25 (1 −e −5t ) −20,65 y = 260 25 (1 −e −5t ) −2t ∴ y = 8,69 m 2. Se deja caer un cuerpo de masa “m” sujeto a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad a) Determinar la velocidad en función del tiempo con la condición v(0) = v 0 b) Calcule v =? si t →∞ c) Hallar y = f(t) Ing. Raúl Romero E. 41 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Solución: g = 10 m s c kv ~ v 0 y mg = w ~ T a) ¸ F = ma t = m k ln mg −kv 0 mg −kv m dv dt = mg −kv k m t = ln mg −kv 0 mg −kv m dv mg −kv = dt e k m t = mg −kv 0 mg −kv m dv mg −kv = dt mg −kv = (mg −kv 0 )e − k m t − m k ln(mg −kv) = t + c; v(0) = v 0 kv =−mge − k m t +kv 0 e − k m t +mg − m k ln(mg −kv 0 ) = c ∴ v = mg k + v 0 − mg k e − k m t − m k ln(mg−kv)=t − m k ln(mg−kv 0 ) b) v =? t →∞ v = mg k + v 0 − mg k e −∞ ; notese e −∞ = 0 ∴ v = mg k c) v = mg k + v 0 − mg k e − k m t ; v = dy dt ⇒ dy dt = mg k + v 0 − mg k e − k m t Integrando: y = mg k + m k v 0 − mg k e − k m t + c 1 Si y(0) = 0 0 = − m k v 0 − mg k e 0 + c 1 ⇒ c 1 = m k v 0 − mg k ∴ y = mg k t − m k v 0 − mg k e − k m t + m k v 0 − mg k 3. Una bola de cañon pesa 16 libras se dispara verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 300 pie/s Ing. Raúl Romero E. 42 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA a) Suponga que no se toma en cuenta la resistencia del aire. Deter- minar la ecuación de la velocidad en función del tiempo tomar g = 32 pie/s 2 b) Determinar la posición en función del tiempo; y = f(t) c) Determinar la altura máxima Solución: c T a ~ w = mg v 0 = 300 pie/s ~ T a) ¸ F = ma v = 300 −gt c) v = 300 −32t −mg = ma v = 300 −32t v(t =?) = 0 m dv dt = −mg b) v = dy dt = 300 −32t 0 = 300 −32t v = −gt + c 1 dy = (300 −32t)dt t = 75 8 s = 9,375 s v(0) = 300 pie/s y = 300t −16t 2 + c y = 300t −16t 2 300 = −g · 0 + c 1 y(0)=0 ⇒0=0 −0+c con t = 9,375 c 1 = 300 ∴ y = 300t −16t 2 y Max = 1406,25 pie 4. Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela horizontal- mente. La resistencia del aire actúa con una constante de propor- cionalidad de 10 g/s. considere solo movimiento vertical. a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo b) Calcular la velocidad después de 10s. c) Calcular la velocidad terminal cuando t →∞ Solución: (Ver Figura 2.5) a) ¸ F = ma −2 ln 980 − 1 2 v = t −2 ln(980) mg −kv = m dv dt t = 2 ln ¸ ¸ 980 980 − 1 2 v Ing. Raúl Romero E. 43 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN w = mg kv a Figura 2.5: dv dt = 980 − 1 2 v t 2 = ln 980 980 − 1 2 v dv 980 − 1 2 v = dt e t 2 = 980 980 − 1 2 v −2 ln 980 − 1 2 v = t + c 1 Despejamos v =? v 0 = 0 t = 0 ∴ v = 1960(1 −e − t 2 ) c 1 = −2 ln(980) b) v = 1960(1 −e − 10 2 ) ⇒ v = 1947 cm/s. c) v(t →∞) =? ∴ v = 1960 cm/s. 5. Un peso de 32 lb esta cayendo a través de un gas cerca de la superficie de la tierra. La resistencia es proporcional al cuadrado de la velocidad, con una constante de proporcionalidad de 1 en t = 0 su velocidad es 1000 pie/s a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo b) Calcular velocidad cuando t →∞ Solución: a) ¸ F = ma w = 32 m dv dt = mg −kv 2 mg = 32 dv dt = 32 −v 2 m = 32 32 = 1 Ing. Raúl Romero E. 44 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA dv 32 −v 2 = dt a = √ 32 dv a 2 −v 2 = 1 2a ln a + v a −v 1 2 √ 32 ln √ 32 + v √ 32 −v = t +c v(0) = 1000 pie/s. 1 2 √ 32 ln √ 32 + 1000 √ 32 −1000 = c 1 2 √ 32 ln √ 32 + v √ 32 −v = t + 1 2 √ 32 ln √ 32 + 1000 √ 32 −1000 t = 1 √ 32 ln ¸ ¸ ¸ ¸ √ 32 + v √ 32 −v √ 32 + 1000 √ 32 −1000 , sea k = √ 32 + 1000 √ 32 −1000 2 √ 32t = ln √ 32 + v √ 32 −v k ⇒ ke 2 √ 32t = √ 32 + v √ 32 −v Despejando “v” ∴ v = √ 32 (ke 2 √ 32t −1) (ke 2 √ 32t + 1) b) v(t →∞) =? v = √ 32 ke ∞ −1 ke ∞ + 1 ∴ v = − √ 32 6. Un peso de 64 lb se lanza verticalmente al aire desde la superficie de la tierra. En el instante que deja el disparador tiene una velocidad de 192 pie/s a) Ignorando la resistencia del aire determine cuanto tiempo es nece- sario para que el objeto alcance su máxima altura b) Si la resistencia del aire actúa de de acuerdo con la ecuación kv con una constante de proporcionalidad de 4 ¿Cuanto tiempo toma el objeto alcance su máxima altura.? Solución: T c a ~ w = mg v 0 = 192 pie/s ~ T g = 32 pie/s Ing. Raúl Romero E. 45 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ¸ F = ma v(0) = 192 pie/s. v(t =?) = 0 m dv dt = −mg 192 = (−32)(0) + c 0 = 192 −32t dv = −gdt c = 192 ∴ t = 6 s v = −gt + c v = 192 −32t b) c T c a ~ w = mg v = 192 pie/s. ~ T kv ¸ F = ma 1 2 ln(32 + 2v) = −t + 1 2 ln (32 + 2 · 192) m dv dt = −mg −kv t = 1 2 ln 416 32 + 2v 2 dv dt = −64 −4v e 2t = 416 32 + 2v dv 32 + 2v = −dt v = 208e −2t −16 ; v(t =?) = 0 1 2 ln(32 + 2v) = −t + c 0 = 208e −2t −16⇒208e −2t = 16 v(0) = 192 pie/s. t = 1 −2 ln 16 208 1 2 ln(32 + 2 · 192) = c ∴ t = 1,28 s. 2.4. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden Las ecuaciones tienen la siguiente forma dy dx +P(x)y = Q(x) dx dy + P(y)x = Q(y) Resolución de la ecuación lineal dy dx + P(x)y = Q(x) Ordenando e igualando a cero [P(x)y −Q(x)]dx + dy = 0 (2.3) Ing. Raúl Romero E. 46 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN Entonces M y = P(x); N x = 0 ⇒ M y −N x N = P(x) −0 1 = P(x) ⇒u = e P(x)dx Factor integrante Multiplicando la ecuación diferencial (2.3) por el factor integrante e P(x)dx [P(x)y −Q(x)]dx + e P(x)dx dy = 0 df = e P(x)dx [P(x)y −Q(x)]dx + e P(x)dx dy = 0 ∂f(x, y) ∂x = P(x)ye P(x)dx −Q(x)e P(x)dx ∧ ∂f(x, y) ∂y = e P(x)dx Integrando respecto a “y” f(x, y) = e P(x)dx dy f(x, y) = e P(x)dx y + h(x) Derivando respecto a “x” ∂f(x, y) ∂x = P(x)ye P(x)dx + h (x) Igualando las derivadas P(x)ye P(x)dx + h (x) = P(x)ye P(x)dx −Q(x)e P(x)dx h (x) = −Q(x)e P(x)dx Integrando respecto a “x” h(x) = − Q(x)e P(x)dx dx ⇒f(x, y) = ye P(x)dx − Q(x)e P(x)dx dx c = ye P(x)dx − Q(x)e P(x)dx dx ye P(x)dx = Q(x)e P(x)dx dx +c Ecuación de Leibniz Ing. Raúl Romero E. 47 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo 2.4 Resolver la ecuación diferencial dy dx = 1 x sen y + 2 sen(2y) en y(0) = 0 Solución: dx dy = x sen y + 2 sen(2y) ⇒ dx dy −sen y · x = 2 sen(2y); dx dy + P(y)x = Q(y) Utilizando Leibniz xe P(y)dy = Q(y)e P(y)dy dy + c P(y) = −sen y Q(y) = 2 sen(2y) xe − sen ydy = 2 sen(2y) · e − sen ydy dy + c xe cos y = 2 2 sen y cos y e cos y dy + c ⇒xe cos y = 4 sen y cos y e cos y dy + c t = cos y dt = −sen ydy xe cos y = −4 te t dt +c u = t du = dt dv = e t dt v = e t xe cos y = −4 ¸ te t − e t dt + c xe cos y = −4 [cos ye cos y −e cosy ] + c ∴ x = −4(cos y −1) +ce −cos y Ejemplo 2.5 Resolver la ecuación diferencial dy dx + 2xy = 8x Solución: sean P(x) = 2x y Q(x) = 8x ye P(x)dx = Q(x)e P(x)dx dx + c ye 2xdx = 8 xe 2xdx dx +c ye x 2 = 8 2 e t dt + c ye x 2 = 8 xe x 2 dx + c ye x 2 = 4 [e t ] + c ye x 2 = 8 xe x 2 dx + c ye x 2 = 4e x 2 +c t = x 2 dt = 2xdx ⇒ dt 2 = xdx ∴ y = 4 + ce −x 2 Ing. Raúl Romero E. 48 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE Ejemplo 2.6 Resolver la ecuación diferencial dy dx + y = x Solución: sean P(x) = 1 y Q(x) = x u = x du = dx dv = e x dx v = e x ye P(x)dx = Q(x)e P(x)dx dx + c ye x = xe x − e x dx + c ye dx = xe dx dx + c ye x = xe x −e x +c ye x = xe x dx +c ∴ y = x −1 + ce −x 2.5. Circuitos en serie a) Circuito en serie: Tiene un resistor y un inductor i E(t) R i L L: Inductor Henry R: Resistencia Ohmio E(t): Voltaje. Voltio 2. Ley de kirchoff: Las caídas de voltaje del inductor mas el resistor es igual a la fuente de tensión L di dt + Ri = E(t) i = dq dt i corriente amper b) Circuito en serie: Tiene una resistencia y capacitor i E(t) C R R: Resistencia Ohmio C: Capacitor Farad E(t): Voltaje Voltios Ri + 1 C q = E(t) R dq dt + 1 C q = E(t) E.D.L. 1 er Orden Ing. Raúl Romero E. 49 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 1. Un acumulador de 24 voltios se conecta a un circuito en serie con una inductancia de 2H y una resistencia de 20 ohmios. a) Determinar la ecuación diferencial del circuito b) Hallar i = f(t) c) i(0) =? d) i(5) =? Solución: (Ver Figura 2.6) E(t) = 24 R = 20 Ω L = 2H Figura 2.6: a) L di dt +Ri = E(t) ⇒2 di dt + 20i = 24 di dt + 10i = 12 Ecuación Diferencial Lineal b) ie P(t)dt = Q(t)e P(t)dt dt+c ie 10t =1 6 5 e 10t +c ie 10 dt = 12 e 10dt dt + c ∴ i = 6 5 +ce −10t ie 10t = 12 e 10dt dt + c ——————————————————————————————– c) i(0) =?, c = − 6 5 d) i(5) = 6 5 − 6 5 e −50 = 2,4 A i = 6 5 − 6 5 e −10t ∴ i(0) = 0 ∴ i(5) = 2,4 A 2. Se tiene un circuito en serie LR con 30 V ; 1 Henry de inductancia y 50 ohmios de resistencia a) Determinar i = f(t) b) si i(0) =? Ing. Raúl Romero E. 50 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE Solución: E = 30V R = 50 Ω L = 1H L di dt + Ri = E(t) di dt + 50i = 30 c) i(∞) =? Hallar i =? en t →∞ a) ie 50t = 30 e 50t dt + c 0 = 3 5 + ce (50)(0) ie 50t = 30 · e 50t 50 +c b) i(0) = 0; c = − 3 5 i = 3 5 + ce −50t ∴ i = 3 5 − 3 5 · e −50t c) i = 3 5 − 3 5 e (−50)(∞) ⇒ i = 3 5 A 3. Considere un circuito en serie donde E = 0 con un resistor de 3 Ω y un inductor de 1 Henry a) Determine la ecuación de la corriente en función del tiempo sien- do que su valor inicial es i(0) = 6A b) Hallar i(2) =? Solución: (ver Figura 2.7) E = 0 R = 3 Ω L = 1H Figura 2.7: a) L di dt + Ri = E(t) ie 3t = c ⇒i = ce −3t di dt + 3i = 0 6 = ce (−3)(0) ⇒c = 6 ∴ i = 6e −3t ie 3t = 0 e 3t + c b) i(2) = 6e (−3)(2) ⇒ i(2) = e −6 4. La fuente voltaje es constante igual a 1V en un circuito en serie LR donde L = 1 Henry una resistencia de 2 ohmios Ing. Raúl Romero E. 51 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN a) Determinar la corriente como función del tiempo para cualquier corriente inicial i(0) = 0 b) Hallar la corriente en t →∞ i =? c) Hallar la corriente en t = 5 i =? Solución: (Ver Figura 2.8) 1V L=1H R = 2 Ω Figura 2.8: a) L di dt +Ri = E(t) b) i =?; t →∞ di dt + 2i = 1 ∴ i = 1 2 [A] ie 2t = e 2t dt +c c) i = 1 2 − 1 2 e (−2)(5) ie 2t = 1 2 e t + c i = 1 2 (1 −e −10 ) i = 1 2 +ce −2t ; i(0) = 0 ∴ i = 0,49A c=− 1 2 ; i = 1 2 + 1 2 e −2t 5. En un circuito en serie LR la fuente de Voltaje es 4 voltios, la resisten- cia es de 6 ohmios y un inductor de 2 Henry. Establezca la ecuación diferencial para la corriente. a) Determine la corriente como la función del tiempo para cualquier corriente inicial i(0) = 0 b) Encuentre la corriente en t →∞ c) Calcule la corriente en t = 2 i(2) =? Solución: (Ver Figura 2.9) Ing. Raúl Romero E. 52 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE 4V L=2H R = 6 Ω Figura 2.9: L di dt +Ri = E(t) ie 3t = 2 e 3t 3 +c b) t →∞ i = 2 3 [A] 2 di dt + 6i = 4 i(0) = 0 c) i = 2 3 (1 −e (−2)(3) ) a) di dt + 3i = 2 c = − 2 3 ∴ i = 0,66A ie 3t = 2 e 3t dt + c i = 2 3 − 2 3 e −3t 6. Se aplica una fuerza de 80 voltio a un circuito en serie R.C. de donde la resistencia es de 50 ohmio y la capacitancia es de 10 −4 F determinar q(t) del capacitor si q(0) = 0. Hallar la corriente en t = 10 segundos Solución: R = 50 Ω C = 10 −4 F 80 v Figura 2.10: R dq dt + 1 C q = ε(t) qe (5)(10 +3 )t = 8 5 e (5)(10 3 )t dt + c 50 dq dt + 1 10 −4 q = 80 v q = 8 5 5 · 10 −3 + ce (−5)(10 +3 )t dq dt + 1 (50)(10 −4 ) q = 8 5 q = 8 · 10 −3 + ce (−5)(10 3 )t qe 1 50·10 −4 dt = 8 5 e 1 50·10 −4 dt dt + c ∴ i = dq dt = −5 · 10 3 ce −5·10 3 t 7. En un circuito en serie LR la fuente de voltaje es sen t, la resistencia es 1 ohmio y la inductancia es de 1 Henry. a)Establecer la ecuación diferencial del circuito Ing. Raúl Romero E. 53 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN b) Hallar la ecuación de la corriente en función del tiempo para i(0) = 0 c) Hallar i(π) =? Solución: (Ver Figura 2.11) E(t) = sen t L=1H R = 1 Ω Figura 2.11: a) L di dt +Ri = E(t) ie t = e t sen t −e t cos t 2 + c di dt +i = sen t ie t = 1 2 e t sen t − 1 2 e t cos t +c b) ie t = sen te t dt +c i = 1 2 sen t − 1 2 cos t + ce −t u = sen t dv = e t dt 0 = 1 2 sen 0 − 1 2 cos 0 + c du = cos t dt v = e t ⇒c = 1 2 ie t = e t sen t − e t cos t dt +c i = 1 2 sen t − 1 2 cos t + 1 2 e −t u = cos t dv = e t dt c) i(π) =? du = −sen t dt v = e t i = 1 2 sen 180 o − 1 2 cos 180 o + 1 2 e −π ie t =e t sen t−[e t cos t+ sen te t dt]+c ∴ i = 1 2 1 + e −π ie t = e t sen t −e t cos t − sen te t dt 8. Se aplica una fuerza electromotriz E(t) = 120 0 ≤ t ≤ 20 0 t > 20 Ing. Raúl Romero E. 54 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE En un circuito en serie LR donde la inductancia es de 20 Henry y resistencia 2 ohmio determinar la corriente i(t) si i(0) = 0 Solución: (Ver Figura 2.12 ) E L=20 R = 2 di dt + R L i = E L di dt + 2 20 i = 120 20 di dt + 1 10 i = 6 Figura 2.12: ie 1 10 dt =6 e 1 10 dt dt + c ie 1 10 t = 60e 1 10 t 0 = 60 + c − 1 10 0 ie 1 10 t =6 e 1 10 t dt +c i = 60 + ce − 1 10 t c = −60 ie 1 10 t =6 · e 1 10 t 1 10 +c i(0) = 0 i = 60 −60e − 1 10 t con t = 20 di dt + 2 20 i = 0 60(1 −e −2 ) = ce − 1 10 20 i = 60 −60e −2 ie 1 10 t = 0e 1 10 t + c 60(1 −e −2 ) = ce −2 i = 60(1 −e −2 ) ie 1 10 t = c c = 60(e 2 −1) di dt + R L i = 0 ⇒i = ce − 1 10 t i = 60(e 2 −1)e − 1 10 t 9. Resolver la ecuación di dt + R L i = E(t). Siendo E(t) = E 0 sen wt y que i(0) = i 0 di dt + R L i = E 0 sen wt Solución: ie R L t = E 0 sen wt · e R L t dt + c Ing. Raúl Romero E. 55 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN u = sen wt dv = e R L t dt du = wcos(wt) dt v = L R e R L t ie R L t = E 0 L R e R L t sen(wt) − Lw R e R L t · cos(wt)dt . .. . Int. por partes ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ + c ie R L t = E 0 ¸ R 2 e R L t R 2 + L 2 w 2 L R sen(wt) − L 2 w R 2 cos(wt) ¸ + c i = E 0 R R 2 + L 2 w 2 Lsen(wt) − L 2 w R cos(wt) +ce − R L t ; i(0) = i 0 i 0 = E 0 R R 2 + L 2 w 2 Lsen(w0) − L 2 w R cos(w0) +ce 0 ⇒c = i 0 + E 0 L 2 w R 2 + L 2 w 2 i = E 0 R R 2 + L 2 w 2 Lsen(wt) − L 2 w R cos(wt) + i 0 + E 0 L 2 w R 2 + L 2 w 2 e − R L t 10. En un circuito R −L conectado en serie una resistencia de 2Ω y una batería de 2H y una FEM E(t) = 100 sen(2πt). Hallar i = f(t) si i(0) = 0 Solución: di dt + i = E(t) di dt + i = 100 sen(2πt) ie t = 100 e t sen(2πt)dt . .. . Int. por partes +c u = sen(2πt) dv = e t dt du = 2π cos(2πt) dt v = e t e t sen(2πt)dt = e t sen(2πt) −2π e t cos(2πt)dt . .. . Int. por partes e t sen(2πt) dt = e t sen(2πt) −2πe t cos(2πt) −4π e t sen(2πt)dt e t sen(2πt)dt · (1 + 4π) = e t sen(2πt) −2πe t cos(2πt) I = e t sen(2π)dt = 1 1 + 4π e t sen(2πt) −2πe t cos(2πt) ie t = 100 ¸ e t 1 + 4π (sen(2πt) −2π cos(2πt)) + c 0 = 100 1 + 4π (sen 0 −2π cos 0) + c Ing. Raúl Romero E. 56 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE c = 200π 1 + 4π ∴ i = 100 1 + 4π (sen(2πt) −2π cos(2πt)) + 200π 1 + 4π e −t 11. Se tiene en un circuito R−C tiene resistencia variable, si la resistencia en cualquier momento es R = k 1 + k 2 t donde k 1 y k 2 son constantes en E(t) = E 0 , q(0) = q 0 Solución: (Véase Figura 2.13 ) E(t) = E 0 C R = k 1 + k 2 t Figura 2.13: D/ q = E 0 C + q 0 −E 0 C k 1 k 1 + k 2 t 1 k 2 c dq dt + 1 c(k 1 + k 2 t) q = E 0 k 1 + k 2 t Ecuación Diferencial Lineal qe 1 c dt k 1 + k 2 t = E 0 dt k 1 + k 2 t · e 1 c 1 k 1 + k 2 t dt + c u = k 1 + k 2 t du = k 2 dt dt = du k 2 qe 1 ck 2 du u = E 0 1 k 1 +k 2 t · e 1 k 2 c du u dt + c 1 qe 1 k 2 c ln u = E 0 1 k 1 + k 2 t · e 1 k 2 c ln u dt + c 1 qe ln u 1 k 2 c = E 0 1 k 1 + k 2 t · e ln u 1 k 2 c dt + c 1 qe 1 k 2 c = E 0 1 k 1 + k 2 t · u 1 k 2 c dt + c 1 q(k 1 + k 2 t) 1 k 2 c = E 0 1 k 1 + k 2 t · (k 1 + k 2 t) 1 k 2 c dt +c 1 Ing. Raúl Romero E. 57 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN q(k 1 + k 2 t) 1 k 2 c = E 0 (k 1 + k 2 t) 1 k 2 c −1 dt + c 1 u = k 1 + k 2 t du = k 2 dt dt = du k 2 q(k 1 + k 2 t) 1 k 2 c = E 0 k 2 u 1 k 2 c −1 du +c 1 q(k 1 + k 2 t) 1 k 2 c = E 0 k 2 · u 1 k 2 c 1 k 2 c + c 1 q(k 1 + k 2 t) 1 k 2 c = E 0 C(k 1 + k 2 t) 1 k 2 c + c 1 q = E 0 C + c 1 (k 1 + k 2 t) − 1 k 2 c ; q(0) = q 0 q 0 = E 0 C + c 1 (k 1 ) − 1 k 2 c ; c 1 = (q 0 −E 0 C)k 1 k 2 c 1 ⇒q = E 0 C + (q 0 −E 0 C)k 1 k 2 c 1 · (k 1 + k 2 ) − 1 k 2 c ∴ q = E 0 C + (q 0 −E 0 C) k 1 k 1 + k 2 t 1 k 2 c 12. Se aplica una fuerza electromotriz de 100 voltios a un circuito en serie RC donde la resistencia es de 200 Ω y la capacitancia es de 10 −4 farad a) determine la carga q(t) del capacitor si q(0) = 0 b) Halle la corriente i(t) Solución: (ver Figura 2.14) E(t) C R Figura 2.14: Ing. Raúl Romero E. 58 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE E = 100V ; R = 200 Ω q = 1 100 + ce −50t C = 10 −4 F q(0) = 0; 0 = 1 100 + ce (−50)(0) R dq dt + 1 C q = E(t) ⇒c = − 1 100 200 dq dt + 1 10 −2 q = 100 q = 1 100 − 1 100 e −50t dq dt + 50q = 1 2 q = 1 100 (1 −e −50t ) qe 50t = 1 2 e 50t dt + c dq dt = i = 50 100 e −50t qe 50t = 1 2 · e 50t 50 + c i = 50 100 e −50t ∴ i = 1 2 e −50t 13. En un circuito en serie RC con resistencia en serie 1 Ω capacitor de 0,5 Farod y una batería de 2V . Encuentre la corriente que circula y la carga q(t) en el capacitor para q(0) = 0 Solución: R = 1Ω C = 0,5F E(t) = 2V R dq dt + 1 C q = E(t) q(0) = 0 dq dt + 1 0,5 q = 2 0 = 1 + ce −(2)(0) ⇒c = −1 qe 2dt = 2 e 2dt dt + c q = 1 −1e −2t qe 2t = 2 · e 2t 2 + c i = dq dt = 2e −2t q = 1 + ce −2t ∴ i = 2e −2t 14. Se aplica una batería de 200V a un circuito en serie R−C la resistencia en 1000 Ω y la capacitancia es de 5 · 10 −4 Farad a) Determine la carga q(t) del capacitor si i(0) = 0,4 A b) Encuentre la carga y la corriente en t = 0,005 s Ing. Raúl Romero E. 59 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN c) Hallar la carga cuando t →∞ Solución: ( Ver Figura 2.15) 200V C = 5 · 10 −4 F R = 1000 Ω Figura 2.15: a) R dq dt + 1 C q = E(t) q = 4 · 10 −3 + ce −50t 1000 dq dt + 1 5 · 10 −2 q = 200 dq dt = i = −50ce −50t dq dt + 50q = 0,2 0,4 = −50ce −(50)(0) qe 50dt = 0,2 e 50dt dt + c c = −0,008 qe 50t = 0,2 e 50t 50 +c ∴ q = 4 · 10 −3 −8 · 10 −3 e −50t —————————————————————————————— b) q(0,005) =?; i(0,005) =? i = −50ce −50t q = 4 · 10 −3 −8 · 10 −3 · e −50t i = 50 · 8 · 10 −3 · e −50t q = 4 · 10 −3 −8 · 10 −3 · e (−50)(0,005) i = 0,4 · e (−50)(0,005) q = 4 · 10 −3 −8 · 10 −3 · e −0,25 i = 0,4 · e −0,25 q = −0,0022 [C] ∴ i = 0,3 A —————————————————————————————— c) q = 4 · 10 −3 −8 · 10 −3 e (−50)(∞) ∴ q = 4 · 10 −3 [C] Ing. Raúl Romero E. 60 Capítulo 3 Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2 o Orden y Orden Superior a Coeficientes Constantes Método de Euler.- Tiene la siguiente forma y + Py + Qy = 0 P, Q ∈ R, P y Q son constantes Si tenemos una solución y 1 = e kx . Donde k se debe determinar con la condición que y y = e kx satisface la ecuación diferencial de Segundo Orden Homogéneo y +Py + Qy = 0 y 1 = ke kx y 1 = k 2 e kx k 2 e kx + Pke kx + Qe kx = 0 e kx (k 2 + Pk + Q) = 0 ∴ e kx = 0 ∀k ∈ R k 2 + Pk + Q = 0 Ecuación Característica de la Ecuación Diferencial Para resolver se presentan 3 casos. Primer Caso: P 2 − 4Q > 0 entonces el trinomio presenta raices reales y distintas k 1 = k 2 ; k 1 , k 2 ∈ R. Luego las soluciones de la ecuación diferencial y +Py + Q = 0 y 1 = e k 1 x y 2 = e k 2 x Si y 1 y 2 = ctte e k 1 x e k 2 x = e (k 1 −k 2 )x = ctte ⇒ y 1 ∧ y 2 son L.I. La solución general y G = c 1 y 1 + cy 2 y G = c 1 e k 1 x + c 2 e k 2 x 61 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 1. Hallar la solución general de y −5y + 6 = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 −5k + 6 = 0: (k −3)(k −2) = 0 y G = c 1 y 1 +c 2 y 2 k 1 = 3 k 2 = 2 ∴ y G = c 1 e 3x + c 2 e 2x y 1 = e 3x y 2 = e 2x 2. Hallar la solución general de y + 3y −10y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 + 3k −10 = 0: (k + 5)(k −2) = 0 y 1 = e −5x y 2 = e 2x k 1 = −5; k 2 = 2 y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 ∴ y G = c 1 e 3x + c 2 e 2x 3. Hallar la solución general de 3y + 5y −2y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es 3k 2 + 5k −2 = 0: (3k) 2 + 5(3k) −6 = 0 ⇒ y 1 = e −2x y 2 = e 1 3 x (3k + 6)(3k −1) = 0 y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 (k + 2)(3k −1) ∴ y G = c 1 e −2x + c 2 e 1 3 x k 1 = −2 k 2 = 1 3 4. Hallar la solución general de y + y −12y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 + k −12 = 0: (k + 4)(k −3) = 0 y 1 = e −4x y 2 = e 3x k 1 = −4 k 2 = 3 ∴ y G = c 1 e −4x + c 2 e 3x Ing. Raúl Romero E. 62 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 5. Hallar la solución general de 12y −5y −2y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es 12k 2 −5k −2 = 0: (12k) 2 −5(12k) −24=0 (3k−2)(4k+1)= 0 y 1 = e 2 3 x ; y 2 = e −1 4 x (12k −8)(12k + 3) = 0 k 1 = 2 3 k 2 = −1 4 y G = c 1 e 2 3 x +c 2 e −1 4 x 3.0.1. Ejercicios Propuestos a) 6y + 5y + y = 0 b) y −5y −2y = 0 c) 3y −8y + 4y d) y −2y = 0 6. Dada la solución general y = c 1 e x + c 2 e −2x . Hallar la ecuación difer- encial Solución: k 1 = 1; k 2 = −2 (k −1)(k + 2) = 0 ∴ y + y −2y = 0 k −1 = 0; k + 2 = 0 k 2 + k −2 = 0 7. Dada la solución general y = c 1 e 1 2 x + c 2 e −x . Hallar la ecuación difer- encial Solución: k 1 = 1 2 ; k 2 = −1 k 2 − 1 2 k +k − 1 2 = 0 ∴ 2y + y −y = 0 (k − 1 2 )(k + 1) = 0 2k 2 + k −1 = 0 8. Dada la solución general y = c 1 e 1 3 x + c 2 e 1 2 x . Hallar la ecuación difer- encial Solución: Ing. Raúl Romero E. 63 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES k = 1 3 k = 1 2 k 2 − 1 3 k − 1 2 k + 1 6 =0 6k 2 −5k + 1 = 0 (k− 1 3 )(k− 1 2 )=0 k 2 − 5 6 k + 1 6 = 0 ∴ 6y −5y + y = 0 Segundo Caso: k 2 + Pk + Q = 0 Si P 2 −4Q = 0 ⇒k 1 = k 2 ; k 1 , k 2 ∈ R y 1 = e k 1 x ; y 2 = e k 2 x y 1 y 2 = e k 1 x e k 2 x = 1 ⇒y 1 ∧ y 2 L.D. y 2 = e − P 2 x e −Px e −Px dx ⇒y 2 = y 1 e − P(x)dx y 2 1 dx y 2 = e − P 2 x x k 2 + Pk + Q = 0 y 1 y 2 = e − P 2 x xe − P 2 x = 1 x k 12 = −P ± P 2 −4Q 2 ⇒y 1 ∧ y 2 L.I. k 1,2 = − P 2 ⇒y G = c 1 y 1 + cy 2 ⇒y 1 = e − P 2 x →y 2 =? ∴ y G = c 1 e − P 2 x +c 2 xe − P 2 x y 2 = e − P 2 x e − Pdx (e − P 2 x ) 2 dx Ejemplo 3.1 Hallar la solución general de y −2y + y = 0 Solución: k 2 −2k + 1 = 0 Ec. característica y 1 = e k 1 x = e x ; y 2 = xe x (k −1) 2 = 0 k 1 = k 2 = 1 ∴ y G = c 1 e x + c 2 xe x Ejemplo 3.2 Hallar la solución general de 25y −10y + y = 0 Solución: 25k 2 −10k + 1 = 0 y 1 = e k 1 x = e 1 5 x ; y 2 = xe 1 5 x (5k −1) 2 = 0 y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 k 2 = k 1 = 1 5 ∴ y G = c 1 e 1 5 x +c 2 xe 1 5 x Ing. Raúl Romero E. 64 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas Ejemplo 3.3 Hallar la solución general de y + 4y + 4y = 0 Solución: k 2 + 4k + 4 = 0 k = −2 ∴ y G = c 1 e −2x + c 2 xe −2x (k + 2) 2 = 0 y 1 = e −2x ; y 2 = xe −2x Ejemplo 3.4 Hallar la solución general de 16y + 24y + y = 0 Solución: 16k 2 + 24k + 9 = 0 y 1 = e − 3 4 x + c 2 xe − 3 4 x (4k + 3) 2 = 0 ⇒k 1 = k 2 = −3 4 ∴ y G = c 1 e − 3 4 +c 2 xe − 3 4 x Ejemplo 3.5 Hallar la solución general de 81y −36y + 4y = 0 Solución: 81k 2 −36k + 4 = 0 y 1 = c 1 xe 2 9 x y 2 = c 2 xe 2 9 x (9k −2) 2 = 0 →k 1 = k 2 = 2 9 ∴ y G = c 1 e 2 9 x + c 2 xe 2 9 x 3.0.2. Ecuación de Mac Laurin f(x) = f(0) + xf (0) + x 2 2! f (0) + x 3 3! f (0) + . . . f(0) y = f(x) Figura 3.1: Ing. Raúl Romero E. 65 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.0.3. Aplicaciones de las funciones sen x, cos x, e x f(x) = sen x f(0) = sen 0 = 0 f(x) = e x f(0) = e 0 = 1 f (x) = cos x f (0) = cos 0 = 1 f (x) = e x f (0) = e 0 = 1 f (x)=−sen x f (0) = −sen 0 = 0 f (x) = e x f (0) = e 0 = 1 f (x)=−cos x f (0)=−cos 0=−1 f (x) = e x f (0) = e 0 = 1 f IV (x) = sen x f IV (0) = sen 0 = 0 f IV (x) = e x f IV (0) = e 0 = 1 f V (x) = cos x f V (0) = cos 0 = 1 f V (x) = e x f V (0) = e 0 = 1 f V I (x)=−sen x f V I (0)=−sen 0=0 f V I (x) = e x f V I (0) = e 0 = 1 f V II (x) = −cos x f V II (0)=−cos 0=−1 f V II (x) = e x f V II (0) = e 0 = 1 f V III (x)= sen x f V III (0)=sen 0 = 0 f V III (x) = e x f V III (0) = e 0 = 1 f(x) = cos x f(0) = cos 0 = 1 f (x) = −sen x f (0) = −sen 0 = 0 f (x) = −cos x f (0)=−cos 0=−1 f (x) = sen x f (0) = sen 0 = 0 f IV (x) = cos x f IV (0) = cos 0 = 1 f V (x) = −sen x f V (0) = −sen 0 = 0 f V I (x) = −cos x f V I (0) = −cos 0 = −1 f V II (x) = sen x f V II (0) = sen 0 = 0 f V III (x) = cos x f V III (0) = cos 0 = 1 sen x = 0 +x· 1 + x 2 2 · 0 + x 3 3 · (−1) + x 4 4! · 0 + x 5 5 · 1 + x 6 6! · 0 + x 7 7 · (−1) +. . . ∴ sen x = x − x 3 3 + x 5 5 − x 7 7 + x 9 9 −. . . cos x = 1 +x · 0 + x 2 2 · (−1) + x 3 3 · 0 + x 4 4! · 1 + x 5 5 · 0 + x 6 6! · (−1) + x 7 7 · 0 +. . . ∴ cos x = 1 − x 2 2! + x 4 4! − x 6 6! + x 8 8! +. . . e x = 1 + x + x 2 2! + x 3 3! + x 4 4! + x 5 5! + x 6 6! + . . . Si sustituimos x por ix e ix = 1 + ix + (ix) 2 2! + (ix) 3 3! + (ix) 4 4! + (ix) 5 5! + (ix) 6 6! + (ix) 7 7! + . . . Ing. Raúl Romero E. 66 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas i = i i 6 = i 5 · i = −1 i 2 = −1 i 7 = i 6 · i = −i i 3 = i 2 · i = −i i 8 = i 7 · i = −i · i = 1 i 4 = i 3 · i = −i · i = 1 i 9 = i 8 · i = i i 5 = i 4 · i = i e ix = 1 + ix − x 2 2! −i x 3 3! + x 4 4! +i x 5 5! − x 6 6! −i x 7 7! + . . . e ix = 1 − x 2 2! + x 4 4! − x 6 6! +. . . . .. . cos x +i x − x 3 3! + x 5 5! − x 7 7! + . . . . .. . sen x e ix = cos x + i sen x Ecuación de Euler Sustituimos x por −x e i(−x) = cos(−x) + i sen(−x) OBS: cos(−x) = cos x e −ix = cos x −i sen x sen(−x) = −sen x + e ix = cos x + i sen x e −ix = cos x −i sen x e ix + e −ix = 2 cos x ⇒cos x = e ix + e −ix 2 Tercer Caso: y + Py + Qy = 0 k 2 + Pk + Q = 0 P 2 −4Q < 0 así se tiene raíces complejas ¨ ¨ ¨B r r rj k 1,2 = α +βi k 1 = α + βi k 2 = α −βi Luego las soluciones particulares de la ecuación diferencial y + Py + Qy = 0 son: y 1 = e k 1 x = e (α+βi)x = e αx+iβx = e αx · e iβx y 1 = e αx (cos(βx) + i sen(βx)) y 2 = e k 2 x = e (α−βi)x = e αx−iβx = e αx · e −iβx Ing. Raúl Romero E. 67 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES y 2 = e αx (cos(βx) −i sen(βx)) sabemos que la combinación lineal de dos soluciones de la ecuación ho- mogénea, es también solución de la misma + y 1 = e αx cos(βx) + ie αx sen(βx) y 2 = e αx cos(βx) −ie αx sen(βx) y 1 + y 2 = 2e αx cos(βx) ⇒ e αx cos(βx) = y 1 + y 2 2 Solución − y 1 = e αx cos(βx) + ie αx sen(βx) y 2 = e αx cos(βx) −ie αx sen(βx) y 1 −y 2 = 2ie αx sen(βx) ⇒ e αx sen(βx) = y 1 −y 2 2i {e αx cos(βx), e αx sen(βx} son L.I. e αx cos(βx) e αx sen(βx = cot(βx) = ctte ⇒ son L.I. La solución general es : y G = c 1 e αx cos(βx) + c 2 e αx sen(βx) y G = e αx (c 1 cos(βx) + c 2 sen(βx)) Ejemplo 3.6 Hallar la solución general de y −2y + 2y = 0 Solución: k 2 −2k + 2 = 0 Ecuación característica k 1,2 = 2 ± √ 4 −4 · 2 2 = 2 ± √ −4 2 = 2 ±2i 2 = 1 ±i ¨ ¨ ¨B r r rj k 1,2 = 1 ±i α = 1 β = 1 y G = e αx (c 1 cos(βx) + c 2 sen(βx)) ∴ y G = e x (c 1 cos x +c 2 sen x) Ejemplo 3.7 k 1,2 = 1 2 ± 2 3 i Hallar la ecuación diferencial Solución: k 2 −(k 1 + k 2 )k + k 1 · k 2 = 0 k 1,2 = 1 2 ± 2 3 i k 1 + k 2 = 1 2 + 2 3 i + 1 2 − 2 3 i = 1 Ing. Raúl Romero E. 68 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas k 1 · k 2 = 1 2 + 2 3 i 1 2 − 2 3 i = 1 4 + 2 6 i − 2 6 i − 4 9 i 2 = 1 4 + 4 9 = 25 36 k 2 −k + 25 36 ⇒36k 2 −36k + 25 = 0 ∴ 36y −36y + 25y = 0 3.0.4. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Or- den La ecuación tiene la siguiente forma: d 2 y dx 2 + P(x) dy dx + Q(x)y = 0 y + P(x)y + Q(x)y = 0 Siendo y 1 y y 2 función linealmente independiente (L.I.), son soluciones de la Ecuación Diferencial de Segundo Orden y +P(x)y +Q(x)y = 0. Entonces la solución general y G = c 1 y 1 +c 2 y 2 sabiendo que c 1 y c 2 constantes arbitrar- ios que se determinan con valores iniciales para determinar las soluciones particulares y(x) = y 0 ∧ y (x 0 ) = y 0 . Para determinar la dependencia lineal entre y 1 ∧ y 2 1. y 1 y 2 = ctte ⇒y 1 ∧ y 2 son linealmente dependientes (L.D.) y 1 y 2 = ctte ⇒y 1 ∧ y 2 son linealmente independiente (L.I.) 2. Wronskiano W[y 1 , y 2 ] = 0 en [a, b] Si W = y 1 y 2 y 1 y 2 = 0 ⇒y 1 ∧ y 2 son L.D. Si W = y 1 y 2 y 1 y 2 = 0 ⇒y 1 ∧ y 2 son L.I. Ejemplo 3.8 Sea la ecuación diferencial y + y = 0 (a) Si y 1 = sen x, y 2 = cos x son soluciones de la E.D. (b) Determinar la dependencia lineal de (sen x, cos x) (c) Determinar la solución general de la ecuación diferencial (d) Determinar la solución particular que satisfaga y(0) = 1 y(0) = 2 Ing. Raúl Romero E. 69 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES (e) Determinar la solución particular que satisfaga y π 2 = −1 y π 2 = 1 (f) Determinar la solución particular que satisfaga y π 4 = 2 y π 4 = 0 Solución: (a) y 1 = sen x y 2 = cos x y 1 = cos x y 2 = −sen x y 1 = −sen x y 2 = −cos x ⇒y + y = 0 −sen x + sen x = 0 −cos x + cos x = 0 0 = 0 0 = 0 ∴ y 1 = sen x es solucion ∴ y 2 = cos x es solución (b) y 1 y 2 = sen x cos x = tan x = ctte ⇒ y 1 = sen x y 2 = cos x son L.I. (c) y G = c 1 sen x +c 2 cos x (d) y(0) = 1 y (0) = 2 2 = c 1 cos 0 −c 2 sen 0 1 = c 1 sen 0 + c 2 cos 0 c 1 = 2 c 2 = 1 ∴ y G = 2 sen x + cos x y G = c 1 cos x −c 2 sen x ————————————————————————————– (e) −1 = c 1 sen π 2 + c 2 cos π 2 1 = c 1 cos π 2 −c 2 sen π 2 c 1 = −1 c 2 = −1 y G = c 1 cos x −c 2 sen x ∴ y G = −sen x −cos x Ing. Raúl Romero E. 70 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas (f) y π 4 = 2 y π 4 = 0 √ 2 2 c 1 = √ 2 2 c 2 y G = c 1 sen x + c 2 cos x c 1 = c 2 2 = c 1 sen π 4 + c 2 cos π 2 2 = √ 2 2 c 1 + √ 2 2 c 1 2 = √ 2 2 c 1 + √ 2 2 c 2 2 = √ 2c 1 y = c 1 cos x −c 2 sen x c 1 = 2 √ 2 · √ 2 √ 2 = √ 2 = c 2 0 = c 1 cos π 4 −c 2 sen π 4 y = √ 2 sen x + √ 2 cos x 0 = √ 2 2 c 1 − √ 2 2 c 2 ∴ y = √ 2(sen x + cos x) Ejemplo 3.9 Dada la ecuación y −y = 0 a) Sean y 1 = e x , y 2 = e −x soluciones de la E.D. b) Analizar la dependencia lineal de y 1 ∧ y 2 c) Determinar la solución general de la E.D. d) Determinar la solución particular de E.D. en y(0) = 1 y (0) = −3 Solución: a) y 1 = e x y 2 = −e −x y 1 = e x y 2 = e −x ⇒e x −e x = 0 e −x −e −x = 0 = 0 0 = 0 ∴ e x es solución ∴ e −x es solución b) W = y 1 y 2 y 1 y 2 = e x e −x e x −e −x = e x (−e −x ) −e x e −x = −2 = 0 ∴ y 1 ∧ y 2 son L.I. Ing. Raúl Romero E. 71 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES c) y G = c 1 y 1 +c 2 y 2 y G = c 1 e x −c 2 e −x y G = c 1 e x +c 2 e −x ————————————————————————————————– d) y G = c 1 e x + c 2 e −x y G = c 1 e x −c 2 e −x 1 = ce 0 + c 2 e −0 −3 = c 1 e 0 −c 2 e −0 1 = c 1 + c 2 (♠.1) −3 = c 1 −c 2 (♠.2) 1 = c 1 + c 2 −3 = c 1 −c 2 −2 = 2c 1 ⇒ c 1 = −1 (E1) (E2) Reemplazando c 1 = −1 en (E1) 1 = −1 + c 2 ⇒ c 2 = 2 ∴ y = −e x + 2e −x Resolver las Ecuaciones Diferenciales de 2 o Orden Homogenea 1. 3y + 2y −y = 0 3r 2 + 2r −1 = 0 (r + 1)(3r −1) = 0 (3r) 2 + 2(3r) −3 = 0 r = −1 r = 1 3 (3r + 3)(3r −1) = 0 ∴ y = c 1 e −x + c 2 e x 3 2. y + 9y = 0 en y(0) = 1 y (0) = 1 r 2 + 9 = 0 r 2 = −9 ¨ ¨ ¨B r r rj r = ±3i α = 0 β = 3 y = c 1 cos(3x) + c 2 sen(3x) ⇒ c 1 = 1 y = −3c 1 sen(3x) + 3c 2 cos(3x) ⇒ c 2 = 1 3 ∴ y = cos(3x) + 1 3 sen(3x) Ing. Raúl Romero E. 72 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3. y + y −2y = 0 en y(0) = 0 y (0) = 1 r 2 + r −2 = 0 (r + 2)(r −1) = 0 r = −2 r = 1 y = c 1 e −2x +c 2 e x →0 = c 1 + c 2 y = −2c 1 e −2x + c 2 e x →1 = −2c 1 +c 2 ¸ ⇒c 1 = − 1 3 c 2 = 1 3 ∴ y = − 1 3 e −2x + 1 3 e x 4. 2y + 12y + 18y = 0 en y(0) = 1 y (0) = 0 2r 2 + 12r + 18 = 0 r 1 = r 2 = −3 y = c 1 e −3x + c 2 xe −3x → 1 = c 1 y = −3c 1 e −3x + c 2 e −3x −3c 2 xe −3x → c 2 = 3 ∴ y = e −3x + 3xe −3x 5. 2y + 4y = 0 Solución: 2r 2 + 4 = 0 ⇒r 2 + 2 = 0 → ¨ ¨ ¨B r r rj r = ± √ 2i α = 0 β = √ 2 ∴ y = Acos √ 2x +Bsen √ 2x 6. 2y + 8y + 6y = 0 y(0) = 2 y (0) = 0 Solución: 2r 2 + 8r + 6 = 0 → r 1 = −1 r 2 = −3 y = Ae −x + Be −3x →2 = A + B y = −Ae −x −3Be −3x →0 = −A −3B ¸ ⇒ A = 3; B = −1 ∴ y = 3e −x −e −3x Ing. Raúl Romero E. 73 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7. y + 10 + 25y = 0 Solución: r 2 + 10r + 25 = 0 (r + 5) 2 = 0 ⇒r = −5 ∴ y = Ae −5x + Bxe −5x 8. 2y + 3y = 0 Solución: 2r 2 + 3r = 0 r(2r + 3) = 0 ⇒r = 0 r = − 3 2 ∴ y = A +Be − 3 2 x 9. y −14y + 49y = 0 Solución: r 2 −14r + 49 = 0 (r −7) 2 = 0 ⇒r 1 = r 2 = r = 7 ∴ y = Ae 7x + Bxe 7x 10. y + 8y = 0 Solución: r 2 + 8 = 0 → ¨ ¨ ¨B r r rj r = ±2 √ 2i α = 0 β = 2 √ 2 ∴ y = Acos(2 √ 2x) + Bsen(2 √ 2x) 11. y + 6y + 7y = 0 Solución: r 2 + 6r + 7 = 0 r = −3 ± √ 2 r 1 = −3 + √ 2 r 2 = −3 − √ 2 y = Ae (−3+ √ 2)x +Be (−3− √ 2)x = Ae −3x e √ 2x + Be −3x e − √ 2x ∴ y = e −3x Ae √ 2x + Be − √ 2x Ing. Raúl Romero E. 74 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 12. Sean α y β números reales y que β = 0. Demostrar e αx cos(βx), e αx sen(βx) son linealmente independientes. Solución: Sea y 1 = e αx cos(βx) y 2 = e αx sen(βx) y 1 = αe αx cos(βx) −βe αx sen(βx) y 2 = αe αx sen(βx) + βe αx cos(βx) W = e αx cos(βx) e αx sen(βx) (αe αx cos(βx) −βe αx sen(βx)) (αe αx sen(βx) + βe αx cos(βx)) W =αe 2αx sen(βx) cos(βx)+βe 2αx · cos 2 (βx)−αe 2αx sen(βx) cos(βx)+ βe 2αx sen 2 (βx) W = βe 2αx , β = 0 ∴ e αx cos(βx), e αx sen(βx) son L.I. 13. Sea r 1 = r 2 . Demostrar que {e r 1 x , e r 2 x } son linealmente independiente. Solución: y 1 = e r 1 x y 2 = e r 2 x y 1 = r 1 e r 1 x y 2 = r 2 e r 2 x W = e r 1 x e r 2 x r 1 e r 1 x r 2 e r 2 x = r 2 e r 1 x e r 2 x −r 1 e r 1 x e r 2 x = e (r 1 +r 2 )x (r 2 −r 1 ) puesto que r 1 = r 2 → W = 0 ∴ {e r 1 x , e r 2 x } es L.I. 14. Determinar la ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes de segundo orden cuya solución general es la expresión dada a) y = c 1 e 3x +c 2 e −4x Solución: r 1 = 3 r 2 = −4 (r −3)(r + 4) = 0 ⇒r 2 −r −12 = 0 ∴ y −y −12y = 0 b) y = Ae −x + Be −2x Solución: r 1 = −1 r −2 = −2 (r + 1)(r + 2) = 0 ⇒r 2 + 3r + 2 = 0 ∴ y + 3y + 2y = 0 Ing. Raúl Romero E. 75 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES c) y = Ae 2x + Be 2x Solución: r 1 = r 2 = r = 2 (r −2) 2 = 0 ⇒r 2 −4r + 4 = 0 ∴ y −4y + 4y = 0 d) y = Ae 2x sen(3x) + Be 2x cos(3x) Solución: α = 2 β = 3 r = 2 ±3i r 1 + r 2 = 4 r 1 · r 2 = 13 r 2 −(r 1 + r 2 )r + r 1 · r 2 = 0 r 2 −4r + 13 = 0 ⇒ y −4y + 13 = 0 3.0.5. Ejercicios Propuestos 1. y −y = 0 2. y +y = 0 3. y + 4y + 4y = 0 4. 3y = 0 5. y −2y + 2y = 0 6. y −6y + 25y = 0 7. y + 2y + 8y = 0 8. y + 8y = 0 9. y + 6y + 11y = 0 Ing. Raúl Romero E. 76 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.1. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGÉNEA 3.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Ho- mogénea 3.1.1. Método continuo y n + a n−1 y n−1 + . . . + a 2 y + a 1 y + a 0 y = Q(x) Dy = dy dx = y D 2 y = d 2 y dx 2 = y D 3 y = d 3 y dx 3 = y . . . D n−1 y = d n−1 y dx n−1 = y n−1 D n y = d n y dx n = y n D n y + a n−1 D n−1 y + . . . + a 2 D 2 y +a 1 Dy + a 0 y = Q(x) (D n +a n−1 D n−1 + . . . + a 2 D 2 + a 1 D + a 0 )y = Q(x) y = 1 D n + a n−1 D n−1 + . . . + a 2 D 2 + a 1 D + a 0 Q(x) Factorizando el operador Lineal y = 1 (D −m 1 )(D −m 2 ) . . . (D −m n−1 )(D −m n ) Q(x) y p = 1 D −m 1 · 1 D −m 2 · 1 D −m 3 . . . 1 D −m n−1 · 1 D −m n Q(x) u = 1 D −m n Q(x) ⇒(D −m n )u = Q(x) Du −m n u = Q(x) du dx −m n u = Q(x) Ec. Diferencial Lineal 1 o Orden Aplicando Leibniz ue P(x) = Q(x)e P(x) dx Ing. Raúl Romero E. 77 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Determinemos u = f(x) y p = 1 D −m 1 · 1 D −m 2 . . . 1 D −m n−1 · u t = 1 D −m n−1 · u ⇒(D −m n−1 )t = u dt dx −m n−1 t = u Ecuación Diferencial lineal de 1 o Orden Aplicando Leibniz te P(x)dx = Q(x)e P(x)dx dx t = f(x) y p = 1 D −m 1 · 1 D −m 2 · t . .. . v v = 1 D −m 2 ⇒(D −m 2 )v = t ⇒Dv −m 2 v = t dv dx −m 2 v = t Ecuación Diferencial Lineal 1 er Orden v · e P(x)dx = Q(x)e P(x)dx dx v = f(x) y p = 1 D −m 1 v ⇒(D −m 1 )y p = v dy p dx −m 1 y p = v y p e P(x) = Q(x)e P(x)dx dx y p = f(x) y p : Solución particular de la Ec. Diferencial no Homogéneo ∴ y = y h +y p 3.2. Ejercicios 1. Hallar y =? y −5y + 2y + 8y = e 5x Solución: y = y h + y p k 3 −5k 2 + 2k + 8 = 0 Ing. Raúl Romero E. 78 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS 1 −5 +2 8 k 1 = −1 −1 6 -8 1 −6 8 0 k 2 = 2 2 -8 1 -4 0 k 3 = 4 4 1 0 y 1 = e −x y 2 = e 2x y 3 = e 4x y h = c 1 e −x + c 2 e 2x + c 3 e 4x y p =? D 3 y −5D 2 y + 2Dy + 8y = e 5x (D 3 −5D 2 + 2D + 8) . .. . 1 y = e 5x y p = 1 D 3 −5D 2 + 2D + 8 e 5x y p = 1 (D + 1)(D −2)(D −4) e 5x y p = 1 D + 1 · 1 D −2 · 1 D −4 e 5x . .. . t t = 1 D −4 e 5x (D −4)t = e 5x Dt −4t = e 5x dt dx −4t = e 5x E.D.L.1 o Orden te P(x)dx = Q(x)e P(x)dx dx te −4 dx = e 5x · e −4 dx dx te −4x = e 5x e −4x dx ⇒te −4x = e x dx te −4x = e x t = e 5x y p = 1 D + 1 · 1 D −2 · t ⇒y p = 1 D + 1 · 1 D −2 · e 5x . .. . u Ing. Raúl Romero E. 79 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES (D −2)u = e 5x (D + 1)y p = e 5x 3 ⇒Dy p + y p = e 5x 3 Du −2u = e 5x dy p dx + y p = e 5x 3 ue −2 dx = e 5x e −2 dx dx y p e P(x)dx = Q(x)e P(x)dx dx ue −2x = e 5x e −2x dx y p e x = 1 3 e 5x · e x dx ue −2x = e 3x dx y p e x = 1 3 e 6x dx ue −2x = e 3x 3 y p e x = 1 3 · e 6x 6 ⇒y p = 1 18 e 5x u = e 5x 3 y G = c 1 e −x + c 2 e 2x + c 3 e 4x + e 5x 18 2. y −y −2y = sen x Solución: y −y −2y = sen x → k 2 −k −2 = 0 (k −2)(k + 1) = 0 → k = 2, k = −1 y 1 = e 2x , y 2 = e −x ⇒ y h = c 1 e 2x + c 2 e −x (D 2 −D −2)y p = sen x→ y p = 1 D 2 −D −2 sen x y p = 1 (D −2) · 1 (D + 1) sen x . .. . t ; t = 1 D + 1 sen x (D + 1)t = sen x →Dt +t = sen x dt dx + t = sen x Ecuación Diferencial Lineal de 1 o Orden te dx = sen xe dx dx te x = sen xe x dx . .. . Int. por partes u = sen x dv = e x dx du = cos xdx v = e x Ing. Raúl Romero E. 80 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS te x = e x sen x − e x cos xdx . .. . Int. por partes u = cos x dv = e x dx du = −sen xdx v = e x te x = e x sen x − ¸ e x cos x + e x sen xdx te x = e x 2 (sen x −cos x) ⇒t = 1 2 (sen x −cos x) y p = 1 D −2 · 1 2 (sen x −cos x) ⇒Dy p −2y p = 1 2 (sen x −cos x) dy p dx −2y p = 1 2 (sen x −cos x) y p e −2x = 1 2 (sen x −cos x)e −2x dx y p = 1 2 e −2x sen xdx . .. . Int por partes − e −2x cos xdx . .. . Int. por partes ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ e −2x sen xdx = e −2x 5 (−2 sen x −cos x) e −2x cos xdx = e −2x 5 (−2 cos x + sen x) y p e −2x = 1 2 ¸ e −2x 5 (−2 sen x −cos x) − e −2x 5 (−2 cos x + sen x) y p e −2x = 1 2 e −2x (−3 sen x + cos x) y p = 1 10 (−3 sen x + cos x) y G = y h + y p ⇒ y G = c 1 e 2x + c 2 e −x + 1 10 (−3 sen x + cos x) 3.2.1. Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coe- ficientes Constantes de Orden “n” Tiene la siguiente forma a n y n + a n−1 y n−1 + a n−2 y n−2 +. . . +a 2 y + a 1 y + a 0 y = 0 Resolución Método de Euler.- Propone como solución a la expresión o función exponencial y = e kx donde k debe determinarse con la condición de Ing. Raúl Romero E. 81 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES que la función e kx satisfaga la ecuación diferencial: y = e kx , y = ke kx , y = k 2 e kx , y = k 3 e kx , . . . , y n = k n e kx a n k n e kx + a n−1 k n−1 e kx +a n−2 k n−2 e kx + . . . + a 2 k 2 e kx + a 1 ke kx + a 0 e kx = 0 e kx (a n k n + a n−1 k n−1 + a n−2 k n−2 + . . . + a 2 k 2 +a 1 k + a 0 ) = 0 ; e kx = 0 Ecuación característica de a n k n +a n−1 k n−1 +a n−2 k n−2 +. . .+a 2 k 2 +a 1 k+a 0 = 0 al resolver la ecuación de grado “n” se presentan 4 casos Caso I: El polinomio tiene raíces iguales y reales k 1 = k 2 = k 3 = . . . = k n y 1 = e kx , y 2 = xe kx , y 3 = x 2 e kx , . . . , y n = x n−1 e kx y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 + . . . + c n y n Caso II: El polinomio tiene raíces distintas y reales k 1 = k 2 = k 3 = . . . = k n y 1 = e k 1 x , y 2 = e k 2 x , y 3 = e k 3 x , . . . , y n = e k n x Donde y 1 , y 2 , y 3 , . . . , y n son linealmente independientes w(x) = y 1 y 2 y 3 . . . y n y 1 y 2 y 3 . . . y n y 1 y 2 y 3 . . . y n . . . . . . . . . . . . . . . y n−1 1 y n−1 2 y n−1 3 . . . y n−1 n = 0 y G = c 1 y 1 +c 2 y 2 +c 3 y 3 + c 4 y 4 . . . + c n y n Caso III: El polinomio tiene raíces números complejos y conjugada k 1,2 = α ±βi Caso IV: Combinación de los casos anteriores Ejemplo 3.10 y + 2y −y −2y = 0 en y 1 (0) = 1, y (0) = 2, y (0) = −1 Solución: Ecuación característica k 3 + 2k 2 −k −2 = 0 Ing. Raúl Romero E. 82 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS −2 ±1 ±2 multiplos 1 2 −1 −2 1 1 3 2 1 3 2 0 −1 −1 −2 1 2 0 −2 −2 1 0 k 1 = 1 k 2 = −2 k 3 = −1 y 1 = e x , y 2 = e −2x , y 3 = e −x y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 ⇒ y G = c 1 e x + c 2 e −2x + c 3 e −x y(0) = 1, 1 = c 1 e 0 + c 2 e (−2)(0) + c 3 e −0 ⇒ 1 = c 1 + c 2 + c 3 (♣.1) y (0) = 2, y G = c 1 e x + c 2 e −2x −c 3 e −x 2 = c 1 e 0 −2c 2 e −(2)(0) −c 3 e −0 ⇒ 2 = c 1 −2c 2 −c 3 (♣.2) y (0) = −1, y G = c 1 e x + 4c 2 e −2x + c 3 e −x −1 = c 1 e 0 +4c 2 e −(2)(0) +c 3 e −0 ⇒ −1 = c 1 + 4c 2 + c 3 (♣.3) (♣.1) + (♣.2) ⇒ 3 = 2c 1 −c 2 (♣.4) (♣.2) + (♣.3) ⇒ 1 = 2c 1 −c 2 (♣.5) −(♣.4) + (♣.5) −3 = −2c 1 + c 2 1 = 2c 1 + 2c 2 −2 = 3c 2 ⇒c 2 = −2 3 3 = 2c 1 − −2 3 1 = 7 6 − 2 3 + c 3 ∗ 6 3 = 2c 1 + 2 3 6 = 7 −4 + 6c 3 9 = 6c 1 + 2 3 = 6c 3 7 = 6c 1 c 1 = 7 6 c 3 = 3 6 = 1 2 1 = c 1 + c 2 + c 3 c 3 = 1 2 1 = 7 6 + −2 3 + c 3 ∴ y G = 7 6 e x − 2 3 e −2x + 1 2 e −x Ing. Raúl Romero E. 83 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3.11 y IV + 4y + 10y + 12y + 5y = 0 Solución: Ecuación característica k 4 + 4k 3 + 10k 2 + 12k + 5 = 0 1 −6 1 4 10 12 5 k 1 = −1 −1 −3 −7 −5 1 3 7 5 0 k 2 = −1 −1 −2 −5 1 2 5 0 k 2 + 2k + 5 = 0 k 3,4 = −1 ±2i ⇒α = −1, β = 2 k 3,4 = −2 ± 4 −(4)(5) 2 y 1 = e −x , y 2 = xe −x k 3,4 = −2 ± √ −16 2 y 3 = e −x cos(2x), y 4 = e −x sen(2x) k 3,4 = −2 ±4i 2 y G =c 1 e −x +c 2 xe −x +(c 3 cos(2x)+c 4 sen(2x))e −x Ejemplo 3.12 y IV + 2y + 4y −2y −5y = 0 Solución: Ecuación característica k 4 + 2k 3 + 4k 2 −2k −5 = 0 1 2 4 −2 −5 k 1 = 1 1 3 7 5 1 3 7 5 0 k 2 = −1 −1 −2 −5 1 2 5 0 k 2 + 2k + 5 = 0 k 3,4 = −1 ±2i ∴ y = c 1 e x +c 2 e −x + e −x (c 3 cos(2x) + c 4 sen(2x)) Ejemplo 3.13 y V + 4y IV + 5y −6y −4y = 0 Solución: Ecuación característica k 5 + 4k 4 + 5k 3 −6k −4 = 0 Ing. Raúl Romero E. 84 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS 1 4 5 0 −6 −4 k 1 = 1 1 5 10 10 4 1 5 10 10 4 0 k 2 = −1 −1 −4 −6 −4 1 4 6 4 0 k 3 = −2 −2 −4 −4 1 2 2 0 k 2 + 2k + 2 = 0 k 1,2 = −2 ±2i 2 k = −2 ± 4 −(4)(2) 2 k = −1 ±i k = −2 ± √ −4 2 ∴ y G =c 1 e x +c 2 e −x +c 3 e −2x +e −x (c 4 cos x+c 4 sen x) 3.2.2. Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Completa de Orden“n”- obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) Método Variación de Constantes: Sea y n + a n−1 y n−1 +a n−2 y n−2 + . . . + a 2 y 2 + a 1 y + a 0 y = Q(x) Teorema 3.1 Sean y 1 , y 2 , . . . , y n , solución particular L.I. de y n +a n−1 y n−1 + a n−2 y n−2 + . . . + a 2 y + a 1 y + a 0 y = 0, entonces y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 + . . . +c n y n Si L 1 y 1 + L 2 y 2 + L 3 y 3 + . . . + L n y n = 0 L 1 y 1 + L 2 y 2 + L 3 y 3 + . . . + L n y n = 0 . . . . . . . . . . . . L 1 y n−1 1 +L 2 y n−1 n−1 + L 3 y n−1 3 +. . . +L n y n−1 n = Q(x) Resolver el sistema para L 1 , L 2 , . . . , L n donde L 1 = L 1 (x); L 2 = L 2 (x); L 3 = L 3 (x), . . . , L n = L n (x) función Desconocida debe determinarse con la condición que satisfaga la ecuación diferencial y p : Solución particular de la ecuación diferencial completa y p = L 1 y 1 + L 2 y 2 + L 3 y 3 + . . . + L n y n Ing. Raúl Romero E. 85 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3.14 y + y = sec x Ecuación Diferencial no Homogénea Solución: y + y = 0 ⇒k 2 + 1 = 0 ¨ ¨ ¨B r r rj k = ±i α = 0 β = 1 y h = e (0)(x) (c 1 cos x + c 2 sen x) y h = c 1 cos x + c 2 sen x L 1 cos x + L 2 sen x = 0 (♣.1) L 1 (−sen x) + L 2 cos x = sec x (♣.2) L 1 = 0 sen x sec x cos x cos x sen x −sen x cos x = −(sec x sen x) cos 2 x + sen 2 x = − 1 cos x sen x ⇒ L 1 = −tan x L 1 = −tan x; L 1 = − sen x cos x dx t = cos x dt = −sen xdx L 1 = − −dt t ⇒ L 1 = ln | cos x| L 2 = cos x 0 −sen x sec x cos x sen x −sen x cos x = cos x · 1 cos x cos 2 x + sen 2 x = 1 ⇒L 2 = dx = x⇒L 2 = x L 2 = x y p = L 1 y 1 + L 2 y 2 ⇒y p = ln | cos x| cos x +x sen x; y = y h + y p ∴ y = c 1 cos x + c 2 sen x + cos x ln | cos x| +x sen x Ejemplo 3.15 y −3y + 2y = e 2x 1 + e 2x Solución: y −3y + 2y = 0 k 2 −3k + 2 = 0 ⇒(k −2)(k −1) = 0 →k 1 = 2; k 2 = 1 y h = c 1 e x + c 2 e 2x L 1 e x + L 2 e 2x = 0 L 1 e x + 2L 2 e 2x = e 2x 1 +e 2x Ing. Raúl Romero E. 86 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS L 1 = 0 e 2x e 2x 1 + e 2x 2e 2x e x e 2x e x 2e 2x = − e 4x 1 + e 2x 2e 3x −e 3x = − e 4x 1 + e 2x e 3x = − e x 1 + e 2x L 1 = − e x 1 +e 2x ⇒L 1 = − e x 1 + e 2x dx t = e x dt = e x dx L 1 = − dt 1 + t 2 dt = −arctan t = −arctan e x = e x 0 e x e 2x 1 + e 2x e x e 2x e x 2e 2x = e 3x 1 + e 2x 2e 3x −e 3x = 1 1 + e 2x L 2 = dx 1 +e 2x = 1 1 + (e x ) 2 ⇒L 2 = arctan e x y p = L 1 y 1 + L 2 y 2 = −arctan e x · e x + arctan(e x )e 2x = −e x arctan e x + e 2x arctan e x y p = arctan(e x )(e 2x −e x ) ∴ y = c 1 e x + c 2 e 2x +e x (e 2x −e x ) Ejemplo 3.16 y −y = e x Solución: y −y = 0 k 3 −k 2 = 0 y 1 = e 0x = 1 k 2 (k −1) = 0 ⇒k = 0 k = 1 y 2 = xe 0x = x y 3 = e x k 1 = k 2 = 0 k 3 = 1 y h = c 1 + c 2 x + c 3 e x L 1 + L 2 x +L 3 e x = 0 L 1 0 + L 2 + L 3 e x = 0 L 1 0 + L 2 0 + L 3 e x = e x L 3 = e x e x = 1→ L 3 = dx = x L 3 = x L 2 + e x = 0 → L 2 = −e x L 2 = − e x dx L 2 = −e x Ing. Raúl Romero E. 87 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES L 1 −e x x + e x = 0 L 1 = xe x − e x dx −e x L 1 = e x (x −1) L 1 = xe x −e x −e x = xe x −2e x L 1 = xe x dx − e x dx L 1 = e x (x −2) y = y h + y p u = x du = dx dv = e x dx v = e x ∴ y =c 1 +c 2 x+c 3 e x +e x (x−2)−e x x + xe x Ejemplo 3.17 y −y = e 2x Solución: y −y = 0 k 1 = 0 k 2 = 1 k 3 = −1 k 3 −k = 0 y 1 = e 0x y 2 = e x y 3 = e −x k(k 2 −1) = 0 y h = c 1 +c 2 e x +c 3 e −x (♣.1) L 1 + L 2 e x + L 3 e −x = 0 (♣.2) L 1 0 + L 2 e x −L 3 e −x = 0 (♣.3) L 1 0 + L 2 e x + L 3 e −x = e 2x (♣.2) + (♣.3) 2e x L 2 = e 2x L 3 = 1 2 · e 2x e −x = 1 2 e 3x L 2 = e 2x 2e x = 1 2 e x L 3 = 1 2 e 3x L 2 = 1 2 e x dx = 1 2 e x L 3 = 1 2 e 3x dx L 2 = 1 2 · e x L 3 = 1 2 · e 3x 3 = 1 6 e 3x , L 3 = 1 6 e 3x 1 2 e x e x −L 3 e −x = 0 L 1 + e x 2 · e x + 1 2 e 3x · e −x = 0 1 2 e 2x −L 3 e −x = 0 L 1 = − e 2x 2 − 1 2 e 2x = −e 2x L 3 e −x = 1 2 e 2x L 1 = − e 2x dx, L 1 = − e 2x 2 Ing. Raúl Romero E. 88 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS y p = L 1 y 1 + L 2 y 2 + L 3 y 3 y p = 1 6 e 2x y p = − e 2x 2 + e x 2 e x + 1 6 e 3x e −x y = y h + y p y p = − e 2x 2 + e 2x 2 + 1 6 e 2x ∴ y = c 1 + c 2 e x + c 3 e −x − 1 6 e 2x 3.2.3. Ejercicios Propuestos 1. y + 4y = tan x 2. y + y = 1 sen x 3. y −6y + 11y −6y = e x Ing. Raúl Romero E. 89 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.2.4. Método de Coeficiente Indeterminado Sea: y + a 1 y + a 0 y = Q(x) ⇒y p =? Q(x) = x →y p = Ax +B Q(x) = x 2 →y p = Ax 2 + Bx +C Q(x) = x 3 →y p = Ax 3 + Bx 2 +Cx + D . . . Q(x) = e x →y p = Ae x Q(x) = xe x →y p = Axe x + Be x Q(x) = 5e 2x →y p = Ae 2x Q(x) = x 2 e x →y p = Ax 2 e x + Bxe x + Ce x Q(x) = sen(αx) →y p = Asen(αx) + Bcos(αx) A, B, C, D. . . coeficiente indeterminado y G = y h + y p 1. y −6y + 8y = x 2 Solución: y −6y + 8y = 0 y 1 = e 4x y 2 = e 2x k 2 −6k + 8 = 0 y h = c 1 e 4x + c 2 e 2x (k −4)(k −2) = 0 Como Q(x) = x 2 →y p = Ax 2 + Bx +C y p = 2Ax + B y p = 2A Reemplazando en la Ecuación Diferencial 2A −6(2Ax + B) + 8(Ax 2 + Bx + C) = x 2 8Ax 2 + (−12A + 8B)x + 2A −6B + 8C = x 2 Ing. Raúl Romero E. 90 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS 8A = 1 −12A + 8B = 0 2A −6B + 8C = 0 A = 1 8 B = 3 16 C = 7 64 y p = 1 8 x 2 + 3 16 x + 7 64 ; y G = y h + y p ∴ y G = c 1 e 4x +c 2 e 2x + 1 8 x 2 + 3 16 x + 7 64 2. y + 9y = xe x Solución: y + 9y = 0 ¨ ¨ ¨B r r rj k 2 + 9 = 0 ⇒ k = ±3i α = 0 β = 3 y 1 = cos(3x) y 2 = sen(3x) y h = c 1 cos(3x) + c 2 sen(3x) Q(x) = xe x →y p = Axe x + Be x y p = Ae x + Axe x + Be x y p = Ae x + Ae x + Axe x + Be x y p = 2Ae x + Axe x + Be x Reemplazando en la Ecuación Diferencial. 2Ae x + Axe x + Be x + 9(Axe x + Be x ) = xe x 10A = 1 10B + 2A = 0 A = 1 10 B = − 1 50 y p = 1 10 xe x − 1 50 e x ∴ y G = c 1 cos(3x) + c 2 sen(3x) + 1 10 xe x − 1 50 e x 3. y −5y + 4y = sen(3x) Solución: y −5y + 4y = 0 (k −4)(k −1) = 0 k 2 −5k + 4 = 0 y h = c 1 e 4x + c 2 e x Ing. Raúl Romero E. 91 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Q(x) = sen(3x) →y p = Asen(3x) + Bcos(3x) y p = 3Acos(3x) −3Bsen(3x) y = −9Asen(3x) −9Bcos(3x) Reemplazando en la Ecuación Diferencial. −9Asen(3x)−9Bcos(3x)−5(3Acos(3x)−3Bsen(3x))+4(Asen(3x)+ Bcos(3x)) = sen(3x) (−5A + 15B) sen(3x) + (−5B −15A) cos(3x) = sen(3x) −5A + 15B = 1 −15A −5B = 0 ¸ A = − 1 50 B = 3 50 ⇒y p = − 1 50 sen(3x) + 3 50 cos(3x) ∴ y G = c 1 e 4x +c 2 e x + 1 50 (3 cos(3x) −sen(3x)) 4. y −y = e x sen x Solución: y −y = 0 ⇒k 2 −1 = 0 ⇒k = ±1 y h = c 1 e x + c 2 e −x Q(x) = e x sen x →y p = Ae x sen x + Be x cos x y = Ae x cos x +Ae x sen x + Be x cos x −Be x sen x y = 2Ae x cos x −2Be x sen x Reemplazando en la Ecuación Diferencial. 2Ae x cos x −2Be x sen x −(Ae x sen x + Be x cos x) = e x sen x 2Ae x cos x −2Be x sen x −Ae x sen x −Be x cos x = e x sen x (2A −B)e x cos x + (−A −2B)e x sen x = e x sen x −A −2B = 1 2A −B = 0 ¸ A = − 1 5 B = − 2 5 Ing. Raúl Romero E. 92 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS y p = − 1 5 e x sen x − 2 5 e x cos x ∴ y G = c 1 e x + c 2 e −x − e x 5 (sen x + 2 cos x) 5. y −4y = 2e 2x Solución: y −4y = 0 ⇒k 2 −4 = 0 ⇒k = ±2 y h = c 1 e 2x + c 2 e −2x Q(x) = 2e 2x ⇒y p = Axe 2x “x” por repetirse la solución e 2x y p = Ae 2x + 2Axe 2x y = 2Ae 2x + 2Ae 2x + 4Axe 2x y = 4Ae 2x + 4Axe 2x Reemplazando en la Ecuación Diferencial. 4Ae 2x + 4Axe 2x −4Axe 2x = 2e 2x 4Ae 2x = 2e 2x A = 1 2 y p = 1 2 xe 2x ∴ y G = c 1 e 2x + c 2 e −2x + 1 2 xe 2x Ing. Raúl Romero E. 93 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.3. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden 3.3.1. Sistema Masa- Resorte sin amortiguación ( Véase Figura 3.2) m Movimiento m Equilibrio + ∆ y(−) y(+) ∆ F r F m Reposo Figura 3.2: En equilibrio: F m = F r Ley de Hooke mg = k∆ mg −k∆ = 0 En movimiento F = ma. m d 2 y dt 2 = mg −k(∆ + y) m d 2 y dt 2 = mg −k∆ −ky; mg −k∆ = 0 m d 2 y dt 2 + ky = 0 Dividiendo entre m d 2 y dt 2 + k m y = 0 Ec. Dif. Homogenea de 2 o Orden w 2 = k m Frecuencia de oscilación d 2 y dt 2 + w 2 y = 0 Ec. Dif Homogenea de 2 o Orden Ing. Raúl Romero E. 94 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN r 2 + w 2 = 0 ¨ ¨ ¨B r r rj r = ±wi α = 0 β = 1 y(t) = c 1 cos(wt) + c 2 sen(wt) c 1 c 2 φ c 2 1 + c 2 2 = A sen φ = c 1 c 2 1 + c 2 2 cos φ = c 2 c 2 1 + c 2 2 A : amplitud de Oscilación φ: Ángulo de fase y(t) = c 1 · c 2 1 +c 2 2 c 2 1 +c 2 2 cos(wt) + c 2 · c 2 1 +c 2 2 c 2 1 +c 2 2 sen(wt) y(t) = c 2 1 + c 2 2 c 1 c 2 1 + c 2 2 cos(wt) + c 2 c 2 1 + c 2 2 sen(wt) y(t) = A ¸ ¸ ¸ sen φcos(wt) + cos(φ) sen(wt) . .. . sen(wt + φ) y(t) = Asen(wt + φ) Sistema Masa - Resorte Amortiguado: [véase Figura 3.3] F a αv F a = k 1 v F a : Fuerza de Amortiguación K 1 : Constante de Amortiguación F m = −F R −F a m d 2 y dt 2 = −ky −k 1 v m d 2 y dt 2 + k 1 v +ky = 0 d 2 y dt 2 + k 1 m dy dt + k m y = 0 2λ = k 1 m w 2 = k m Frecuencia de oscilación Ing. Raúl Romero E. 95 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES m Movimiento v m Equilibrio + ∆ y(−) y(+) ∆ F a Figura 3.3: d 2 y dt 2 + 2λ dy dt +w 2 y = 0 Ecuación Diferencial Homogénea de 2 o Orden r 2 + 2λr + w 2 = 0 r = −2λ ± √ 4λ 2 −4w 2 2 r = −λ ± √ λ 2 −w 2 Se presentan 3 casos Primer Caso: Si λ 2 −w 2 > 0 SOBREAMORTIGUADO entonces r 1 = r 2 ∈ R y = Ae r 1 t + Be r 2 t Y t Figura 3.4: Segundo Caso: Si λ 2 − w 2 = 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO (véase Figura 3.5) Ing. Raúl Romero E. 96 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN entonces r 1 = r 2 = r ∈ R r = −λ y = Ae −λt + Bte −λt Y t Figura 3.5: Tercer Caso: Si λ 2 −w 2 < 0 SUBAMORTIGUADO (véase Figura 3.6) r = α ±βi y = e αt (Acos(βt) + sen(βt)) Y t Figura 3.6: Ejemplo 3.18 En un Sistema Amortiguado masa - resorte, el resorte se alarga hasta el punto de equilibrio, la masa de 2kg, el resorte tiene una constante de resistencia de 8 N/m y el coeficiente de amortiguación 8 kg/s que partiendo del reposo se desplaza hacia arriba con una velocidad de 5 m/s. Determinar la ecuación del desplazamiento. Solución: (Véase Figura 3.7) d 2 y dt 2 + 2λ dy dt + w 2 y = 0 2λ = k 1 m w 2 = k m Ing. Raúl Romero E. 97 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES y− y+ m m +∆ Figura 3.7: 2λ = 8 2 w 2 = 8 2 y (0) = 5 m /s 2λ = 4 w = 2 0 = A + 0 y + 4y + 4y = 0 A = 0 r 2 + 4r + 4 = 0 y = −2Ae −2t + B(e −2t + t(−2)e −2t ) (r + 2)(r + 2) = 0 ⇒r = −2 y = −2Ae −2t + Be −2t −2Bte −2t y = Ae −2t + Bte −2t −5 = B y(0) = 0 ∴ y = 5te −2t 1. Una masa de 30 g se une a un resorte. En equilibrio el resorte se alarga 20 cm. El resorte se jala hacia abajo otros 10 cm y se suelta. Establezca la ecuación diferencial para el movimiento y resuelva para determinar el movimiento resultante ignorando la fricción Solución: (Véase Figura 3.8) m = 30 g ∆ = 20 cm y(0) = 10 cm y (0) = 0; mg = k∆ ⇒k = mg ∆ = 30 · 980 20 k = 1470 m d 2 y dt 2 +ky = 0 30y + 1470y = 0 y + k m y = 0 w 2 = k m w 2 = k m = 1470 30 = 49 w 2 = 49 Ing. Raúl Romero E. 98 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN y + 49y = 0 r 2 + 49 = 0 → ¨ ¨ ¨B r r rj r = ±7i α = 0 β = 7 y = Acos(7t) + Bsen(7t) y = −7Asen(7t) + 7Bcos(7t) cony(0) = 10 ⇒10 = Acos(0) + Bsen(0) ⇒A = 10 0 = −7A · 0 + 7B ⇒B = 0 y = 10 cos(7t) y = 10 cm ∆=20 cm Figura 3.8: 2. Una masa de 400 g se une a un resorte. En equilibrio el resorte se ha alargado 245 cm. El resorte se jala hacia abajo y se suelta. A las 12 : 00 del día se observa que la masa está 10 cm mas abajo del pun- to de equilibrio y moviéndose hacia abajo a √ 84 cm/s. Establezca la ecuación diferencial para el movimiento. Resuelva la ecuación diferen- cial y expresa la solución en forma de amplitud y fase Solución: m = 400 g, ∆ = 245 cm; y(0) = 10 cm y (0) = √ 84 cm/s m d 2 dt 2 + ky = 0 ; mg = k · ∆ ⇒k = mg ∆ = 400 · 980 245 ⇒ k = 1600 400y + 1600y = 0 ⇒y + 4y = 0 r 2 + 4 = 0 ⇒r = ±2i y = Acos(2t) + Bsen(2t) y = −2Asen(2t) + 2Bcos(2t) con y(0) = 10 →10 = c 1 cos(2 · 0) + c 2 sen(2 · 0) ⇒ A = 10 con y (0) = √ 84 cm/s → √ 84 = −2Asen(2 · 0) + 2Bcos(2 · 0) B = √ 84 2 = √ 21 ∴ y = 10 cos(2t) + √ 21 sen(2t) Ing. Raúl Romero E. 99 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. Una masa de 8 slug se cuelga de un resorte largo. El resorte se estira 2 pie antes de quedar en reposo. Se quita la masa de 8 slugs, se cuelga a una masa de 2 slugs y se coloca en equilibrio. La masa se empuja hacia abajo y se suelta. En el tiempo en el que se suelta la masa se encuentra a 2 pie abajo del equilibrio y viajando hacia abajo a 1 pie/s. Determinar la ecuación diferencial para el movimiento y resolver la ecuación del Solución: m 1 = 8 slug 2y + 128y = 0 E.D. ∆ = 2 pie y + 64y = 0 m 2 = 2 slugs r 2 + 64 = 0 y(0) = 2 slugs r = ±8i y (0) = 1 pie/s y = Acos(8t) + Bsen(8t) 2 = A y = −8Asen(8t) + 8Bcos(8t) 1 = 8B k = m 1 g ∆ = 8 · 32 2 A = 2 B = 1 8 k = 128 ∴ y = 2 cos(8t) + 1 8 sen(8t) m d 2 y dt 2 +ky = 0 4. Un Sistema masa resorte tiene una constante del resorte de 5 g/s 2 . ¿Cual es la masa que debe unirse para que el movimiento resultante tenga una frecuencia de 30 H z ? k = 5 g/s 2 m =? f = 30 H z T = 2π w T = 1 f = 1 30 w = 2π T = 2π T = 2π 1 30 ⇒w = 60π w 2 = k m m = k w 2 = 5 (60π) 2 m = 5 3600 π 2 = 1 720 π 2 Ing. Raúl Romero E. 100 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 5. Se debe unir el resorte a una masa de 10 slugs ¿ Cual debe ser la constante del resorte para que el movimiento resultante tenga una frecuencia de 5 H z ? m = 10 slugs w = 2π T k =? w = 2π 1 5 = 10π f = 5 H z w 2 = k m ⇒k = w 2 · m T = 1 f k = (10π) 2 · 10 T = 1 5 k = 100 π 2 10 T = 2π w k = 1000 π 2 pie/s 2 6. Una masa de 16 g. se une con un resorte de 64 g/s 2 . ¿Cuales deben ser las condiciones iniciales para obtener una respuesta de amplitud 2 y ángulo de fase π 3 solución: (Véase Figura 3.9) B 2 π 3 A Figura 3.9: w 2 = k m = 64 16 = 4 y = sen(2t + π 3 ) w = 2 y = Acos(2t) + Bsen(2t) sen 60 ◦ = B 2 B = 2 sen 60 ◦ y = −2Asen(2t) + 2Bcos(2t) B = 2 · √ 3 2 B = √ 3 y(0) = c 1 = 1 y(0) = 1 cos 60 ◦ = A 2 ⇒A = 1 y (0) = 2B ⇒ y (0) = 2 √ 3 Ing. Raúl Romero E. 101 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7. Una masa de 6 gr se une con un resorte de 30 gr/s 2 ¿Cuales son las condiciones iniciales para obtener una respuesta con amplitud 3 y ángulo de fase es π 4 Solución: φ = π 4 = 45 ◦ 3 π 4 A Figura 3.10: w 2 = k m w = k m = 30 6 w = √ 5 sen 45 ◦ = B 3 B = 3 sen 45 ◦ ⇒B = 3 √ 2 2 cos 45 o = A 3 ⇒A = 3 cos 45 ◦ ⇒A = 3 √ 2 2 y = 2 sen √ 5t + π 4 y = Acos( √ 5 t) + Bsen( √ 5 t) y = − √ 5Asen( √ 5t) + √ 5Bcos( √ 5t) y(0) = A = 3 √ 2 2 y (0) = √ 5B = √ 5 · 3 √ 2 2 = 3 2 √ 10 y (0) = 3 2 √ 10 8. En un sistema masa-resorte con una masa "m" y una constante "k" se somete a un impulso repentino. El resultado es que en el tiempo t = 0 la masa esta en posición de equilibrio pero tiene una velocidad de 10 cm/s hacia abajo a) Determine el movimiento subsecuente b) Determine la amplitud del movimiento resultante como una fun- ción de "m" y "k" c) ¿Cual es el efecto sobre la amplitud si se aumenta "k" ? Ing. Raúl Romero E. 102 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN d) ¿Cual es el efecto de su amplitud si se aumenta "m" ? Solución: a) my + ky = 0 y(0) = 0; y (0) = 10 cm/s y + k m y = 0 y = Acos k m t + Bsen k m t r 2 + k m = 0 y = − k m Asen k m t + k m Bcos k m t r = ± k m i 0 = A masa = m; 10 = k m B ⇒ B = 10 m k ctte = k ∴ y = 10 m k sen k m t b) Amplitud = 0 2 + 10 m k 2 ⇒Amplitud = 10 m k c) Si se aumenta "k" , la amplitud "Decrece" d) Si se aumenta "m" , la amplitud " Crece" 9. En el extremo de un resorte sujeto al techo, se coloca un peso de 8 li- bras. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio, en la que el resorte se ha alargado 6 pulgadas. A continuación el peso se desplaza 3 pulg por debajo de la posición de equilibrio y se suelta en t = 0 con una velocidad inicial de 1pie/s dirigida hacia abajo. Despreciando la resistencia del medio y suponiendo que no existen fuerzas exteriores. ¿ Determinar la amplitud el periodo y frecuencia del movimiento? Solución: (Véase Figura 3.11) d 2 y dt 2 + k m y = 0 d 2 y dt 2 + W 2 y = 0 F r = k∆ k = 8 1 2 = 16 k = 16 Ing. Raúl Romero E. 103 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES m = W g = 8 32 = 1 4 v = 1 pie/s w 2 = k m = 16 1 4 y = v = −8Asen(8t) + 8Bcos(8t) W 2 = 64 1 = 8B ⇒ B = 1 8 W = 8 1 4 = A ⇒ A = 1 4 ⇒ d 2 y dt 2 + 64y = 0 A mp = √ A 2 + B 2 r 2 + 64 = 0 A mp = 1 4 2 + 1 8 2 r 2 = −64 A mp = 1 16 + 1 64 = √ 5 8 r = ±8i T = 2π W = 2π 8 = π 4 seg y = Acos(8t) + Bsen(8t) T = π 4 seg y(0) = 3 pulg × 1 pie 12 pulg f = 1 T = 1 π 4 y(0) = 1 4 pie f = 4 π H z 3 pulg ∆ = 6pulg c cv = 1 pie/s W = 8 b Figura 3.11: 10. Al extremo inferior de un resorte suspendido del techo se sujeta un peso de 8 libras que queda en reposo en su posición de equilibrio con el resorte alargado 0,4 pie, se lleva entonces el peso 6 pulgadas por debajo de dicha posesión de equilibrio y se abandona en t = 0, la Ing. Raúl Romero E. 104 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN resistencia es en libras numéricamente igual a 2 dy dt donde dy dt es la velocidad instantánea en pie/s a) Escribir la ecuación diferencial del movimiento así como las condi- ciones iniciales b) Resolver el problema de valores iniciales planteado en la parte a) para determinar el desplazamiento del peso en función del tiempo Solución: (Véase Figura 3.12) 6 pulg × 1 pie 12 pie = 1 2 pie W =8b 0,4 pie Figura 3.12: F a = k 1 dy dt ; W = mg ⇒ m = W m = 8 32 = 1 4 ; k = 8 0,4 = 80 4 ⇒ k = 20 a) m d 2 y dt 2 + k 1 dy dt + ky = 0 1 4 d 2 y dt 2 + 2 dy dt + 20y = 0 y(0) = 1 2 ; y (0) = 0 b) d 2 y dt 2 + 8 dy dt + 80y = 0 r 2 + 8r + 80 = 0 ⇒r = −8 ± 64 −(4)(80) 2 = −8 ±16i 2 = −4 ±8i y = e −4t (c 1 cos(8t) + c 2 sen(8t)) 1 2 = c 1 y = v = −4e −4t (xc 1 cos(8t)+c 2 sen(8t))+e −4t (−8c 1 sen(8t)+8c 2 cos(8t)) 0 = −4c 1 + 8c 2 ⇒0 = −4 × 1 2 + 8c 2 ⇒ c 2 = 1 4 ∴ y =e −4t 1 2 cos(8t)+ 1 4 sen(8t) ; y =v = −e −4t 5 sen(8t) Ing. Raúl Romero E. 105 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 11. En el extremo inferior de un resorte suspendido de un soporte fijo se coloca un peso de 8 br. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio, posición en la que el resorte se encuentra deformado 6 pulg. A continuación se desplaza el peso 9 pulg por debajo de dicha posi- ción y se abandona en t = 0. El medio ofrece una resistencia que es en libras. Numéricamente es igual a 4 dy dt siendo que dy dt la velocidad instantánea en pies/s. Determinar el desplazamiento, el peso en fun- ción del tiempo Solución: (Véase Figura 3.13) 9 pulg · 1 pie 12 pie = 3 4 pie c mg mg c 6pie · 1pie 12pie = 1 2 pie Figura 3.13: m d 2 y dt 2 + 4 · dy dt + ky = 0; m = W g = 8 32 = 1 4 ; k = 8 1 2 = 16 ⇒ k = 16 1 4 · d 2 y dt 2 + 4 · dy dt + 16y = 0 v(0) = 0 pie/s d 2 y dt 2 + 16 · dy dt + 64y = 0 3 4 = A r 2 + 16r + 64 = 0 y = −8Ae −8t + Be −8t −8Bte −8t (r + 8)(r + 8) = 0 0 = −8A + B r = −8 ; y = Ae −8t + Bte −8t 0 = −8 × 3 4 + B y(0) = 3 4 pie B = 6 ∴ y = 3 4 + 6t e −8t 12. En el extremo inferior de un sistema masa resorte sujeta al techo un peso de 32 libras. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio. En la que el alargamiento del resorte es de 2 pies. A continuación se lleva dicho peso 6 pulgadas por debajo de la posición de equilibrio y se Ing. Raúl Romero E. 106 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN abandona t = 0 No existen fuerzas exteriores, pero la resistencia del aire en libras es numéricamente igual a 4 dy dt donde dy dt es la velocidad instantánea en pies/s. Determinar el movimiento resultante para el peso pendiente del muelle. Solución: m d 2 y dt 2 + 4 dy dt + ky = 0 m = 32 32 = 1; k = 32 2 = 16 y + 4y + 16y = 0 r 2 + 4r + 16 = 0 ⇒r = −2 ± √ 3i y = e −2t (c 1 cos( √ 3t) + c 2 sen( √ 3t)) y(0) = 6 pulg × 1 pie 12 pie = 1 2 pie v(0) = 0 y = −2e −2t (c 1 cos( √ 3t) + c 2 sen( √ 3t)) +e −2t (− √ 3c 1 sen( √ 3t) + √ 3c 2 cos( √ 3t)) c 1 = 1 2 ; c 2 = √ 3 3 ∴ y = e −2t 1 2 cos( √ 3t) + √ 3 3 sen( √ 3t) 13. Describir el movimiento de un peso de 32 b, sujeto al extremo de un resorte en el que produce un estiramiento de 2 3 pie respecto de su longi- tud natural. Se hace descender el peso 1 2 pie por debajo de su posición de equilibrio y luego se suelta. El movimiento tiene lugar en un medio que ejerce una fuerza de amortiguación igual a 1 8 de velocidad en todo instante. Solución: (Véase Figura 3.14 ) m d 2 y dt 2 + 1 8 dy dt + ky = 0 m = 32 g = 32 32 = 1 k = 32 = 32 2 3 = 48 Ing. Raúl Romero E. 107 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES y+ y− Figura 3.14: d 2 y dt 2 = 1 8 dy dt + 48y = 0 r 2 + 1 8 r + 48 = 0 →8r 2 + 1 8 r + 48 = 0 8r 2 + r + 48 = 0 ⇒r = −1 ± √ 1 −4 · 8 · 48 16 = −1 16 ± √ 12287 16 i y = e −1 16 t Acos √ 12287 16 t + Bsen √ 12287 16 t y(0) = 1 2 pie y = v(0) = 0 y = v = − 1 16 e − 1 16 t Acos √ 12287 16 t + Bsen √ 12287 16 t +e − 1 16 t − √ 12287 16 Asen √ 12287 16 t + √ 12287 16 Bcos √ 12287 16 t A = 1 2 B = √ 12287 2 · 12287 ∴ y = 1 2 e − 1 16 t cos √ 12287 16 t + √ 12287 12287 sen 12287 16 t 14. Determinar el movimiento de un peso de 32 b, sujeto al extremo de un resorte, en el que se produce un estiramiento de 2 3 pie respecto a su longitud normal. Se hace descender el peso 1 2 pie por debajo de su posición de equilibrio y luego se suelta. Solución: Ing. Raúl Romero E. 108 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN d 2 y dt 2 + W 2 y = 0 r 2 + 48 = 0 W 2 = k m r = ±4 √ 3i k = 32 2 3 = 48 y = c 1 cos(4 √ 3t) + c 2 sen(4 √ 3t); y(0) = 1 2 m = 32 32 = 1 y =−4 √ 3c 1 sen(4 4 √ 3t) + 4 √ 3c 2 cos(4 √ 3t) W 2 = 48 y (0) = 0 c 1 = 1 2 c 2 = 0 d 2 y dt 2 + 48y = 0 y = 1 2 cos(4 √ 3t) 15. Un contrapeso de 16 b de fuerza se une a un resorte de 5 pie de long. en la posición de equilibrio el resorte mide 8,2 pie, si el contrapeso se eleva y se suelta del reposo en un punto a 2 pies arriba de su posición de equilibrio. Determine los desplazamientos y(t). Considere que el medio que rodea al sistema ofrece una resistencia al movimiento numéricamente igual a la velocidad instantánea Solución: F r = k · ∆ ∆ = 3,2; k = 16 3,2 = 5 → k = 5 b/pie m = 16 32 = 1 2 slug. m d 2 y dt 2 + dy dt + ky = 0 1 2 y + y + 5y = 0 ∗ 2 y + 2y + 10y = 0 →r 2 + 2r + 10 = 0 r = −2 ± √ 4 −4 ×10 2 →r = −1 ±3i y(t) = e −t (c 1 cos(3t) + c 2 sen(3t)) y(0) = −2 pie y (0) = 0 c 1 = −2 c 2 = − 2 3 ∴ y = e −t −2 cos(3t) − 2 3 sen(3t) Ing. Raúl Romero E. 109 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 16. Resolver la ecuación diferencial de valor inicial 1 5 y + 1,2y + 2y = 5 cos(4t) y(0) = 1 2 y (0) = 0 Solución: 1 5 y + 1,2y + 2y = 5 cos(4t) 1 5 y + 1,2y + 2y = 0 ∗ 5 y + 6y + 10y = 0 r 2 + 6r + 10 = 0 r = −6 ± √ 36 −4 ×10 2 r = −3 ±i y h (t) = e −3t (c 1 cos t + c 2 sen t) y p = Asen(4t) + Bcos(4t) y p = 4Acos(4t) −4Bsen(4t) y p = −16Asen(4t) −16Bcos(4t) −16Acos(4t) −16Bcos(4t) + 6(4Acos(4t) −4Bsen(4t)) +10(Asen(4t) + Bcos(4t)) (−6A + 24B) cos(4t) + (−24A −6B) sen(4t) = 25 cos(4t) A = 25 102 ; B = 50 51 ∴ y p (t) = 50 51 sen(4t) − 25 102 cos(4t) ; y G = y h + y p y G (t) = e −3t (c 1 cos t + c 2 sen t) + 50 51 sen(4t) − 25 102 cos(4t) y G = −3e −3t (c 1 cos t + c 2 sen t) + e −3t (−c 1 sen t +c 2 cos t) + 200 51 cos(4t) + 50 51 sen(4t) con y(0) = 1 2 Ing. Raúl Romero E. 110 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 1 2 = e 0 (c 1 cos 0 + c 2 sen 0) + 50 51 sen 0 − 25 102 cos 0 ⇒ 1 2 = c 1 − 25 102 c 1 = 38 51 con y (0) = 0 0 = −3e (−3)(0) (c 1 cos 0 + c 2 sen 0) +e −(3)(0) (−c 1 sen 0 + c 2 cos 0) + 200 51 cos(0) + 50 51 sen(0) + 200 51 cos 0 + 50 51 sen(4t) c 2 = −86 51 ∴ y G (t) = e −3t 38 51 cos t − 86 51 sen t + 50 51 sen(4t) − 25 102 cos(4t) 17. Establezca la Ecuación Diferencial que describe el movimiento. Resolver la ecuación diferencial establecer si el movimiento Masa- Resorte es subamortiguado, críticamente amortiguado, sobre amor- tiguado escribir la solución. a) El sistema masa-resorte, tiene una masa de 10 g acoplada al resorte. La constante del resorte es 30 g/s 2 . Al sistema se une una constante de amortiguación de 40 g/s. La masa se jala hacia abajo y se suelta. En el tiempo t = 0 la masa se encuentra 3 cm abajo de la posición de reposo y moviéndose hacia arriba 5 cm/s Solución: [ver Figura 3.15] 3 cm Figura 3.15: Ing. Raúl Romero E. 111 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES k = 30 g/s 2 k 1 = 40 g/s m = 10 g y(0) = 3 cm y (0) = −5 cm/s m d 2 y dy 2 + k 1 dy dt +ky = 0 10y + 40y + 30y = 0 Ecuación Diferencial Resolviendo y + 4y + 3y = 0 r 2 + 4r + 3 = 0 ⇒r = −4 ± √ 16 −12 2 ⇒ r 1 = −1 r 2 = −3 y = Ae −t + Be −3t y = −Ae −t −3Be −3t 3 = A + B −5 = −A −3B A = 2, B = 1 ⇒ y = 2e −t + e −3t b) Una masa de 1 g esta unida a un sistema de masa-resorte para que la fricción es despreciable. El resorte se alarga 20 cm y regresa al re- poso. Se jala la masa hacia abajo 1 cm desde el reposo y se suelta con una velocidad de 7 cm/s hacia abajo 1 cm 20 cm Figura 3.16: m = 1 g ∆ = 20 cm y(0) = 1 cm y (0) = 7 cm/s mg = k∆ ⇒ k = mg ∆ = (1)(980) 20 = 49 ⇒ k = 49 Ing. Raúl Romero E. 112 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN m d 2 y dt 2 + ky = 0 y + w 2 y = 0 w 2 = k m = 49 1 = 49 y + 49y = 0 r 2 + 49 = 0 → ¨ ¨ ¨B r r rj r = ±7i α = 0 β = 7 y = c 1 cos(7t) + c 2 sen(7t) con y(0) = 1 ⇒1 = c 1 · 1 + c 2 · 0 ⇒ c 1 = 1 y = −7c 1 sen(7t) + 7c 2 cos(7t) con y (0) = 7 ⇒7c 1 · 0 + 7c 2 · 1 ⇒ c 2 = 1 y = cos(7t) + sen(7t) Subamortiguado A = c 2 1 + c 2 2 = √ 1 + 1 = √ 2 ϕ = tan −1 1 = π 4 = 45 o ∴ y = √ 2 sen 7t + π 4 c) Un resorte con una constante k = 12 slug/s 2 tiene una masa unida que lo alarga 2 2 3 ft. El coeficiente de amortiguamiento es 7 slug/s se empuja la masa 1 ft arriba de la posición de equilibrio y después se suelta con una velocidad de 1 ft/s hacia abajo 1 pie 2 2 3 pie Figura 3.17: Ing. Raúl Romero E. 113 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES k = 12 slug/s 2 y + 7y + 12y = 0 k 1 = 7 slug/s r 2 + 7r + 12 = 0 ∆ = 8 3 ft = pie r 1 = −3, r 2 = −4 y(0) = −1 pie y = Ae −3t + Be −4t y (0) = 1 pie/s y = −3Ae −3t −4Be −4t my + k 1 y + ky = 0 −1 = A + B 1 = −3A −4B mg = k · ∆ ⇒A = −3, B = 2 m = 12 32 · 8 3 = 1 slug y = −3e −3t + 2e −4t Sobreamortiguado 3.3.2. Ejercicios Propuestos 1. Considere un resorte al que un peso de 5 libras alarga en 6 pulgadas. El peso se sujeta al resorte y éste alcanza el equilibrio, luego el peso es jalado hacia abajo 3 pulgadas desde el punto de equilibrio y en- tonces vuelve hacia arriba una velocidad de 6 pies/seg. Encuentre una ecuación que dé la posición del peso en todo momento subsecuente. 2. Considere un resorte al que un peso de 4 libras alarga en 6 pulgadas. Una fuerza de 1 2 cos 8t actúa sobre el resorte. Si el peso inicia un movimiento hacia arriba desde el punto de equilibrio a una velocidad de 4 pies/seg., determine la posición del peso como una función del tiempo. 3. Un resorte es alargado en 6 pulgadas por un peso de 12 libras. El peso se jala 3 pulgadas hacia abajo del punto de equilibrio y después se libera. Si se ejerce una fuerza con magnitud de 9 sen 4t libras, describa el movimiento. Suponga que la fuerza ejercida actúa hacia abajo para valores muy pequeños de t. 4. Un resorte es alargado medio pie por un peso de 2 libras. Una fuerza de 1 4 sen 8t actúa sobre el resorte. Si el peso de 2 libras es liberado desde un punto que está a 3 pulgadas por debajo del punto de equilibrio, determine la ecuación del movimiento. 5. Un resorte es alargado 3 pulgadas por un peso de 5 libras. Suponga que el peso sube desde E a una velocidad inicial de 12 pies/seg. Describa el movimiento. Ing. Raúl Romero E. 114 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 6. A cierto resorte un peso de 8 libras lo alargaría 6 pulgadas. Suponga que al resorte se le sujeta un peso de 4 libras, el cual es llevado 2 pul- gadas arriba de su punto de equilibrio donde luego se suelta. Describa el movimiento. 7. A cierto resorte un peso de 2 libras lo alarga medio pie. Una fuerza de 1 4 sen 8t y una fuerza de amortiguamiento de magnitud |v| actúan sobre el resorte. El peso parte desde 1 4 de pie por debajo del punto de equilibrio a una velocidad negativa de 3 pies/seg. Encuentre una fórmula para la posición del peso en el tiempo t. 8. A cierto resorte un peso de 4 libras lo alarga en 0,64 pies. El peso es llevado 1 3 por arriba del punto de equilibrio y luego inicia el descenso a una velocidad positiva de 5 pies/seg. El movimiento se efectúa en un medio que imprime una fuerza de amortiguamiento de 1 4 |v| en todo momento. Encuentre la ecuación que describe la posición del peso en el instante t. 9. Considere un resorte al que un peso de 4 libras alarga en 0,32 pies. El peso está sujeto al resorte y se mueve en un medio que imprime una fuerza de amortiguamiento de 3 2 |v|. El peso es llevado hasta medio pie por debajo del punto de equilibrio donde se le libera a una velocidad negativa de 4 pies/seg. Encuentre la posición del peso. 10. Un resorte es alargado 0,4 pies por un peso de 4 libras. El peso se sujeta al resorte (suspendido en un soporte fijo) y se permite que el sistema alcance el equilibrio. Entonces el peso parte desde la posición de equilibrio a una velocidad negativa de 2 pies/seg. Suponga que el movimiento se efectúa en un medio que opone una fuerza de magnitud numérica igual a la velocidad del peso en movimiento, en pies por segundo. Determine la posición del peso como una función del tiempo. 11. Un reloj tiene un péndulo de 6 pulgadas. El mecanismo del reloj hace tic tac una vez cada que el péndulo completa una oscilación. ¿Cuántas veces hace tic tac el reloj en 30 segundos? 12. Un péndulo de 6 pulgadas parte del reposo a un ángulo de 1 10 radianes con respecto a la vertical. Usando g = 32 (pies/seg 2 ), describa el movimiento. Ing. Raúl Romero E. 115 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 13. Para el péndulo del ejercicio anterior, encuentre la velocidad angular máxima y el tiempo que debe transcurrir para que ocurra este valor máximo por primera vez. 14. En un sistema masa-resorte la masa es 50 g. ¿Cual debe ser la cons- tante del resorte para obtener la amplitud de 20 cm? en t = 0, y = 0 y y = 10 cm/s 15. En el tiempo t = 0 se observa que la masa en un sistema masa-resorte con masa " m" y constante del resorte " k" se encuentra 1 pie abajo del equilibrio y bajando hacia abajo de 1 pie/s. a) Determinar la solución de la ecuación diferencial b) Determine la amplitud como una función de " m" y " k" c) Cual es el efecto sobre la amplitud si se aumentan "m" o " k" 16. La misma situación que en el ejercicio 15, si la constante k = 8 b/pie ¿Cual debe ser la misma para obtener una amplitud de 4 pie ¿En que tiempo se logrará esta amplitud por primera vez? Sistema Masa-Resorte no Amortiguado 17. Considere Sistema masa-resorte al que un peso de 5 libras alarga en 6 pulgadas. El peso se sujeta al resorte y este alcanza el equilibrio. Luego el peso es jalado hacia abajo 3 pulgadas desde el punto de equilibrio y entonces vuelve hacia arriba a una velocidad de 6 pie/s. Encuentre una ecuación que de la posición del peso en todo momento subsecuente. 18. Un resorte es alargado en 1,5 pulg. por un peso de 2 b. Suponga que el peso es llevado 3 pulg. por arriba del punto de equilibrio y luego se suelta parte del reposo. Describir el movimiento. 19. Para el problema 18. Suponga que el peso se jala 4 pulg. por debajo del punto de equilibrio y se le imprime una velocidad de 8 pie/s hacia abajo. 20. Demostrar que la respuesta del ejercicio 19. puede expresarse como y = √ 13 6 sen(16t + φ); φ = arctan 2 3 Ing. Raúl Romero E. 116 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 21. Dos resortes paralelas constantes k 1 y k 2 sostienen un solo contrapeso W. la constante efectiva del resorte es k = 4k 1 · k 2 k 1 + k 2 . Un contrapeso de 20 libras estira 6 pulg. un resorte y 2 pulg. otro. Estos resortes están fijos a un soporte rígido común por su parte superior y a una placa metálica en su extremo inferior como la Figura 3.18 (ver Figura 3.18 de página 117). El contrapeso W esta fijo al centro de la placa del sistema. Determine la constante efectiva del resorte de este sistema. Deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso parte de su posición de equilibrio con una velocidad de 2 pie/s hacia abajo k 1 k 2 m Figura 3.18: 22. Cierto contrapeso estira 1 3 pie un resorte y 1 2 pie al otro. Los dos re- sortes se fijan a un resorte rígido como se indica en el problema anteri- or. El primer contrapeso se quita y en su lugar se pone uno de 8 b. El periodo de movimiento es π 5 seg. Determinar el numérico del primer contrapeso (ver Figura 3.19) 23. Al extremo inferior de un muelle espiral suspendido del techo se liga un peso de 4 bs. El peso queda en su posición de equilibrio en la que el muelle esta alargado 6 pulg. En el instante t = 0 se golpea el peso de modo que se pone en movimiento con una velocidad inicial de 2 pie/seg dirigido hacia abajo a) Determinar el desplazamiento resultante de la velocidad del peso en función en función del tiempo b) Hallar la Amplitud, periodo y frecuencia del movimiento c) Determinar los instantes en los que el peso se encuentra 1,5 pulg. por debajo de su posición de equilibrio y moviéndose hacia abajo Ing. Raúl Romero E. 117 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES m Figura 3.19: d) Determinar los instantes en que se encuentran 1,5 pulg. por de- bajo de su posición de equilibrio y movimiento hacia arriba 24. La naturaleza de un muelle espiral es tal que un peso de 25 b le defor- ma 6 pulg. El muelle se encuentra suspendido al techo, a su extremo inferior se liga un peso de 16 br. que a continuación queda en su posi- ción de equilibrio. Entonces se lleva a una posición de 4 pulg. por debajo de la del equilibrio y se abandona en t = 0 con una velocidad inicial de 2 pie/seg dirigido hacia arriba. a) Determinar el desplazamiento resultante como función del tiempo b) Hallar la amplitud. Periodo y la frecuencia del movimiento c) ¿ En que momento pasa el peso la posición de equilibrio cual es su velocidad en ese instante? 25. Un peso de 4 b alarga en 6 pulg. una fuerza de 1 2 cos(8t) actua sobre el resorte. Si el peso inicia un movimiento hacia arriba desde el punto de equilibrio a una velocidad de 4 pie/s. Determine la posición del peso como función del tiempo. 26. a) Hay dos resortes en serie, sin tener en cuenta la masa de cada una, demuestre que la constantes efectiva de resorte k esta definida por 1 k = 1 k 1 + 1 k 2 b) Un contrapeso de W b estira 1 2 pie un resorte y 1 4 pie a otro. Ambos se fijan como en la Figura 3.20 se cuelga W suponer que el movimiento es libre, no hay fuerzas de amortiguación. Deducir Ing. Raúl Romero E. 118 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN la ecuación del movimiento si el contrapeso parte de un punto a 1 pie abajo de la posición de equilibrio con una velocidad 2 3 pie/s hacia abajo. k 1 k 2 W Figura 3.20: Movimiento Amortiguado 27. Una fuerza de 2 lb estira 1 pie un resorte. A ese resorte se le une un contrapeso de 3,2 lb y el sistema se sumerge en un medio que imparte una fuerza de amortiguación numéricamente igual a 0,4 la velocidad instantánea. a) Deducir la ecuación del movimiento si el contrapeso parte del reposo 1 pie arriba de su posición de equilibrio. b) Expresar la ecuación del movimiento en forma y(t) = Ae αt sen(wt+ φ) c) Calcular el primer momento en que el contrapeso pasa por la posición de equilibrio dirigiéndose hacia arriba. 28. Un contrapeso de 4 b cuelga de un resorte cuya constante es 3 b/pie. Todo el sistema esta sumergido en un líquido que presenta una fuerza de amortiguación numéricamente igual a la velocidad instantánea. A partir de t = 0 se aplica al sistema una fuerza externa igual a f(t) = e −t . Deducir la ecuación del movimiento si el contrapeso se suelta partiendo en reposo en un punto a 2 pies abajo de su posición de equilibrio. 29. Un contrapeso de 10 b estira un resorte 2 pies. El contrapeso también está unido a un amortiguador, que ofrece una resistencia numérica- mente igual a β (β > 0) veces la velocidad instantánea. Calcule la Ing. Raúl Romero E. 119 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES constante de amortiguación β para que el movimiento que se produce sea a) Sobreamortiguado b) Críticamente amortiguado c) Subamortiguado 30. Un contrapeso de 16 b estira 8 3 pie un resorte, al principio el con- trapeso parte del reposo a 2 pie abajo de la posición de equilibrio y el movimiento ocurre en un medio que presenta una fuerza de amor- tiguación numéricamente igual a la mitad de la velocidad instantánea. Deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso esta inpulsado por una fuerza externa igual a 10 cos(3t) 31. Cuando una masa de 1 slug se cuelga de un resorte, lo estira 2 pie, y llega al reposo en su posición de equilibrio. A partir de t = 0, se aplica una fuerza externa al sistema igual a 8 sen(4t). Determinar la ecuación del movimiento si el medio presenta una fuerza de amor- tiguación numéricamente igual a 8 veces la velocidad instantánea. 32. Para que valores de m mostrara resonancia my + 4y = 13 cos(wt) si 13 cos(wt) tiene una frecuencia de 20 Hz. 33. Para que valores de k mostrara resonancia 13y + ky = 4 cos(wt) si 4 cos(wt) tiene resonancia de 22 Hz 34. Se sabe que la función de forzamiento f(t) = f. cos(wt) tiene una frecuencia entre 10 y 76 Hz El sistema masa-resorte es my 10y = f(t) que valores de m pueden llevar a la resonancia 35. Si el sistema masa resorte tiene m = 15, k 1 = 0, k = 0 ¿ Que frecuencia de forzamiento causaría resonancia? begincenter Ing. Raúl Romero E. 120 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.4. APLICACIÓN A CIRCUITOS ELÉCTRICOS EN SERIE LRC 3.4. Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC ∼ i R L i = dq dt C Figura 3.21: Ley de kirchoff V L +V R +V C = E V L : Caída de Tensión del Inductor V R : Caída de Tensión de la Resistencia V C : Caída de Tensión del Condensador V L = L di dt = L d dt dq dt = L d 2 q dt 2 V R = Ri = R dq dt V C = 1 C q L d 2 q dt 2 + R dq dt + 1 C q = E d 2 q dt 2 + R L · dq dt + 1 CL = E L Ec.Dif. no Homogénea de 2 o Orden d 2 q dt 2 + R L dq dt + 1 CL q = 0 Ec.Dif. Homogénea de 2 o Orden r 2 + R L r + 1 CL = 0 ⇒r = − R L ± R L 2 −4 · 1 CL 2 r = − R 2L ± R 2L 2 − 1 CL Se presentan 3 casos. Primer Caso: Si R 2L 2 − 1 CL > 0 Sobreamortiguado Ing. Raúl Romero E. 121 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES ⇒r 1 = r 2 ∈ R q = Ae r 1 t +Be r 2 t Segundo Caso: Si R 2L 2 − 1 CL = 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO ⇒r 1 = r 2 = r ∈ R q = Ae − R 2L t +Bte − R 2L t Tercer Caso: Si R 2L 2 − 1 CL < 0 SUBAMORTIGUADO ⇒r = α ±βi q = e αt (Acos(βt) + Bsen(βt)) Ejemplo 3.19 Determinar la carga q(t) en el capacitor de un circuito en serie LRC cuando L = 0,25 Henrry R = 10 ohm c = 0,001 F. E(t) = 0 q(0) = q 0 coulomb y i(0) = 0 A Solución: (Véase Figura 3.22) E ∼ R L C Figura 3.22: q + R L q + 1 CL q = E L q + R L q + 1 CL q = 0 q + 10 0,25 q + 1 0,001 ×0,025 q = 0 q + 40q + 4000q = 0 r 2 + 40r + 4000 = 0 ⇒r = −40 ± √ 1600 −4 ×4000 2 r = −40 ± √ −14400 2 = −40 ±120i 2 r = −20 ±60 i Subamortiguado q = e −20t (Acos(60t) + Bsen(60t) q(0) = q 0 i(0) = 0 Ing. Raúl Romero E. 122 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. CIRCUITOS ELÉCTRICOS i = q = −20e −20t (Acos(60t)+Bsen(60t))+e −20t (−60Asen(60t)+60Bcos(60t)) 0 = −20A + 60B q 0 = A ⇒ A = q 0 B = 1 3 q 0 ∴ q(t) = q 0 e −20t (cos(60t) + 1 3 sen(60t) 3.5. Circuitos Eléctricos 1. Un circuito en Serie LRC tiene una fuente de E(t) = 3 cos t los valores de las componentes R = 3 ohmios L = 0,5 Henrry y c = 0,4 F en t = 0 la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en el circuito es 1 A. ¿Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función del tiempo? Solución:(Véase Figura 3.23) E(t) C L R Figura 3.23: L d 2 q dt 2 + R dq dt + 1 C q = E(t) 0,5q + 3q + 1 0,4 q = 3 cos t (∗2) q + 6q + 5q = 6 cos t Ec. Dif. No Homogénea ⇒q + 6q + 5q = 0 Ec.Dif. Homogénea λ 2 + 6λ + 5 = 0 λ = −6 ± √ 36 −4 ×5 2 ⇒λ 1 = −1, λ 2 = −5 q = c 1 e −t +c 2 e −5t q + 6q + 5q = 6 cos t Ec. Dif. No Homogénea q p =? f(t) = 6 cos t q p = Asen t + Bcos t q p = Acos t −Bsen t q p = −Asen t −Bcos t Ing. Raúl Romero E. 123 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Reemplazando en la Ec.Dif. No Homogénea −Asen t −Bcos t + 6Acos t −6Bsen t + 5Asen t + 5Bcos t = 6 cos t (6A + 4B) cos t + (4A −6B) sen t = 6 cos t 6A + 4B = 6 4A −6B = 0 ⇒ A = 9 3 , B = 6 13 ⇒q p = 9 13 sen t + 6 13 cos t La solución general de la Ec.Dif. no Homogénea q = 9 13 sen t + 6 13 cos t + c 1 e −t + c 2 e −5t Condición de Borde q(t = 0) = 0 i(t = 0) = 1 A 0 = 9 13 sen 0 + 6 13 cos 0 + c 1 e 0 + c 2 e 0 0 = 6 13 + c 1 + c 2 (1) dq dt = 9 13 cos t − 6 13 sen t −c 1 e −t −5e −5t 1 = 9 13 cos 0 − 6 13 sen 0 −c 1 e 0 −5c 2 e 0 1 = 9 13 −c 1 −5c 2 (2) Resolviendo (1) y (2) c 1 = − 1 2 , c 2 = 1 26 ⇒ q = 9 13 sen t + 6 13 cos t − 1 2 e −t + 1 26 e −5t dq dt = i = 9 13 cos t − 6 13 sen t + 1 2 e −t − 5 26 e −5t 2. Determinar la carga del capacitor de un circuito en serie LRC cuando t = 0,015 L = 0,05 Henrry R = 2 ohm c = 0,01 Faradio E(t)=0 Volt. q(0) = 5 coulomb i(0) = 0 Amp Ing. Raúl Romero E. 124 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. CIRCUITOS ELÉCTRICOS Solución: q + R L q + 1 CL q = 0 q + 40q + 2000q = 0 r 2 + 40r + 2000 = 0 r = −20 ±40i q(t) = e −20t (Acos(40t) + Bsen(40t)) i = −20e −20t (Acos(40t) + Bsen(40t)) + e −20t (−40Asen(40t) + 40t cos(40t)) q(0) = 5 i(0) = 0 A = 5 E = 5 2 q = 5e −20t (cos(40t) + 1 2 sen(40t)) ∴ q (0,01) = 4,1C 3. Un circuito en Serie LRC tiene una fuerza electromotriz de 5 cos(2t) los valores de las componentes son R = 2Ω L = 1 Henrry y C = 1 17 F inicialmente la carga sobre el capacitor y la corriente en la resistencia es cero. a) Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función del tiempo. b) Determinar las condiciones de borde y especi- ficar que tiempo de movimiento es Solución: (Véase Figura 3.24) E(t) C L R Figura 3.24: Lq +Rq + 1 C q = E(t) 1 · q + 2q + 1 1 17 = 5 cos(2t) q + 2q + 17q = 5 cos(2t) EC. Dif. No Homogénea q + 2q + 17q = 0 Ec. Dif. Homogenea λ 2 + 2λ + 17 = 0 λ 1,2 = −2 ± √ 4 −4 ×17 2 = −± √ −64 2 = −2 ±8i 2 Ing. Raúl Romero E. 125 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES λ 1,2 = −1 ±4i ⇒ q = e −t (c 1 cos(4t) + c 2 sen(4t)) q + 2q + 17q = 5 cos(2t) Ec. Diferencial No Homogénea q p = Asen(2t) + Bcos(2t) q p = 2Acos(2t) −2Bsen(2t) q p = −4Asen(2t) −4Bcos(2t) Reemplazando en la Ec. Dif. No Homogénea −4Asen(2t) −4Bcos(2t) + 4Acos(2t) −4Bsen(2t) + 17Asen(2t) +17Bcos(2t) = 5 cos(2t) (13A −4B) sen(2t) + (13B + 4A) cos(2t) = 5 cos(2t) 13A −4B = 0 13B + 4A = 5 ⇒ A = 4 37 B = 13 37 ⇒ q p = 4 37 sen(2t) + 13 37 cos(2t) La solución general de la Ec. Dif No Homogénea q = e −t (c 1 cos(4t) + c 2 sen(4t)) + 4 37 sen(2t) + 13 37 cos(2t) q(0) = 0; i(0) = 0 i = dq dt = −e −t (c 1 cos(4t) + c 2 sen(2t)) + e −t (−4c 1 sen(4t) + 4 cos(4t)) + 8 37 cos(2t) − 26 37 sen(2t) 0 = −(c 1 cos 0+c 2 sen 0) + e 0 (−4c 1 sen 0 + 4 cos 0)+ 8 37 cos 0 − 26 37 sen 0 0 = −c 1 + 4c 2 + 8 37 ⇒− 8 37 = −c 1 + 4c 2 0 = c 1 cos 0 + c 2 sen 0 + 4 37 sen 0 + 4 37 sen 0 + 13 37 cos 0 0 = c 1 + 13 37 ⇒ c 1 = − 13 37 ; − 8 37 = 13 37 + 4c 2 ⇒ c 2 = −21 148 q = e −t − 13 37 cos(4t) − 21 148 sen(4t) + 4 37 sen(2t) + 13 37 cos(2t) i = dq dt = −e −t − 13 37 cos(4t) − 21 148 sen(2t) +e −t 13 37 ×4 cos(4t) − (4)(21) 148 cos(4t) + 8 37 cos(2t) − 26 37 sen(2t) Ing. Raúl Romero E. 126 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.6. EJERCICIOS PROPUESTOS 4. Un circuito eléctrico consta de una inductancia de 0,1 Henrry, una resistencia de 20 ohm y un condensador cuya capacidad es de 25µ Faradio. Hallar la carga q(t) y la corriente i(t) siendo q(0) = 0,25 coulomb i(0) = 0 Amp. Solución: d 2 q dt 2 + R L dq dt + 1 CL q = 0 q + 20 0,1 q + 1 25 ×10 −6 ×0,1 q = 0 q + 200q + 400000q = 0 r 2 + 200r + 400000 = 0 r = −100 ±624,5i q(t) = e −100t (c 1 cos(624,5t) + c 2 sen(624,5t)) q(0) = 0,05 c c 1 = 0,05 i = −100e −100t (c 1 cos(624,5t) + c 2 sen(624,5t)) +e −100t (−624,5c 1 sen(624,5t) + 624,2c 2 cos(624,5)) 0 = −100c 1 + 624,5c 2 c 2 = 5 624,5 = 0,008 q(t) = e −100t (0,05 cos(624,5t) + 0,08 sen(624,5t)) i =−100e −100t (0,05 cos(624,5t)+0,08 sen(624,5t))+e −100t (−31,225 sen(624,5t) +4,996 cos(624,5t)) i = −5e −100t cos(624,5t) −0,8e −100t sen(624,5t) −31,225e −100t sen(624,5t) +4,996e −100t cos(624,5t) ∴ i = −32e −100t sen(624,5t) 3.6. Ejercicios Propuestos 1. Determinar la carga del capacitor en un circuito en serie LRC cuando t = 0,01 s L = 0,05 Henrry, R = 2 Ohm, c = 0,01 F E(t) = 0 voltios q(0) = 5 Coulomb i(0) = 0 Amp 2. Un circuito RLC conectado en serie tiene una Fem = 3 cos t volt. los valores de las componentes son R = 3 Ω, L = 0,5 H y C = 0,4 F. al inicio la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en la resistencia es 1 A encuentre la carga y la corriente en función del tiempo. Ing. Raúl Romero E. 127 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. En un circuito RLC tiene una batería de 9 V los valores de las com- ponentes son R = 5 Ω, L = 6 H, C = 1 F. Inicialmente la carga sobre el capacitor es 1 C, y la corriente en la resistencia es cero. Determinen q = f(t) = y i = f(t) 4. En un circuito conectado en serie RLC tiene una batería 1.5 volt. Los valores de las componentes son R = 1,5 Ω L = 1 Henry C = 2 Faradio. En un principio la carga sobre el capacitor es 2 coulomb, y la corriente en la resistencia es 4 Amper 3.6.1. Estudio del Wronskiano Teorema 3.2 Sean las funciones y 1 , y 2 soluciones de la Ecuación Diferen- cial Lineal de 2 o Orden y + P(x)y + Q(x)y = 0 definidas en un intervalo [a, b]. Entonces W[y 1 , y 2 ] = y 1 y 2 y 1 y 2 W = y 1 y 2 −y 2 y 1 W = f(x) dW dx = y 1 y 2 +y 1 y 2 −y 2 y 1 −y 2 y 1 dW dx = y 1 y 2 −y 2 y 1 como y 1 y y 2 son soluciones de y + P(x)y + Q(x)y = 0 → y 1 + P(x)y 1 + Q(x)y 1 = 0 y 2 + P(x)y 2 + Q(x)y 2 = 0 ∗ −y 2 ∗ y 1 −y 2 y 1 −P(x)y 2 y 1 −Q(x)y 1 y 2 = 0 y 1 y 2 + P(x)y 2 y 2 −Q(x)y 1 y 2 = 0 y 1 y 2 −y 2 y 1 . .. . dW dx +P(x) [y 1 y 2 −y 2 y 1 ] . .. . W = 0 dW dx + P(x)W = 0 Ing. Raúl Romero E. 128 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.6. EJERCICIOS PROPUESTOS Separando variables dW W + P(x)dx = 0 dW W = −P(x)dx ln W = − P(x)dx + ln c ln W c = − P(x)dx W = ce − P(x)dx Fórmula de Abel c = 0 →W = 0 ∀ x ∈ [a, b] c = 0 →W = 0 ∀ x ∈ [a, b] W[y 1 , y 2 ] es L.D. ⇔W = 0 D/ (♣.1) y 1 = 0 y 2 = 0 W = 0 y 2 0 y 2 = 0 −0 = 0 (♣.2) y 1 = 0 ∧ y 2 = 0 W = y 1 0 y 1 0 = 0 −0 = 0 ⇒W = 0 (♣.3) y 1 = 0 ∧ y 2 = 0 y 1 y 2 = k y 1 = ky 2 W[y 1 , y 2 ] = y 1 y 2 y 1 y 2 = ky 2 y 2 ky 2 y 2 = ky 2 y 2 −y 2 ky 2 = 0 W = 0 →y 1 ∧ y 2 L.D. Aplicación de la fórmula de Abel y + P(x)y + Q(x)y = 0 Sean y 1 ∧ y 2 soluciones de la Ecuación Diferencial Homogénea W = ce − P(x)dx Ing. Raúl Romero E. 129 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Problema: Conocida una solución y de la ecuación diferencial y +P(x)y + Q(x)y = 0 se pide determinar la solución general. Solución: Partimos de la fórmula de Abel W[y 1 , y 2 ] = ce − P(x)dx y 1 y 2 y 1 y 2 = ce − P(x)dx y 1 y 2 −y 2 y 1 = ce − P(x)dx Como y 1 es Dato ⇒ Determinar y 2 y 2 − y 1 y 1 y 2 = 1 y 1 ce − P(x)dx Ecuación Diferencial Lineal de primer Orden aplicando Lebniz y + P(x)y = Q(x) ye P(x)dx = Q(x)e P(x)dx dx + c P(x) = − y 1 y 1 Q(x) = 1 y 1 ce − P(x)dx y 2 e − y 1 y 1 dx = 1 y 1 ce − P(x)dx · e − y 1 y 1 dx dx + k y 2 e −lny 1 = 1 y 1 ce − P(x)dx e −lny 1 dx + k y 2 1 y 1 = ce − P(x) y 2 1 dx + k y 2 = cy 1 e − P(x)dx y 2 1 dx +ky 1 Si c = 1 k = 0 ⇒y 2 = y 1 e − P(x)dx y 2 1 ∴ y 1 ∧ y 2 son L.I. ⇒y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 Ing. Raúl Romero E. 130 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.7. EJEMPLOS y G = c 1 y 1 + c 2 y 1 e − P(x)dx y 2 1 dx 3.7. Ejemplos Ejemplo 3.20 Si y 1 = x es solución de la ecuación diferencial x 2 y +xy − y = 0. Hallar la solución general Solución: y − 1 x y − 1 x 2 y = 0 ⇒P(x) = 1 x Q(x) = − 1 x 2 y 2 = y 1 e − P(x)dx y 2 1 dx = x e − 1 x dx x 2 dx y 2 = x e −ln x x 2 dx = x x −1 x 2 dx = x x −3 dx y 2 = x x −2 −2 = − 1 2 x −1 = − 1 2x y G = c 1 y 1 +c 2 y 2 ∴ y G = c 1 x −c 2 1 2x Ejemplo 3.21 Si y 1 = x 2 es solución de la ecuación diferencial x 2 y + xy −4y = 0. Hallar la solución general Solución: y + 1 x y − 4 x 2 y = 0 P(x) = 1 x y 2 = y 1 e − P(x)dx y 2 1 dx y 2 = x 2 e − 1 x dx x 4 = x 2 e −ln x x 4 dx = x 2 x −1 x 4 dx = x 2 x −5 dx y 2 = x 2 · x −4 −4 = x −2 −4 = − 1 4x 2 ⇒ y 2 = − 1 4x 2 y 2 = 1 2x 3 y 2 = − 3 2 · 1 x 4 − 3 2x 4 + 1 x · 1 2x 3 − 4 x 2 − 1 4x 2 = 0 ⇒y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 = c 1 x 2 + c 2 − 1 4x 2 ∴ y G = c 1 x 2 − c 2 4x 2 Ing. Raúl Romero E. 131 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3.22 Si y 1 = e x es solución de la ecuación diferencial y −y = 0. Hallar la solución general Solución: P(x) = 0 y 2 = y 1 e − P(x)dx y 2 1 dx = e x e − 0dx (e x ) 2 dx = e x 1 e 2x dx = e x e −2x dx t = −2x dt = −2dx dx = − dt 2 y 2 = e x e t − dt 2 = − e x e −2x 2 = − e −x 2 y 2 = − e −x 2 y 2 = e −x 2 y 2 = − e −x 2 − e −x 2 + e −x 2 = 0 0 = 0 y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 ∴ y G = c 1 e x −c 2 e −x 2 Ejemplo 3.23 Si y 1 = e x es solución de la ecuación diferencial xy −(2x+ 1)y + (x + 1)y = 0. Hallar la solución general. Solución: y − (2x + 1) x y + x + 1 x y = 0 P(x) = − 2x + 1 x y 2 = e x e 2x + 1 x dx e 2x dx = e x e (2 + 1 x )dx e x dx y 2 = e x e 2x+lnx e 2x dx = e x e 2x e ln x e 2x dx = e x xdx y 2 = e x · x 2 2 = x 2 e x 2 ⇒ y 2 = x 2 e 2 2 y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 ∴ y G = c 1 e x + c 2 x 2 e x 2 Ejemplo 3.24 Si y 1 = x es solución de la ecuación diferencial (x −1)y − xy + y = 0. Hallar la solución general de la ecuación diferencial. Ing. Raúl Romero E. 132 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.7. EJEMPLOS Solución: y − x x −1 y + 1 x −1 y = 0 P(x) = − x x −1 y 2 = x e x x −1 dx x 2 dx = x e 1 + 1 x −1 dx x 2 dx y 2 = x e x+ln(x−1) x 2 dx = x e x e ln(x−1) x 2 dx = x e x (x −1) x 2 dx y 2 = x e x x −e x x 2 dx = x e x x − e x x 2 dx y 2 = x ¸ x −1 e x dx − x −2 e x dx u = x −1 dv = e x dx du = −x −2 dx v = e x y 2 = x ¸ x −1 e x + x −2 e x dx − x −2 e x dx = x [x −1 e x ] = e x y 2 = e x y G = c 1 y 1 + c 2 y 2 ∴ y G = c 1 x + c 2 e x Ejemplo 3.25 Si y 1 = e x es solución de la ecuación diferencial xy −(1 + x)y + y = 0. Hallar la solución general de la ecuación diferencial. Solución: y − 1 + x x y + 1 x y = 0 P(x) = − 1 + x x y 2 = e x e 1 + x x dx e 2x dx = e x e 1 x + 1 dx e 2x dx y 2 = e x e lnx+x e 2x dx = e x xe x e 2x dx = e x xe −x dx u = x e −x dx du = dx v = −e −x y 2 = e x ¸ −xe −x + e −x dx = e x −xe −x −e −x y 2 = −(x + 1) ∴ y G = c 1 e x +c 2 (−(x + 1)) Ing. Raúl Romero E. 133 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.8. Ejercicios La función y 1 (x) es una solución a las ecuaciones diferenciales de los proble- mas 1 a 6. Use la reducción de orden o la fórmula y 2 = y 1 (x) e − P(x)dx y 2 1 (x) dx para encontrar una segunda solución y 2 (x) 1. y −4y + 4y = 0; y 1 = e 2x 2. y + 16y = 0; y 1 = cos(4x) 3. x 2 y −7xy + 16y = 0; y 1 = x 4 4. xy + y = 0; y 1 = ln x 5. y −25y = 0; y 1 = e 5x 6. 6y + y −y = 0; y 1 = e x 3 3.8.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Coeficiente Constante de Orden n 1. Encontrar la solución general a) y −6y + 12y −8y = 0 Solución: r 3 −6r 2 + 12 −8 = 0 1 −6 12 −8 r = 2 2 −8 8 1 −4 4 0 r 2 −4r + 4 = 0 (r −2) 2 = 0 r 1 = 2 = r 2 = r 3 = r ∴ y = Ae 2x + Bxe 2x +Cx 2 e 2x b) y iv + 4y + 6y + 4y + y = 0 Ing. Raúl Romero E. 134 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.8. EJERCICIOS Solución: r 4 + 4r 3 + 6r 2 + 4r + 1 = 0 1 4 6 4 1 r = −1 −1 −3 −3 −1 1 3 3 1 0 r = −1 −1 −2 −1 1 2 1 0 r = −1 −1 −1 1 1 0 r = −1 −1 1 0 r 1 = r 2 = r 3 = r 4 = −1 ∴ y = Ae −x + Bxe −x + Cx 2 e −x + Dx 3 e −x c) y + 3y + 3y + y = 0 Solución: r 3 + 3r 2 + 3r + 1 = 0 1 3 3 1 r =−1 −1 −2 −1 1 2 1 0 r 2 + 2r + 1 = 0 (r + 1) 2 = 0 r 1 = r 2 = r 3 = −1 ∴ y = Ae −x + Bxe −x +Cx 2 e −x 3.8.2. Ejercicios Propuestos 1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales a) y + 5y + 4y = 0 b) y iv −2y = 0 c) y + 4y + 8y + 8y + 4y = 0 d) y vi −3y iv + 3 −y = 0 e) y −16y = 0 f ) y iv + 50y + 625y = 0 Ing. Raúl Romero E. 135 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 2. Dada la solución general escriba la ecuación diferencial Lineal a) y = Ae 2x + Bxe 2x +c 2 b) y = c 1 e x + c 2 xe x + c 3 e −x + c 4 xe −x c) y = Ae x sen x + Be x cos x + Cxe x sen x + Dxe x cos x d) y = Asen x +Bcos x +C cos x + Cx sen x + Dx cos x Ing. Raúl Romero E. 136 2 Índice general 1. Ecuación Diferencial 1.1. Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Función Homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas . . . . . . . . . . . . . 1.3.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) . . . . . . . . . . 1.5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Ecuaciones no Exactas que pueden transformarse en Exactas 1.6.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.2. Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas . . 1.7. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2.1. Aplicaciones Geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden . . 2.3. Mecánica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Movimiento vertical incluyendo la resistencia del aire 2.3.2. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . 2.5. Circuitos en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2o Orden Superior a Coeficientes Constantes 3.0.1. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . 3.0.2. Ecuación de Mac Laurin . . . . . . . . . . . 3.0.3. Aplicaciones de las funciones sen x, cos x, ex . 3.0.4. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo 3 y Orden . . . . . . . . . . . . . . . Orden 61 63 65 66 69 5 5 7 7 9 9 11 12 13 13 17 19 22 25 27 27 29 38 38 38 46 49 . . . . . . . . . .5. . .5. . . .1. . .1. . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Método de Coeficiente Indeterminado . . . . . . .3. 3. .7. . . .2. Sistema Masa. . . . . .3. . . . . . . . . . . . . . . .ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL 76 77 77 78 81 3. . . . . . . 85 89 90 94 94 114 121 123 127 128 131 134 134 135 4 . . . . . . . . Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Coeficiente Constante de Orden n . . .2. . . . . .2. . . . . . . . 3.2. . . . 3. . 3. . . . . . Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Constantes de Orden “n” . . 3. . . Ejercicios Propuestos . . .3. .1. .1. 3. . . . . . . . . 3. . . Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden . Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios . . .0. . . . . . . . .2. . . . Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Completa de Orden“n”. .8. . . . . . Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC . . . . . . . . . . . . 3. . Ejercicios Propuestos . . 3. . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . .4. . . . . . 3. . . . . . 3. . . . . . . . Estudio del Wronskiano . . . .8. . . . . . 3. . . Ejemplos . . . . . 3. . . 3. . Ejercicios Propuestos . . . . . .2. .2. . . . 3. . . . .obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) . . . . . Método continuo . . . .4.8. 3. . . . .2. . . .1. . . . Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea . Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . .Resorte sin amortiguación . . . . .1. . . . . Circuitos Eléctricos . . . . . . . . Ejercicios . . .6. .6. . . 1.Capítulo 1 Ecuación Diferencial 1. Variables Separables Solución: dy = (x + y + 1)2 dx dy = (x + y + 1)2 dx t=x+y+1 dt = dx + dy dy = dt − dx dt − dx = t2 dx 2. y = (x + y + 1)2 . (x − 1)dx − (xey + ey )dy = 0 Solución: ey (x + 1)dy − (x − 1)dx = 0 x−1 dx x+1 x−1 ey dy = dx x+1 2 ey = 1− dx x+1 ey dy = 5 ey = x − 2 ln(x + 1) + c ey = x − ln(x + 1)2 + c Aplicando logaritmos y = ln[x − ln(x + 1)2 + c] dt = (t2 + 1)dx dt = dx +1 dt = dx 2+1 t arctan(x + y + 1) = x + c t2 arctan(x + y + 1) = x + c x + y + 1 = tan(x + c) 1. Raúl Romero E. ln 0 x = ln c y 1 =c y 1 x + ln x + c = y 1 ∴ y= x + ln x + c x + ln x − x = c ⇒ y = cx y 6 . (xy 2 + y 2 )dx + xdy = 0 Solución: y 2 (x + 1)dx + xdy = 0 x+1 dy Separando dx + 2 = 0.FCyT .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL 3.UMSS . ydx − xdy = 0 Solución: dx dy − =0 x y dx dy − = x y ln x − ln y = ln c Ing. variables x y 1 dx + y −2 dy = 0 1+ x 5. xyex dx − dy = 0 Solución: xyex dx − dy = 0 xex dx − dy =0 Separando variables y u=x dv = ex dx du = dx v = ex Integrando dy = 0 ⇒ xex − ex dx − ln y = c y xex − ex − ln y = c ⇒ ln y = xex − ex + ec xex dx − eln y = e[xe x −ex +ec ] ∴ y = c1 exe x −ex 4. 1. y ln x 8. dx = 4(x2 + 1) dt dy = y − xy dx x π 4 =1 10. Función Homogénea Definición 1.1 (Función Homogénea) Se llama función homogénea de grado "n" si f (λx.FCyT . (ln x + y 3 )dx = 3xy 2 dy 2.UMSS . dy = dx 2y + 3 4x + 5 2 dy = e3x+2y dx dx = dy y+1 x 2 7. xex − 3y 2 dy = 0 4. x2 y(-1)=-1 1. sec2 xdy + csc ydx = 0 9. λy) = λn f (x. y) ∴ f (x. FUNCIÓN HOMOGÉNEA 1.1. y) es una Función Homogénea de grado 2 Ing. y) Ejemplo 1. y = (x + 1)2 5. λy) = = (λx)(λy) − (λx)2 λ2 (xy) − λ2 x2 λ2 (xy − x2 ) λ2 f (x.1 f (x. x7 ln xdx − dy = 0 3. 6. Raúl Romero E. y) = xy − x2 Solución: f (λx. Problemas Propuestos 1.Departamento de Matemáticas 1. λy) = = = f λx.2.2. 7 . λy) = √ x−y λx − λy λ(x − y) = √ √ 1√ λ x − y = λ2 x − y 1 2 ∴ f (x. y) es Función Homogénea de grado y Ejemplo 1.4 f (x. y) es Función Homogénea de grado cero Ejemplo 1. λy) = arctan f (x. λy) = sen λy −5 λx y = sen − 5 x y 0 = λ sen − 5 x ∴ h(x. λy) = arctan + x x+y x y = λ0 arctan + x x+y f (λx. λy) = λ x + 2 2 =λ x + 2 λ (x + y 2 ) x + y2 f (x. y) es función Homogénea de grado 2 x y Ejemplo 1.5 f (x.6 f (x. y) = arctan + x x+y λx λy + λx λx + λy y x f (λx.2 f (x. λy) = e (λx)(λy)−(λy)2 = e λ2 xy−λ2 y2 = e λ2 (xy−y2 ) = λ0 e xy−y2 ∴ f (x. y) = e xy−y2 Solución: x2 +y 2 f (λx.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. y) es función homogénea de grado cero Ejemplo 1.UMSS . y) es función homogénea de grado cero Ing. y) = Solución: f (λx. Raúl Romero E. y) = x2 + 2 2 λ2 (x2 +y 2 ) x2 +y 2 (λx)2 +(λy)2 λ2 x2 +λ2 y 2 λ4 x4 x4 2 2 f (λx.FCyT . y) = sen − 5 x Solución: h(λx.3 h(x. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ejemplo 1. λy) = f (λx. 8 x4 x2 + y 2 . 1. y) = xn M 1. y) 1 1 Si λ = ó λ = x y y 1 M 1. y)dx + N (x. y) = x3 y 2 + y 5 1 d ) f (x. = n M (x. y)dy = 0 Ecuación diferencial Homogénea M (x. y) y y M (x. y y dx + xn N dy = 0 x x 9 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS 1. x x y 1 N 1. y) = xn M M (x.Departamento de Matemáticas 1. y) = xn N 1. λy) = λn M (x.FCyT . y)dy = 0 La ecuación Diferencial de Primer Orden es una ecucuación diferencial homogénea si solamente si la función M (x. Analizar si las funciones son Homogéneas a) f (x. y) =? M (λx. N (x. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas M (x.3. M (x. y) Condición Euler N (λx. = n N (x. y) x x Despejeando M (x. Raúl Romero E. y) = e y + 2 c) f (x. y) y N (x.UMSS . y) N (x. y) = b) f (x. y) =? N (x. y) son funciones Homogéneas de igual grado.2. y) = 3 − yx2 x 1. y) = xn N y x y x Reemplazando en la Ecuación Diferencial Homogénea xn N Ing. λy) = λn N (x. y) x x Despejando N (x. y)dx + N (x. Problemas Propuestos x x+y x 1.3. 1 = n N (x. 10 (2) .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. y)dx + N (x. Dif. x N (x. Raúl Romero E. ECUACIÓN DIFERENCIAL Sea hace v = y ⇒ y = vx x dy = vdx + xdv ÷ xn xn [M (v)dx + N (v) (vdx + xdv)] = 0 M (v)dx + vN (v)dx + xN (v)dv = 0 [M (v) + vN (v)]dx + xN (v)dv = 0 Separando variables → Intgrando: dx N (v) Ec. Dif cuyas variables + dv = 0 estan separadas x M (v) + vN (v) dx + x N (v) dv = c M (v) + vN (v) Teorema 1. y) = y n M . y) 1 considerando λ = y x 1 M . y) y y x M (x. y) = y n N y con λ = Reemplazando (1) y (2) en la Ec. y) y y . y) = y n N . y)dy = 0 Ec.1 y x N (x. Dif. Homogénea M (λx. Homogénea x x ynM dx + y n N dy = 0 y y Ing.UMSS .1 En toda ecuación diferencial homogénea se pueden separar sus variables Demostración: M (x. λy) = λn N (x. y) = y n M (1) y N (λx. y) Condición de Euler 1 se tiene: y x 1 N .1 y x M (x. 1 = n M (x. λy) = λn M (x.FCyT . Departamento de Matemáticas 1.1.3. Analiza si las siguientes ecuaciones diferenciales son ecuaciones Homogéneas a) xy + x2 dx + (y 2 + x2 )dy = 0 Ecuación diferencial Homogénea de segundo grado todos los términos tienen igual grado x x b) cos + 2 dx + e y dy = 0 Ecuación diferencial de grado cero y √ 1 1 c) x + ydx + x 2 dy = 0 Ecuación diferencial de grado 2 2. Ejercicios Resueltos 1.Dif.UMSS .FCyT . Homogénea y n [M (v) (vdy + ydv) + N (v)dy] = 0 vM (v)dy + yM (v)dv + N (v)dy = 0 [N (v) + vM (v)]dy + yM (v)dv = 0 dy M (v) Ec.3. Raúl Romero E. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS Hacemos un cambio de variable x v= x = vy dx = vdy + ydv y Reemplazando en la Ec. Dif. . Resolver la ecuación diferencial Homogénea (x2 + y 2 )dx − xydy = 0 Solución: y v= y = vx dy = vdx + xdv x (x2 + v 2 x2 )dx − xvx(vdx + xdv) = 0 x2 dx + v 2 x2 dx − v 2 x2 dx − x3 vdv = 0 dx − xvdv = 0 ⇒ dx − vdv = x v 2 = 2 ln x + c1 ∴ y=x dx − vdv = 0 x v2 v2 0 ⇒ ln x − =c⇒ = ln x + c 2 2 √ y √ v = 2 ln x + c1 ⇒ = 2 ln x + c1 x 2c = c1 2 ln x + c1 11 Ing. cuya variables + dv = 0 estan separadas y N (v) + vM (v) ÷ yn 1. Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. xdy − ydx = x2 + y 2 dx √ Solución: y v = ⇒ y = vx dy = vdx + xdv x √ x(vdx+xdv) − vxdx = x2 + v 2 x2 dx √ x2 dv = x 1 + v 2 dx √ dv dx = x 1 + v2 dv √ = 1 + v2 1 + v 2 ] = ln x+ln c √ ln(v + 1 + v 2 ) = ln(xc) √ v + 1 + v 2 = xc ln[v + ∴ y + x 1+ x y 2 = xc dx x 1. Resolver las ecuaciones diferenciales Homogéneas Ing.4. ECUACIÓN DIFERENCIAL y 3.UMSS . Raúl Romero E. xdy − ydx = x tan dx x Solución: y v= y = vx dy = vdx + xdv x vx x(vdx + xdv) − vxdx = x tan dx x x2 dv = x tan vdx dv dx = tan v x dx x ln | sen v| = ln x + ln c ⇒ ln sen v = ln[xc] cot vdv = sen v = xc ⇒ v = arcsin(xc) y = arcsin(xc) ∴ y = x arcsin(xc) x 4.FCyT . 12 . Problemas Propuestos a) (x3 + y 3 )dx − xy 2 dy = 0 b) (y − x)dx + (y + x)dy = 0 c) (8y + 10x)dx + (7x + 5y)dy = 0 d ) (x + y)dx + xdy = 0 √ e) (2 xy − y)dx + xdy = 0 1. y)dy = 0 es ecuación diferencial exacta si y solo si ∂M ∂N = ∂y ∂x Ejemplo 1. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E. y)dx + N (x.2 Las derivadas parciales cruzadas M (x.y) ∂N ∂M = 2xy = 2xy ∂y ∂x ⇒ (x3 + xy 2 )dx + (x2 y + y 3 )dy = 0 es E. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 1.D. Se llama diferencial de F = F (x. y)dx + N (x.) Introducción Sea una función F = F (x. ⇒ ∃F (x.5. y) tal que dF = M (x. y)dx + N (x.7 dF = ∂F ∂F dx + dy ∂x ∂y dF = (6x + 6y) dx + (6x + 8y)dy Problema inverso: Dado la diferencial de una función “F ” se puede determinar F dado dF entonces determinar F =? Definición 1.E. y) dF = (x3 + xy 2 ) dx + (x2 y + y 3 ) dy = 0 ∂F ∂x Ing.5.E. y).y) N (x. y) a la siguiente expresión: dF = ∂F ∂F dx + dy ∂x ∂y Ejemplo 1.UMSS .2 Diferencial exacta M (x. ∂F ∂y 13 .FCyT .D. y)dy = 0 Es ecuación diferencial exacta si y si existe F = F (x.) 1. 1.8 (x3 + xy 2 ) dx + (x2 y + y 3 ) dy = 0 M (x.D.5.E.1. y)dy = 0 Teorema 1. UMSS .E. 14 .FCyT . y) dF = (x + sen y) dx + (x cos y − 2y) dy = 0 ∂F ∂F ∂x ∂y ∂F = x cos y − 2y ∂y ∂F = x + sen y ∂x ∂F = x cos −2y ∂y Integrando con respecto a y F = x sen y − y 2 + α(x) Derivando con respecto a x ∂F = sen y + α (x) ∂x sen y + α (x) = x + sen y ⇒ α (x) = x x2 Integrando α(x) = 2 Ing.9 (x + sen y) dx + (x cos y − 2y) dy = 0 M (x. Raúl Romero E.D.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1.y) ∂M ∂N = cos y = cos y ∂y ∂x ⇒ (x + sen y)dx + (x cos y − 2y)dy = 0 es E. ⇒ ∃F (x. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂F ∂F = x3 + xy 2 ∧ = x2 y + y 3 ∂x ∂y ∂F = x3 + xy 2 ∂x Integrando con respecto a “x” F = Derivando con respecto a “y” ∂F ∂y α (y) = y 3 Integrando con respecto a “y” ⇒ C= x 4 x2 2 y 4 + y + 4 2 4 α(y) = x2 y + α (y) 2 = x2 y + α (y) = x2 y + y 3 = 2· y4 4 x4 x2 2 + y + α(y) 4 2 Ejemplo 1.y) N (x. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.Departamento de Matemáticas 1.10 (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0 ∂M = 2x ∂y ∃F (x. Raúl Romero E. 15 x2 x2 y+ + α(y) 2 2 .E.) x2 2 C = x sen y − y 2 + ∂F = x + sen y ∂x Integrando con respecto a x x2 + x sen y + α(y) 2 Derivando con respecto a “y” F = ∂F = x cos y + α (y) ∂y Igualando x cos y + α (y) = x cos y − 2y ⇒ α (y) = −2y Integrando con respecto a y α(y) = y 2 F = x2 + x sen y − y 2 = c 2 Ejemplo 1.FCyT . y) dF = ∂F ∂F dx + dy = 0 ∂x ∂y ∂N = 2x ∂x dF = (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0 ∂F ∂F = 2xy + x ∧ = x2 + y ∂x ∂x ∂F = 2xy + x ∂x Integrando con respecto a x F =2· Derivando con respecto a y ∂F = x2 + α (y) ∂y Igualando x2 + α (y) = x2 + y ⇒ α (y) = y y2 Integrando con respecto a y α(y) = 2 Ing.D.5.UMSS . ECUACIÓN DIFERENCIAL x2 y 2 + 2 2 x2 y 2 + 2 2 F = x2 y + c = x2 y + Ejemplo 1.UMSS .12 (y + 2xy 3 )dx + (1 + 3x2 y 2 + x)dy = 0 ∂M ∂N = 1 + 6xy 2 = ∂y ∂x ∂F ∂F = y + 2xy 3 ∧ = 1 + 3x2 y 2 + x ∂x ∂y Integrando con respecto a “x” F = yx + x2 y 3 + α(y) ∂F = x + 3x2 y 2 + α (y) ∂y x + 3x2 y 2 + α (y) = 1 + 3x2 y 2 + x α (y) = 1 Integrando α(y) = y F = yx + x2 y 3 + y Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. 16 .E.D. Raúl Romero E.11 (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0 ∂M ∂N = 2x = ∂y ∂x ∂F = 2xy + x ∂x x2 Integrando F = x2 y + + α(y) 2 ∂F = x2 + α (y) ∂y x2 + α (y) = x2 + y ⇒ α (y) = y y2 Integrando α(y) = 2 x2 y 2 + F =c ⇒ F = x2 y + 2 2 c = x2 y + x2 y 2 + 2 2 E.FCyT . ∂F = x2 + y ∂y Ejemplo 1. 6.Sea la ecuación diferencial M (x.UMSS . ∂µM (x.. y) ∂µN (x. Ecuaciones no Exactas que pueden transformarse en Exactas Método del Factor Integrante. . ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS Ejemplo 1.D.FCyT .E. y)dx + µN (x.6. y)dy = 0 E.Departamento de Matemáticas 1. y)dx + N (x. y) Luego = ∂y ∂x µ ∂M ∂µ ∂N ∂µ +M =µ +N ∂y ∂y ∂x ∂y 17 Ing. y)dy = 0 Donde se verifica que ∂N ∂M = ⇒ M (x. y)dy = 0 No es E.D. ∂y ∂x ⇒ ∃µ = µ(x.13 yexy dx + xexy dy = 0 ∂M ∂N = yxexy + exy = ∂y ∂x ∂F ∂F = yexy ∧ = xexy ∂x ∂y Integrando con respecto a “x” u = xy F = yexy dx + α(y) du = ydx eu du + α(y) F = F = exy + α(y) ∂F = xexy + α (y) ∂y xexy + α (y) = xexy ⇒ α (y) = 0 Integrando con respecto a “y” F = exy + c α(y) = c 1. y)dx + N (x. Raúl Romero E.E. y) µM (x. ∂M ∂N d ln µ − =N +0 ∂y ∂x dx ∂M ∂N − d ln µ ∂y ∂x = = f (x) dx N ∂M ∂N − ∂y ∂x d ln µ = dx = f (x)dx N Integrando ⇒ d ln µ = d ln µ = ln µ = c ∂M ∂N − ∂y ∂x dx + ln c N f (x)dx + ln c f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx eln c = e µ =e c µ µ=e ⇒ µ = ce ∂N ∂M − ∂y ∂x dx N c=1 2. ECUACIÓN DIFERENCIAL µ ∂N ∂M − ∂y ∂x =N N ∂µ ∂µ −M ∂x ∂y ∂M ∂N 1 − = ∂y ∂x µ ∂µ ∂µ −M ∂x ∂y ∂N 1 ∂µ 1 ∂µ ∂M − =N −M ∂y ∂x µ ∂x µ ∂y ∂ ln µ 1 ∂µ ∂M ∂N ∂ ln µ ∂ ln µ = ⇒ − =N −M ∂x µ ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y 1.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. µ = µ(y) 18 . Suponemos que µ depende de la variable solo de x µ = µ(x) factor integrante.UMSS . Suponemos que µ = f (y) Ing.FCyT . Raúl Romero E. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂M ∂N d ln µ − = −M ∂y ∂x dy ∂N ∂M d ln µ − =M ∂x ∂y dy ∂N ∂M − d ln µ ∂x ∂y = dy M ∂N ∂M − ∂x ∂y d ln µ = dy M d ln µ = f (y)dy Integrando ln µ = µ = c f (y)dy + ln c µ =e c f (y)dy ∂N ∂M − ∂x ∂y dy M Factor integrante (-1) ln f (y)dy ⇒ µ=e f (y)dy .Departamento de Matemáticas 1.UMSS . (4xy + 3y 2 − x)dx + x(x + 2y)dy = 0 Solución: Ing.N.E.) ∂M ∂N = ∂y ∂x ∂M ∂N − ∂y ∂x = f (x) ⇒ µ = e N Si no se prueba con la otra. 19 . y)dx + N (x. Ejercicios Resueltos 1. y)dy = 0 Ecuación Diferencial no Exacta (E.6. Raúl Romero E.FCyT . c=1⇒µ=e Resumen: M (x.6.1. ∂M ∂N − ∂x ∂y = f (y) ⇒ µ = e M ∂M ∂y − ∂N dx ∂x N ∂N ∂x − M ∂M ∂y dy 1.D. D.E. = 2x + 2y. ∂y ∂x ∂M ∂N = ∂y ∂x ∂N ∂M − 4x + 6y − 2x − 2y 2x + 4y 2(x + 2y) 2 ∂y ∂x ⇒ = = = = 2 + 2xy N x x(x + 2y) x(x + 2y) x 2 f (x) = x 2 µ=e f (x)dx =e 2 dx x = e2 ln x µ = eln x = x2 ⇒ µ = x2 Multiplicamos la ecuación diferencial por µ el factor integrante µ = x2 x2 (4xy + 3y 2 − x)dx + x2 x(x + 2y)dy = 0 E. 20 ∂N ∂M = ∂y ∂x −x − y − 1 =? x(x + 3y + 2) . ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂N = 4x + 6y.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1.UMSS . Raúl Romero E. (4x3 y + 3x2 y 2 − x3 )dy + (x4 + 2x3 y)dy = 0 ∂M ∂N = 4x3 + 6x2 y = ∂y ∂x ∂F ∂F = 4x3 y + 3x2 y 2 − x3 ∧ = x4 + 2x3 y ∂x ∂y Integrando con respecto a “x” F = x4 y + x3 y 2 + x4 + α(y) 4 ∂F = x4 + 2x3 y + α (y) ∂y x4 + x2x3 y + α (y) = x4 + 2x3 y ⇒ α (y) = 0 Integrando α(y) = c K = x4 y + x3 y 2 + x4 +c 4 2.FCyT . y(x + y + 1)dx + x(x + 3y + 2)dy = 0 Solución:  ∂M  = x + y + 1 + y = x + 2y + 1  ∂y ∂N  = x + 3y + 2 + x = 2x + 3y + 2  ∂x ∂N ∂M − x + 2y + 1 − 2x − 3y − 2 ∂y ∂x = = N x(x + 3y + 2) Probamos con el otro Ing. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂N ∂M − 2x + 3y + 2 − x − 2y − 1 (x + y + 1) 1 ∂x ∂y = = = M y(x + y + 1) y(x + y + 1) y 1 g(y) = y µ=e g(y)dy ⇒µ=e 1 dy y = eln y = y ⇒ µ = y y 2 (x + y + 1)dx + yx(x + 3y + 2)dy = 0 ∂F ∂F = y 2 (x + y + 1) ∧ = xy(x + 3y + 2) ∂x ∂y Integrando con respecto a x” F = x2 2 y + xy 3 + xy 2 + α(y) 2 ∂F x3 = 2 · y + 3xy 2 + 2xy + α (y) ∂y 2 2 2 x y + 3xy 2 + 2xy + α (y) = x2 y + 3xy 2 + 2xy ⇒ α (y) = 0 2 Integrando α(y) = c K= x2 2 y + xy 3 + xy 2 + c 2 3. ∂y ∂N = 2x(y − x) − x2 ∂x ∂M ∂N − ∂y ∂x N −x2 − 2xy + 3x2 2x2 − 2xy x(2x − 2y) = 2 = 2 2 (y − x) x x (y − x) x (y − x) 2x(x − y) −2 = =− 2 (y − x) x x = −2 dx −2 2 = e−2 ln x = eln x = x−2 ⇒ µ = x−2 f (x) = − .6. µ = e x x −2 x (1 − x2 y)dx + x2 x−2 (y − x)dy = 0 (x−2 − y)dx + (y − x)dy = 0 Ing. 21 .UMSS . (1 − x2 y)dx + x2 (y − x)dy = 0 Solución: ∂M = −x2 .Departamento de Matemáticas 1.FCyT . Raúl Romero E. UMSS . (x2 + y)dx − xdy = 0 Solución: ∂M ∂N = 1. = −x−1 ∂y ∂x ∂x ∂y x−1 ∂F F =x+ y + α(y) = −x−1 + α (y) −1 ∂y −x−1 + α (y) = −x−1 ⇒ α (y) = 0 Integrando α (y) = 0 α(y) = c y K =x− +c F = x − x−1 y + c x ∂N ∂N = ∂y ∂x 2 − dx x = e−2 ln x = eln x−2 = x−2 1. F = − yx + α(y) ∂x ∂y −1 ∂F = −x + α (y).2. = −1 ∂y ∂x ∂F ∂F x−1 −2 =x −y∧ = y − x. 22 . ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂N = −1. = x−2 . Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas 1.6.µ = e N −x −x µ = x−2 x−2 (x2 + y)dx − x−2 dy = 0 (1 + x−2 y)dx − x−1 dy = 0 ∂M ∂N ∂F ∂F = x−2 . = 1 + x−2 y .FCyT . (2xy 4 ey + 2xy 3 + y)dx + (x2 y 4 ey − x2 y 2 − 3x)dy = 0 Ing. = −1 ∂y ∂x ∂M ∂N − 1+1 2 ∂y ∂x = = . −x + α (y) = y − x ⇒ α (y) = y ∂y Integrando α(y) = y2 2 1 y2 C = − − yx + x 2 4. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. E. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS Solución: ∂M = 8xy 3 ey + 2xy 4 ey + 6xy 2 + 1 ∂y ∂N = 2xy 4 ey − 2xy 2 − 3 ∂x ∂N ∂M − x 8xy 3 ey + 2xy 4 ey + 6xy 2 + 1 − 2xy 4 ey + 2xy 2 + 3 ∂y ∂ = =? N x2 y 4 ey − x2 y 2 − 3x Probamos con ∂M ∂N − ∂x ∂y M = 2xy 4 ey − 2xy 2 − 3 − 8xy 3 ey − 2xy 4 ey − 6xy 2 − 1 2xy 4 ey + 2xy 3 + y 2 3 y −4(2xy + 2xy e + 1) 4 = =− y(2xy 2 + 2xy 3 ey + 1) y −4 µ=e dy y ⇒µ= 1 ⇒ µ = µ(y) y4 1 1 (2xy 4 ey + 2xy 3 + y)dx + 4 (x2 y 4 ey − x2 y 2 − 3x)dy = 0 4 y y (2xey + 2xy −1 + y −3 )dx + (x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 )dy = 0 ∂M ∂N = 2xey − 2xy −2 − 3y −4 = ∂y ∂x E.FCyT . ∂F ∂F = 2xey + 2xy −1 + y −3 . = x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 ∂x ∂y Integrando respecto a “x” F = x2 ey + x2 y −1 + xy −3 + α(y) Derivando con respecto a “y” ∂F = x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 + α (y) ∂y x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 + α (y) = x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 ⇒ α (y) = 0 α(y) = k x2 x c = x2 ey + + 3 y y 2. Raúl Romero E. 23 2 2 .UMSS .6. (y 2 exy + 4x3 )dx + (2xyexy − 3y 2 )dy = 0 E.E.Departamento de Matemáticas 1.D.D. Solución: Ing. Raúl Romero E.UMSS . ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂N 2 2 2 2 = 2yexy + 2xy 2 exy = 2yexy + 2xy 3 exy = ∂y ∂x ∂F ∂F 2 xy 2 3 xy 2 2 ⇒ = y e + 4x ∧ = 2xye − 3y ∂x ∂y Entegrando con respecto a “x” F = y2 2 exy dx + x4 + α(y) 2 F = exy + x4 + α(y) Derivando F con respecto a “y” ∂F 2 = 2xyexy + α (y) ∂y 2 2 2xyexy + α (y) = 2xyexy − 3y 2 ⇒ α (y) = −3y 2 α(y) = −y 3 c = exy + x4 − y 3 2 3.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. 24 .FCyT . (6x5 y 3 + 4x3 y 5 )dx + (3x6 y 2 + 5x4 y 4 )dy = 0 Solución: ∂N ∂M = 18x5 y 2 + 20x3 y 4 = ∂y ∂x ∂F ∂F = 6x5 y 3 + 4x3 y 5 ∧ = 3x6 y 2 + 5x4 y 4 ∂x ∂y Integrando Ing. (cos y + y cos x)dx + (sen x − x sen y)dy = 0 Solución: (cos y + y cos x) dx + (sen x − x sen y) dy = 0 ∂M ∂N = − sen y + cos x = ∂y ∂x ∂F ∂F = cos x + y cos x ∧ = sen x − x sen y ∂x ∂y Integrando con trespecto a “x” F = x cos y + y sen x + α(y) Derivando F con respecto a y ∂F = −x sen y + sen x + α (y) ∂y −x sen y + sen x + α (y) = sen x − x sen x ⇒ α (y) = 0 α(y) = k c = x cos x + y sen x M N 4. Departamento de Matemáticas 1. Fy = ex Integrando con respecto a “y” F = ex y + α(x) ∂F 2 = 2yxex + α (x) ∂x 2 2 2xyex + α (x) = 2xyex − 2x ⇒ α (y) = −2x α(x) = −x2 6. EJERCICIOS PROPUESTOS F = x6 y 3 + x4 y 5 + α(y) Derivando F ∂F = 3x6 y 2 + 5x4 y 4 + α (y) ∂y 3x6 y 2 + 5x4 y 4 + α (y) = 3x6 y 2 + 5x4 y 4 ⇒ α (y) = 0 α(y) = k 2 2 ∴ c = x6 y 3 + x 4 y 5 5.7.7.UMSS . (x2 − y)dx − xdy = 0 Solución: ∂M ∂N = −1 = ∂y ∂x ∂F ∂F = x2 − y ∧ = −x ∂x ∂y F = x3 − yx + α(y) ∂F = −x + α (y) ∂y −x + α (y) = −x ⇒ α (y) = 0 α(y) = k ∴ c = x3 − yx ∴ c = ex y − x2 2 2 1. . Ejercicios Propuestos 25 1. Raúl Romero E. 2x(yex − 1)dx + ex dy = 0 Solución: ∂M ∂N 2 2 = 2xex . = 2xex ∂y ∂x 2 2 Fx = 2x(yex − 1).FCyT . (x + y cos x)dx + sen x dy = 0 Ing. FCyT . ex (cos ydx − sen ydy) = 0 Ing. (2x + y)dx − (x + 6y)dy = 0 6. (2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0 5. (2x + 3y + 4)dx + (3x + 4y + 5)dy = 0 3.UMSS . ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0) 11. (sen y − y sen x)dx + (cos x + x cos y − y)dy = 0 8. ECUACIÓN DIFERENCIAL 2. (x2 + y 2 − 5)dx − (y + xy)dy = 0 4. (2xy 2 − 3)dx + (2x2 y + 4)dy = 0 9.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. (5x + 4y)dx + (4x − 8y 3 )dy = 0 7. 26 . (tan x − sen x sen y)dx + cos x cos y dy = 0 10. Raúl Romero E. 1. Y y = f (x) P0 (x0 . y0 ) θ A Recta Tangente X Q B Recta Normal Figura 2.Capítulo 2 Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2. Aplicaciones Geométricas En geometría es posible emplear a las ecuaciones diferenciales las que permiten definiciones precisas. dy = y = tan(θ) dx AQ : subtangente mN · mt = −1 27 BQ : Sub Normal BP0 : Normal .1: Pendiente: mt = AP0 : Tg. FCyT . Raúl Romero E. LSN LSN = y Ing. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN mN : Pendiente de la recta normal mN = − 1 mt mt : Pendiente de la recta tangente mN = − 1 y Ecuaciones de la recta tangente y recta normal y − y0 = m(x − x0 ) mt = dy dx mN = − 1 dy dx Ecuación de la recta tangente y − y0 = Ecuación de la recta normal y − y0 = − 1 (x − x0 ) dy dx (2. 28 dy dx dx dy 1+ dx dy 2 .UMSS .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. y0 ) y el punto B LN = y 1 + (y )2 longitud de la recta tangente entre el punto P0 (x0 .1) Longitud de normal entre el punto P0 (x0 .2) dy (x − x0 ) dx (2. y0 ) y el punto A Lt = y Longitud de la subtangente Lst Lst = y Longitud de la sub normal. 29 . y) y los ejes coordenados XY P Q = LN = y P R = LN = x 1 + (y )2 con el eje “X” 1+ 1 y 2 con el eje “ Y” Segmentos intersectados por la recta tangente en los ejes X.Departamento de Matemáticas 2. Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (0. Raúl Romero E. Y respectivamente 1 OR = y − xy OQ = x − y y Segmentos intersectados por la recta normal con los ejes “X. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Y R P (x. Y ” respectivamente 1 x + yy y+x y 2. PR = x 1+ dy dx 2 Longitud de la recta normal entre el punto P (x.2.FCyT .2: X Longitud de la tangente entre el punto P (x.2. y) O Q Figura 2.UMSS . Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden 1. 4) cuya pendiente de la recta tangente es igual a la suma de sus coordenadas Solución: Ing.2 página 29) PQ = y 1+ dx dy 2 . Y (ver figura 2. y) y los ejes coordenados X. = −e−x ∂x ∂y F = −e−x y + h(x). APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN mt = x + y dy =x+y dx h (x) = e−x xdx (x + y)dx − dy = 0 My = 1 1−0 u = x dv = e−x dx du = dx v = −e−x h(x) = −xe−x + e−x dx Nx = 0 u = e −1 dx = e−x (e−x + e−x y)dx − e−x dy = 0 Nx = e−x My = e−x ∂F ∂F = e−x x + e−x y. Raúl Romero E. Determinar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. y = 4 4=0+1+c⇒c=3 ∴ y = 3ex + x + 1 2. cuya recta tangente intersecta al eje de ordenadas en el doble de su abscisa.3: Solución: Ing.FCyT . 30 . 0). ∂F = e−x y + h (x) ∂x e−x y + h (x) = e−x x + e−x y h(x) = −xe−x − x−x e−x y − xe−x − e−x = c e−x y = −xe−x − e−x + c y = x + 1 + cex Reemplazando x = 0.UMSS . Recta tangente que intersecta al eje de ordenada OB = y − x dy dx Recta tangente que intersecta al eje de la abscisa dx dy OA = x − y Y A O B X Figura 2. 31 . Hallar la ecuación de movimiento del móvil Solución: v(0) = 5 m s v =x+6 x = ket − 6 dx = v = ket . y) 2 y ∂F (x.FCyT . Raúl Romero E. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN dy = 2x dx ydx − xdy = 2xdx y−x (2x − y)dx + xdy = 0 ⇒ My = −1 ⇒u=e −1−1 dx x ∗dx Nx = 1 −2 . x x x 1 1 My = − 2 Nx = − 2 x x ∂F (x. y) 1 = − 2.UMSS .D. v(0) = 5 m/s dt 5 = ke0 ⇒ k = 5 ∴ x = 5et − 6 dx dx Separando =x+6⇒ = dt. Hallar la ecuación de la velocidad de un móvil que se desplaza con una aceleración de 20 sen 2t. u = e−2 ln x = eln x 1 u = x−2 u= 2 x 2 y 1 ⇒ − 2 dx + dy = 0 E. Un móvil se desplaza en línea recta de manera que su velocidad excede en 6 a su distancia respecto de un punto fijo a la recta si v = 5 m s cuando t=0 s. variable dt x+6 ln(x + 6) = t + c x + 6 = ket Ing.Departamento de Matemáticas 2. = ∂x x x ∂y x Integrando respecto de “y” y F = + h(x) x ∂F y = − 2 + h (x) ∂x x y 2 y − 2 + h (x) = − 2 x x x h(x) = 2 ln x y c = + 2 ln x (1. sabiendo que en v(0) = 0 m s Solución: Integrando v = −10 cos(2t) + c a = 20 sen(2t) dv dv a= ⇒ = 20 sen(2t) dt dt dv = 20 sen(2t)dt v(0) = 0 0 = −10 cos(0) + c ⇒ c = 10 ∴ v = 10 − 10 cos(2t) 4.2.E.0) x 0 c = + 2 ln 1 ⇒ c = 0 1 y + 2 ln x = 0 x ∴ y = −2x ln x 3. A2 = 0 x ydx Derivando respecto de x dy dy = 4y ⇒ x = 3y dx dx ln y = 3 ln x + ln c y+x ∴ y = cx3 A1 = 3A2 x xy − 0 ydx = 3 0 x ydx xy = 4 0 ydx 32 Ing. El área de un rectángulo ubicada entre el origen y el punto (x.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. donde una de ellas es el triple Solución: (Ver Figura 2. y) A1 A2 Figura 2. Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1.UMSS . 0) cuya longitud de la recta tangente entre el punto de tangencia y el eje “Y ” es igual al cuadrado de su abscisa Lt = x2 Solución: Longitud de la T g y el eje “Y ” Lt = x x 1 + (y )2 dy √ 2 = x −1 dx √ x2 − 1dx − dy = 0 Por tablas ( Integral) √ x√ 2 1 x − 1 − ln x x2 − 1 − y = c 2 2 (1. Hallar la ecuación de la curva que divide al área rectangular en dos áreas. Raúl Romero E. y) vertices opuestos. .4: b x A1 = xy − a ydx.FCyT .4) (x. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 5. 0) c=0 y= √ x√ 2 1 x − 1 − ln x + x2 − 1 2 2 1 + (y )2 = x2 1 + (y )2 = x 1 + (y )2 2 = x2 1 + (y )2 = x2 y = √ x2 − 1 6. 0) dy dx 33 y2 x2 =− +c 2 2 2 2 y +x =k ∴ x2 + y 2 = k Ing. en el de contacto Solución: mt = 3x dy = 3x dx dy = 3xdx dy = 3xdx y=3 x2 +c 2 1 (1. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 7. 3) → 3 = 3 + c 2 3 6−3 3 c=3− = = 2 2 2 3 3 ∴ y = x2 + 2 2 8. Determinar la ecuación de la curva. pasa por el punto (2. Hallar la ecuación de la curva cuyas rectas normales pasan por el origen de coordenadas. .FCyT .UMSS .Departamento de Matemáticas 2.2. mN = − dy dx dx y=− dx x ⇒ ydy = −xdx dy Ecuación de la recta: y − y0 = mN · (x − x0 ) y − y0 = − 1 (x − x0 ) en (0. 7) si su pendiente de la recta tangente es el cociente de su ordenada entre su abscisa del punto de tangencia. Solución: mt = 1 dy . pasa por el punto (1. Solución: mt = dy dx dy y y x y = x dx = x ln y = ln(xc) y = xc (2. Raúl Romero E. 3) si su pendiente de la recta tangente es el triple de su abscisa. Hallar la ecuación de la curva. 7) → 7 = 2c ⇒ c = 7 ∴ y= x 2 7 2 ln y = ln x + ln c 9. UMSS .FCyT .Dif. Raúl Romero E. T (0) =? dT = k(T − Tm ) dt dT = k dt T − Tm Ing.02531 ek = ⇒ T = 100 − 80e−0.0794 ln e−0. 1o O. Si una barra metálica pequeña. cuya Temperatura inicial es de 20o C se deja caer en un recipiente de agua hirviente. ¿Cuanto tiempo tardara en alcanzar 90o C. ln(T − Tm ) = kt + c.02531t 90 = 100 − 80e−0. T (30) = 15o F . c1 = ec T = 100 + c1 ekt Tm = 100o C agua hirviente Condiciones de borde 20 = 100 + c1 e(k)(0) c1 = −80 T = 100 − 80ekt 22o = 100 − 80ek —————————————————————————————— b) 98 = 100 − 80e−0. T (15) = 30o F .02531t = 8 1 8 −0.74 11.16 s.02531t = −2. si sabe que su temperatura aumento 2o C en un segundo? ¿Cuanto tiempo tardara en llegar a 98o C? Solución: T (0) = 20o C. −78 = −80ek 78 78 ⇒ k = ln 80 80 k = −0.02531t −80e−0.02531t = −10 1 e−0. 34 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. T (?) = 98o C dT = k(T − Tm ) dt Ec. T = Tm + c1 ekt .02531t ∴ t = 145. T (1) = 22o C. Un cuerpo de temperatura desconocida se coloca en un frigorífico que se mantiene a temperatura constante a 0o F y después de 3 minutos está a 15o F ¿Cual será su temperatura inicial ? Solución: Tm = 0o F .02531t = ln ∴ t = 82.02531t ⇒ −2 = −80e−0. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 10. T (?) = 90o C. 35 . Un termómetro se lleva del interior de una habitación al exterior. T (15) = 30o F ⇒ 30 = c1 e15k (1) 12. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ln(T − Tm ) = kt + c OBS: c1 = ec T − Tm = c 1 e T = Tm + c1 e kt T (15) = 30o F 15 = c1 e30k (2) 30 = c1 e−15 15 c1 = 60 ln 2 de (1) y (2) se tiene 30 e15k = 30k 15 e −15k 2=e k=− ln 2 15 ln 2 t T = 60e 15 − kt T (0) =? T = 60e0 ∴ T = 60o F T = c1 ekt . el termómetro indica 55o F cinco minutos después marca 30o F.FCyT . Una olla de sopa inicialmente hirviendo.UMSS . T = 20 − 4 ∴ T = 16o C 1 2 13. ¿Cual es la temperatura del interior? Solución: Tm = 5 o F T (1) = 55o F T (5) = 30o F Ing. Después de un minuto.2. donde la temperatura del aire es de 5o F. se enfría en aire a 0o C y a los 30 minutos esta a una temperatura 20o C ¿Cuanto se enfría en los siguientes 30 minutos ? Solución: Tm = 0 o C T (0) = 100o C T (30) = 20o C dT = kdt T − Tm ln(T − Tm ) = kt + c T = Tm + c1 ekt T = c1 ekt 100 = c1 e0 c1 = 100 T = 100ekt 20 = 100e30k 30k = ln 2 10 k= 1 2 ln 30 10 1 2 T = 100e 30 ln 10 t T (60) =? T = 100e 30 ln( 10 )60 T = 4o F . 46o F 14.81093 T = 36. T ( 1 ) = 50o F .81093t 5 = 60e−0.81093t ∴ t = 3.173280t T (0) =?. T (?) = 15o F 15 = 10 + 60 · e−0.46 ∴ T = 64. donde la Temperatura es 10o F . Raúl Romero E. ln = k 3 3 2 2 k = 2 ln 3 k = −0.81093t T (1) =? T = 10 + 60e−0. Después 1 de minuto es de 50o F ¿Cual es la temperatura cuando t = 1 min 2 ¿Cuanto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15o F ? Solución: T (0) = 70o F .FCyT .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.84089 ln(T − 5) = kt + c1 T − 5 = cekt T = 5 + cekt .UMSS . Tm = 10o F .46e−0. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN dT = k(T − Tm ) dt dT = kdt T −5 Integrando dT = T −5 kdt 50 = cek 25 = ce5k 50 cek = 5k ⇒ 2 = e−4k 25 ce ln 2 ln 2 = −4k ln e ⇒k = −4 k = −0.46 0.T (1) = 55o F 55 = 5 + cek 30 = 5 + ce5k (I) (II) ⇒ T = 5 + 59.173286 50 = ce−0.66o F. Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del aire es 70o F y se lleva al exterior.06 min .T = 5 + 59. T ( 1 ) = 50o F 2 50 = 10 + 60e 2 k 2 1 2 1 = e 2 k . T (0) = 70o F 70 = 10 + ce0 c = 60.8109302 36 1 T = 10 + 60e−0.173286 c= 50 = 59. T (1) =? 2 T (?) = 15o F dT = k(T − Tm ) dt dT = k(T − 10) dt Integrando ln(T − 10) = kt + c1 T − 10 = cekt T = 10 + cekt Ing. La temperatura de la superficie del motor es de 180o C a) ¿ Cuanto tiempo tomara que la temperatura de la superficie del motor baje a 40o C? b) Para una temperatura dado T entre 200o C y 30o C sea t(T ) el tiempo que se necesita para que el motor se enfrié de 200o C a T [Por ejemplo. = k(T − Tm ) dt dT = kdt Para T (0) = 100o C 20 = 60e10k (T − Tm ) 1 ln(T −Tm ) = kt+c1 100 = 40 + cek0 ⇒ = e10k 3 1 T − Tm = ekt+c1 c1 = 60 ln = 10k ln e 3 1 1 T = Tm + cekt Para T (10) = 60o C k= ln 10 3 T = 40 + cekt Ing.0125. Tm = 300o C .2. T (10) = 180o C a) T (?) = 40o C dT = k(T − Tm ) dt ln(T − Tm ) = c1 ekt T = Tm + c1 ekt T = 30 + c1 ekt T (0) = 200o C 200 = 30 + c1 e(k0) ⇒ c1 = 170 T (10) = 180o C 15 = e10k 17 k = −0. t(200) = 0 y t(40) es es la respuesta del inciso a)] encuentre la fórmula para t(T ) en términos de T y grafique la función (la temperatura ambiente sigue siendo 30o C) Solución: T (0) = 200o C . Raúl Romero E.0125t ∴ t = 226. 60 = 40 + 60e10k 37 ∴ k = −0. T = 30 + 170e−0.Departamento de Matemáticas 2. T (10) = 60o C Tm = 40o C. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 15. La temperatura del aire que la rodea es de 30o C.1099 .FCyT . Después de 10 minutos.UMSS . Solución: dT T (0) = 100o C.6min 16. La temperatura de un motor en el momento en que se apaga es 200o C. Debe colocarse un objeto a 100o C en un cuarto a 40o C ¿ Cual debe ser la constante de proporcionalidad para el objeto este a 60o C después de 10 minutos?.0125t 180 = 30 + 170e10k ⇒ 40 = 30 + 170e−0. P (t) = . Q(t) = −980 dt 20 dt 2 2 38 Ing. La resistencia del aire actúa con una constante de proporcionalidad de 10 g/s considerando solo movimiento vertical a) Determinar la velocidad en función del tiempo b) Calcular la velocidad después de 10 s.1. Raúl Romero E. + v = −980 .2. .3.3.1 Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela horizontalmente. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.3.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. Ejemplos Ejemplo 2. antes de chocar con el suelo Solución: y cmg Tkv m = 20g k = 10 g/s a) m dv = F dt dv m = −mg − kv ÷ m dt dv kv dv k = −g − ⇒ + v = −g Ecuación Diferencial Lineal dt m dt m dv 10 dv 1 1 + v = −980 . Mecánica Movimiento vertical incluyendo la resistencia del aire ~ ma = F m dv = dt F c mg T kv La resistencia del aire es proporcional a la magnitud de la velocidad y actúa en dirección opuesta a la de la velocidad Fuerza resistiva = −kv ⇒ m dv = −mg − kv dt 2.UMSS .FCyT . 2. v(0) = 0 0 = −1960 + ce(− 2 )(0) ⇒ c = 1960 v = −1960 + 1960e− 2 t 1 1 1 1 ∴ v = −1960 1 − e− 2 t 1 b) v = −1960 1 − e−( 2 )(10) ⇒ v = −1960 (1 − e−5 ) .2 Una masa de 1g se mueve en linea recta debido a la F = ma donde la fuerza es directamente proporcional al tiempo desde t = 0 e inversamente proporcional a la velocidad en t = 10 s su velocidad es igual 50 cm/s y la fuerza igual a L dinas ¿Que velocidad tendrá la masa al cabo de un minuto del comienzo del movimiento? Solución: m = 1g F = 1 dina 4g v(10) = 50 cm/s F = ma cm 10s =k· 2 s 50 cm/s c = 500 ⇒ v 2 = 20t2 + 500 t = 1min = 60s v =? Fα dt v t v F =k cm2 s4 dv t m =k· dt v dv t m = 20 · dt v vdv = 20tdt k = 20 g t2 c v2 = 20 + 2 2 2 P/ v(10) = 50 cm/s 502 = (20)(102 ) + c Ing. v 2 = (20)(602 ) + 500 v 2 = 72500 v= √ 72500 cm/s ∴ v = 269.3. ∴ v = −1947 cm/s Ejemplo 2. Raúl Romero E.FCyT . MECÁNICA P (t)dt 1 ve = Q(t)e e 2 t dt + c 1 1 P (t)dt dt + c ⇒ve 1 dt 2 = −980e 1 dt 2 dt + c ve 2 t = −980 1 ve 2 t = −980 · 2e 2 t + c ⇒ v = −1960 + ce− 2 t .25 cm/s 39 .Departamento de Matemáticas 2.UMSS . si la resistencia del aire es cinco veces su velocidad.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. Raúl Romero E. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo 2.FCyT .3 Hallar y = f (x) (solución) que pasa por el punto (1. Se lanza hacia arriba una pelota de masa 1kg con una velocidad inicial de 50 m/s.2) de modo que el coeficiente angular de la tangente en cualquiera de sus puntos sea igual a la ordenada del mismo punto aumentado en cinco veces Solución: dy dy = y + 5. a) Hallar la ecuación de la trayectoria b) En que instante su velocidad es cero c) Cual es su altura máxima Solución: g = 10 m/s2 ~ c mg 5v c ~ T 0 = 50 m/s v Ing. m = dx dx dy = dx y+1 Integrando dy = dx y+5 ln(y + 5) = x + c y + 5 = ex+c y = −5 + c1 ex 2 = −5 + c1 e1 7 = c1 e ⇒ c1 = 7 e 7 ∴ y = −5 + ex e 1. 40 .UMSS . v = 5 dt dy 260 −5t = e −2 dt 5 260 −5t dy = e − 2 dt 5 (♠.69 m y= 2.Departamento de Matemáticas 2.UMSS .3. 41 . MECÁNICA a) ma = F dv m = −mg − kv dt dv = −dt 10 + 5v 1 ln(10 + 5v) = −t + c 5 dy 260 −5t v= e − 2.655 260 y= (1 − e−5t ) − 2t 25 10 260 10 260 e−5t = −5t = ln ∴ t = 0.1) Integrando y=− 260 e−5t · − 2t + c1 5 5 reemplazando v(0) = 50 en (♠.FCyT .65 25 ∴ y = 8. Raúl Romero E. 260 (1 − e−5t ) − 20.1) 1 ln(10 + 250) = c reemplazando y(0) = 0 5 1 260 0 c = ln(260) 0=− e + c1 5 25 1 1 260 ln(10 + 5v) = −t + ln(260) c1 = 5 5 25 1 −250 −5t 260 1 y= e − 2t + t = ln 260 − ln(10 + 5v) 5 5 25 25 260 1 260 t = ln ∴ y= 1 − e−5t − 2t 5 10 + 5v 25 ——————————————————————————————— dy 260 −5t = e −2 dt 5 dy =0 v= dt 260 −5t 0= e −2 5 b) c) ymax =? t=0. Se deja caer un cuerpo de masa “m” sujeto a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad a) Determinar la velocidad en función del tiempo con la condición v(0) = v0 b) Calcule v =? si t → ∞ c) Hallar y = f (t) Ing.65 s. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. 42 .v= ⇒ = + v0 − e m k k dt dt k k mg m mg − k t + Integrando: y= v0 − e m + c1 k k k Si y(0) = 0 m mg 0 m mg 0=− v0 − e + c1 ⇒ c1 = v0 − k k k k m mg − k t m mg mg t− v0 − e m + v0 − ∴ y= k k k k k 3.FCyT . Una bola de cañon pesa 16 libras se dispara verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 300 pie/s Ing. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Solución: g = 10 m s ~0 v y a) m m F = ma dv = mg − kv dt ~T kv mg c =w t= k t = ln m emt = k m ln k mg − kv0 mg − kv mg − kv0 mg − kv dv = dt mg − kv dv = dt m mg − kv m − ln(mg − kv) = t + c. v(0) = v0 k m − ln(mg − kv0 ) = c k m m − ln(mg−kv) = t − ln(mg−kv0 ) k k b) v =? t → ∞ v= mg mg −∞ e + v0 − k k mg − kv0 mg − kv k mg − kv = (mg − kv0 )e− m t kv = −mge− m t +kv0 e−m t +mg ∴ v= mg mg − k t + v0 − e m k k k k .UMSS . notese e−∞ = 0 ∴ v= mg k c) v = mg mg − k t dy dy mg mg − k t + v0 − e m. 3.FCyT .Departamento de Matemáticas 2. MECÁNICA a) Suponga que no se toma en cuenta la resistencia del aire. La resistencia del aire actúa con una constante de proporcionalidad de 10 g/s.5) a) F = ma dv dt 43 1 −2 ln 980 − v 2   t = 2 ln  980 = t − 2 ln(980)  mg − kv = m  1  980 − v 2 Ing.25 pie v = −gt + c1 v(0) = 300 pie/s 300 = −g · 0 + c1 c1 = 300 dy = (300 − 32t)dt y = 300t − 16t2 + c y(0) = 0 ⇒ 0 = 0 − 0+c ∴ y = 300t − 16t2 4. considere solo movimiento vertical. y = f (t) c) Determinar la altura máxima Solución: ~ T a w c = mg T ~ v = 300 pie/s 0 a) F = ma −mg = ma m dv = −mg dt v = 300 − gt v = 300 − 32t b) v = dy = 300 − 32t dt c) v = 300 − 32t v(t =?) = 0 0 = 300 − 32t t= 75 s = 9.375 s 8 y = 300t − 16t2 con t = 9. Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela horizontalmente.UMSS .375 yM ax = 1406. c) Calcular la velocidad terminal cuando t → ∞ Solución: (Ver Figura 2. a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo b) Calcular la velocidad después de 10s. . Determinar la ecuación de la velocidad en función del tiempo tomar g = 32 pie/s2 b) Determinar la posición en función del tiempo. Raúl Romero E. w = 32 mg = 32 32 m= =1 32 44 . ∴ v = 1960 cm/s.FCyT . Un peso de 32 lb esta cayendo a través de un gas cerca de la superficie de la tierra. Raúl Romero E.5: dv 1 = 980 − v dt 2 = dt 1 980 − v 2 1 −2 ln 980 − v 2 v0 = 0 t=0 dv t = ln 2 980 = t + c1 1 980 − v 2 980 t e2 = 1 980 − v 2 Despejamos v =? ∴ v = 1960(1 − e− 2 ) t c1 = −2 ln(980) b) v = 1960(1 − e− 2 ) ⇒ v = 1947 cm/s. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN a kv w = mg Figura 2. con una constante de proporcionalidad de 1 en t = 0 su velocidad es 1000 pie/s a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo b) Calcular velocidad cuando t → ∞ Solución: a) F = ma dv m = mg − kv 2 dt dv = 32 − v 2 dt Ing. 10 c) v(t → ∞) =? 5.UMSS . La resistencia es proporcional al cuadrado de la velocidad.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. 45 . sea k = √ 32  32 + 1000  32 − 1000 √ 32 − 1000 √ 32 + v √ √ √ √ 32 + v 32 − v 2 32t = ln ⇒ ke2 32t = √ k 32 − v Despejando “v” ∴ v= √ √ (ke2 32t − 1) √ 32 (ke2 32t + 1) √ ∴ v = − 32 √ b) v(t → ∞) =? v = 32 ke∞ − 1 ke∞ + 1 6. En el instante que deja el disparador tiene una velocidad de 192 pie/s a) Ignorando la resistencia del aire determine cuanto tiempo es necesario para que el objeto alcance su máxima altura b) Si la resistencia del aire actúa de de acuerdo con la ecuación kv con una constante de proporcionalidad de 4 ¿Cuanto tiempo toma el objeto alcance su máxima altura. Raúl Romero E.FCyT . Un peso de 64 lb se lanza verticalmente al aire desde la superficie de la tierra. a+v a−v a= 32 √ 32 + v √ =t+c 32 − v √ 32 + 1000 √ =c 32 − 1000 √ 32 + v 1 √ = t + √ ln 32 − v 2 32 √ 32 + 1000 √ 32 − 1000  √  32 + v √  √  32 + 1000 1  32 − v  t = √ ln  √ .Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA dv = dt 32 − v 2 1 √ ln 2 32 1 √ ln 2 32 1 √ ln 2 32 √ dv 1 = ln a2 − v 2 2a v(0) = 1000 pie/s.? Solución: ~ g = 32 pie/s a T c = mg w ~ T v0 = 192 pie/s Ing.UMSS . Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.3) . v(t =?) = 0 0 = 208e−2t − 16⇒208e−2t = 16 t= 1 16 ln −2 208 ∴ t = 1.UMSS .28 s.4. 1 ln(32 + 2 · 192) = c 2 1 1 ln(32 + 2v) = −t + ln (32 + 2 · 192) 2 2 416 1 t = ln 2 32 + 2v 416 e2t = 32 + 2v v = 208e−2t − 16 . 46 (2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN F = ma dv m = −mg dt dv = −gdt v = −gt + c b) v(0) = 192 pie/s. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden dy + P (x)y = Q(x) dx dx + P (y)x = Q(y) dy Las ecuaciones tienen la siguiente forma Resolución de la ecuación lineal dy + P (x)y = Q(x) dx Ordenando e igualando a cero [P (x)y − Q(x)]dx + dy = 0 Ing. 192 = (−32)(0) + c c = 192 v = 192 − 32t T a ~ c v(t =?) = 0 0 = 192 − 32t ∴ t = 6s kv c = mg w ~ T = 192 pie/s. 2. v F = ma dv m = −mg − kv dt dv 2 = −64 − 4v dt dv = −dt 32 + 2v 1 ln(32 + 2v) = −t + c 2 v(0) = 192 pie/s.FCyT . Raúl Romero E. y) = P (x)ye − Q(x)e ∧ =e ∂x ∂y Integrando respecto a “y” P (x)dx P (x)dx f (x. y) = P (x)ye + h (x) ∂x Igualando las derivadas P (x)ye P (x)dx + h (x) = P (x)ye P (x)dx P (x)dx − Q(x)e P (x)dx h (x) = −Q(x)e Integrando respecto a “x” P (x)dx P (x)dx dx ⇒ f (x. y) P (x)dx ∂f (x. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN Entonces My = P (x). Raúl Romero E.FCyT . y) = ye − P (x)dx P (x)dx h(x) = − Q(x)e Q(x)e dx c = ye P (x)dx − Q(x)e dx ye P (x)dx = Q(x)e P (x)dx dx + c Ecuación de Leibniz 47 Ing. y) = e dy f (x.UMSS .Departamento de Matemáticas 2. y) = e y + h(x) Derivando respecto a “x” P (x)dx ∂f (x.3) por el factor integrante e P (x)dx [P (x)y − Q(x)]dx + e P (x)dx dy = 0 dy = 0 df = e P (x)dx [P (x)y − Q(x)]dx + e P (x)dx P (x)dx P (x)dx ∂f (x.4. Nx = 0 ⇒ M y − Nx P (x) − 0 = = P (x) N 1 P (x)dx ⇒u=e Factor integrante Multiplicando la ecuación diferencial (2. . + P (y)x = Q(y) dy dy dy Utilizando Leibniz xe P (y) = − sen y xe − dy 1 = en dx x sen y + 2 sen(2y) P (y)dy = Q(y)e P (y)dy dy + c Q(y) = 2 sen(2y) sen(2y) · e − sen ydy =2 sen ydy dy + c sen y cos y ecos y dy + c tet dt + c et dt + c xecos y = 2 2 sen y cos y ecos y dy + c ⇒ xecos y = 4 xecos y = −4 t = cos y dt = − sen ydy u=t du = dt dv = et dt v = et xecos y = −4 tet − xecos y = −4 [cos yecos y − ecosy ] + c ∴ x = −4(cos y − 1) + ce− cos y dy + 2xy = 8x dx Ejemplo 2.FCyT .5 Resolver la ecuación diferencial Solución: sean P (x) = 2x y Q(x) = 8x ye 2xdx P (x)dx = Q(x)e P (x)dx dx + c 8 2 ye 2 =8 2 xe 2xdx dx + c yex = 2 2 et dt + c yex = 8 yex = 8 t = x2 2 xex dx + c xex dx + c 2 yex = 4 [et ] + c yex = 4ex + c 2 2 dt = 2xdx ⇒ Ing.4 Resolver la ecuación diferencial y(0) = 0 Solución: dx dx dx = x sen y + 2 sen(2y) ⇒ − sen y · x = 2 sen(2y).UMSS . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo 2.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. Raúl Romero E. dt = xdx 2 48 ∴ y = 4 + ce−x 2 . UMSS .5.FCyT . Circuitos en serie L E(t) i R i L: Inductor Henry R: Resistencia Ohmio E(t): Voltaje.Departamento de Matemáticas 2. . 1er Orden dt C 49 E(t) i C R Ri + 1 q = E(t) C R Ing.5. Voltio a) Circuito en serie: Tiene un resistor y un inductor 2. Ley de kirchoff : Las caídas de voltaje del inductor mas el resistor es igual a la fuente de tensión L di + Ri = E(t) dt i= dq dt i corriente amper b) Circuito en serie: Tiene una resistencia y capacitor R: Resistencia Ohmio C: Capacitor Farad E(t): Voltaje Voltios dq 1 + q = E(t) E.D. Raúl Romero E.L.6 Resolver la ecuación diferencial Solución: sean P (x) = 1 y Q(x) = x ye P (x)dx dy +y =x dx dv = ex dx v = ex ex dx + c u=x du = dx dx + c yex = xex − = Q(x)e dx P (x)dx ye dx = xe dx + c yex = xex − ex + c ∴ y = x − 1 + ce−x yex = xex dx + c 2. CIRCUITOS EN SERIE Ejemplo 2. Se tiene un circuito en serie LR con 30 V . Raúl Romero E.UMSS .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. 50 . c = − 6 6 −10t − e 5 5 6 5 d) i(5) = 6 6 −50 − e = 2. Un acumulador de 24 voltios se conecta a un circuito en serie con una inductancia de 2H y una resistencia de 20 ohmios.4 A 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 1.FCyT . a) Determinar la ecuación diferencial del circuito b) Hallar i = f (t) c) i(0) =? d) i(5) =? Solución: (Ver Figura 2.4 A 5 5 ∴ i(0) = 0 ∴ i(5) = 2.6) L = 2H E(t) = 24 R = 20 Ω Figura 2.6: a) L di di + Ri = E(t) ⇒ 2 + 20i = 24 dt dt di + 10i = 12 Ecuación Diferencial Lineal dt P (t)dt dt P (t)dt 6 ie10t = 1 e10t +c 5 6 ∴ i = +ce−10t 5 b) ie ie 10 = e Q(t)e 10dt dt+c = 12 e dt + c ie10t = 12 10dt dt + c ——————————————————————————————– c) i= i(0) =?. 1 Henry de inductancia y 50 ohmios de resistencia a) Determinar i = f (t) b) si i(0) =? Ing. Considere un circuito en serie donde E = 0 con un resistor de 3 Ω y un inductor de 1 Henry a) Determine la ecuación de la corriente en función del tiempo siendo que su valor inicial es i(0) = 6A b) Hallar i(2) =? Solución: (ver Figura 2.5.Departamento de Matemáticas 2. Raúl Romero E.FCyT . 51 .7: ie3t = c ⇒ i = ce−3t 6 = ce(−3)(0) ⇒ c = 6 ∴ i = 6e−3t b) i(2) = 6e(−3)(2) ⇒ i(2) = e−6 4. c = − ∴ i= 3 + ce−50t 5 i= 3 3 −50t − ·e 5 5 3 3 (−50)(∞) 3 − e ⇒ i= A 5 5 5 3.UMSS . La fuente voltaje es constante igual a 1V en un circuito en serie LR donde L = 1 Henry una resistencia de 2 ohmios Ing. CIRCUITOS EN SERIE Solución: E = 30V R = 50 Ω c) i(∞) =? a) ie50t = 30 ie50t = 30 · i= c) di + Ri = E(t) dt di + 50i = 30 dt L = 1H L Hallar i =? en t → ∞ e50t dt + c 0= 3 + ce(50)(0) 5 3 5 e50t +c 50 b) i(0) = 0.7) L = 1H E=0 R = 3Ω di a) L + Ri = E(t) dt di + 3i = 0 dt ie3t = 0 e3t + c Figura 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN a) Determinar la corriente como función del tiempo para cualquier corriente inicial i(0) = 0 b) Hallar la corriente en t → ∞ i =? c) Hallar la corriente en t = 5 i =? Solución: (Ver Figura 2. a) Determine la corriente como la función del tiempo para cualquier corriente inicial i(0) = 0 b) Encuentre la corriente en t → ∞ c) Calcule la corriente en t = 2 i(2) =? Solución: (Ver Figura 2. t → ∞ 1 ∴ i = [A] 2 1 1 c) i = − e(−2)(5) 2 2 1 i = (1 − e−10 ) 2 ∴ i = 0. la resistencia es de 6 ohmios y un inductor de 2 Henry. Establezca la ecuación diferencial para la corriente. 52 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.49A di + 2i = 1 dt ie2t = e2t dt + c 1 ie2t = et + c 2 1 i = +ce−2t . i = + e−2t 2 2 2 5. i(0) = 0 2 1 1 1 c = − .FCyT .8: di + Ri = E(t) dt a) L b) i =?.8) R = 2Ω 1V L = 1H Figura 2. Raúl Romero E.9) Ing.UMSS . En un circuito en serie LR la fuente de Voltaje es 4 voltios. 10: dq 1 + q = ε(t) dt C dq 1 50 + −4 q = 80 v dt 10 dq 1 8 + q= −4 ) dt (50)(10 5 R 1 50·10−4 C = 10−4 F qe(5)(10 +3 )t = 8 +3 q = 5 · 10−3 + ce(−5)(10 )t 5 3 q = 8 · 10−3 + ce(−5)(10 )t dt dt + c 8 5 e(5)(10 )t dt + c 3 dt qe 8 = 5 1 50·10−4 e ∴ i= dq 3 = −5 · 103 ce−5·10 t dt 7. de donde la resistencia es de 50 ohmio y la capacitancia es de 10−4 F determinar q(t) del capacitor si q(0) = 0. CIRCUITOS EN SERIE R = 6Ω 4V Figura 2. En un circuito en serie LR la fuente de voltaje es sen t. a)Establecer la ecuación diferencial del circuito Ing.66A L = 2H di + 6i = 4 dt di + 3i = 2 a) dt ie3t = 2 e3t dt + c 6. Se aplica una fuerza de 80 voltio a un circuito en serie R. Hallar la corriente en t = 10 segundos Solución: R = 50 Ω 80 v Figura 2. la resistencia es 1 ohmio y la inductancia es de 1 Henry.Departamento de Matemáticas 2.9: L 2 di + Ri = E(t) dt ie3t = 2 i(0) = 0 2 c=− 3 2 2 −3t i= − e 3 3 e3t +c 3 2 b) t → ∞ i = [A] 3 2 c) i = (1 − e(−2)(3) ) 3 ∴ i = 0.FCyT .UMSS . 53 . Raúl Romero E.5.C. Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. Raúl Romero E. 120 0 54 ∴ i= 1 1 + e−π 2 0 ≤ t ≤ 20 t > 20 .11: et sen t − et cos t +c 2 a) L di + Ri = E(t) dt iet = di + i = sen t dt b) iet = u = sen t du = cos t dt iet = et sen t − u = cos t du = − sen t dt sen tet dt + c dv = et dt v = et et cos t dt + c dv = et dt v = et 1 1 iet = et sen t − et cos t + c 2 2 i= 1 1 sen t − cos t + ce−t 2 2 1 1 0 = sen 0 − cos 0 + c 2 2 1 ⇒c= 2 1 1 1 i = sen t − cos t + e−t 2 2 2 c) i(π) =? 1 1 i = 2 sen 180o − 2 cos 180o + 1 e−π 2 iet = et sen t−[et cos t+ sen tet dt]+c iet = et sen t − et cos t − sen tet dt 8. Se aplica una fuerza electromotriz E(t) = Ing.UMSS . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN b) Hallar la ecuación de la corriente en función del tiempo para i(0) = 0 c) Hallar i(π) =? Solución: (Ver Figura 2.FCyT .11) R = 1Ω E(t) = sen t L = 1H Figura 2. Siendo E(t) = E0 sen wt y que dt L di R + i = E0 sen wt dt L Solución: ie L = E0 Ing. Rt sen wt · e L dt + c 55 Rt .5.Departamento de Matemáticas 2.12: ie 1 1 dt 10 =6 e 1 1 dt 10 dt + c ie 10 t = 60e 10 t i = 60 + ce− 10 t i(0) = 0 1 1 1 0 = 60 + c− 10 0 c = −60 i = 60 − 60e− 10 t 1 1 ie 10 t = 6 ie 10 t = 6 · 1 e 10 t dt + c e 1 t 10 1 10 +c con t = 20 i = 60 − 60e−2 i = 60(1 − e−2 ) di R + i=0 dt L 9. Raúl Romero E.UMSS .FCyT . CIRCUITOS EN SERIE En un circuito en serie LR donde la inductancia es de 20 Henry y resistencia 2 ohmio determinar la corriente i(t) si i(0) = 0 Solución: (Ver Figura 2. Resolver la ecuación i(0) = i0 di 2 + i=0 dt 20 ie 10 t = ie 10 t = c ⇒ i = ce− 10 t 1 1 1 60(1 − e−2 ) = ce− 10 20 60(1 − e−2 ) = ce−2 c = 60(e2 − 1) i = 60(e2 − 1)e− 10 t 1 1 0e 10 t + c 1 di R + i = E(t).12 ) R=2 E L = 20 di R E + i= dt L L di 2 120 + i= dt 20 20 di 1 + i=6 dt 10 Figura 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN dv = e L dt L Rt du = w cos(wt) dt v = e L R  u = sen wt  L Rt Rt Lw  ie L = E0  e L sen(wt) − R R Rt Rt   Rt  e L · cos(wt)dt + c  Int. Raúl Romero E. por partes ie L = E0 i= i0 = R2 R2 e R2 + L2 w2 E0 R + L2 w2 L2 w L sen(wt) − 2 cos(wt) +c R R −Rt L2 w L sen(wt) − i(0) = i0 cos(wt) + ce L . .FCyT . Hallar i = f (t) si i(0) = 0 Solución: di + i = E(t) dt iet = 100 di + i = 100 sen(2πt) dt u = sen(2πt) dv = et dt et sen(2πt)dt +c du = 2π cos(2πt) dt v = et et cos(2πt)dt Int.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.UMSS . por partes e sen(2πt) dt = e sen(2πt) − 2πet cos(2πt) − 4π t t Int. por partes et sen(2πt)dt = et sen(2πt) − 2π et sen(2πt)dt et sen(2πt)dt · (1 + 4π) = et sen(2πt) − 2πet cos(2πt) I= et sen(2π)dt = 1 et sen(2πt) − 2πet cos(2πt) 1 + 4π iet = 100 0= 100 (sen 0 − 2π cos 0) + c 1 + 4π 56 et (sen(2πt) − 2π cos(2πt)) + c 1 + 4π Ing. R Rt L E0 R L2 w E0 L2 w L sen(w0) − cos(w0) +ce0 ⇒ c = i0 + 2 R2 + L2 w2 R R + L2 w2 −Rt L2 w E0 L2 w E0 R L sen(wt) − cos(wt) + i0 + 2 e L i= 2 R + L2 w2 R R + L2 w 2 10. En un circuito R − L conectado en serie una resistencia de 2Ω y una batería de 2H y una F EM E(t) = 100 sen(2πt). UMSS . Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 2. Se tiene en un circuito R−C tiene resistencia variable.13 ) R = k1 + k2 t E(t) = E0 C Figura 2. si la resistencia en cualquier momento es R = k1 + k2 t donde k1 y k2 son constantes en E(t) = E0 . q(0) = q0 Solución: (Véase Figura 2.13: D/ q = E0 C + q0 − E0 C 1 k1 k2 c k1 + k2 t dq 1 E0 + q= Ecuación Diferencial Lineal dt c(k1 + k2 t) k1 + k2 t 1 dt 1 1 dt c k1 + k2 t c k1 + k2 t = E0 dt + c qe ·e k1 + k2 t u = k1 + k2 t du du = k2 dt dt = k2 1 du 1 du 1 k2 c u ck u qe 2 = E0 ·e dt + c1 k1 + k2 t 1 1 ln u ln u 1 k2 c k2 c ·e qe = E0 dt + c1 k1 + k2 t 1 1 1 ln u k2 c ln u k2 c = E0 ·e dt + c1 qe k1 + k2 t 1 1 1 qe k2 c = E0 · u k2 c dt + c1 k1 + k2 t 1 1 1 kc kc · (k1 + k2 t) 2 dt + c1 q(k1 + k2 t) 2 = E0 k1 + k2 t Ing.FCyT . 57 . CIRCUITOS EN SERIE 200π 1 + 4π 100 200π −t (sen(2πt) − 2π cos(2πt)) + e 1 + 4π 1 + 4π c= ∴ i= 11.5. UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 1 k2 c 1 −1 k2 c q(k1 + k2 t) = E0 (k1 + k2 t) dt + c1 u = k1 + k2 t du = k2 dt dt = 1 E0 q(k1 + k2 t) k2 c = k2 1 −1 u k2 c du + c1 du k2 1 1 E0 u k2 c q(k1 + k2 t) k2 c = · + c1 1 k2 k2 c 1 1 q(k1 + k2 t) k2 c = E0 C(k1 + k2 t) k2 c + c1 − 1 q = E0 C + c1 (k1 + k2 t) k2 c ; 1 q0 = E0 C + c1 (k1 ) k2 c ; − q(0) = q0 1 k c1 = (q0 − E0 C)k1 2 c 1 1 − k ⇒ q = E0 C + (q0 − E0 C)k1 2 c · (k1 + k2 ) k2 c 1 k1 k2 c k1 + k2 t ∴ q = E0 C + (q0 − E0 C) 12. Se aplica una fuerza electromotriz de 100 voltios a un circuito en serie RC donde la resistencia es de 200 Ω y la capacitancia es de 10−4 farad a) determine la carga q(t) del capacitor si q(0) = 0 b) Halle la corriente i(t) Solución: (ver Figura 2.14) R E(t) C Figura 2.14: Ing. Raúl Romero E. 58 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE E = 100V ; R = 200 Ω C = 10−4 F 1 dq + q = E(t) dt C dq 1 200 + −2 q = 100 dt 10 dq 1 + 50q = dt 2 1 qe50t = e50t dt + c 2 R qe 50t 1 + ce−50t 100 1 q(0) = 0; 0 = + ce(−50)(0) 100 1 ⇒c=− 100 1 1 −50t q= − e 100 100 1 q= (1 − e−50t ) 100 dq 50 −50t =i= e dt 100 q= i= 50 −50t e 100 1 ∴ i = e−50t 2 1 e50t = · +c 2 50 13. En un circuito en serie RC con resistencia en serie 1 Ω capacitor de 0,5 Farod y una batería de 2V . Encuentre la corriente que circula y la carga q(t) en el capacitor para q(0) = 0 Solución: R = 1Ω C = 0,5F E(t) = 2V R dq 1 + q = E(t) dt C dq 1 + q=2 dt 0,5 2dt q(0) = 0 0 = 1 + ce−(2)(0) ⇒ c = −1 q = 1 − 1e−2t i= dq = 2e−2t dt qe =2 e 2dt dt + c qe2t = 2 · e2t +c 2 q = 1 + ce−2t ∴ i = 2e−2t 14. Se aplica una batería de 200V a un circuito en serie R−C la resistencia en 1000 Ω y la capacitancia es de 5 · 10−4 Farad a) Determine la carga q(t) del capacitor si i(0) = 0,4 A b) Encuentre la carga y la corriente en t = 0,005 s Ing. Raúl Romero E. 59 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN c) Hallar la carga cuando t → ∞ Solución: ( Ver Figura 2.15) R = 1000 Ω 200V C = 5 · 10−4 F Figura 2.15: dq 1 + q = E(t) dt C dq 1 1000 + q = 200 dt 5 · 10−2 dq + 50q = 0,2 dt a) R qe 50dt q = 4 · 10−3 + ce−50t dq = i = −50ce−50t dt 0,4 = −50ce−(50)(0) c = −0,008 ∴ q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 e−50t = 0,2 e 50dt dt + c qe50t = 0,2 e50t +c 50 —————————————————————————————— b) q(0,005) =?; i(0,005) =? i = −50ce−50t i = 50 · 8 · 10−3 · e−50t i = 0,4 · e(−50)(0,005) i = 0,4 · e−0,25 ∴ i = 0,3 A q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e−50t q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e(−50)(0,005) q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e−0,25 q = −0,0022 [C] —————————————————————————————— c) q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 e(−50)(∞) ∴ q = 4 · 10−3 [C] Ing. Raúl Romero E. 60 I. Primer Caso: P 2 − 4Q > 0 entonces el trinomio presenta raices reales y distintas k1 = k2 . k1 . Donde k se debe determinar con la condición que y y = ekx satisface la ecuación diferencial de Segundo Orden Homogéneo y + P y + Qy = 0 y1 = kekx y1 = k 2 ekx k 2 ekx + P kekx + Qekx = 0 ekx (k 2 + P k + Q) = 0 ∴ ekx = 0 ∀k ∈ R k 2 + P k + Q = 0 Ecuación Característica de la Ecuación Diferencial Para resolver se presentan 3 casos.Capítulo 3 Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2o Orden y Orden Superior a Coeficientes Constantes Método de Euler. Si y2 ek2 x La solución general yG = c1 y1 + cy2 yG = c1 ek1 x + c2 ek2 x 61 . Luego las soluciones de la ecuación diferencial y + P y + Q = 0 y1 = ek1 x y2 = ek2 x ek1 x y1 = ctte = e(k1 −k2 )x = ctte ⇒ y1 ∧ y2 son L.Tiene la siguiente forma y + P y + Qy = 0 P.. k2 ∈ R. P y Q son constantes Si tenemos una solución y1 = ekx . Q ∈ R. UMSS .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Raúl Romero E. k2 = 2 y1 = e−5x y2 = e2x ∴ yG = c1 e3x + c2 e2x yG = c1 y1 + c2 y2 3. k2 = 3 62 y1 = e−4x y2 = e3x ∴ yG = c1 e−4x + c2 e3x . Hallar la solución general de y + 3y − 10y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 + 3k − 10 = 0: (k + 5)(k − 2) = 0 k1 = −5. Hallar la solución general de y + y − 12y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 + k − 12 = 0: (k + 4)(k − 3) = 0 k1 = −4 Ing. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 1.FCyT . Hallar la solución general de y − 5y + 6 = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 − 5k + 6 = 0: (k − 3)(k − 2) = 0 k1 = 3 y1 = e3x k2 = 2 y2 = e2x yG = c1 y1 + c2 y2 ∴ yG = c1 e3x + c2 e2x 2. Hallar la solución general de 3y + 5y − 2y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es 3k 2 + 5k − 2 = 0: (3k)2 + 5(3k) − 6 = 0 (3k + 6)(3k − 1) = 0 (k + 2)(3k − 1) k1 = −2 k2 = 1 3 ⇒ y1 = e−2x yG = c1 y1 + c2 y2 ∴ yG = c1 e−2x + c2 e 3 x 1 y2 = e 3 x 1 4. y2 = e 2 2 −1 x 4 −1 x 4 yG = c1 e 3 x + c2 e 3. 63 . k2 = −1 2 1 (k − )(k + 1) = 0 2 1 1 k2 − k + k − = 0 2 2 2k 2 + k − 1 = 0 1 1 ∴ 2y + y − y = 0 8. Raúl Romero E. Ejercicios Propuestos a) 6y + 5y + y = 0 b) y − 5y − 2y = 0 c) 3y − 8y + 4y d ) y − 2y = 0 6.0. Hallar la ecuación diferencial Solución: k1 = 1. Hallar la solución general de 12y − 5y − 2y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es 12k 2 − 5k − 2 = 0: (12k)2 − 5(12k) − 24 = 0 (12k − 8)(12k + 3) = 0 (3k−2)(4k+1) = 0 k1 = 2 3 k2 = −1 4 y1 = e 3 x . Hallar la ecuación diferencial Solución: 1 k1 = .UMSS . k + 2 = 0 (k − 1)(k + 2) = 0 k2 + k − 2 = 0 1 ∴ y + y − 2y = 0 7. Dada la solución general y = c1 e 2 x + c2 e−x .Departamento de Matemáticas 5. Hallar la ecuación diferencial Solución: Ing. k2 = −2 k − 1 = 0. Dada la solución general y = c1 ex + c2 e−2x . Dada la solución general y = c1 e 3 x + c2 e 2 x .FCyT .1. . Raúl Romero E.1 Hallar la solución general de y − 2y + y = 0 Solución: k 2 − 2k + 1 = 0 Ec. ⇒ yG = c1 y1 + cy2 ∴ yG = c1 e− 2 x + c2 xe− 2 x P P P P 2 − 4Q 2 k1.D.FCyT .I. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 1 1 k= 3 2 1 1 (k− )(k− ) = 0 3 2 k= 1 1 1 k2 − k − k + = 0 3 2 6 5 1 k2 − k + = 0 6 6 6k 2 − 5k + 1 = 0 ∴ 6y − 5y + y = 0 Segundo Caso: k 2 + P k + Q = 0 Si P 2 − 4Q = 0 ⇒ k1 = k2 . k1 .2 = − ⇒ y1 = e− 2 x → y2 =? y2 = e− 2 x P e− P dx P (e− 2 x )2 dx Ejemplo 3.UMSS . k2 ∈ R y1 = ek1 x .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. y2 e ⇒ y2 = y1 e− P (x)dx 2 y1 y2 = e− 2 x y2 = e− 2 x x P P e−P x dx e−P x dx k2 + P k + Q = 0 k12 = −P ± P 2 P e− 2 x y1 1 = = P y2 x xe− 2 x ⇒ y1 ∧ y2 L.2 Hallar la solución general de 25y − 10y + y = 0 Solución: 25k 2 − 10k + 1 = 0 (5k − 1)2 = 0 k2 = k1 = 1 5 y1 = ek1 x = e 5 x . y2 = xex ∴ yG = c1 ex + c2 xex Ejemplo 3. característica (k − 1)2 = 0 k1 = k2 = 1 y1 = ek1 x = ex . y2 = ek2 x y1 ek1 x = k2 x = 1 ⇒ y1 ∧ y2 L. y2 = xe 5 x yG = c1 y1 + c2 y2 ∴ yG = c1 e 5 x + c2 xe 5 x 64 1 1 1 1 Ing. ∴ yG = c1 e−2x + c2 xe−2x y2 = xe−2x Ejemplo 3. Raúl Romero E.3 Hallar la solución general de y + 4y + 4y = 0 Solución: k 2 + 4k + 4 = 0 (k + 2)2 = 0 k = −2 y1 = e−2x . Ecuación de Mac Laurin x2 x3 f (x) = f (0) + xf (0) + f (0) + f (0) + .4 Hallar la solución general de 16y + 24y + y = 0 Solución: 16k 2 + 24k + 9 = 0 (4k + 3)2 = 0 ⇒ k1 = k2 = −3 4 y1 = e− 4 x + c2 xe− 4 x ∴ yG = c1 e− 4 + c2 xe− 4 x 3 3 3 3 Ejemplo 3. 65 . . .0.Departamento de Matemáticas Ejemplo 3.1: Ing.5 Hallar la solución general de 81y − 36y + 4y = 0 Solución: 81k 2 − 36k + 4 = 0 (9k − 2)2 = 0 → k1 = k2 = 2 9 y1 = c1 xe 9 x 2 2 y2 = c2 xe 9 x 2 2 ∴ yG = c1 e 9 x + c2 xe 9 x 3. 2! 3! f (0) y = f (x) Figura 3.2.FCyT .UMSS . 3 5 7 9 x3 x4 x5 x6 x7 x2 cos x = 1 + x · 0 + · (−1) + · 0 + · 1 + · 0 + · (−1) + · 0 + .. 2 3 4! 5 6! 7 2 4 6 8 x x x x ∴ cos x = 1 − + − + + ..3. 2 3 4! 5 6! 7 3 5 7 9 x x x x ∴ sen x = x − + − + − .FCyT . Raúl Romero E. Aplicaciones de las funciones sen x.. cos x.. 2! 3! 4! 5! 6! 7! 66 Ing.. ex f (0) = sen 0 = 0 f (0) = cos 0 = 1 f (0) = − sen 0 = 0 f (0) = − cos 0 = −1 f IV (0) = sen 0 = 0 f V (0) = cos 0 = 1 f V I(0) = − sen 0 = 0 f V II(0) = − cos 0 =−1 f V III(0) = sen 0 = 0 f (x) = ex f (x) = ex f (x) = ex f (x) = ex f IV (x) = ex f V (x) = ex f V I(x) = ex f V II(x) = ex f V III(x) = ex f (0) = e0 = 1 f (0) = e0 = 1 f (0) = e0 = 1 f (0) = e0 = 1 f IV (0) = e0 = 1 f V (0) = e0 = 1 f V I(0) = e0 = 1 f V II(0) = e0 = 1 f V III(0) = e0 = 1 f (x) = sen x f (x) = cos x f (x) = − sen x f (x) = − cos x f IV (x) = sen x f V (x) = cos x f V I(x) = − sen x f V II(x) = − cos x f V III(x) = sen x f (x) = cos x f (x) = − sen x f (x) = − cos x f (x) = sen x f IV (x) = cos x f V (x) = − sen x f V I(x) = − cos x f V II(x) = sen x f V III(x) = cos x f (0) = cos 0 = 1 f (0) = − sen 0 = 0 f (0) = − cos 0 = −1 f (0) = sen 0 = 0 f IV (0) = cos 0 = 1 f V (0) = − sen 0 = 0 f V I(0) = − cos 0 = −1 f V II(0) = sen 0 = 0 f V III(0) = cos 0 = 1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 · 0 + · (−1) + · 0 + · 1 + · 0 + · (−1) + . .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ex = 1 + x + 2! 3! 4! 5! 6! Si sustituimos x por ix sen x = 0 + x · 1 + eix = 1 + ix + (ix)2 (ix)3 (ix)4 (ix)5 (ix)6 (ix)7 + + + + + + ...UMSS . . . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. . .0. 2! 4! 6! 8! x2 x3 x4 x5 x6 + + + + + .. Raúl Romero E.2 = α + βi¨¨ r B ¨ k1 = α + βi j r k = α − βi 2 r Luego las soluciones particulares de la ecuación diferencial y + P y + Qy = 0 son: y1 = ek1 x = e(α+βi)x = eαx+iβx = eαx · eiβx y1 = eαx (cos(βx) + i sen(βx)) y2 = ek2 x = e(α−βi)x = eαx−iβx = eαx · e−iβx Ing. +i x − + − + . 67 . . ..UMSS ..Departamento de Matemáticas i=i i2 = −1 i3 = i2 · i = −i i4 = i3 · i = −i · i = 1 i5 = i4 · i = i i6 i7 i8 i9 = i5 · i = −1 = i6 · i = −i = i7 · i = −i · i = 1 = i8 · i = i x2 x3 x4 x5 x6 x7 −i + +i − − i + .FCyT ... 2! 3! 4! 5! 6! 7! 2 4 6 3 x x x x x5 x7 eix = 1 − + − + . 2! 4! 6! 3! 5! 7! cos x sen x eix = 1 + ix − eix = cos x + i sen x Ecuación de Euler Sustituimos x por −x ei(−x) = cos(−x) + i sen(−x) OBS: cos(−x) = cos x e−ix = cos x − i sen x sen(−x) = − sen x eix = cos x + i sen x e−ix = cos x − i sen x ⇒ cos x = eix + e−ix 2 + eix + e−ix = 2 cos x Tercer Caso: y + P y + Qy = 0 k2 + P k + Q = 0 P 2 − 4Q < 0 así se tiene raíces complejas k1. eαx sen(βx La solución general es : yG = c1 eαx cos(βx) + c2 eαx sen(βx) yG = eαx (c1 cos(βx) + c2 sen(βx)) Ejemplo 3.I.2 = Ing.UMSS . eαx sen(βx} son L.6 Hallar la solución general de y − 2y + 2y = 0 Solución: k 2 − 2k + 2 = 0 Ecuación característica √ √ 2± 4−4·2 2 ± −4 2 ± 2i k1.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Raúl Romero E.7 k1. 68 . eαx cos(βx) = cot(βx) = ctte ⇒ son L.FCyT .2 = = = =1±i 2 2 2 ¨ α=1 B ¨ k1. es también solución de la misma y = eαx cos(βx) + ieαx sen(βx) + 1 y2 = eαx cos(βx) − ieαx sen(βx) y1 + y2 = 2eαx cos(βx) − ⇒ eαx cos(βx) = y1 + y2 Solución 2 y1 = eαx cos(βx) + ieαx sen(βx) y2 = eαx cos(βx) − ieαx sen(βx) y1 − y2 = 2ieαx sen(βx) ⇒ eαx sen(βx) = y1 − y2 2i {eαx cos(βx).2 = ± i 2 3 1 2 1 2 k1 + k2 = + i + − i = 1 2 3 2 3 Ejemplo 3.I.2 = 1 ± i ¨ r rr j β=1 yG = eαx (c1 cos(βx) + c2 sen(βx)) ∴ yG = ex (c1 cos x + c2 sen x) 1 2 ± i Hallar la ecuación diferencial 2 3 1 2 Solución: k 2 − (k1 + k2 )k + k1 · k2 = 0 k1. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES y2 = eαx (cos(βx) − i sen(βx)) sabemos que la combinación lineal de dos soluciones de la ecuación homogénea. Wronskiano W [y1 . (b) Determinar la dependencia lineal de (sen x.D.D. = ctte ⇒ y1 ∧ y2 son linealmente dependientes (L. Entonces la solución general yG = c1 y1 +c2 y2 sabiendo que c1 y c2 constantes arbitrarios que se determinan con valores iniciales para determinar las soluciones particulares y(x) = y0 ∧ y (x0 ) = y0 . son soluciones de la Ecuación Diferencial de Segundo Orden y + P (x)y + Q(x)y = 0.FCyT .4.).I. Ejemplo 3.8 Sea la ecuación diferencial y + y = 0 (a) Si y1 = sen x.I.Departamento de Matemáticas k1 · k2 = k2 − k + 1 2 + i 2 3 1 2 − i 2 3 = 1 2 2 4 1 4 25 + i − i − i2 = + = 4 6 6 9 4 9 36 ∴ 36y − 36y + 25y = 0 25 ⇒ 36k 2 − 36k + 25 = 0 36 3.) y2 2.) y2 y1 = ctte ⇒ y1 ∧ y2 son linealmente independiente (L. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Orden d2 y dy + P (x) + Q(x)y = 0 dx2 dx y + P (x)y + Q(x)y = 0 La ecuación tiene la siguiente forma: Siendo y1 y y2 función linealmente independiente (L.UMSS . 69 y(0) = 2 . Para determinar la dependencia lineal entre y1 ∧ y2 y1 1.D. son L.0. Raúl Romero E. b] Si W = Si W = y1 y2 y1 y2 y1 y2 y1 y2 = 0 ⇒ y1 ∧ y2 = 0 ⇒ y1 ∧ y2 son L.I. y2 ] = 0 en [a. cos x) (c) Determinar la solución general de la ecuación diferencial (d) Determinar la solución particular que satisfaga y(0) = 1 Ing. y2 = cos x son soluciones de la E. I.UMSS . Raúl Romero E.FCyT . 70 π π + c2 cos 2 2 π π − c2 sen 2 2 1 = c1 cos c2 = −1 ∴ yG = − sen x − cos x .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. − cos x + cos x = 0 0=0 ∴ y2 = cos x es solución y2 = cos x y2 = − sen x y2 = − cos x =2 y =0 1 = c1 sen 0 + c2 cos 0 c2 = 1 yG = c1 cos x − c2 sen x ————————————————————————————– (e) −1 = c1 sen c1 = −1 yG = c1 cos x − c2 sen x Ing. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES (e) Determinar la solución particular que satisfaga y π 2 π 4 = −1 y π 2 π 4 =1 (f ) Determinar la solución particular que satisfaga y Solución: (a) y1 = sen x y1 = cos x y1 = − sen x ⇒y +y =0 − sen x + sen x = 0 0=0 ∴ y1 = sen x es solucion (b) y1 sen x y = sen x = = tan x = ctte ⇒ 1 y2 = cos x y2 cos x (c) (d) y(0) = 1 y (0) = 2 2 = c1 cos 0 − c2 sen 0 c1 = 2 ∴ yG = 2 sen x + cos x yG = c1 sen x + c2 cos x son L. UMSS .9 Dada la ecuación y − y = 0 √ 2 2 c1 = c2 2 2 c1 = c2 √ √ 2 2 2= c1 + c1 2 2 √ 2 = 2c1 √ 2 2 √ c1 = √ · √ = 2 = c2 2 √ √ 2 y = 2 sen x + 2 cos x ∴ y= √ 2(sen x + cos x) √ a) Sean y1 = ex . en y(0) = 1 Solución: y (0) = −3 a) y1 = ex y1 = ex ⇒ ex − ex = 0 0=0 ∴ ex es solución y2 = −e−x y2 = e−x e−x − e−x = 0=0 ∴ e−x es solución b) e y1 y2 ∴ y1 ∧ y2 son L. W = y1 y2 = ex e−x x −e −x = ex (−e−x ) − ex e−x = −2 = 0 71 .D.D.Departamento de Matemáticas (f) π π y =2 y =0 4 4 yG = c1 sen x + c2 cos x π π 2 = c1 sen + c2 cos 4√ 2 √ 2 2 2= c1 + c2 2 2 y = c1 cos x − c2 sen x π π 0 = c1 cos − c2 sen 4√ 4 √ 2 2 0= c1 − c2 2 2 Ejemplo 3. d) Determinar la solución particular de E. y2 = e−x soluciones de la E.I.D.FCyT . b) Analizar la dependencia lineal de y1 ∧ y2 c) Determinar la solución general de la E. Ing. Raúl Romero E. y + 9y = 0 en y(0) = 1 y (0) = 1 ¨ r = ±3i r¨ B ¨ α=0 (r + 1)(3r − 1) = 0 r = −1 r= 1 3 x ∴ y = c1 e−x + c2 e 3 r2 + 9 = 0 r2 = −9 rr j β=3 y = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) ⇒ c1 = 1 y = −3c1 sen(3x) + 3c2 cos(3x) ⇒ c2 = ∴ y = cos(3x) + Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.1) yG = c1 ex − c2 e−x −3 = c1 e0 − c2 e−0 −3 = c1 − c2 (♠.FCyT .2) yG = c1 ex − c2 e−x 1 = c1 + c2 −3 = c1 − c2 −2 = 2c1 ⇒ c1 = −1 (E1) (E2) Reemplazando c1 = −1 en (E1) 1 = −1 + c2 ⇒ c2 = 2 ∴ y = −ex + 2e−x Resolver las Ecuaciones Diferenciales de 2o Orden Homogenea 1.UMSS . 3y + 2y − y = 0 3r2 + 2r − 1 = 0 (3r)2 + 2(3r) − 3 = 0 (3r + 3)(3r − 1) = 0 2. 1 sen(3x) 3 72 1 3 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES c) yG = c1 y1 + c2 y2 yG = c1 ex + c2 e−x ————————————————————————————————– d) yG = c1 ex + c2 e−x 1 = ce0 + c2 e−0 1 = c1 + c2 (♠. Raúl Romero E. UMSS . Raúl Romero E. 2y + 4y = 0 Solución: B ¨ α=0 √ ¨¨ 2r2 + 4 = 0 ⇒ r2 + 2 = 0 → r = ± 2i r rr j β = √2 √ √ ∴ y = A cos 2x + B sen 2x 6. 73 ⇒ A = 3.Departamento de Matemáticas 3. 2y + 8y + 6y = 0 Solución: y(0) = 2 y (0) = 0 2r2 + 8r + 6 = 0 → y = Ae−x + Be−3x → 2 = A + B r1 = −1 r2 = −3 y = −Ae−x − 3Be−3x → 0 = −A − 3B ∴ y = 3e−x − e−3x Ing. y + y − 2y = 0 en y(0) = 0 y (0) = 1 r2 + r − 2 = 0 (r + 2)(r − 1) = 0 r = −2 r=1 y = c1 e−2x + c2 ex → 0 = c1 + c2 y = −2c1 e−2x + c2 ex → 1 = −2c1 + c2 1 3 1 1 ∴ y = − e−2x + ex 3 3 ⇒ c1 = − 4. B = −1 .FCyT . 2y + 12y + 18y = 0 en y(0) = 1 2r2 + 12r + 18 = 0 c2 = 1 3 y (0) = 0 r1 = r2 = −3 y = c1 e−3x + c2 xe−3x → 1 = c1 y = −3c1 e−3x + c2 e−3x − 3c2 xe−3x → c2 = 3 ∴ y = e−3x + 3xe−3x 5. 2y + 3y = 0 Solución: 2r2 + 3r = 0 r(2r + 3) = 0 ⇒ r = 0 r = − ∴ y = A + Be− 2 x 9.FCyT . y − 14y + 49y = 0 Solución: r2 − 14r + 49 = 0 (r − 7)2 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 7 ∴ y = Ae7x + Bxe7x 10.UMSS . Raúl Romero E. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7. y + 10 + 25y = 0 Solución: r2 + 10r + 25 = 0 (r + 5)2 = 0 ⇒ r = −5 ∴ y = Ae−5x + Bxe−5x 8. y + 8y = 0 Solución: ¨ α=0 B √ ¨¨ r + 8 = 0 → r = ±2 2i r rr j β = 2√ 2 √ √ ∴ y = A cos(2 2x) + B sen(2 2x) 2 3 3 2 11.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. y + 6y + 7y = 0 Solución: r2 + 6r + 7 = 0 √ r = −3 ± 2 y = Ae √ (−3+ 2)x r1 = −3 + + Be √ 2x √ 2 r2 = −3 − √ 2x √ 2 √ 2x √ (−3− 2)x = Ae−3x e + Be−3x e− ∴ y = e−3x Ae Ing. + Be− √ 2x 74 . β=0 ∴ eαx cos(βx). Demostrar que {er1 x . er2 x } son linealmente independiente. Sean α y β números reales y que β = 0. Determinar la ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes de segundo orden cuya solución general es la expresión dada a) y = c1 e3x + c2 e−4x Solución: r1 = 3 r2 = −4 (r − 3)(r + 4) = 0 ⇒ r2 − r − 12 = 0 ∴ y − y − 12y = 0 b) y = Ae−x + Be−2x Solución: r1 = −1 r − 2 = −2 (r + 1)(r + 2) = 0 ⇒ r2 + 3r + 2 = 0 ∴ y + 3y + 2y = 0 Ing. 75 .I. Demostrar eαx cos(βx). Solución: Sea y1 = eαx cos(βx) y2 = eαx sen(βx) y1 = αeαx cos(βx) − βeαx sen(βx) y2 = αeαx sen(βx) + βeαx cos(βx) W = eαx cos(βx) eαx sen(βx) (αeαx cos(βx) − βeαx sen(βx)) (αeαx sen(βx) + βeαx cos(βx)) W = αe2αx sen(βx) cos(βx)+βe2αx ·cos2 (βx)−αe2αx sen(βx) cos(βx)+ βe2αx sen2 (βx) W = βe2αx . Solución: y1 = er1 x y1 = r1 er1 x W = er1 x er2 x r1 x r1 e r2 er2 x y2 = er2 x y2 = r2 er2 x = r2 er1 x er2 x − r1 er1 x er2 x = e(r1 +r2 )x (r2 − r1 ) ∴ {er1 x . puesto que r1 = r2 → W = 0 14. 13. er2 x } es L.Departamento de Matemáticas 12. eαx sen(βx) son L. Sea r1 = r2 .UMSS .FCyT .I. Raúl Romero E. eαx sen(βx) son linealmente independientes. y − 2y + 2y = 0 6. y + 4y + 4y = 0 4.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. y − 6y + 25y = 0 7. y + 8y = 0 9.FCyT . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES c) y = Ae2x + Be2x Solución: r1 = r2 = r = 2 (r − 2)2 = 0 ⇒ r2 − 4r + 4 = 0 ∴ y − 4y + 4y = 0 d) y = Ae2x sen(3x) + Be2x cos(3x) Solución: α=2 r = 2 ± 3i β=3 r 1 + r2 = 4 r1 · r2 = 13 r2 − (r1 + r2 )r + r1 · r2 = 0 r2 − 4r + 13 = 0 ⇒ y − 4y + 13 = 0 3. y + 2y + 8y = 0 8. Raúl Romero E. y + 6y + 11y = 0 Ing. Ejercicios Propuestos 1. y − y = 0 2. y + y = 0 3.5.UMSS . 76 . 3y = 0 5.0. UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.1. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGÉNEA 3.1. 3.1.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea Método continuo y n + an−1 y n−1 + . . . + a2 y + a1 y + a0 y = Q(x) Dy = dy =y dx2 dy D2 y = 2 = y dx d3 y D3 y = 3 = y dx . . . dn−1 y Dn−1 y = n−1 = y n−1 dx dn y n D y = n = yn dx Dn y + an−1 Dn−1 y + . . . + a2 D2 y + a1 Dy+ a0 y = Q(x) (Dn + an−1 Dn−1 + . . . + a2 D2 + a1 D+ a0 )y = Q(x) y= 1 Q(x) Dn + an−1 Dn−1 + . . . + a2 D2 + a1 D+ a0 Factorizando el operador Lineal y= 1 Q(x) (D − m1 )(D − m2 ) . . . (D − mn−1 )(D − mn ) 1 1 1 1 1 yp = · · ... · Q(x) D − m1 D − m2 D − m3 D − mn−1 D − mn 1 u= Q(x) ⇒ (D − mn )u = Q(x) D − mn Du − mn u = Q(x) du − mn u = Q(x) dx Aplicando Leibniz ue P (x) = Q(x)e P (x) dx 77 Ec. Diferencial Lineal 1o Orden Ing. Raúl Romero E. UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Determinemos u = f (x) 1 1 1 yp = · ... ·u D − m1 D − m2 D − mn−1 1 · u ⇒ (D − mn−1 )t = u t= D − mn−1 dt − mn−1 t = u Ecuación Diferencial lineal de 1o Orden dx Aplicando Leibniz P (x)dx P (x)dx te yp = = Q(x)e dx t = f (x) 1 1 · ·t D − m1 D − m2 v 1 ⇒ (D − m2 )v = t ⇒ Dv − m2 v = t v= D − m2 dv − m2 v = t Ecuación Diferencial Lineal 1er Orden dx v·e yp = P (x)dx = Q(x)e P (x)dx dx v = f (x) 1 v ⇒ (D − m1 )yp = v D − m1 dyp − m1 yp = v dx yp e P (x) = Q(x)e P (x)dx dx yp = f (x) yp : Solución particular de la Ec. Diferencial no Homogéneo ∴ y = yh +yp 3.2. Ejercicios Solución: y = yh + yp k 3 − 5k 2 + 2k + 8 = 0 1. Hallar y =? y − 5y + 2y + 8y = e5x Ing. Raúl Romero E. 78 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS 1 −5 +2 −1 6 1 −6 8 2 -8 1 -4 0 4 1 0 8 -8 0 k1 = −1 k2 = 2 k3 = 4 y1 = e−x yp =? y2 = e2x y3 = e4x yh = c1 e−x + c2 e2x + c3 e4x D3 y − 5D2 y + 2Dy + 8y = e5x (D3 − 5D2 + 2D + 8) y = e5x 1 e5x − + 2D + 8 1 yp = e5x (D + 1)(D − 2)(D − 4) 1 1 1 · · e5x yp = D+1 D−2 D−4 yp = D3 5D2 1 t= e5x D−4 (D − 4)t = e5x Dt − 4t = e5x dt − 4t = e5x dx te te −4 t 1 E.D.L.1o Orden Q(x)e e5x · e −4 P (x)dx P (x)dx dx = dx = dx dx ex dx te−4x = te−4x = ex yp = e5x e−4x dx ⇒ te−4x = t = e5x 1 1 1 1 · · t ⇒ yp = · · e5x D+1 D−2 D+1 D−2 u 79 Ing. Raúl Romero E. Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 80 dx dx tex = . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES (D − 2)u = e5x Du − 2u = e5x ue −2 (D + 1)yp = dyp e5x + yp = dx 3 −2 e5x e5x ⇒ Dyp + yp = 3 3 dx = e5x e dx dx yp e P (x)dx = Q(x)e P (x)dx dx ue−2x = ue−2x = ue−2x = u= e5x 3 e5x e−2x dx e3x dx e3x 3 1 e5x · ex dx 3 1 y p ex = e6x dx 3 1 e6x 1 yp ex = · ⇒ yp = e5x 3 6 18 e5x yG = c1 e−x + c2 e2x + c3 e4x + 18 y p ex = 2. por partes u = sen x dv = ex dx du = cos xdx v = ex Ing. y − y − 2y = sen x Solución: y − y − 2y = sen x → k 2 − k − 2 = 0 (k − 2)(k + 1) = 0 → k = 2. Raúl Romero E.FCyT .UMSS . y2 = e−x ⇒ yh = c1 e2x + c2 e−x 1 (D2 − D − 2)yp = sen x→ yp = 2 sen x D −D−2 1 1 1 yp = · sen x . k = −1 y1 = e2x . t = sen x (D − 2) (D + 1) D+1 t (D + 1)t = sen x → Dt + t = sen x dt + t = sen x Ecuación Diferencial Lineal de 1o Orden dx te dx = sen xe sen xex dx Int. 2.Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E. por partes u = cos x dv = ex dx du = − sen xdx v = ex tex = ex sen x − ex cos x + tex = ex sen xdx ex 1 (sen x − cos x) ⇒ t = (sen x − cos x) 2 2 1 1 1 yp = · (sen x − cos x) ⇒ Dyp − 2yp = (sen x − cos x) D−2 2 2 1 dyp − 2yp = (sen x − cos x) dx 2 1 yp e−2x = (sen x − cos x)e−2x dx 2   1  yp =  2 e −2x sen xdx − e −2x   cos xdx  Int por partes Int. . + a2 y + a1 y + a0 y = 0 Tiene la siguiente forma Resolución Método de Euler. EJERCICIOS tex = ex sen x − ex cos xdx Int.Propone como solución a la expresión o función exponencial y = ekx donde k debe determinarse con la condición de Ing.. por partes e−2x e−2x sen xdx = (−2 sen x − cos x) 5 e−2x e−2x cos xdx = (−2 cos x + sen x) 5 e−2x 1 e−2x (−2 sen x − cos x) − (−2 cos x + sen x) yp e−2x = 2 5 5 1 yp e−2x = e−2x (−3 sen x + cos x) 2 1 yp = (−3 sen x + cos x) 10 1 yG = yh + yp ⇒ yG = c1 e2x + c2 e−x + (−3 sen x + cos x) 10 3.2.FCyT .1. .UMSS . 81 . Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Constantes de Orden “n” an y n + an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + . .UMSS . .. . .. yn yn yn . . y (0) = 2.2 = α ± βi Caso IV: Combinación de los casos anteriores Ejemplo 3. ekx = 0 Ecuación característica de an k n +an−1 k n−1 +an−2 k n−2 +. . . y = kekx . . + a2 k 2 + a1 k + a0 ) = 0 . . . . . w(x) = =0 n−1 n−1 n−1 n−1 y1 y2 y3 . . . . y3 y3 y3 .+a2 k 2 +a1 k+a0 = 0 al resolver la ecuación de grado “n” se presentan 4 casos Caso I: El polinomio tiene raíces iguales y reales k1 = k2 = k3 = . y3 = x2 ekx .. . . . . . .. . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES que la función ekx satisfaga la ecuación diferencial: y = ekx . y2 = xekx . + a2 k 2 ekx + a1 kekx + a0 ekx = 0 ekx (an k n + an−1 k n−1 + an−2 k n−2 + . ..Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. . . .10 y + 2y − y − 2y = 0 en y1 (0) = 1. . + cn yn Caso III: El polinomio tiene raíces números complejos y conjugada k1. y = k 3 ekx . Raúl Romero E. . 82 y (0) = .. yn yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + c4 y4 . yn son linealmente independientes y1 y1 y1 . . y3 = ek3 x . y2 . yn = xn−1 ekx yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + . . . . + cn yn Caso II: El polinomio tiene raíces distintas y reales k1 = k2 = k3 = .FCyT . −1 Solución: Ecuación característica k 3 + 2k 2 − k − 2 = 0 Ing. . . y n = k n ekx an k n ekx + an−1 k n−1 ekx + an−2 k n−2 ekx + . . .. . = kn y1 = ekx . . y = k 2 ekx . = kn y1 = ek1 x . y3 . . .. y2 y2 y2 . yn = ekn x Donde y1 . . y2 = ek2 x . . . . 2) ⇒ 3 = 2c1 − c2 (♣. yG = c1 ex + c2 e−2x − c3 e−x (♣.3) ⇒ 1 = 2c1 − c2 (♣.4) + (♣. yG = c1 e + 4c2 e + c3 e (♣.4) (♣. EJERCICIOS −2 ±1 multiplos ±2 1 2 1 1 1 3 −1 −1 1 2 −2 −2 1 0 k2 = −2 y2 = e−2x .2) 2 = c1 e0 − 2c2 e−(2)(0) − c3 e−0 ⇒ 2 = c1 − 2c2 − c3 x −2x −x y (0) = −1. k3 = −1 y3 = e−x −1 −2 3 2 2 0 −2 0 k1 = 1 y1 = ex .3) −1 = c1 e0 + 4c2 e−(2)(0) + c3 e−0 ⇒ −1 = c1 + 4c2 + c3 (♣.Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E.5) −(♣. yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 ⇒ yG = c1 ex + c2 e−2x + c3 e−x y(0) = 1. 83 .FCyT .5) −3 = −2c1 + c2 1 = 2c1 + 2c2 −2 −2 = 3c2 ⇒ c2 = 3 3 = 2c1 − 3 = 2c1 + 2 3 9 = 6c1 + 2 c1 = 7 6 −2 3 1= 7 2 − + c3 6 3 ∗6 6 = 7 − 4 + 6c3 3 = 6c3 c3 = 3 1 = 6 2 1 c3 = 2 7 = 6c1 1 = c1 + c2 + c3 1= 7 + 6 −2 3 + c3 7 2 1 ∴ yG = ex − e−2x + e−x 6 3 2 Ing.2) + (♣.2.UMSS .1) + (♣. 1 = c1 e0 + c2 e(−2)(0) + c3 e−0 ⇒ 1 = c1 + c2 + c3 (♣.1) y (0) = 2. 13 y V + 4y IV + 5y − 6y − 4y = 0 Solución: Ecuación característica k 5 + 4k 4 + 5k 3 − 6k − 4 = 0 Ing.4 = −1 ± 2i ⇒ α = −1.11 y IV + 4y + 10y + 12y + 5y = 0 Solución: Ecuación característica k 4 + 4k 3 + 10k 2 + 12k + 5 = 0 1−6 1 4 10 12 5 k1 = −1 −1 −3 −7 −5 1 3 7 5 0 k2 = −1 −1 −2 −5 1 2 5 0 k 2 + 2k + 5 = 0 k3.4 = k3.12 y IV + 2y + 4y − 2y − 5y = 0 Solución: Ecuación característica k 4 + 2k 3 + 4k 2 − 2k − 5 = 0 1 2 4 −2 −5 1 3 7 5 1 3 7 5 0 k2 = −1 −1 −2 −5 1 2 5 0 k1 = 1 k 2 + 2k + 5 = 0 k3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3. y4 = e−x sen(2x) yG = c1 e−x +c2 xe−x +(c3 cos(2x)+c4 sen(2x))e−x Ejemplo 3. 84 .UMSS .FCyT .4 k3.4 = −1 ± 2i ∴ y = c1 ex + c2 e−x + e−x (c3 cos(2x) + c4 sen(2x)) Ejemplo 3.4 4 − (4)(5) 2 √ −2 ± −16 = 2 −2 ± 4i = 2 −2 ± k3. y2 = xe−x y3 = e−x cos(2x).Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Raúl Romero E. β = 2 y1 = e−x . . + Ln yn = 0      L1 y1 + L2 y2 + L3 y3 + . entonces yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + . + a2 y + a1 y + a0 y = 0. L3 = L3 (x). . .UMSS . . 85 . EJERCICIOS 1 4 k1 = 1 1 1 5 k2 = −1 −1 1 4 k3 = −2 −2 1 2 k 2 + 2k + 2 = 0 4 − (4)(2) 2 √ −2 ± −4 k= 2 k= −2 ± k1. . . . yn . solución particular L. .FCyT . . . . y2 . .     n−1 n−1 n−1 n−1 L1 y1 + L2 yn−1 + L3 y3 + .  . . . .2.Departamento de Matemáticas 3.2. .I. . . + Ln yn = Q(x)  Resolver el sistema para L1 . de y n +an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + . . + a2 y 2 + a1 y + a0 y = Q(x) Teorema 3. . . . L2 . . Raúl Romero E.2. . L2 = L2 (x). . . .2 = 5 5 10 −4 6 −4 2 0 10 10 −6 4 −4 0 −6 −4 10 4 4 0 −4 0 −2 ± 2i 2 k = −1 ± i ∴ yG = c1 ex +c2 e−x +c3 e−2x +e−x (c4 cos x+c4 sen x) 3. Ln = Ln (x) función Desconocida debe determinarse con la condición que satisfaga la ecuación diferencial yp : Solución particular de la ecuación diferencial completa yp = L1 y1 + L2 y2 + L3 y3 + . .obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) Método Variación de Constantes: Sea y n + an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + . . Ln donde L1 = L1 (x). Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Completa de Orden“n”. . .1 Sean y1 . + Ln yn = 0 . . . + Ln yn Ing. . + cn yn   Si L1 y1 + L2 y2 + L3 y3 + . . . 86 .FCyT . ∴ y = c1 cos x + c2 sen x + cos x ln | cos x| + x sen x Ejemplo 3.2) 0 sen x sec x cos x 1 −(sec x sen x) L1 = =− sen x ⇒ L1 = − tan x = cos2 x + sen2 x cos x cos x sen x − sen x cos x L1 = − tan x.14 y + y = sec x Ecuación Diferencial no Homogénea Solución: y + y = 0 ⇒ k2 + 1 = 0 k = ±i ¨¨ r ¨ α=0 B rr j β=1 yh = e(0)(x) (c1 cos x + c2 sen x) yh = c1 cos x + c2 sen x L1 cos x + L2 sen x = 0 (♣.1) L1 (− sen x) + L2 cos x = sec x (♣.UMSS . k2 = 1 yh = c1 ex + c2 e2x   L1 ex + L2 e2x = 0 e2x  L1 ex + 2L2 e2x = 1 + e2x Ing.15 y − 3y + 2y = e2x 1 + e2x y = yh + yp Solución: y − 3y + 2y = 0 k 2 − 3k + 2 = 0 ⇒ (k − 2)(k − 1) = 0 → k1 = 2. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3. Raúl Romero E. L1 = − L1 = − sen x dx cos x t = cos x dt = − sen xdx L2 = −dt ⇒ L1 = ln | cos x| t cos x 0 1 cos x · − sen x sec x cos x = 1 ⇒ L = = 2 cos2 x + sen2 x cos x sen x − sen x cos x dx = x⇒ L2 = x L2 = x yp = L1 y1 + L2 y2 ⇒ yp = ln | cos x| cos x + x sen x.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. .Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E.UMSS . EJERCICIOS 0 e2x e2x e4x e4x 2e2x − − 2x 2x ex 1 + e2x 1 = 3x + e 3x = 1 + e = − L1 = 2e − e e3x 1 + e2x ex e2x x 2x e 2e ex ex t = ex L1 = − ⇒ L1 = − dx dt = ex dx 1 + e2x 1 + e2x dt L1 = − dt = − arctan t = − arctan ex 1 + t2 0 e2x e3x ex 1 1 + e2x + 2x = = 13x e 3x = x 2x 2e − e 1 + e2x e e ex 2e2x 1 dx = ⇒ L2 = arctan ex L2 = 2x 1+e 1 + (ex )2 yp = L1 y1 + L2 y2 = − arctan ex · ex + arctan(ex )e2x = −ex arctan ex + e2x arctan ex yp = arctan(ex )(e2x − ex ) ∴ y = c1 ex + c2 e2x + ex (e2x − ex ) Ejemplo 3.2.16 y − y = ex Solución: y −y =0 k3 − k2 = 0 k 2 (k − 1) = 0 ⇒k = 0 k = 1 k1 = k2 = 0 y1 = e0x = 1 y2 = xe0x = x y3 = ex k3 = 1 yh = c1 + c2 x + c3 ex   L1 + L2 x + L3 ex = 0 L 0 + L2 + L3 ex = 0  1 L1 0 + L2 0 + L3 ex = ex dx = x L2 = − 87 L3 = x ex dx L2 = −ex ex L3 = ex = 1→ L3 = ex L2 + ex = 0 → L2 = −ex Ing.FCyT . Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.FCyT .UMSS . ex x 1 3x −x ·e + e ·e =0 2 2 2x e 1 L1 = − − e2x = −e2x 2 2 L1 = − 88 e2x dx.2) (♣. Raúl Romero E.2) + (♣.1) (♣.3) (♣.17 y − y = e2x Solución: y −y =0 k3 − k = 0 k(k 2 − 1) = 0 (♣. L3 = e3x 2 3 6 6 k1 = 0 k2 = 1 k3 = −1 y1 = e0x y2 = ex y3 = e−x yh = c1 + c2 ex + c3 e−x  L1 + L2 ex + L3 e−x = 0    x −x L1 0 + L2 e − L3 e = 0    L1 0 + L2 ex + L3 e−x = e2x 1 x x e e − L3 e−x = 0 2 1 2x e − L3 e−x = 0 2 1 L3 e−x = e2x 2 Ing. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES L1 − ex x + ex = 0 L1 = ex (x − 1) L1 = xex dx − ex dx L1 = xex − ex dx − ex L1 = xex − ex − ex = xex − 2ex L1 = ex (x − 2) y = yh + yp u=x du = dx dv = ex dx v = ex ∴ y = c1 +c2 x+c3 ex +ex (x−2)−ex x + xex Ejemplo 3.3) 2ex L2 = e2x 1 e2x = ex x 2e 2 1 1 L2 = ex dx = ex 2 2 L2 = L2 = 1 x ·e 2 1 1 e2x · −x = e3x 2 e 2 1 L3 = e3x 2 1 L3 = e3x dx 2 L3 = L3 = L1 + 1 e3x 1 1 · = e3x . L1 = − e2x 2 . y + 4y = tan x 2.FCyT . y + y = 3.2.2. Ejercicios Propuestos 1 sen x 1. Raúl Romero E. y − 6y + 11y − 6y = ex Ing.Departamento de Matemáticas 3.3. 89 . EJERCICIOS yp = L1 y1 + L2 y2 + L3 y3 yp = − yp = − e2x ex x 1 3x −x + e + e e 2 2 6 e2x e2x 1 2x + + e 2 2 6 1 yp = e2x 6 y = yh + yp 1 ∴ y = c1 + c2 ex + c3 e−x − e2x 6 3.UMSS . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. y − 6y + 8y = x2 Solución: y − 6y + 8y = 0 k 2 − 6k + 8 = 0 (k − 4)(k − 2) = 0 Como Q(x) = x2 → yp = Ax2 + Bx + C yp = 2Ax + B yp = 2A Reemplazando en la Ecuación Diferencial 2A − 6(2Ax + B) + 8(Ax2 + Bx + C) = x2 8Ax2 + (−12A + 8B)x + 2A − 6B + 8C = x2 y1 = e4x y2 = e2x yh = c1 e4x + c2 e2x Ing. Q(x) = ex → yp = Aex Q(x) = xex → yp = Axex + Bex Q(x) = 5e2x → yp = Ae2x Q(x) = x2 ex → yp = Ax2 ex + Bxex + Cex Q(x) = sen(αx) → yp = A sen(αx) + B cos(αx) A. Raúl Romero E. Método de Coeficiente Indeterminado Sea: y + a1 y + a0 y = Q(x) ⇒ yp =? Q(x) = x → yp = Ax + B Q(x) = x2 → yp = Ax2 + Bx + C Q(x) = x3 → yp = Ax3 + Bx2 + Cx + D .4. coeficiente indeterminado yG = yh + yp 1.2. .UMSS . . B. C.FCyT . D .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. . 90 . . Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E. 2Aex + Axex + Bex + 9(Axex + Bex ) = xex 10A = 1 A= 10B + 2A = 0 1 1 B=− 10 50 1 x 1 x yp = xe − e 10 50 ∴ yG = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) + 3. y − 5y + 4y = sen(3x) Solución: y − 5y + 4y = 0 k 2 − 5k + 4 = 0 Ing. EJERCICIOS      1 8 3 B= 16 7 C= 64 A= yG = yh + yp 8A = 1 −12A + 8B = 0   2A − 6B + 8C = 0   1 3 7 y p = x2 + x + . y + 9y = xex Solución: y + 9y = 0 k 2 + 9 = 0 ⇒ k = ±3i ¨ r y1 = cos(3x) B ¨¨ rr j α=0 β=3 yh = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) y2 = sen(3x) Q(x) = xex → yp = Axex + Bex yp = Aex + Axex + Bex yp = Aex + Aex + Axex + Bex yp = 2Aex + Axex + Bex Reemplazando en la Ecuación Diferencial.2.UMSS . 91 1 1 x xe − ex 10 50 (k − 4)(k − 1) = 0 yh = c1 e4x + c2 ex . 8 16 64 1 3 7 ∴ yG = c1 e4x + c2 e2x + x2 + x + 8 16 64 2.FCyT . 2Aex cos x − 2Bex sen x − (Aex sen x + Bex cos x) = ex sen x 2Aex cos x − 2Bex sen x − Aex sen x − Bex cos x = ex sen x (2A − B)ex cos x + (−A − 2B)ex sen x = ex sen x −A − 2B = 1 2A − B = 0 Ing.FCyT . 92 1 5 2 B=− 5 A=− yh = c1 ex + c2 e−x . −9A sen(3x)−9B cos(3x)−5(3A cos(3x)−3B sen(3x))+4(A sen(3x)+ B cos(3x)) = sen(3x) (−5A + 15B) sen(3x) + (−5B − 15A) cos(3x) = sen(3x) −5A + 15B = 1 −15A − 5B = 0 A=− 1 50 3 B= 50 3 1 sen(3x) + cos(3x) 50 50 1 ∴ yG = c1 e4x + c2 ex + (3 cos(3x) − sen(3x)) 50 ⇒ yp = − 4. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Q(x) = sen(3x) → yp = A sen(3x) + B cos(3x) yp = 3A cos(3x) − 3B sen(3x) y = −9A sen(3x) − 9B cos(3x) Reemplazando en la Ecuación Diferencial. y − y = ex sen x Solución: y − y = 0 ⇒ k 2 − 1 = 0 ⇒ k = ±1 Q(x) = ex sen x → yp = Aex sen x + Bex cos x y = Aex cos x + Aex sen x + Bex cos x − Bex sen x y = 2Aex cos x − 2Bex sen x Reemplazando en la Ecuación Diferencial.UMSS . Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 93 .FCyT . 4Ae2x + 4Axe2x − 4Axe2x = 2e2x 4Ae2x = 2e2x A= 1 2 1 yp = xe2x 2 1 ∴ yG = c1 e2x + c2 e−2x + xe2x 2 Ing. y − 4y = 2e2x Solución: y − 4y = 0 ⇒ k 2 − 4 = 0 ⇒ k = ±2 Q(x) = 2e2x ⇒ yp = Axe2x yh = c1 e2x + c2 e−2x “x” por repetirse la solución e2x yp = Ae2x + 2Axe2x y = 2Ae2x + 2Ae2x + 4Axe2x y = 4Ae2x + 4Axe2x Reemplazando en la Ecuación Diferencial.2. Raúl Romero E. EJERCICIOS 1 2 yp = − ex sen x − ex cos x 5 5 ex ∴ yG = c1 ex + c2 e−x − (sen x + 2 cos x) 5 5.Departamento de Matemáticas 3.UMSS . 3. Dif Homogenea de 2o Orden dt2 Ing. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.2) Fr Reposo Fm m Equilibrio m Movimiento Figura 3. Homogenea de 2o Orden 2 dt m k Frecuencia de oscilación w2 = m d2 y + w2 y = 0 Ec. d2 y m 2 = mg − k(∆ + y) dt d2 y m 2 = mg − k∆ − ky.1. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden Sistema Masa. Dif.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.Resorte sin amortiguación ( Véase Figura 3.2: En equilibrio: Fm = Fr Ley de Hooke mg = k∆ mg − k∆ = 0 +∆ ∆ y(−) y(+) En movimiento F = ma. 94 .3.UMSS . mg − k∆ = 0 dt d2 y m 2 + ky = 0 Dividiendo entre m dt 2 dy k + y = 0 Ec. Raúl Romero E.3.FCyT . Resorte Amortiguado: [véase Figura 3.UMSS .3] Fa αv Fa : K1 : Fa = k1 v Fuerza de Amortiguación Constante de Amortiguación Fm = −FR − Fa d2 y = −ky − k1 v dt2 d2 y m 2 + k1 v + ky = 0 dt d2 y k1 dy k + + y=0 dt2 m dt m k1 k 2λ = w2 = Frecuencia de oscilación m m m Ing.FCyT . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN r2 + w2 = 0 r = ±wi ¨ r ¨ B ¨ α=0 rr j β=1 y(t) = c1 cos(wt) + c2 sen(wt) c1 c2 + c2 = A 1 2 φ c2 sen φ = cos φ = c1 c2 1 c2 + c2 2 c2 + c2 1 2 A : amplitud de Oscilación c2 + c2 1 2 c2 + c2 1 2 φ: Ángulo de fase c2 + c2 1 2 y(t) = c1 · y(t) = cos(wt) + c2 · c2 + c2 1 2  sen(wt) c2 + c2 1 2 c1 c2 cos(wt) + sen(wt) c2 + c2 c2 + c2 1 2 1 2    y(t) = A sen φ cos(wt) + cos(φ) sen(wt)   sen(wt + φ) y(t) = A sen(wt + φ) Sistema Masa .Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E. 95 .3. 5) Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.FCyT . 96 .UMSS . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES +∆ ∆ m Equilibrio m v y(−) y(+) Fa Movimiento Figura 3.3: d2 y dy + 2λ + w2 y = 0 2 dt dt Ecuación Diferencial Homogénea de 2o Orden r2 + 2λr + w2 = 0 √ −2λ ± 4λ2 − 4w2 r= √ 2 r = −λ ± λ2 − w2 Se presentan 3 casos Primer Caso: Si λ2 − w2 > 0 SOBREAMORTIGUADO entonces r1 = r2 ∈ R y = Aer1 t + Ber2 t Y t Figura 3.4: Segundo Caso: Si λ2 − w2 = 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO (véase Figura 3. Raúl Romero E. 6: Ejemplo 3.5: Tercer Caso: Si λ2 − w2 < 0 SUBAMORTIGUADO (véase Figura 3.3.resorte. 97 . Determinar la ecuación del desplazamiento.FCyT .Departamento de Matemáticas 3.6) r = α ± βi y = eαt (A cos(βt) + sen(βt)) Y t Figura 3. el resorte tiene una constante de resistencia de 8 N/m y el coeficiente de amortiguación 8 kg/s que partiendo del reposo se desplaza hacia arriba con una velocidad de 5 m/s.18 En un Sistema Amortiguado masa . Solución: (Véase Figura 3. Raúl Romero E. la masa de 2kg.7) dy d2 y + 2λ + w2 y = 0 2 dt dt k k1 w2 = 2λ = m m Ing. el resorte se alarga hasta el punto de equilibrio.UMSS . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN entonces r1 = r2 = r ∈ R r = −λ y = Ae−λt + Bte−λt Y t Figura 3. Una masa de 30 g se une a un resorte. k = 1470 mg = k∆ ⇒ k = m d2 y + ky = 0 30y + 1470y = 0 dt2 k k y + y=0 w2 = m m 1470 k = = 49 w2 = w2 = 49 m 30 Ing.FCyT . El resorte se jala hacia abajo otros 10 cm y se suelta. Establezca la ecuación diferencial para el movimiento y resuelva para determinar el movimiento resultante ignorando la fricción Solución: (Véase Figura 3.8) m = 30 g ∆ = 20 cm y(0) = 10 cm 30 · 980 mg = ∆ 20 y (0) = 0. 98 . En equilibrio el resorte se alarga 20 cm.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Raúl Romero E. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES +∆ y− m m Figura 3.7: y+ 8 2 2λ = 4 2λ = w2 = w=2 8 2 y (0) = 5 m/s 0=A+0 A=0 y = −2Ae−2t + B(e−2t + t(−2)e−2t ) y = −2Ae−2t + Be−2t − 2Bte−2t −5 = B ∴ y = 5te−2t y + 4y + 4y = 0 r2 + 4r + 4 = 0 (r + 2)(r + 2) = 0 ⇒ r = −2 y = Ae−2t + Bte−2t y(0) = 0 1.UMSS . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN y + 49y = 0 ¨ r2 + 49 = 0 → r = ±7i ¨ r B ¨ α=0 rr j β=7 y = A cos(7t) + B sen(7t) y = −7A sen(7t) + 7B cos(7t) cony(0) = 10 ⇒ 10 = A cos(0) + B sen(0) ⇒ A = 10 0 = −7A · 0 + 7B ⇒ B = 0 y = 10 cos(7t) ∆ = 20 cm y = 10 cm Figura 3. ∆ = 245 cm . A las 12 : 00 del día se observa que la masa está 10 cm mas abajo del pun√ to de equilibrio y moviéndose hacia abajo a 84 cm/s. El resorte se jala hacia abajo y se suelta. mg = k · ∆ ⇒ k = = ⇒ k = 1600 2 dt ∆ 245 y = A cos(2t) + B sen(2t) 400y + 1600y = 0 ⇒ y + 4y = 0 r2 + 4 = 0 ⇒ r = ±2i y = −2A sen(2t) + 2B cos(2t) con y(0) = 10 → 10 = c1 cos(2 · 0) + c2 sen(2 · 0) ⇒ A = 10 √ √ con y (0) = 84 cm/s → 84 = −2A sen(2 · 0) + 2B cos(2 · 0) √ √ 84 √ = 21 B= ∴ y = 10 cos(2t) + 21 sen(2t) 2 Ing.3. En equilibrio el resorte se ha alargado 245 cm.8: 2.FCyT . y(0) = 10 cm y (0) = 84 cm/s m d2 mg 400 · 980 + ky = 0 .UMSS . Resuelva la ecuación diferencial y expresa la solución en forma de amplitud y fase Solución: √ m = 400 g. Una masa de 400 g se une a un resorte.Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E. Establezca la ecuación diferencial para el movimiento. 99 . ¿Cual es la masa que debe unirse para que el movimiento resultante tenga una frecuencia de 30 Hz ? k = 5 g/s2 f = 30 Hz T = m =? T = 2π w 1 1 = f 30 2π 2π 2π w= = = ⇒ w = 60π 1 T T 30 k 5 k m= 2 = w2 = m w (60π)2 5 1 m= = 2 3600 π 720 π 2 Ing. Se quita la masa de 8 slugs. En el tiempo en el que se suelta la masa se encuentra a 2 pie abajo del equilibrio y viajando hacia abajo a 1 pie/s. 100 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.UMSS . El resorte se estira 2 pie antes de quedar en reposo. Una masa de 8 slug se cuelga de un resorte largo.FCyT . se cuelga a una masa de 2 slugs y se coloca en equilibrio. Un Sistema masa resorte tiene una constante del resorte de 5 g/s2 .D. y + 64y = 0 r2 + 64 = 0 r = ±8i y = A cos(8t) + B sen(8t) y = −8A sen(8t) + 8B cos(8t) 1 A=2 B= 8 1 ∴ y = 2 cos(8t) + sen(8t) 8 2=A 1 = 8B k = 128 m d2 y + ky = 0 dt2 4.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. La masa se empuja hacia abajo y se suelta. Raúl Romero E. Determinar la ecuación diferencial para el movimiento y resolver la ecuación del Solución: m1 = 8 slug ∆ = 2 pie m2 = 2 slugs y(0) = 2 slugs y (0) = 1 pie/s k= m1 g 8 · 32 = ∆ 2 2y + 128y = 0 E. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 5. Una masa de 16 g.3.9: k 64 = =4 m 16 w=2 w2 = y = sen(2t + π ) 3 y = A cos(2t) + B sen(2t) y = −2A sen(2t) + 2B cos(2t) y(0) = c1 = 1 y(0) = 1 √ y (0) = 2B ⇒ y (0) = 2 3 101 B sen 60◦ = B = 2 sen 60◦ √2 √ 3 B= 3 B =2· 2 A cos 60◦ = ⇒ A = 1 2 Ing.FCyT . ¿Cuales deben ser las condiciones iniciales para obtener una respuesta de amplitud 2 y π ángulo de fase 3 solución: (Véase Figura 3. Se debe unir el resorte a una masa de 10 slugs ¿ Cual debe ser la constante del resorte para que el movimiento resultante tenga una frecuencia de 5 Hz ? m = 10 slugs k =? f = 5 Hz T = 1 f 1 T = 5 2π T = w w= w= 2π T 2π 1 5 = 10π w2 = k ⇒ k = w2 · m m k = (10π)2 · 10 k = 100 π 2 10 k = 1000 π 2 pie/s2 6. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 3. .9) 2 B π 3 A Figura 3. se une con un resorte de 64 g/s2 .UMSS . 10: k w2 = m √ w= 5 k = m 30 6 w= √ B 3 2 sen 45◦ = B = 3 sen 45◦ ⇒ B = 3 √2 A 3 2 cos 45o = ⇒ A = 3 cos 45◦ ⇒ A = 3 2 √ √ √ π y = 2 sen 5t + y = A cos( 5 t) + B sen( 5 t) √ √4 √ √ y = − 5A sen( 5t) + 5B cos( 5t) √ 3 2 y(0) = A = 2 √ √ √ 3 2 3√ 3√ y (0) = 5B = 5 · = 10 y (0) = 10 2 2 2 8. 102 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Una masa de 6 gr se une con un resorte de 30 gr/s2 ¿Cuales son las condiciones iniciales para obtener una respuesta con amplitud 3 y π ángulo de fase es 4 π Solución: φ = = 45◦ 4 3 π 4 A Figura 3. El resultado es que en el tiempo t = 0 la masa esta en posición de equilibrio pero tiene una velocidad de 10 cm/s hacia abajo a) Determine el movimiento subsecuente b) Determine la amplitud del movimiento resultante como una función de "m" y "k" c) ¿Cual es el efecto sobre la amplitud si se aumenta "k" ? Ing. En un sistema masa-resorte con una masa "m" y una constante "k" se somete a un impulso repentino. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7.UMSS .FCyT . Raúl Romero E. ¿ Determinar la amplitud el periodo y frecuencia del movimiento? Solución: (Véase Figura 3. en la que el resorte se ha alargado 6 pulgadas. ctte = k ∴ y = 10 b) Amplitud = 02 + 10 m k 2 ⇒ Amplitud = 10 m k c) Si se aumenta "k" . A continuación el peso se desplaza 3 pulg por debajo de la posición de equilibrio y se suelta en t = 0 con una velocidad inicial de 1pie/s dirigida hacia abajo.11) k d2 y + y=0 2 dt m 2 dy + W 2y = 0 2 dt Ing. Fr = k∆ k= 8 = 16 1 2 k = 16 103 . la amplitud " Crece" 9. y (0) = 10 cm/s y = A cos y =− 0=A 10 = k B ⇒ B = 10 m m sen k k t m m k k t m + B sen k t + m k t m k B cos m k t m k A sen m r=± masa = m. Raúl Romero E.3. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio. Despreciando la resistencia del medio y suponiendo que no existen fuerzas exteriores. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN d ) ¿Cual es el efecto de su amplitud si se aumenta "m" ? Solución: a) my + ky = 0 y + r2 + k y=0 m k =0 m k i m y(0) = 0.Departamento de Matemáticas 3.UMSS . la amplitud "Decrece" d) Si se aumenta "m" .FCyT . se coloca un peso de 8 libras. En el extremo de un resorte sujeto al techo. se lleva entonces el peso 6 pulgadas por debajo de dicha posesión de equilibrio y se abandona en t = 0. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES m= W 8 1 = = g 32 4 k 16 2 = w = 1 m 4 W 2 = 64 W =8 ⇒ 2 v = 1 pie/s y = v = −8A sen(8t) + 8B cos(8t) 1 = 8B ⇒ B = 1 8 1 1 =A⇒ A= 4 4 √ Amp = A2 + B 2 Amp = Amp = 1 4 2 d2 y + 64y = 0 dt2 r + 64 = 0 r2 = −64 r = ±8i y = A cos(8t) + B sen(8t) y(0) = 3 pulg × y(0) = 1 pie 4 1 pie 12 pulg + 1 5 1 + = 16 64 8 2π 2π π T = = = seg W 8 4 π T = seg 4 1 1 f= = π T 4 4 f = Hz π 1 8 √ 2 ∆ = 6pulg 3 pulg v cc Figura 3. 104 = 1 pie/s W =8 b .UMSS .11: 10.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. la Ing. Al extremo inferior de un resorte suspendido del techo se sujeta un peso de 8 libras que queda en reposo en su posición de equilibrio con el resorte alargado 0.FCyT .4 pie. Raúl Romero E. 12: dy W 8 1 8 80 Fa = k1 .k = = ⇒ dt m 32 4 0. 105 .12) 0. y (0) = 0 2 1 d2 y dy + 2 + 20y = 0 2 4 dt dt b) d2 y dy + 8 + 80y = 0 dt2 dt −8 ± r2 + 8r + 80 = 0 ⇒ r = 64 − (4)(80) −8 ± 16i = = −4 ± 8i 2 2 1 y = e−4t (c1 cos(8t) + c2 sen(8t)) = c1 2 y = v = −4e−4t (xc1 cos(8t)+c2 sen(8t))+e−4t (−8c1 sen(8t)+8c2 cos(8t)) 1 1 0 = −4c1 + 8c2 ⇒ 0 = −4 × + 8c2 ⇒ c2 = 2 4 1 1 cos(8t)+ sen(8t) .3. W = mg ⇒ m = = = .4 pie W =8 b 6 pulg × 1 pie 1 = pie 12 pie 2 Figura 3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN resistencia es en libras numéricamente igual a 2 velocidad instantánea en pie/s dy dy donde es la dt dt a) Escribir la ecuación diferencial del movimiento así como las condiciones iniciales b) Resolver el problema de valores iniciales planteado en la parte a) para determinar el desplazamiento del peso en función del tiempo Solución: (Véase Figura 3.Departamento de Matemáticas 3.4 4 k = 20 a) m d2 y dy + k1 + ky = 0 2 dt dt 1 y(0) = .FCyT . Raúl Romero E.UMSS . y = v = −e−4t 5 sen(8t) ∴ y = e−4t 2 4 Ing. En la que el alargamiento del resorte es de 2 pies. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio. el peso en función del tiempo Solución: (Véase Figura 3.UMSS . A continuación se desplaza el peso 9 pulg por debajo de dicha posición y se abandona en t = 0. El medio ofrece una resistencia que es dy dy en libras. posición en la que el resorte se encuentra deformado 6 pulg. y = Ae−8t + Bte−8t y(0) = 3 pie 4 B=6 ∴ y= 12. En el extremo inferior de un resorte suspendido de un soporte fijo se coloca un peso de 8 br. Numéricamente es igual a 4 siendo que la velocidad dt dt instantánea en pies/s.13) 6pie · c 1pie 12pie 1 = 2 pie 9 pulg · mg c Figura 3. En el extremo inferior de un sistema masa resorte sujeta al techo un peso de 32 libras. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio. Raúl Romero E.13: mg 1 pie 3 = pie 12 pie 4 m dy dy W 8 1 8 +4· + ky = 0. m = = = . Determinar el desplazamiento. 106 .FCyT .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. k = 1 = 16 ⇒ k = 16 dt2 dt g 32 4 2 v(0) = 0 pie/s 3 =A 4 y = −8Ae−8t + Be−8t − 8Bte−8t 0 = −8A + B 0 = −8 × 3 +B 4 3 + 6t e−8t 4 2 1 d2 y dy · 2 +4· + 16y = 0 4 dt dt d2 y dy + 16 · + 64y = 0 2 dt dt r2 + 16r + 64 = 0 (r + 8)(r + 8) = 0 r = −8 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 11. A continuación se lleva dicho peso 6 pulgadas por debajo de la posición de equilibrio y se Ing. Determinar el movimiento resultante para el peso pendiente del muelle. pero la resistencia del dy dy donde es la velocidad aire en libras es numéricamente igual a 4 dt dt instantánea en pies/s.3. Se hace descender el peso pie por debajo de su posición 2 de equilibrio y luego se suelta.Departamento de Matemáticas 3. 107 . Solución: d2 y dy + 4 + ky = 0 2 dt dt 32 32 m= = 1.UMSS . El movimiento tiene lugar en un medio 1 que ejerce una fuerza de amortiguación igual a de velocidad en todo 8 instante.14 ) d2 y 1 dy 32 32 32 32 m 2 + + ky = 0 m= = =1 k= = = 48 2 dt 8 dt g 32 3 Ing. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN abandona t = 0 No existen fuerzas exteriores. Solución: (Véase Figura 3. Raúl Romero E. c2 = 2 3 √ √ √ 3 1 ∴ y = e−2t cos( 3t) + sen( 3t) 2 3 y(0) = 6 pulg × 13. sujeto al extremo de un 2 resorte en el que produce un estiramiento de pie respecto de su longi3 1 tud natural. Describir el movimiento de un peso de 32 b.FCyT . k = = 16 32 2 y + 4y + 16y = 0 m √ r2 + 4r + 16 = 0 ⇒ r = −2 ± 3i √ √ y = e−2t (c1 cos( 3t) + c2 sen( 3t)) 1 pie 1 = pie v(0) = 0 12 √ pie 2 √ y = −2e−2t (c1√ cos( 3t)√ c2 sen( 3t)) √ + √ −2t +e (− 3c1 sen( 3t) + 3c2 cos( 3t)) √ 1 3 c1 = . UMSS . en el que se produce un estiramiento de pie respecto a 3 1 su longitud normal. Raúl Romero E. Se hace descender el peso pie por debajo de su 2 posición de equilibrio y luego se suelta. sujeto al extremo de 2 un resorte.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 108 . Determinar el movimiento de un peso de 32 b.FCyT .14: 1 dy d2 y = + 48y = 0 2 dt 8 dt 1 1 r2 + r + 48 = 0 → 8r2 + r + 48 = 0 8 8 √ √ −1 ± 1 − 4 · 8 · 48 −1 12287 2 8r + r + 48 = 0 ⇒ r = = ± i 16 16 16 √ √ −1 t 12287 12287 y = e 16 A cos t + B sen t 16 16 1 y = v(0) = 0 y(0) = pie 2 √ √ 1 −1t 12287 12287 y = v = − e 16 A cos t + B sen t 16 16 16 √ √ √ √ 12287 12287 12287 12287 1 − 16 t +e − A sen t + B cos t 16 16 16 16 √ 1 12287 A= B= 2 2 · 12287 √ √ 1 −1t 12287 12287 12287 ∴ y = e 16 cos t+ sen t 2 16 12287 16 14. Solución: Ing. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES y− y+ Figura 3. en la posición de equilibrio el resorte mide 8. k= 16 = 5 → k = 5 b/pie 3.3. Un contrapeso de 16 b de fuerza se une a un resorte de 5 pie de long. √ y = −4 3c1 sen(4 y (0) = 0 y= c1 = y(0) = 1 2 m= 32 =1 32 √ √ √ 4 3t) + 4 3c2 cos(4 3t) 1 2 c2 = 0 W 2 = 48 d2 y + 48y = 0 dt2 √ 1 cos(4 3t) 2 15.2 pie. 109 .FCyT . Determine los desplazamientos y(t). Considere que el medio que rodea al sistema ofrece una resistencia al movimiento numéricamente igual a la velocidad instantánea Solución: Fr = k · ∆ m= ∆ = 3.Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E.2 16 1 = slug. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN d2 y + W 2y = 0 dt2 k W2 = m 32 k = 2 = 48 3 r2 + 48 = 0 √ r = ±4 3i √ √ y = c1 cos(4 3t) + c2 sen(4 3t). 32 2 d2 y dy m 2 + + ky = 0 dt dt 1 y + y + 5y = 0 ∗2 2 y + 2y + 10y = 0 → r2 + 2r + 10 = 0 √ −2 ± 4 − 4 × 10 r= → r = −1 ± 3i 2 y(t) = e−t (c1 cos(3t) + c2 sen(3t)) y(0) = −2 pie y (0) = 0 2 3 c1 = −2 c2 = − ∴ y = e−t −2 cos(3t) − 2 sen(3t) 3 Ing.2.UMSS . si el contrapeso se eleva y se suelta del reposo en un punto a 2 pies arriba de su posición de equilibrio. Resolver la ecuación diferencial de valor inicial 1 y + 1.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 110 . B= 102 51 50 25 sen(4t) − cos(4t) .UMSS .2y + 2y = 5 cos(4t) 5 1 y + 1.2y + 2y = 5 cos(4t) 5 1 y(0) = y (0) = 0 2 Solución: 1 y + 1.FCyT .2y + 2y = 0 ∗5 5 y + 6y + 10y = 0 r2 + 6r + 10 = 0 √ −6 ± 36 − 4 × 10 r= r = −3 ± i 2 yh (t) = e−3t (c1 cos t + c2 sen t) yp = A sen(4t) + B cos(4t) yp = 4A cos(4t) − 4B sen(4t) yp = −16A sen(4t) − 16B cos(4t) −16A cos(4t) − 16B cos(4t) + 6(4A cos(4t) − 4B sen(4t)) +10(A sen(4t) + B cos(4t)) (−6A + 24B) cos(4t) + (−24A − 6B) sen(4t) = 25 cos(4t) A= 25 50 . Raúl Romero E. yG = yh + yp 51 102 50 25 yG (t) = e−3t (c1 cos t + c2 sen t) + sen(4t) − cos(4t) 51 102 ∴ yp (t) = yG = −3e−3t (c1 cos t + c2 sen t) + e−3t (−c1 sen t + c2 cos t) 200 50 cos(4t) + sen(4t) 51 51 1 con y(0) = 2 + Ing. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 16. En el tiempo t = 0 la masa se encuentra 3 cm abajo de la posición de reposo y moviéndose hacia arriba 5 cm/s Solución: [ver Figura 3. La constante del resorte es 30 g/s2 . Resolver la ecuación diferencial establecer si el movimiento MasaResorte es subamortiguado. tiene una masa de 10 g acoplada al resorte. Al sistema se une una constante de amortiguación de 40 g/s.UMSS . críticamente amortiguado.15: Ing. 111 . La masa se jala hacia abajo y se suelta.Departamento de Matemáticas 3. Establezca la Ecuación Diferencial que describe el movimiento. a) El sistema masa-resorte. sobre amortiguado escribir la solución.FCyT . Raúl Romero E. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 1 50 25 1 25 = e0 (c1 cos 0 + c2 sen 0) + sen 0 − cos 0 ⇒ = c1 − 2 51 102 2 102 38 c1 = 51 con y (0) = 0 0 = −3e(−3)(0) (c1 cos 0 + c2 sen 0) + e−(3)(0) (−c1 sen 0 + c2 cos 0) + 200 50 cos(0) + sen(0) 51 51 c2 = −86 51 38 86 50 25 cos t − sen t + sen(4t) − cos(4t) 51 51 51 102 ∴ yG (t) = e−3t 17.3.15] 3 cm Figura 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES k = 30 g/s2 m = 10 g m k1 = 40 g/s y(0) = 3 cm y (0) = −5 cm/s d2 y dy + k1 + ky = 0 dy 2 dt 10y + 40y + 30y = 0 Ecuación Diferencial Resolviendo y + 4y + 3y = 0 r + 4r + 3 = 0 ⇒ r = y = Ae−t + Be−3t 3=A+B 2 −4 ± 16 − 12 ⇒ r1 = −1 r2 = −3 2 y = −Ae−t − 3Be−3t √ − 5 = −A − 3B A = 2. Se jala la masa hacia abajo 1 cm desde el reposo y se suelta con una velocidad de 7 cm/s hacia abajo 20 cm 1 cm Figura 3. B = 1 ⇒ y = 2e−t + e−3t b) Una masa de 1 g esta unida a un sistema de masa-resorte para que la fricción es despreciable.FCyT .UMSS .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. El resorte se alarga 20 cm y regresa al reposo. 112 m = 1g . Raúl Romero E.16: ∆ = 20 cm y(0) = 1 cm y (0) = 7 cm/s mg (1)(980) mg = k∆ ⇒ k = = = 49 ⇒ k = 49 ∆ 20 Ing. UMSS . 113 . El coeficiente de amortiguamiento es 7 slug/s se empuja la masa 1 f t arriba de la posición de equilibrio y después se suelta con una velocidad de 1 f t/s hacia abajo 2 2 pie 3 1 pie Figura 3.17: Ing. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN d2 y + ky = 0 dt2 y + w2 y = 0 m k 49 = = 49 m 1 y + 49y = 0 w2 = r + 49 = 0 → r = ±7i 2 B ¨ α=0 ¨¨ rr j r β=7 y = c1 cos(7t) + c2 sen(7t) con y(0) = 1 ⇒ 1 = c1 · 1 + c2 · 0 ⇒ c1 = 1 y = −7c1 sen(7t) + 7c2 cos(7t) con y (0) = 7 ⇒ 7c1 · 0 + 7c2 · 1 ⇒ c2 = 1 y = cos(7t) + sen(7t) Subamortiguado √ √ A = c2 + c2 = 1 + 1 = 2 1 2 ϕ = tan−1 1 = π = 45o 4 ∴ y= √ 2 sen 7t + π 4 c) Un resorte con una constante k = 12 slug/s2 tiene una masa unida 2 que lo alarga 2 3 ft.FCyT .3. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 3. Describa el movimiento. Considere un resorte al que un peso de 5 libras alarga en 6 pulgadas. 4. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES k = 12 slug/s2 k1 = 7 slug/s ∆ = 8 f t = pie 3 y(0) = −1 pie y + 7y + 12y = 0 r2 + 7r + 12 = 0 r1 = −3. Si el peso inicia un 2 movimiento hacia arriba desde el punto de equilibrio a una velocidad de 4 pies/seg. El peso se jala 3 pulgadas hacia abajo del punto de equilibrio y después se libera. Si el peso de 2 libras es liberado desde 4 un punto que está a 3 pulgadas por debajo del punto de equilibrio. 5. 3. Una fuerza de 1 sen 8t actúa sobre el resorte.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. El peso se sujeta al resorte y éste alcanza el equilibrio. describa el movimiento.3. Suponga que la fuerza ejercida actúa hacia abajo para valores muy pequeños de t.FCyT . Raúl Romero E. Si se ejerce una fuerza con magnitud de 9 sen 4t libras. 1 Una fuerza de cos 8t actúa sobre el resorte. Un resorte es alargado en 6 pulgadas por un peso de 12 libras. determine la posición del peso como una función del tiempo. luego el peso es jalado hacia abajo 3 pulgadas desde el punto de equilibrio y entonces vuelve hacia arriba una velocidad de 6 pies/seg. Suponga que el peso sube desde E a una velocidad inicial de 12 pies/seg. Ejercicios Propuestos 1. 114 . Considere un resorte al que un peso de 4 libras alarga en 6 pulgadas. determine la ecuación del movimiento. Un resorte es alargado 3 pulgadas por un peso de 5 libras. 2. r2 = −4 y = Ae−3t + Be−4t y = −3Ae−3t − 4Be−4t −1 = A + B 1 = −3A − 4B ⇒ A = −3.UMSS . Un resorte es alargado medio pie por un peso de 2 libras..2. Ing. Encuentre una ecuación que dé la posición del peso en todo momento subsecuente. B = 2 y = −3e−3t + 2e−4t Sobreamortiguado y (0) = 1 pie/s my + k1 y + ky = 0 mg = k · ∆ m= 12 8 · = 1 slug 32 3 3. Entonces el peso parte desde la posición de equilibrio a una velocidad negativa de 2 pies/seg.3. ¿Cuántas veces hace tic tac el reloj en 30 segundos? 12. en pies por segundo. Suponga que el movimiento se efectúa en un medio que opone una fuerza de magnitud numérica igual a la velocidad del peso en movimiento. El mecanismo del reloj hace tic tac una vez cada que el péndulo completa una oscilación. A cierto resorte un peso de 4 libras lo alarga en 0.64 pies. Determine la posición del peso como una función del tiempo. 9. 7. El movimiento se efectúa en un 1 medio que imprime una fuerza de amortiguamiento de |v| en todo 4 momento. . 10.4 pies por un peso de 4 libras. Un reloj tiene un péndulo de 6 pulgadas. El peso está sujeto al resorte y se mueve en un medio que imprime una 3 fuerza de amortiguamiento de |v|.FCyT .UMSS . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 6. 8. Considere un resorte al que un peso de 4 libras alarga en 0. A cierto resorte un peso de 8 libras lo alargaría 6 pulgadas. El peso se sujeta al resorte (suspendido en un soporte fijo) y se permite que el sistema alcance el equilibrio. Raúl Romero E. Encuentre la posición del peso. Encuentre una fórmula para la posición del peso en el tiempo t. 11. el cual es llevado 2 pulgadas arriba de su punto de equilibrio donde luego se suelta. Encuentre la ecuación que describe la posición del peso en el instante t. El peso es llevado hasta medio pie 2 por debajo del punto de equilibrio donde se le libera a una velocidad negativa de 4 pies/seg. Un péndulo de 6 pulgadas parte del reposo a un ángulo de 1 radianes 10 con respecto a la vertical. describa el movimiento. Suponga que al resorte se le sujeta un peso de 4 libras. Una fuerza 1 de sen 8t y una fuerza de amortiguamiento de magnitud |v| actúan 4 1 sobre el resorte. Un resorte es alargado 0. El peso parte desde de pie por debajo del punto 4 de equilibrio a una velocidad negativa de 3 pies/seg. A cierto resorte un peso de 2 libras lo alarga medio pie. Usando g = 32 (pies/seg2 ). 115 Ing.Departamento de Matemáticas 3. El peso es 1 llevado por arriba del punto de equilibrio y luego inicia el descenso 3 a una velocidad positiva de 5 pies/seg.32 pies. Describa el movimiento. Para el péndulo del ejercicio anterior. 14. Encuentre una ecuación que de la posición del peso en todo momento subsecuente. 116 .UMSS . φ = arctan y= 6 3 Ing. encuentre la velocidad angular máxima y el tiempo que debe transcurrir para que ocurra este valor máximo por primera vez. Describir el movimiento. En un sistema masa-resorte la masa es 50 g. por arriba del punto de equilibrio y luego se suelta parte del reposo. Suponga que el peso es llevado 3 pulg. 19. puede expresarse como √ 2 13 sen(16t + φ). si la constante k = 8 b/pie ¿Cual debe ser la misma para obtener una amplitud de 4 pie ¿En que tiempo se logrará esta amplitud por primera vez? Sistema Masa-Resorte no Amortiguado 17. Luego el peso es jalado hacia abajo 3 pulgadas desde el punto de equilibrio y entonces vuelve hacia arriba a una velocidad de 6 pie/s. 18. Demostrar que la respuesta del ejercicio 19. por un peso de 2 b. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 13. Considere Sistema masa-resorte al que un peso de 5 libras alarga en 6 pulgadas. ¿Cual debe ser la constante del resorte para obtener la amplitud de 20 cm? en t = 0. En el tiempo t = 0 se observa que la masa en un sistema masa-resorte con masa " m" y constante del resorte " k" se encuentra 1 pie abajo del equilibrio y bajando hacia abajo de 1 pie/s.FCyT . Raúl Romero E. a) Determinar la solución de la ecuación diferencial b) Determine la amplitud como una función de " m" y " k" c) Cual es el efecto sobre la amplitud si se aumentan "m" o " k" 16. La misma situación que en el ejercicio 15. Suponga que el peso se jala 4 pulg. El peso se sujeta al resorte y este alcanza el equilibrio. y = 0 y y = 10 cm/s 15.5 pulg. Un resorte es alargado en 1.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Para el problema 18. 20. por debajo del punto de equilibrio y se le imprime una velocidad de 8 pie/s hacia abajo. El primer contrapeso se quita y en su lugar se pone uno de 8 b. Determinar el numérico del primer 5 contrapeso (ver Figura 3.18 (ver Figura 3.3. Deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso parte de su posición de equilibrio con una velocidad de 2 pie/s hacia abajo k1 k2 m Figura 3. El π periodo de movimiento es seg.5 pulg.19) 23.UMSS . 117 . Al extremo inferior de un muelle espiral suspendido del techo se liga un peso de 4 bs.Departamento de Matemáticas 3.FCyT . otro. En el instante t = 0 se golpea el peso de modo que se pone en movimiento con una velocidad inicial de 2 pie/seg dirigido hacia abajo a) Determinar el desplazamiento resultante de la velocidad del peso en función en función del tiempo b) Hallar la Amplitud. Los dos re3 2 sortes se fijan a un resorte rígido como se indica en el problema anterior. El contrapeso W esta fijo al centro de la placa del sistema. periodo y frecuencia del movimiento c) Determinar los instantes en los que el peso se encuentra 1. Un contrapeso de W . por debajo de su posición de equilibrio y moviéndose hacia abajo Ing. un resorte y 2 pulg.18: 1 1 22. Determine la constante efectiva del resorte de este sistema. Dos resortes paralelas constantes k1 y k2 sostienen un solo contrapeso 4k1 · k2 . Raúl Romero E. Cierto contrapeso estira pie un resorte y pie al otro. El peso queda en su posición de equilibrio en la que el muelle esta alargado 6 pulg. Estos resortes están fijos a un soporte rígido común por su parte superior y a una placa metálica en su extremo inferior como la Figura 3.18 de página 117). la constante efectiva del resorte es k = k1 + k2 20 libras estira 6 pulg. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 21. una fuerza de cos(8t) actua sobre el 2 resorte. por debajo de la del equilibrio y se abandona en t = 0 con una velocidad inicial de 2 pie/seg dirigido hacia arriba. no hay fuerzas de amortiguación. a) Determinar el desplazamiento resultante como función del tiempo b) Hallar la amplitud.20 se cuelga W suponer que el movimiento es libre. a su extremo inferior se liga un peso de 16 br. que a continuación queda en su posición de equilibrio. sin tener en cuenta la masa de cada una. Entonces se lleva a una posición de 4 pulg. 2 4 Ambos se fijan como en la Figura 3. Raúl Romero E. demuestre que la constantes efectiva de resorte k esta definida por 1 1 1 = + k k1 k2 1 1 b) Un contrapeso de W b estira pie un resorte y pie a otro. La naturaleza de un muelle espiral es tal que un peso de 25 b le deforma 6 pulg. 26. El muelle se encuentra suspendido al techo.FCyT . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES m Figura 3.19: d ) Determinar los instantes en que se encuentran 1. a) Hay dos resortes en serie. Un peso de 4 b alarga en 6 pulg.5 pulg. por debajo de su posición de equilibrio y movimiento hacia arriba 24.UMSS . Periodo y la frecuencia del movimiento c) ¿ En que momento pasa el peso la posición de equilibrio cual es su velocidad en ese instante? 1 25. Si el peso inicia un movimiento hacia arriba desde el punto de equilibrio a una velocidad de 4 pie/s. Determine la posición del peso como función del tiempo. . Deducir 118 Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. A ese resorte se le une un contrapeso de 3. Calcule la Ing. Un contrapeso de 4 b cuelga de un resorte cuya constante es 3 b/pie. Un contrapeso de 10 b estira un resorte 2 pies. Raúl Romero E. Deducir la ecuación del movimiento si el contrapeso se suelta partiendo en reposo en un punto a 2 pies abajo de su posición de equilibrio. Todo el sistema esta sumergido en un líquido que presenta una fuerza de amortiguación numéricamente igual a la velocidad instantánea. a) Deducir la ecuación del movimiento si el contrapeso parte del reposo 1 pie arriba de su posición de equilibrio. que ofrece una resistencia numéricamente igual a β (β > 0) veces la velocidad instantánea.FCyT . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN la ecuación del movimiento si el contrapeso parte de un punto a 2 1 pie abajo de la posición de equilibrio con una velocidad pie/s 3 hacia abajo. 28. Una fuerza de 2 lb estira 1 pie un resorte.UMSS .3.Departamento de Matemáticas 3. 119 . b) Expresar la ecuación del movimiento en forma y(t) = Aeαt sen(wt+ φ) c) Calcular el primer momento en que el contrapeso pasa por la posición de equilibrio dirigiéndose hacia arriba. k1 k2 W Figura 3. El contrapeso también está unido a un amortiguador.2 lb y el sistema se sumerge en un medio que imparte una fuerza de amortiguación numéricamente igual a 0. A partir de t = 0 se aplica al sistema una fuerza externa igual a f (t) = e−t . 29.20: Movimiento Amortiguado 27.4 la velocidad instantánea. Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Determinar la ecuación del movimiento si el medio presenta una fuerza de amortiguación numéricamente igual a 8 veces la velocidad instantánea. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES constante de amortiguación β para que el movimiento que se produce sea a) Sobreamortiguado b) Críticamente amortiguado c) Subamortiguado 8 30. Un contrapeso de 16 b estira pie un resorte. k1 = 0. cos(wt) tiene una frecuencia entre 10 y 76 Hz El sistema masa-resorte es my 10y = f (t) que valores de m pueden llevar a la resonancia 35. Para que valores de k mostrara resonancia 13y + ky = 4 cos(wt) si 4 cos(wt) tiene resonancia de 22 Hz 34. Deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso esta inpulsado por una fuerza externa igual a 10 cos(3t) 31. Se sabe que la función de forzamiento f (t) = f. Si el sistema masa resorte tiene m = 15. se aplica una fuerza externa al sistema igual a 8 sen(4t). 32. Cuando una masa de 1 slug se cuelga de un resorte.UMSS . Raúl Romero E. Para que valores de m mostrara resonancia my + 4y = 13 cos(wt) si 13 cos(wt) tiene una frecuencia de 20 Hz. y llega al reposo en su posición de equilibrio. 120 . 33. al principio el con3 trapeso parte del reposo a 2 pie abajo de la posición de equilibrio y el movimiento ocurre en un medio que presenta una fuerza de amortiguación numéricamente igual a la mitad de la velocidad instantánea. k = 0 ¿ Que frecuencia de forzamiento causaría resonancia? begincenter Ing. A partir de t = 0.FCyT . lo estira 2 pie. Dif.4. Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC L R i= dq dt ∼ i C Figura 3.Departamento de Matemáticas 3.UMSS . . Homogénea de 2o Orden 2 dt L dt CL R − ± L R L 2 2 r2 + R 1 r+ =0⇒r= L CL 2 −4· 1 CL 1 R R ± − 2L 2L CL Se presentan 3 casos.4. Raúl Romero E.FCyT .21: Ley de kirchoff VL + VR + VC = E VL : Caída de Tensión del Inductor VR : Caída de Tensión de la Resistencia VC : Caída de Tensión del Condensador di d dq d2 q =L =L 2 dt dt dt dt dq 1 VR = Ri = R VC = q dt C VL = L d2 q R dq 1 E + · + = 2 dt L dt CL L L d2 q dq 1 +R + q =E 2 dt dt C Ec. APLICACIÓN A CIRCUITOS ELÉCTRICOS EN SERIE LRC 3.Dif. no Homogénea de 2o Orden d2 q R dq 1 + + q = 0 Ec. r=− Primer Caso: Si R 2L 2 − 1 > 0 Sobreamortiguado CL 121 Ing. E(t) = 0 q(0) = q0 coulomb y i(0) = 0 A Solución: (Véase Figura 3.FCyT .22) L R C Figura 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES ⇒ r1 = r2 ∈ R Segundo Caso: Si q = Aer1 t + Ber2 t R 2L 2 − 1 = 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO CL − ⇒ r1 = r2 = r ∈ R Tercer Caso: Si ⇒ r = α ± βi R 2L R R t − t q = Ae 2L + Bte 2L 2 − 1 < 0 SUBAMORTIGUADO CL q = eαt (A cos(βt) + B sen(βt)) Ejemplo 3. 122 q(0) = q0 i(0) = 0 .UMSS .001 F.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.19 Determinar la carga q(t) en el capacitor de un circuito en serie LRC cuando L = 0. Raúl Romero E.22: E ∼ R 1 E q + q= L CL L R 1 q + q + q=0 L CL 10 1 q + q + q=0 q + 40q + 4000q = 0 0.25 0.001 × 0.25 Henrry R = 10 ohm c = 0.025 √ −40 ± 1600 − 4 × 4000 r2 + 40r + 4000 = 0 ⇒ r = 2 √ −40 ± −14400 −40 ± 120i r= = 2 2 r = −20 ± 60 i Subamortiguado q + q = e−20t (A cos(60t) + B sen(60t) Ing. UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. CIRCUITOS ELÉCTRICOS i = q = −20e−20t (A cos(60t)+B sen(60t))+e−20t (−60A sen(60t)+60B cos(60t)) 0 = −20A + 60B q0 = A ⇒ A = q0 1 B = 3 q0 1 sen(60t) 3 ∴ q(t) = q0 e−20t (cos(60t) + 3.5. Circuitos Eléctricos 1. Un circuito en Serie LRC tiene una fuente de E(t) = 3 cos t los valores de las componentes R = 3 ohmios L = 0,5 Henrry y c = 0,4 F en t = 0 la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en el circuito es 1 A. ¿Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función del tiempo? Solución:(Véase Figura 3.23) L E(t) C Figura 3.23: L d2 q dq 1 + R + q = E(t) dt2 dt C 1 0,5q + 3q + q = 3 cos t (∗2) 0,4 q + 6q + 5q = 6 cos t Ec. Dif. No Homogénea R ⇒ q + 6q + 5q = 0 Ec.Dif. Homogénea λ2 + 6λ + 5 = 0 √ −6 ± 36 − 4 × 5 ⇒ λ1 = −1, λ2 = −5 λ= 2 q = c1 e−t + c2 e−5t q + 6q + 5q = 6 cos t Ec. Dif. No Homogénea qp =? f (t) = 6 cos t qp = A cos t − B sen t qp = A sen t + B cos t qp = −A sen t − B cos t Ing. Raúl Romero E. 123 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Reemplazando en la Ec.Dif. No Homogénea −A sen t − B cos t + 6A cos t − 6B sen t + 5A sen t + 5B cos t = 6 cos t (6A + 4B) cos t + (4A − 6B) sen t = 6 cos t 6A + 4B = 6 4A − 6B = 0 9 9 6 6 ⇒ qp = ⇒ A= , B= sen t + cos t 3 13 13 13 La solución general de la Ec.Dif. no Homogénea 6 9 sen t + cos t + c1 e−t + c2 e−5t 13 13 Condición de Borde q= q(t = 0) = 0 0= i(t = 0) = 1 A 9 6 sen 0 + cos 0 + c1 e0 + c2 e0 13 13 6 0= + c1 + c2 (1) 13 dq 9 6 = cos t − sen t − c1 e−t − 5e−5t dt 13 13 6 9 cos 0 − sen 0 − c1 e0 − 5c2 e0 1= 13 13 1= 9 − c1 − 5c2 13 (2) Resolviendo (1) y (2) 1 1 c1 = − , c2 = 2 26 ⇒ q= 9 6 1 1 sen t + cos t − e−t + e−5t 13 13 2 26 dq 9 6 1 5 =i= cos t − sen t + e−t − e−5t dt 13 13 2 26 2. Determinar la carga del capacitor de un circuito en serie LRC cuando t = 0,015 L = 0,05 Henrry R = 2 ohm c = 0,01 Faradio E(t)=0 Volt. q(0) = 5 coulomb i(0) = 0 Amp Ing. Raúl Romero E. 124 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. CIRCUITOS ELÉCTRICOS Solución: R 1 q + q=0 L CL q + 40q + 2000q = 0 q + r2 + 40r + 2000 = 0 r = −20 ± 40i q(t) = e−20t (A cos(40t) + B sen(40t)) i = −20e−20t (A cos(40t) + B sen(40t)) + e−20t (−40A sen(40t) + 40t cos(40t)) 5 q(0) = 5 i(0) = 0 A=5 E= 2 q = 5e−20t (cos(40t) + 1 sen(40t)) 2 ∴ q(0,01) = 4,1C 3. Un circuito en Serie LRC tiene una fuerza electromotriz de 5 cos(2t) 1 los valores de las componentes son R = 2Ω L = 1 Henrry y C = F 17 inicialmente la carga sobre el capacitor y la corriente en la resistencia es cero. a) Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función del tiempo. b) Determinar las condiciones de borde y especificar que tiempo de movimiento es Solución: (Véase Figura 3.24) L E(t) C Figura 3.24: 1 q = E(t) C 1 1 · q + 2q + 1 = 5 cos(2t) Lq + Rq + 17 R q + 2q + 17q = 5 cos(2t) EC. Dif. No Homogénea q + 2q + 17q = 0 Ec. Dif. Homogenea λ2 + 2λ + 17 = 0 √ √ −2 ± 4 − 4 × 17 − ± −64 −2 ± 8i λ1,2 = = = 2 2 2 Ing. Raúl Romero E. 125 126 .UMSS . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES λ1. − = + 4c2 ⇒ c2 = 37 37 37 37 148 13 21 4 13 q = e−t − cos(4t) − sen(4t) + sen(2t) + cos(2t) 37 148 37 37 dq 13 21 i= = −e−t − cos(4t) − sen(2t) dt 37 148 13 (4)(21) 8 26 +e−t × 4 cos(4t) − cos(4t) + cos(2t) − sen(2t) 37 148 37 37 Ing. Raúl Romero E. Diferencial No Homogénea qp = A sen(2t) + B cos(2t) qp = 2A cos(2t) − 2B sen(2t) qp = −4A sen(2t) − 4B cos(2t) Reemplazando en la Ec. i(0) = 0 dq i= = −e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(2t)) + e−t (−4c1 sen(4t) + 4 cos(4t)) dt 26 8 + cos(2t) − sen(2t) 37 37 8 26 0 = −(c1 cos 0+c2 sen 0) + e0 (−4c1 sen 0 + 4 cos 0)+ cos 0 − sen 0 37 37 8 8 0 = −c1 + 4c2 + ⇒ − = −c1 + 4c2 37 37 4 13 4 sen 0 + sen 0 + cos 0 0 = c1 cos 0 + c2 sen 0 + 37 37 37 13 13 8 13 −21 0 = c1 + ⇒ c1 = − .FCyT . No Homogénea −4A sen(2t) − 4B cos(2t) + 4A cos(2t) − 4B sen(2t) + 17A sen(2t) +17B cos(2t) = 5 cos(2t) (13A − 4B) sen(2t) + (13B + 4A) cos(2t) = 5 cos(2t) 4 13 13A − 4B = 0 ⇒ A= B= 13B + 4A = 5 37 37 ⇒ qp = 4 13 sen(2t) + cos(2t) 37 37 La solución general de la Ec. Dif.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Dif No Homogénea 4 13 q = e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(4t)) + sen(2t) + cos(2t) 37 37 q(0) = 0.2 = −1 ± 4i ⇒ q = e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(4t)) q + 2q + 17q = 5 cos(2t) Ec. Raúl Romero E.2c2 cos(624.5t) + 624. R = 2 Ohm. c = 0.Departamento de Matemáticas 3.5t) +4. Ejercicios Propuestos 1.5t) + 0.01 s L = 0. Un circuito RLC conectado en serie tiene una F em = 3 cos t volt.5t)) q(0) = 0.5t)) i = −100e−100t (0.5c2 5 c2 = = 0.5t) ∴ i = −32e−100t sen(624.5t)) +e−100t (−624.05 c c1 = 0. los valores de las componentes son R = 3 Ω.1 Henrry.5t) − 0.5t) − 31.6. EJERCICIOS PROPUESTOS 4.5t)+0.25 coulomb i(0) = 0 Amp.6. al inicio la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en la resistencia es 1 A encuentre la carga y la corriente en función del tiempo. 127 .05 i = −100e−100t (c1 cos(624.5c1 sen(624.4 F.01 F E(t) = 0 voltios q(0) = 5 Coulomb i(0) = 0 Amp 2.5t) + c2 sen(624.08 sen(624.008 624. Un circuito eléctrico consta de una inductancia de 0.5)) 0 = −100c1 + 624.5 q(t) = e−100t (0.225 sen(624.225e−100t sen(624.UMSS .05 cos(624. Ing. L = 0.5t) 3.FCyT .05 Henrry.5 H y C = 0.5t))+e−100t (−31.1 q + 200q + 400000q = 0 r2 + 200r + 400000 = 0 r = −100 ± 624.08 sen(624.5t)) i = −5e−100t cos(624.996 cos(624. Determinar la carga del capacitor en un circuito en serie LRC cuando t = 0.05 cos(624.5t) +4. Hallar la carga q(t) y la corriente i(t) siendo q(0) = 0.996e−100t cos(624. Solución: d2 q R dq 1 + + q=0 2 dt L dt CL 20 1 q + q + q=0 0.5i q(t) = e−100t (c1 cos(624.5t) + c2 sen(624.8e−100t sen(624. una resistencia de 20 ohm y un condensador cuya capacidad es de 25µ Faradio.1 25 × 10−6 × 0. En un circuito conectado en serie RLC tiene una batería 1. Entonces W [y1 .UMSS . Los valores de las componentes son R = 1. L = 6 H. b]. C = 1 F.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. y la corriente en la resistencia es cero. Inicialmente la carga sobre el capacitor es 1 C. 128 W . En un circuito RLC tiene una batería de 9 V los valores de las componentes son R = 5 Ω. y2 soluciones de la Ecuación Diferencial Lineal de 2o Orden y + P (x)y + Q(x)y = 0 definidas en un intervalo y1 y2 [a. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.FCyT . Raúl Romero E. y la corriente en la resistencia es 4 Amper 3. Estudio del Wronskiano Teorema 3. y2 ] = y1 y2 W = y1 y2 − y2 y1 W = f (x) dW = y1 y2 − y2 y1 dx dW = y1 y2 + y1 y2 − y2 y1 − y2 y1 dx como y1 y y2 son soluciones de y + P (x)y + Q(x)y = 0 y1 + P (x)y1 + Q(x)y1 = 0 y2 + P (x)y2 + Q(x)y2 = 0   ∗ − y2  ∗ y1 → −y2 y1 − P (x)y2 y1 − Q(x)y1 y2 = 0 y1 y2 + P (x)y2 y2 − Q(x)y1 y2 = 0 y1 y2 − y2 y1 +P (x) [y1 y2 − y2 y1 ] = 0 dW dx dW + P (x)W = 0 dx Ing. Determinen q = f (t) = y i = f (t) 4.1. En un principio la carga sobre el capacitor es 2 coulomb.5 volt.2 Sean las funciones y1 .5 Ω L = 1 Henry C = 2 Faradio.6. 1) y1 = 0 y2 = 0 W = (♣. Aplicación de la fórmula de Abel y + P (x)y + Q(x)y = 0 Sean y1 ∧ y2 soluciones de la Ecuación Diferencial Homogénea − W = ce Ing.6. y2 ] es L.FCyT . P (x)dx 129 . y2 ] = W = 0 → y1 ∧ y2 L.D. ⇔ W = 0 D/ (♣. b] W [y1 . EJERCICIOS PROPUESTOS Separando variables dW + P (x)dx = 0 W dW = −P (x)dx W ln W = − ln W c P (x)dx + ln c = − P (x)dx − P (x)dx Fórmula de Abel W = ce c=0→W =0 c=0→W =0 ∀ x ∈ [a.UMSS .3) y1 = 0 ∧ y2 = 0 y1 y2 y1 y2 = W [y1 . Raúl Romero E.2) 0 y2 0 y2 =0−0=0 y1 = 0 ∧ y2 = 0 W = y1 0 y1 0 =0−0=0⇒W =0 y1 =k y2 ky2 y2 ky2 y2 y1 = ky2 = ky2 y2 − y2 ky2 = 0 (♣. b] ∀ x ∈ [a.D.Departamento de Matemáticas 3. ⇒ yG = c1 y1 + c2 y2 Ing. y2 ] = ce y1 y2 y1 y2 = ce − − P (x)dx P (x)dx y1 y2 − y2 y1 = ce y2 − − P (x)dx P (x)dx Como y1 es Dato ⇒ Determinar y2 Ecuación Diferencial Lineal de primer Orden aplicando Lebniz y1 1 − y2 = ce y1 y1 y + P (x)y = Q(x) ye P (x)dx = Q(x)e P (x)dx dx + c P (x) = − − y2 e y1 dx y1 = y1 y1 Q(x) = 1 − ce y1 1 − ce y1 P (x)dx y1 dx y1 dx + k P (x)dx − ·e y2 e− ln y1 = 1 y2 = y1 y2 = cy1 Si c = 1 ⇒ y2 = y1 ce − 1 − ce y1 P (x) 2 y1 P (x)dx e− ln y1 dx + k dx + k e − P (x)dx 2 y1 dx + ky1 k=0 e− P (x)dx 2 y1 ∴ y1 ∧ y2 son L.I.FCyT .UMSS .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Raúl Romero E. Solución: Partimos de la fórmula de Abel W [y1 . 130 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Problema: Conocida una solución y de la ecuación diferencial y +P (x)y + Q(x)y = 0 se pide determinar la solución general. EJEMPLOS P (x)dx 2 y1 yG = c1 y1 + c2 y1 e − dx 3.UMSS .20 Si y1 = x es solución de la ecuación diferencial x2 y + xy − y = 0. Hallar la solución general Solución: 1 4 y + y − 2y = 0 x x y2 = y1 − P (x) = 1 x e − P (x)dx 2 y1 dx e− ln x x−1 2 y2 = x =x dx = x dx = x2 x−5 dx 4 4 4 x x x x−4 x−2 1 1 1 3 1 y 2 = x2 · = = − 2 ⇒ y2 = − 2 y2 = 3 y2 = − · 4 −4 −4 4x 4x 2x 2 x 2 e 1 dx x 2 − 1 1 4 3 + · 3− 2 4 2x x 2x x c2 ∴ yG = c1 x2 − 2 4x − 1 4x2 = 0 ⇒ yG = c1 y1 + c2 y2 = c1 x2 + c2 − 1 4x2 Ing. 131 . Ejemplos Ejemplo 3.21 Si y1 = x2 es solución de la ecuación diferencial x2 y + xy − 4y = 0.Departamento de Matemáticas 3.7.FCyT . Hallar la solución general Solución: 1 1 1 1 y − y − 2 y = 0 ⇒ P (x) = Q(x) = − 2 x x x x 1 dx − P (x)dx − x e e y2 = y1 dx = x dx 2 y1 x2 e− ln x x−1 y2 = x dx = x dx = x x−3 dx 2 2 x x x−2 1 −1 1 =− x =− yG = c1 y1 + c2 y2 y2 = x −2 2 2x ∴ yG = c1 x − c2 1 2x Ejemplo 3.7. Raúl Romero E. 24 Si y1 = x es solución de la ecuación diferencial (x − 1)y − xy + y = 0. 132 .UMSS . Raúl Romero E. Solución: y − (2x + 1) x+1 2x + 1 y + y=0 P (x) = − x x x 2x + 1 1 (2 + )dx dx x x e e x x y2 = e dx = e dx e2x ex e2x+ln x e2x eln x y2 = ex dx = ex dx = ex xdx e2x e2x x2 e x x2 x2 e2 = ⇒ y2 = y2 = ex · 2 2 2 yG = c1 y1 + c2 y2 x2 ex ∴ yG = c1 e + c2 2 x Ejemplo 3.23 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial xy −(2x+ 1)y + (x + 1)y = 0. Ing. Hallar la solución general Solución: P (x) = 0 e − P (x)dx 2 y1 y2 = y1 dx = e x e − 0dx dx = ex dt − 2 (ex )2 x 1 dx = ex e2x e−2x dx t = −2x dt = −2dx dt dx = − 2 y2 = e e t ex e−2x e−x =− =− 2 2 e−x e−x e−x y2 = − y2 = y2 = − 2 2 2 e−x e−x − + =0 2 2 0=0 yG = c1 y1 + c2 y2 ∴ yG = c1 ex − c2 e−x 2 Ejemplo 3. Hallar la solución general.FCyT . Hallar la solución general de la ecuación diferencial.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3.22 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial y − y = 0. 7.FCyT .25 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial xy − (1 + x)y + y = 0. Solución: 1+x 1 1+x y + y=0 P (x) = − x x x 1 1+x + 1 dx x x dx e e dx = ex dx y2 = ex e2x e2x eln x+x xex y2 = ex dx = ex dx = ex xe−x dx e2x e2x u=x e−x dx du = dx v = −e−x e−x dx = ex −xe−x − e−x ∴ yG = c1 ex + c2 (−(x + 1)) 133 y − y2 = ex −xe−x + y2 = −(x + 1) Ing.UMSS . Raúl Romero E. Hallar la solución general de la ecuación diferencial. . EJEMPLOS Solución: x 1 x y − y + y=0 P (x) = − x−1 x−1 x−1 1 x 1+ dx dx x−1 e x−1 e y2 = x dx = x dx x2 x2 ex+ln(x−1) ex eln(x−1) ex (x − 1) y2 = x dx = x dx = x dx x2 x2 x2 ex x − ex ex ex y2 = x dx = x − 2 dx x2 x x u = x−1 dv = ex dx y2 = x x−1 ex dx − x−2 ex dx −2 du = −x dx v = ex y2 = x x−1 ex + yG = c1 y1 + c2 y2 x−2 ex dx − x−2 ex dx = x [x−1 ex ] = ex y2 = ex ∴ yG = c1 x + c2 ex Ejemplo 3.Departamento de Matemáticas 3. y + 16y = 0. Ejercicios − La función y1 (x) es una solución a las ecuaciones diferenciales de los problemas 1 a 6. y1 = e2x 2. Use la reducción de orden o la fórmula y2 = y1 (x) para encontrar una segunda solución y2 (x) 1.8. 134 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Coeficiente Constante de Orden n 1. y1 = e5x 6. Raúl Romero E.FCyT . y1 = ln x 5. x2 y − 7xy + 16y = 0. Encontrar la solución general a) y − 6y + 12y − 8y = 0 Solución: r3 − 6r2 + 12 − 8 = 0 1 −6 r=2 12 −8 8 0 2 −8 1 −4 4 r2 − 4r + 4 = 0 (r − 2)2 = 0 r1 = 2 = r2 = r3 = r ∴ y = Ae2x + Bxe2x + Cx2 e2x b) y iv + 4y + 6y + 4y + y = 0 Ing. 6y + y − y = 0. y − 4y + 4y = 0. xy + y = 0. y1 = cos(4x) 3.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. y − 25y = 0.UMSS . y1 = x4 4.1.8. y1 = e 3 x e P (x)dx 2 y1 (x) dx 3. Ejercicios Propuestos a) y + 5y + 4y = 0 b) y iv − 2y = 0 c) y + 4y + 8y + 8y + 4y = 0 d ) y vi − 3y iv + 3 − y = 0 e) y − 16y = 0 f ) y iv + 50y + 625y = 0 1.8.UMSS .2. EJERCICIOS Solución: r4 + 4r3 + 6r2 + 4r + 1 = 0 1 r = −1 1 r = −1 1 r = −1 1 r = −1 1 4 −1 3 −1 2 −1 1 −1 0 6 −3 3 −2 1 −1 0 4 1 −3 −1 1 −1 0 0 r1 = r2 = r3 = r4 = −1 ∴ y = Ae−x + Bxe−x + Cx2 e−x + Dx3 e−x c) y + 3y + 3y + y = 0 Solución: r3 + 3r2 + 3r + 1 = 0 1 r = −1 1 3 3 1 r2 + 2r + 1 = 0 (r + 1)2 = 0 r1 = r2 = r3 = −1 ∴ y = Ae−x + Bxe−x + Cx2 e−x −1 −2 −1 2 1 0 3. Raúl Romero E.8.FCyT . Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales Ing.Departamento de Matemáticas 3. 135 . UMSS .FCyT . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 2. Raúl Romero E. 136 . Dada la solución general escriba la ecuación diferencial Lineal a) y = Ae2x + Bxe2x + c2 b) y = c1 ex + c2 xex + c3 e−x + c4 xe−x c) y = Aex sen x + Bex cos x + Cxex sen x + Dxex cos x d ) y = A sen x + B cos x + C cos x + Cx sen x + Dx cos x Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.