texto Ec. Dif.

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMONFACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS Ecuaciones Diferenciales Ing: Raúl Romero Encinas Cochabamba - Bolivia 2011 1 2 Índice general 1. Ecuación Diferencial 5 1.1. Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2. Función Homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas . . . . . . . . . . . . . 11 1.3.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.4. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.4.1. Ecuaciones Diferenciales No Homogéneas donde M(x, y) y N(x, y) son Funciones No Homogéneas . . . . . . . 15 1.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.6. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) . . . . . . . . . . 20 1.6.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.7. Ecuaciones Diferenciales no Exactas que pueden transformarse en Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.7.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.7.2. Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas . . 30 1.8. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1.9. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . 35 2. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 39 2.1. Aplicaciones Geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.2. Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden . . 41 2.3. Mecánica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 2.3.1. Movimiento vertical incluyendo la resistencia del aire 50 2.3.2. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.4. Circuitos en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3 ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL 3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2 o Orden y Orden Superior a Coeficientes Constantes 71 3.0.1. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 3.0.2. Ecuación de Mac Laurin . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.0.3. Aplicaciones de las funciones sen x, cos x, e x . . . . . . 76 3.0.4. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Orden 79 3.0.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 3.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea . . . . . . . 87 3.1.1. Método continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 3.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 3.3. Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Con- stantes de Orden “n” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 3.3.1. Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Com- pleta de Orden“n”- obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) . . . . . . . . . 97 3.3.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 3.3.3. Método de Coeficiente Indeterminado . . . . . . . . . 102 3.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 3.5. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden . 106 3.5.1. Sistema Masa- Resorte sin amortiguación . . . . . . . 106 3.5.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 3.6. Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC . . . . . . . . 133 3.7. Circuitos Eléctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 3.8. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 3.8.1. Estudio del Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . 140 3.9. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 3.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 3.10.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Co- eficiente Constante de Orden n . . . . . . . . . . . . 146 3.10.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 4 Capítulo 1 Ecuación Diferencial Definición 1.1 Llamaremos ecuación diferencial aquella igualdad en el cual contienen derivadas totales o parciales con dos o mas variables Ejemplo 1.1 y = e x y = y(x) y + 2y −y = sen x + 2 cos x y = y(x) ∂z ∂x + ∂z ∂y = x +y z = z(x, y) ∂ 4 z ∂x 4 + 2 ∂ 2 z ∂x 2 · ∂ 2 z ∂y 2 + ∂ 4 z ∂y 4 = x + y z = z(x, y) Clasificación.- Clasificamos las ecuaciones diferenciales en dos grandes ca- tegorías: Ecuación Diferencial Ordinaria.- Son aquellas en las que la función desconocida depende de una sola variable independiente y −3y + 2y = e x cos x y = y(x) Ecuaciones Diferenciales a Derivadas Parciales.- Son aquellas en las que la función función desconocida depende de dos o mas variables independientes. ∂z ∂x 2 + 2 ∂ 2 z ∂x∂y + ∂ 2 z ∂y 2 = sen x + cos y z = z(x, y) ∂ 4 z ∂x 4 + 2 ∂ 4 z ∂x 2 ∂y 2 + ∂ 4 z ∂y 4 = x 2 + 2xy 5 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Orden de una Ecuación Diferencial : El orden de una ecuación diferencial es el orden de la derivada de mayor orden que interviene en ella. Ejemplo 1.2 y + 2y = 3x Ec. Dif. de 1 o Orden Ejemplo 1.3 d 2 y dx 2 −cos x dy dx +y = 0 Ec. Dif. de 2 o Orden Ejemplo 1.4 ∂ 3 z ∂x 2 ∂y +cos(x+y) ∂z ∂x = e x+y Ec. Dif. de 3 o Orden a derivadas parciales. Grado de una Ecuación Diferencial: El grado de una ecuación diferencial que puede escribirse como un polinomio respecto a las derivadas es el grado de la derivada de mayor orden que interviene en ella. Ejemplo 1.5 d 2 y dx 2 3 + 3x + y dy dx = 0 Ec. Dif. de 2 o Orden de 3 o grado. Ejemplo 1.6 d 2 y dx 2 1 − dy dx 3 + 2x = Ec. Dif. de 2 o Orden de 1 o grado. Solución de una Ecuación Diferencial: Se da el nombre de solución de una ecuación diferencial a aquellas ecuaciones que sustituyendo a la fun- ción desconocida en la ecuación diferencial la transforman en una igualdad numérica o funcional. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias: Tienen la forma siguiente: F(x, y, y , y , . . . , y n ) = 0 Ecuación Ordinaria de Orden n F: función desconocida x : Variable independiente Ing. Raúl Romero E. 6 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.1. VARIABLES SEPARABLES Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden: Tiene la siguiente forma: F(x, y, y ) = 0 despejando y tenemos y = f(x, y) supongamnos f(x, y) = − M(x, y) N(x, y) f(x, y) = − M(x, y) N(x, y) dy dx = − M(x, y) N(x, y) ∴ M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Ec.Dif. de primer orden 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] Ing. Raúl Romero E. 7 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. 8 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.2. FUNCIÓN HOMOGÉNEA 1.1.1. Problemas Propuestos 1. (ln x+y 3 )dx = 3xy 2 dy Respuesta: z = y 3 x ; y 3 = Cx−ln x−1 2. x 7 ln xdx −dy = 0 Respuesta: x 8 8 ln x − x 8 64 + C 3. xe x dx −3y 2 dy = 0 Respuesta: 3 √ xe x −e x + C 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 1.2 (Función Homogénea) Se llama función homogénea de grado "n" si f(λx, λy) = λ n f(x, y) Ejemplo 1.7 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. 9 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ejemplo 1.8 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 1.9 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 1.10 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 1.11 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 1.12 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. 10 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 ecuación 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) Despejando 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. 11 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 Integrando: 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 (3) Ing. Raúl Romero E. 12 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 (3) 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. 13 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 Respuesta: k 1 x 3 = e y 3 x 3 b) (y −x)dx +(y +x)dy = 0 Respuesta: y 2 +2xy −x 2 = c 1 c) (8y + 10x)dx + (7x + 5y)dy = 0 d) (x + y)dx + xdy = 0 e) (2 √ xy −y)dx + xdy = 0 Respuesta: e 2× √ y x = c x 2 Ing. Raúl Romero E. 14 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.4. PROBLEMAS PROPUESTOS 1.4.1. Ecuaciones Diferenciales No Homogéneas donde M(x, y) y N(x, y) son Funciones No Homogéneas (a 1 x + b 1 y + c 1 ) . .. . M(x,y) dx + (a 2 x + b 2 y + c 2 ) . .. . N(x,y) dy = 0 Donde M(x, y) y N(x, y) son Funciones no Homogéneas de “ grado 1”. Ecuación Diferencial No Homogénea (a 1 x+b 1 y+c 1 )dx+(a 2 x+b 2 y+c 2 )dy = 0. Para la resolución de estas ecuaciones diferenciales se consideran los siguientes casos 1 o Caso: Determinante igual a cero.- a 1 b 1 a 2 b 2 = a 1 b 2 −a 2 b 1 = 0 En este caso es suficiente realizar un cambio de variable t = a 1 x + b 1 y 2 o Caso: Determinante diferente de cero.- a 1 b 1 a 2 b 2 = a 1 b 2 −a 2 b 1 = 0 Entonces resolvemos a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 x = h; y = k ⇒ x = r + h dx = dr y = s + k. dy = ds 1. Resolver (2x + y −1)dx + (x −2y + 3)dy = 0 2 1 1 −2 = −4 −1 = −5 = 0 Entonces 2x + y −1 = 0 x −2y + 3 = 0 ⇒ x = − 1 5 y = 7 5 x = r − 1 5 →dx = dr y = s + 7 5 dy = ds Ing. Raúl Romero E. 15 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ¸ 2 r − 1 5 +s + 7 5 −1 dr + ¸ r − 1 5 −2 s + 7 5 + 3 ds = 0 (2r + s)dr + (r −2s)ds = 0 Ec. Dif. Homogénea Entonces v = s r ⇒s = vr ds = vdr + rdv (2r + vr)dr + (r −2vr)(vdr + rdv) = 0 (2 + v)dr + (1 −2v)(vdr +rdv) = 0 2dr + vdr + vdr −2v 2 dr + rdv −2rvdv = 0 (2 + 2v −2v 2 )dr + r(1 −2v)dv = 0 dr r + 1 −2v 2(1 + v −v 2 ) dv = 0 ln r + 1 2 ln(1 + v −v 2 ) = ln c ln r · (1 + v −v 2 ) 1 2 = ln c r √ 1 + v −v 2 = c r 1 + s r − s 2 r 2 = c r r 2 + sr −s 2 r 2 = c ç x + 1 5 2 + y − 7 5 x + 1 5 − y − 7 5 2 = c x + 1 5 2 + y − 7 5 x + 1 5 − y − 7 5 2 = k 2. Resolver (3x + y −15)dx + (6x + 2y −5)dy = solución: 3 1 6 2 = 6 −6 = 0 ⇒ t = 3x + y dt = 3dx + dy (t −15)dx + (2t −5)(dt −3dx) = 0 tdx −15dx + 2tdt −5dt −6tdx + 15dx = 0 (2t −5)dt −5tdx = 0 Ing. Raúl Romero E. 16 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.4. PROBLEMAS PROPUESTOS (2t −5) t dt −5dx=0 2 − 5 t dt − 5dx = c 2t −5 ln t −5x = c 2t −ln t 5 −5x = c 2(3x + y) −ln(3x + y) 5 −5x = c 5x −2(3x +y) + ln(3x + y) 5 = c 1 3. Resolver (x + 3y −5)dx + (3x + y −7)dy = 0 solución: 1 3 3 1 = 1 −9 = −8 = 0 x + 3y −5 = 0 3x + y −7 = 0 ⇒ x = 2 y = 1 x = r + 2 dx = dr y = s + 1 dy = ds [r + 2 + 3(s + 1) −5] dr + [3(r + 2) + s + 1 −7]ds = 0 (r + 3s)dr + (3r + s)ds = 0 v = s r ⇒s = vr ds = vdr + rdv (r + 3vr)dr + (3r + vr)(vdr + rdv) = 0 ÷r (1 + 3v)dr + (3 + v)(vdr +rdv) = 0 dr + 3vdr + 3vdr + v 2 dr + 3rdv + vrdv = 0 (1 + 6v + v 2 )dr + r(3 + v)dv = 0 dr r + 3 + v 1 + 6v + v 2 dv = 0 ln r + 1 2 ln(v 2 + 6v + 1) = ln c ln r · √ v 2 + 6v + 1 = ln c r · s 2 r 2 + 6 s r + 1 = c Ing. Raúl Romero E. 17 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL r · s 2 + 6sr + r 2 r 2 = c s 2 + 6sr + r 2 = k (y −1) 2 + 6(y −1)(x −2) + (x −2) 2 = k 4. Resolver (2x + y + 1)dx + (x + 2y −1)dy = 0 solución: 2 1 1 2 = 4 −1 = 3 = 0 ⇒ 2x +y + 1 = 0 x + 2y −1 = 0 ⇒ x = −1 y = 1 x = r −1 dx = dr y = s + 1 dy = ds [2(r −1) + s + 1 −1]dr + [r −1 + 2(s + 1) −1]ds = 0 [2r + s]dr + (r + 2s)ds = 0 u = s r ⇒s = ur ⇒ds = udr +rdu (2r + ur)dr + (r + 2ur)(udr + rdu) = 0 ÷r (2 + u)dr + (1 + 2u)(udr + rdu) = 0 2dr + udr + udr + 2u 2 dr + rdu + 2rudu = 0 2(1 + u + u 2 )dr +r(1 + 2u)du = 0 2dr r + 2u + 1 u 2 + u + 1 du = 0 2 ln r + 2u + 1 u 2 + u + 1 du = ln c 2 ln r + ln(u 2 +u + 1) = ln c ln r 2 + ln(u 2 + u + 1) = ln c ln[r 2 · (u 2 + u + 1)] = ln c r 2 · s 2 r 2 + s r + 1 = c r 2 · s 2 + sr + r 2 r 2 = c (y −1) 2 + (y −1)(x + 1) + (x + 1) 2 = c Ing. Raúl Romero E. 18 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.4. PROBLEMAS PROPUESTOS 5. (2x −5y + 3)dx −(2x + 4y −6)dy = 0 solución: 2 −5 2 4 = 8 + 10 = 18 = 0 2x −5y + 3 = 0 2x + 4y −6 = 0 ⇒ x = 1 y = 1 x = r + 1y = s + 1 (2r + 2 −5s −5 + 3)dr −(2r + 2 + 4s + 4 −6)ds = 0 (2r −5s)dr −(2r + 4s)ds = 0 Ec. Dif Homogénea v = s r ⇒s = vr ⇒ds = vdr + rdv (2r −5vr)dr −(2r + 4vr)(vdr + rdv) = 0 2dr −5vdr −2vdr −4v 2 dr −2rdv −4vrdv = 0 (2 −7v −4v 2 )dr −r(2 + 4v)dv = 0 dr r + 2 + 4v 4v 2 + 7v −2 dv = 0 dr r + 2 + 4v 4v 2 + 7v −2 dv = 0 2 + 4v 4v 2 + 7v −2 = A v + 2 + B 4v −1 (4v) 2 + 7(4v) −8 = (4v + 8)(4v −1) = (v + 2)(4v −1) 2 + 4v (v + 2)(4v −1) = A(4v −1) + B(v + 2) (v + 2)(4v −1) 2 + 4v = 4Av −A + Bv + 2B 2 = −A + 2B 4 = 4A + B ⇒ A = 2 3 B = 4 3 ln r + 2 3 ln(v + 2) + 1 3 ln(4v −1) = ln c ln r(v + 2) 2 3 · (4v −1) 1 3 = ln c r(v + 2) 2 3 (4v −1) 1 3 = 0 r 3 (v + 2) 2 (4v −1) = c 1 Ing. Raúl Romero E. 19 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL r 3 s r + 2 4 s r −1 = c 1 r 3 s + 2r r 2 4s −r r = c 1 (y −1 + 2(x −1)) 2 [4(y −1) −(x −1)] = c 1 (y −1 + 2x −2) 2 (4y −4 −x + 1) = c 1 (y + 2x −3) 2 (4y −x −3) = c 1 1.5. Ejercicios Propuestos 1. Resolver (2x + y −1)dx + (x −2y + 3)dy = 0 2. Resolver (x + 3y −5)dx + (3x +y −7)dy = 0 1.6. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) 1.6.1. 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 Demostrar ∂M(x, y) ∂y = ∂N(x, y) ∂x M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Demostración: Ing. Raúl Romero E. 20 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.D.E.) M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 ∃f(x, y) ∂f(x, y) ∂x dx + ∂f(x, y) ∂y dy = 0 ⇒M(x, y) = ∂f(x, y) ∂x N(x, y) = ∂f(x, y) ∂y Derivando M(x, y) respecto de “y” y N(x, y) respecto de “x” ∂M(x, y) ∂y = ∂ ∂y ¸ ∂f(x, y) ∂x ∂N(x, y) ∂x = ∂ ∂x ¸ ∂f(x, y) ∂y ∂M(x, y) ∂y = ∂ 2 f(x, y) ∂y∂x (1) ∂N(x, y) ∂y = ∂ 2 f(x, y) ∂x∂y (2) Por el axioma de la igualdad de (1) y (2) se tiene ∂M(x, y) ∂y = ∂N(x, y) ∂x Ejemplo 1.13 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 determinar F dado dF entonces determinar F =? Definición 1.3 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 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 es ecuación diferencial exacta, si las derivadas Parciales Cruzadas son si y solamente si ∂M ∂y = ∂N ∂x Ing. Raúl Romero E. 21 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ejemplo 1.14 (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 ∂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 1.15 (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 Ing. Raúl Romero E. 22 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.D.E.) 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 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 1.16 (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) Ing. Raúl Romero E. 23 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL 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 F = x 2 y + x 2 2 + y 2 2 c = x 2 y + x 2 2 + y 2 2 Ejemplo 1.17 (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 1.18 (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) Ing. Raúl Romero E. 24 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂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 Ejemplo 1.19 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 1.7. Ecuaciones Diferenciales no Exactas que pueden transformarse 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 Ing. Raúl Romero E. 25 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL µ ∂M ∂y + M ∂µ ∂y = µ ∂N ∂x + N ∂µ ∂y 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) ∂M ∂y − ∂N ∂x = −M d ln µ dy (-1) Ing. Raúl Romero E. 26 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂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.NoE.) ∂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 1.7.1. Ejercicios Resueltos 1. (4xy + 3y 2 −x)dx +x(x + 2y)dy = 0 Solución: ∂M ∂y = 4x + 6y; ∂N ∂x = 2x + 2y; ∂M ∂y = ∂N ∂x Ing. Raúl Romero E. 27 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ⇒ ∂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 ∴ x 4 + x 3 y 2 + x 4 4 = c 1 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 ∂N ∂x − ∂M ∂y M = 2x + 3y + 2 −x −2y −1 y(x + y + 1) = (x + y + 1) y(x + y + 1) = 1 y Ing. Raúl Romero E. 28 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS 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 ⇒ x 2 2 y 2 + xy 3 + xy 2 = c 1 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 ∂M ∂y = −1; ∂N ∂x = −1 ∂F ∂x = x −2 −y ∧ ∂F ∂y = y −x; F = x −1 −1 −yx + α(y) Ing. Raúl Romero E. 29 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂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 ⇒ c = y 2 2 − 1 x −yx 4. (x 2 + y)dx −xdy = 0 Solución: ∂M ∂y = 1; ∂N ∂x = −1 ∂M ∂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 xdy = 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 ∴ c 1 = x − y x 1.7.2. 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 Solución: Ing. Raúl Romero E. 30 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂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 E.D.E. ∂M ∂y = 2xe y −2xy −2 −3y −4 = ∂N ∂x ∂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. 31 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 Integrando 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 Ing. Raúl Romero E. 32 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS 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 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 Ing. Raúl Romero E. 33 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL 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 1.8. Ejercicios Propuestos Resolver la ecuación Diferencial Exactas y no Exactas 1. (x + y cos x)dx + sen xdy = 0 Respuesta: x 2 2 + y sen x = c 2. (2x + 3y + 4)dx + (3x + 4y + 5)dy = 0 Respuesta x 2 + 3xy + 4x + 2y 2 + 5y = c 3. (x 2 + y 2 −5)dx −(y + xy)dy = 0 Respuesta: x 3 3 + xy 2 − x 2 2 y 2 − 5 2 x 2 − x 4 4 − y 2 2 = c 4. (2x −1)dx + (3y + 7)dy = 0 Respuesta: x 2 −x + 3 2 y 2 + 7y = c 5. (2x + y)dx + (x + 6y)dy = 0 Respuesta: x 2 + 3y 2 + xy = c 6. (5x +4y)dx +(4x −8y 3 )dy = 0 Respuesta: 4xy −2y 4 + 5 2 x 2 = c 7. (sen y −y sen x)dx + (cos x + x cos y −y)dy = 0 Respuesta: x sen x + y cos x − y 2 2 = c 8. (2xy 2 −3)dx + (2x 2 y + 4)dy = 0 Respuesta: x 2 y 2 + 4y −3x = c 9. (tan x −sen x sen y)dx + cos x cos y dy = 0 Respuesta: 10. e x dx + (e x cot y + 2y csc y)dy = 0) Respuesta: e x sen y +y 2 = c 1 11. e x (cos ydx −sen ydy) = 0 Respuesta: k 1 = e x cos y Ing. Raúl Romero E. 34 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.9. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN 1.9. 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 (1.1) 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 (1.1) 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 Ing. Raúl Romero E. 35 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL 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 Ejemplo 1.20 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 1.21 Resolver la ecuación diferencial dy dx + 2xy = 8x Ing. Raúl Romero E. 36 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.9. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN 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 Ejemplo 1.22 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 Ing. Raúl Romero E. 37 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ing. Raúl Romero E. 38 Capítulo 2 Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2.1. Aplicaciones Geométricas En geometría es posible emplear a las ecuaciones diferenciales las que permiten 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 39 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. 40 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 41) 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 respectivamente OR = y −xy OQ = x −y 1 y Segmentos intersectados por la recta normal con los ejes “X, Y ” respectivamente x + yy y + x 1 y 2.2. Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden 1. Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (0, 4) cuya pendiente de la recta tangente es igual a la suma de sus coordenadas Solución: Ing. Raúl Romero E. 41 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 = 5 e −x y + h (x) = e −x x + e −x y ∴ y = 5e 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. 42 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. 43 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 longitud 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. 44 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 punto 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 ⇒ dy y = dx x y = xc Integrando (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. 45 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. Después de 15 minutos el cuerpo esta 30 o F y después de 30 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 ) Ing. Raúl Romero E. 46 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN dT T −T m = k dt 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. 47 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. 48 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 minutos. 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 ———————————————————————————– b) t = f(T) T = 30 + 170e kt K = 1 10 ln 15 17 K = ln 15 17 1 10 T = 30 + 170e 1 10 ln 15 17 T −30 170 = e ln ( 15 17 ) t 10 T −30 170 = 15 17 t 10 ln T −30 170 = t 10 ln 15 17 t = 10 ln 15 −ln 17 · ln T −30 170 Ing. Raúl Romero E. 49 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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 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 Ing. Raúl Romero E. 50 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA 2.3.2. Ejemplos Ejemplo 2.1 Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela horizontalmente. 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, 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 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 4 dinas ¿Que velocidad tendrá la masa al cabo de un minuto del comienzo del movimiento? Ing. Raúl Romero E. 51 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Solución: m = 1g v(10) = 50 cm/s Fα t v F = 1 dina F = ma F = k t v 4 g cm s 2 = k · 10s 50 cm/s 50 2 2 = (20) · (10 2 ) 2 + c k = 20 g cm 2 s 4 c = 250 m dv dt = k · t v v 2 = 20t 2 + 250 m dv dt = 20 · t v t = 1min = 60s v =? vdv = 20tdt v 2 = (20)(60 2 ) + 250 Integrando v 2 = 72250 v 2 2 = 20 t 2 2 + c v = √ 72250 cm/s Para v(10) = 50 cm/s ∴ v = 268,79 cm/s 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: m = dy dx dy dx = y + 5; Separamos variables dy y + 5 = dx Integrando dy y + 5 = dx ln(y + 5) = x + c y + 5 = e x+c y = −5 +c 1 e x Si P(1, 2) 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. Asumir g = 10 cm/s 2 Ing. Raúl Romero E. 52 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA 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 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. —————————————————————————————— Ing. Raúl Romero E. 53 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN c) y max =? t=0.65 seg 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. Asumir g = 10 m/s 2 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) 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 · t + m k v 0 − mg k e − k m t +c 1 Ing. Raúl Romero E. 54 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA 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 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 horizontalmente. La resistencia del aire actúa con una constante de proporcionalidad de 10 g/s. considere solo movimiento vertical. a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo Ing. Raúl Romero E. 55 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN b) Calcular la velocidad después de 10s. c) Calcular la velocidad terminal cuando t →∞ Solución: (Ver Figura 2.5) w = mg kv a 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 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 Ing. Raúl Romero E. 56 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA 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 Por tablas dv 32 −v 2 = dt a = √ 32 dv a 2 −v 2 = 1 2a ln a + v a −v Integrando 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 Ing. Raúl Romero E. 57 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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 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.? Solución: T c a ~ w = mg v 0 = 192 pie/s ~ T g = 32 pie/s ¸ 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. Ing. Raúl Romero E. 58 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.4. CIRCUITOS EN SERIE 2.4. 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 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: Ing. Raúl Romero E. 59 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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) =? c) i(∞) =? Hallar i =? en t →∞ Solución: E = 30V R = 50 Ω L = 1H L di dt + Ri = E(t) di dt + 50i = 30 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 Ing. Raúl Romero E. 60 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.4. CIRCUITOS EN SERIE 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 siendo 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 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: Ing. Raúl Romero E. 61 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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 resistencia 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) 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 Ing. Raúl Romero E. 62 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.4. CIRCUITOS EN SERIE 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 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 Ing. Raúl Romero E. 63 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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 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: Ing. Raúl Romero E. 64 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.4. CIRCUITOS EN SERIE 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 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 Ing. Raúl Romero E. 65 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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 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: Ing. Raúl Romero E. 66 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.4. CIRCUITOS EN SERIE 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 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 Ing. Raúl Romero E. 67 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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: 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 Ing. Raúl Romero E. 68 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.4. CIRCUITOS EN SERIE 13. En un circuito en serie RC con resistencia en serie 1 Ω capacitor de 0,5 Farad 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 = 1 + ce −2t ; 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 ∴ 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; 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 Ing. Raúl Romero E. 69 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN —————————————————————————————— 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. 70 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 71 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 −5x + 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. 72 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 diferencial 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 diferencial 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 diferencial Solución: 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 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. 74 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 + 9y = 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. 75 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. 76 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. 77 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. 78 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 arbitrarios 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. 79 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. 80 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. 81 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 ⇒ c 1 = −1 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. 82 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. 83 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7. y + 10y + 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. 84 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 (r + 1)(r + 2) = 0 ⇒r 2 + 3r + 2 = 0 ∴ y + 3y + 2y = 0 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 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 Hallar la solución de las ecuaciones diferenciales 1. y −y = 0 Respuesta: y = c 1 e x +c 2 e −x 2. y +y = 0 Respuesta: y = c 1 cos x + c 2 sen x 3. y + 4y + 4y = 0 Respuesta: y = c 1 e −2x +c 2 xe −2x 4. y −2y + 2y = 0 Respuesta:y = e x (c 1 cos x +c 2 sen x) 5. y −6y + 25y = 0 Respuesta:y = e 3x (c 1 cos(4x) + c 2 sen(4x)) 6. y +2y +8y = 0 Respuesta: y = e −x (c 1 cos( √ 7 x)+c 2 sen( √ 7 x)) 7. y + 8y = 0 8. y + 6y + 11y = 0 Ing. Raúl Romero E. 86 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. 87 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. 88 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. 89 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. 90 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. Resolver la ecuación diferencial No Homogénea por el método continuo a) y −6y + 8y = e 2x + e 4x Solución: Resolvemos la Ecuación Diferencial Homogénea y −6y + 8y = 0 k 2 −6k + 8 = 0 Ecución Carçacteristica (k −4)(k −2) = 0 ⇒k = 2, k = 4 ⇒y 1 = e 2x , y 2 = e 4x y h = c 1 y 1 + c 2 y 2 ⇒ y h = c 1 e 2x + c 2 e 4x Sol. General de la EC: Dif. 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 Homogénea y −6y + 8y = e 2x + e 4x Ec. Dif. No Homogénea y p (D 2 −6D + 8) = e 2x + e 4x y p = e 2x (D −4)(D −2) . .. . y p 1 + e 4x (D −4)((D −2)) . .. . y p 2 u = e 4x D −4 du dx −4u = e 4x Ec. Dif. Lineal ue −4x = e 4x · e −4x dx Ec. Dif. Lebniz ue −4x = dx⇒ u = xe 4x y p 2 = xe 4x D −2 (D −2)y p 2 = xe 4x dy p 2 dx −2y p = x 4x Ec. Dif. Lineal 1 o O. y p 2 e −2x = xe 4x e −2x dx Ec. Dif. de Leibniz y P 2 e −2x = xe 2x dx . .. . Int. Por Partes y p 2 e −2x = 1 2 xe 2x − 1 4 e 2x y p 2 = 1 2 xe 4x − 1 4 e 4x se repite L.D.⇒ y p 2 = 1 2 xe 4x y p 1 = 1 D −4 · e 2x D −2 u = e 2x D −2 u(D −2) = e 2x du dx −2u = e 2x Ec. Dif. Lineal ue −2x = e 2x · e −2x dx Ec. Dif Leibniz. ue −2x = dx u = xe 2x y p 1 = 1 D −4 · xe 2x (D −4)y p 1 = xe 2x Ing. Raúl Romero E. 92 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS dy p 1 dx −4y p 1 = xe 2x Ec. Dif. Linel y p 1 e −4x = xe 2x e −4x dx Ec. Dif. de Leibniz y p 1 e −4x = xe −2x dx . .. . Int. por partes y p 1 e −4x = − 1 2 xe −2x − 1 4 e −2x y p 1 = − 1 2 xe 2x − 1 4 e 2x se repite ⇒ y p 1 = − 1 2 xe 2x y p = − 1 2 xe 2x + 1 2 xe 4x y G = c 1 e 2x + c 2 e 4x − 1 2 xe 2x + 1 2 xe 4x Sol. general de Ec. Dif. No Homogénea 4. Resolver la Ecuación Diferencial por el método continuo y −8y + 12y = x 2 + sen x Solución: y −8y + 12y = 0 Ec. Dif. Homogénea k 2 −8k + 12 = 0 Ec. Característica (k −6)(k −2) = 0 ⇒k 1 = 6 k 2 = 2 ⇒ y h = c 1 e 6x + c 2 e 2x y h = c 1 e 2x +c 2 e 6x Sol. general de Ec. Dif. Homogénea Resolvemos la Ec. Dif. No Homogénea y −8y + 12y = x 2 + sen x D 2 y p −8Dy p + 12y p = x 2 + sen x y p (D 2 −8D + 12) = x 2 + sen x y p = x 2 + sen x (D −6)(D −2) = 1 D −6 · x 2 + sen x (D −2) . .. . t (♣.1) x 2 + sen x (D −6)(D −2) = 1 (D −6) t ⇒(D −2)t = x 2 + sen x Dt −2t = x 2 + sen x dt dx −2t = x 2 + sen x Ec. Dif. Lineal de 1 o Orden Aplicamos leibniz 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 te −2 dx = x 2 + sen xe −2 dx dx →te −2x = (x 2 + sen x)e −2x dx te −2x = x 2 e −2x dx + sen xe −2x dx Integral por tabla (♠.1) x 2 e −2x dx = e −2x −2 x 2 + 2x 2 + 2 4 sen xe −2x dx = e −2x (−2 sen x −cos x) 5 Reemplazando en (♠.1) t = − 1 2 x 2 + x + 1 2 + −2 sen x −cos x 5 t = − 1 2 x 2 − x 2 − 1 4 − 2 5 sen x − 1 5 cos x R/V de t en (♣.1) y p = 1 D −6 t ⇒y p (D −6) = t Dy p −6y p = t ⇒ dy p dx −6y p = t y p e −6 dx = te −6 dx dx ⇒y p e −6x = − 1 2 te −6x dx y p e −6x = − 1 2 x 2 e −6x dx− 1 2 xe −6x dx− 1 4 e −6x dx− 2 5 sen xe −6x dx− 1 5 cos xe −6x dx Integrando Por Tablas I 1 = x 2 e −6x dx = e −6x −6 x 2 + 2x 6 + 2 36 I 2 = xe −6x dx = − e −6x 6 x + 1 6 I 3 = e −6x dx = − e −6x 6 I 4 = sen xe −6x dx = e −6x (−6 sen x + cos x) 37 I 5 = cos xe −6x dx = e −6x (−6 cos x + sen x) 37 y p = − 1 2 ¸ − 1 6 x 2 + 1 3 x + 1 18 − 1 2 ¸ − 1 6 x + 1 6 + 1 4 · 1 6 − 2 5 (−6 sen x −cos x) 37 − 1 5 (−6 cos x + sen x) 37 Ing. Raúl Romero E. 94 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N” y p = 1 12 x 2 + 1 3 x + 1 18 + 1 12 x + 1 6 + 1 24 − 2(−6 sen x −cos x) 5 ×37 − (−6 cos x + sen x) 5 ×37 y p = x 2 + 1 3 x + 1 18 + x + 1 6 12 + 1 24 + −2(−6 sen x −cos x) −(−6 cos x + sen x) 5 ×37 y p = 18x 2 + 6x + 1 + 18x + 3 18 12 + 1 24 + 12 sen x + 2 cos x + 6 cos x −6 sen x 185 y p = 18x 2 + 24x + 4 18 12 + 1 24 + 11 sen x + 8 cos x 185 y p = 18x 2 + 24x + 4 216 + 1 24 + 11 sen x + 8 cos x 185 y p = 1 12 x 2 + 1 9 x + 1 54 + 1 24 + 11 185 sen x + 8 185 cos x y p = 1 12 x 2 + 1 9 x + 13 216 + 11 185 sen x + 8 185 cos x y G = c 1 e 6x + c 2 e 2x + 1 12 x 2 + 1 9 x + 13 216 + 11 185 sen x + 8 185 cos x 3.3. Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes 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 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 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 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 −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 Ing. Raúl Romero E. 96 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N” 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 G = c 1 e x −2c 2 e −2x −c 3 e −x y G = c 1 e x + 4c 2 e −2x + c 3 e −x y(0) = 1 y (0) = 2 y (0) = −1 1 = c 1 + c 2 + c 3 2 = c 1 −2c 2 −c 3 −1 = c 1 + 4c 2 + c 3 (♣.1) (♣.2) (♣.3) ⇒ c 1 = 7 6 c 2 = − 2 3 c 3 = 1 2 ∴ y G = 7 6 e x − 2 3 e −2x + 1 2 e −x Ejemplo 3.11 y V + 4y IV + 5y −6y −4y = 0 Solución: Ecuación característica k 5 + 4k 4 + 5k 3 −6k −4 = 0 Ruffini 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 = −1 ±i ∴ y G =c 1 e x +c 2 e −x +c 3 e −2x +e −x (c 4 cos x+c 5 sen x) 3.3.1. Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Completa de Orden“n”- obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) Método Variación de Parámetros: 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) 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 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 Ejemplo 3.12 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 Ing. Raúl Romero E. 98 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N” 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 3.13 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 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 + arctan e x (e 2x −e x ) Ejemplo 3.14 y −y = e x Solución: y −y = 0 Ecuación Diferencial Homogénea 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 k 3 −k 2 = 0 Ec. Característica 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 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 3.15 y −y = e 2x Solución: y −y = 0 Ec. Dif. Homogénea k 1 = 0 k 2 = 1 k 3 = −1 k 3 −k = 0 Ec. Carácteristica 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 Ing. Raúl Romero E. 100 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N” 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 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 3.3.2. Ejercicios Propuestos 1. y + 4y = tan x 2. y + y = 1 sen x 3. y −6y + 11y −6y = e x 4. y + 3y = 3xe −3x 5. y −4y = 2e 2x 6. y + 2y +y = −2 7. y + y = cos x 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 3.3.3. 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. 102 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N” 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. 103 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. 104 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.4. EJERCICIOS PROPUESTOS 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 3.4. Ejercicios Propuestos 1. y + 9y = xe x Respuesta: c 1 cos 3x + c 2 sen 3x + xe x 10 − e x 50 2. y + y = 3e x + 4x 2 respuesta: c 1 + c 2 + c 3 e −x + 3 2 e x + 4x 2 3. y + y −6y = 1 + xe 2x 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 3.5. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden 3.5.1. 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. 106 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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. 107 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. 108 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 3.16 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. 109 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. 110 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 diferencial 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. 111 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 diferencial. 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. 112 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 = 2 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. 113 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. 114 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 libras. 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. 115 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. 116 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 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 3.12) 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 g = 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. 117 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. 118 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 longitud 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. 119 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. 120 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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. 121 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. 122 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 amortiguado 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. 123 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 reposo. 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. 124 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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. 125 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 3.5.2. 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 entonces 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. 126 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 pulgadas 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. 127 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 constante 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. 128 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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 129). 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 resortes 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. 129 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 debajo 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 deforma 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. 130 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. 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. 131 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 contrapeso 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. 132 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.6. APLICACIÓN A CIRCUITOS ELÉCTRICOS EN SERIE LRC 3.6. 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. 133 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 3.17 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. 134 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.7. 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) 3.7. 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. 135 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. 136 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.7. 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 especificar 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. 137 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. 138 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.8. 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) 3.8. 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. 139 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 componentes 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 3.8.1. 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. 140 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.8. 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. 141 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. 142 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.9. EJEMPLOS y G = c 1 y 1 + c 2 y 1 e − P(x)dx y 2 1 dx 3.9. Ejemplos Ejemplo 3.18 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 3.19 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. 143 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3.20 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 3.21 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 3.22 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. 144 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.9. 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 3.23 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. 145 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2 O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.10. Ejercicios La función y 1 (x) es una solución a las ecuaciones diferenciales de los problemas 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 3.10.1. 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 Por Ruffini r 1 = r 2 = r 3 = 2 ∴ y = Ae 2x + Bxe 2x + Cx 2 e 2x b) y iv + 4y + 6y + 4y + y = 0 Solución: r 4 + 4r 3 + 6r 2 + 4r + 1 = 0 Por Ruffini 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 Ing. Raúl Romero E. 146 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.10. EJERCICIOS 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 3.10.2. 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 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. 147 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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1. Ecuaciones Diferenciales No Homogéneas donde M (x, y) y N (x, y) son Funciones No Homogéneas . . . . . . . 1.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) . . . . . . . . . . 1.6.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Ecuaciones Diferenciales no Exactas que pueden transformarse en Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.2. Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas . . 1.8. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . 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. Circuitos en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 5 7 9 9 11 11 13 14 15 20 20 20 25 27 30 34 35 39 39 41 50 50 51 59 Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Coeficiente Constante de Orden n . 101 3. . . . . . . . . . . Ejercicios . .3. . . . . . 105 3. . . . . . . 106 3.3. . .2. Estudio del Wronskiano . . . . . . . . .3. . . 97 3. . . Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Completa de Orden“n”. Ejercicios . . . . . . . . .obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) . . . . . 106 3. . . . . . . 147 4 . . .5. . . Ejercicios Propuestos . . .2. . . . . . . Ejercicios Propuestos . .1. . . . . 75 3.1. . . . . . . . . . . 87 3. . . . . . . 73 3. . . . . . .3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2o Orden y Orden Superior a Coeficientes Constantes 71 3. . . .5. . . . 126 3. . . . . .3. . . . . Ejemplos . .1. . . . . . . . . Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Orden 79 3. . . . . . . . .10. . . . . . . . . .1. 135 3. . . . . Ejercicios Propuestos . Ecuación de Mac Laurin . . . . . . . Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden . . . . . . .1. . . . . . . . . . .8. . 133 3. Ejercicios Propuestos . . . . 146 3. Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Constantes de Orden “n” . . . . . . . . . . . . 139 3. . . .7. . . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios Propuestos . ex .ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL 3. . .5. .1. . . 88 3. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea . . . . . 95 3. . .Resorte sin amortiguación . . . . . . . .10. . . . Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC . . .4. . . . . . . . . . Circuitos Eléctricos . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . Método de Coeficiente Indeterminado . . . .4. .0. . . . . . 143 3. .2. . . . . . . . .9. . . .5. . . . Método continuo . . . . . . . . . Aplicaciones de las funciones sen x. . . . . . . . . . . . .1. 146 3. . . Sistema Masa. . . . . . . . . . . . . . . . .0. . . . . .0. . . . .0.3. . . Ejercicios Propuestos . . cos x.1. .2. . . 140 3. . . 102 3. . . . . . . . 86 3. .0. . 87 3.6.8. . . . . 76 3. .10. . . . . . . . . . . . Ejercicios Propuestos . . . . . .Clasificamos las ecuaciones diferenciales en dos grandes categorías: Ecuación Diferencial Ordinaria. y) ∂ 4z ∂ 4z ∂ 4z + 2 2 2 + 4 = x2 + 2xy ∂x4 ∂x ∂y ∂y 5 .1 y = ex y = y(x) ∂z ∂z + =x+y ∂x ∂y z = z(x. y) Clasificación. ∂ 2z ∂2z ∂z +2 + 2 = sen x + cos y ∂x2 ∂x∂y ∂y z = z(x.Son aquellas en las que la función desconocida depende de una sola variable independiente y − 3y + 2y = ex cos x y = y(x) Ecuaciones Diferenciales a Derivadas Parciales...1 Llamaremos ecuación diferencial aquella igualdad en el cual contienen derivadas totales o parciales con dos o mas variables Ejemplo 1.Capítulo 1 Ecuación Diferencial Definición 1.Son aquellas en las que la función función desconocida depende de dos o mas variables independientes. y) y + 2y − y = sen x + 2 cos x y = y(x) ∂ 4z ∂2z ∂ 2z ∂ 4z +2 2 · 2 + 4 =x+y ∂x4 ∂x ∂y ∂y z = z(x. dx 1 Ejemplo 1. de 2o Orden de 1o grado. Raúl Romero E. Dif. y . de 1o Orden dy d2 y − cos x + y = 0 Ec.5 d2 y dx2 d2 y dx2 3 + 3x + y dy = 0 Ec. Dif. Dif. de 3o Orden a derivadas 2 ∂y ∂x ∂x parciales. y. Ejemplo 1.6 − dy dx 3 + 2x = Ec.4 +cos(x+y) = ex+y Ec. Grado de una Ecuación Diferencial: El grado de una ecuación diferencial que puede escribirse como un polinomio respecto a las derivadas es el grado de la derivada de mayor orden que interviene en ella.UMSS .2 y + 2y = 3x Ec. Ecuación Ordinaria de Orden n x : Variable independiente 6 . de 2o Orden de 3o grado. de 2o Orden dx2 dx Ejemplo 1. Dif. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias: Tienen la forma siguiente: F (x. . Solución de una Ecuación Diferencial: Se da el nombre de solución de una ecuación diferencial a aquellas ecuaciones que sustituyendo a la función desconocida en la ecuación diferencial la transforman en una igualdad numérica o funcional. ECUACIÓN DIFERENCIAL Orden de una Ecuación Diferencial : El orden de una ecuación diferencial es el orden de la derivada de mayor orden que interviene en ella. . y . Dif. .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. . y n ) = 0 F : función desconocida Ing. Ejemplo 1.3 ∂ 3z ∂z Ejemplo 1.FCyT . 1.Dif. 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 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. y) M (x. y) = − M (x. y.Departamento de Matemáticas 1. y ) = 0 despejando y tenemos y = f (x. y = (x + y + 1)2 2. ey = x − 2 ln(x + 1) + c ey = x − ln(x + 1)2 + c Aplicando logaritmos y = ln[x − ln(x + 1)2 + c] 7 . y) f (x. (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 = Ing. y) = − N (x.FCyT .UMSS .1. de primer orden 1. y) supongamnos f (x. VARIABLES SEPARABLES Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden: Tiene la siguiente forma: F (x. y) dy = − dx N (x. y) M (x. y) N (x. y)dy = 0 Ec. y)dx + N (x. Raúl Romero E. y) ∴ M (x. ydx − xdy = 0 Solución: dx dy − =0 x y dx dy − = x y ln x − ln y = ln c Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. (xy 2 + y 2 )dx + xdy = 0 Solución: y 2 (x + 1)dx + xdy = 0 x+1 dy Separando dx + 2 = 0. Raúl Romero E. 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. 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 8 . ECUACIÓN DIFERENCIAL 3.FCyT .UMSS . variables x y 1 1+ dx + y −2 dy = 0 x 5. 7 f (x.FCyT . x7 ln xdx − dy = 0 3. = dx 6. λy) = λn f (x. x2 y(-1)=-1 1. (ln x+y 3 )dx = 3xy 2 dy 2. y) es una Función Homogénea de grado 2 Ing. FUNCIÓN HOMOGÉNEA 1. Problemas Propuestos Respuesta: z = Respuesta: y3 3 . Función Homogénea Definición 1.1. y) ∴ f (x.UMSS . y ln x 8.Departamento de Matemáticas 1. Raúl Romero E. y = (x + 1)2 dy 5. y) = xy − x2 Solución: f (λx. 2y + 3 4x + 5 2 x8 x8 ln x − +C 8 64 √ Respuesta: 3 xex − ex + C dy = e3x+2y dx dx = dy y+1 x 2 7.2 (Función Homogénea) Se llama función homogénea de grado "n" si f (λx. xex dx − 3y 2 dy = 0 4. y = Cx−ln x−1 x 1.2. 9 .1. λy) = = = f λx.2. sec2 xdy + csc ydx = 0 9. dx = 4(x2 + 1) dt dy = y − xy dx x π 4 =1 10. y) Ejemplo 1. λy) = (λx)(λy) − (λx)2 λ2 (xy) − λ2 x2 λ2 (xy − x2 ) λ2 f (x. λy) = e (λx)(λy)−(λy)2 = e λ2 xy−λ2 y2 = e λ2 (x2 +y 2 ) λ2 (xy−y 2 ) (λx)2 +(λy)2 λ2 x2 +λ2 y 2 =λ e 0 x2 +y 2 xy−y 2 ∴ f (x. λy) = √ x−y λx − λy λ(x − y) = √ √ 1√ λ x − y = λ2 x − y 1 2 ∴ f (x.11 f (x. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ejemplo 1. λy) = f (λx. λy) = arctan f (x. y) es Función Homogénea de grado y Ejemplo 1. λy) = sen λy −5 λx y = sen − 5 x y 0 = λ sen − 5 x ∴ h(x.8 f (x.9 h(x.FCyT . y) = arctan + x x+y λx λy + λx λx + λy x y f (λx. λy) = λ2 x2 + x4 x2 + y 2 λ4 x4 x4 = λ 2 x2 + 2 λ2 (x2 + y 2 ) x + y2 f (x. λy) = arctan + x x+y y x = λ0 arctan + x x+y f (λx. y) es función homogénea de grado cero Ejemplo 1. y) = Solución: f (λx. y) es función Homogénea de grado 2 y x Ejemplo 1.UMSS . y) = x2 + f (λx.12 f (x. Raúl Romero E. y) es Función Homogénea de grado cero Ejemplo 1.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. y) es función homogénea de grado cero Ing. y) = e Solución: x2 +y 2 xy−y 2 f (λx. 10 . y) = sen − 5 x Solución: h(λx.10 f (x. 3. y)dx + N (x. y) = xn M 1. y) son funciones Homogéneas de igual grado. y) = x3 − yx2 1. y) =? M (λx. y) Condición Euler N (λx. y) = b) f (x. y) y y M (x. λy) = λn M (x. y)dy = 0 Ecuación diferencial Homogénea M (x. y y dx + xn N dy = 0 x x 11 . λy) = λn N (x. x x Despejando N (x.1.UMSS . y) = xn N 1. y) 1 1 Si λ = ó λ = x y y 1 M 1. y)dx + N (x. y) N (x. y) = xn M M (x. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas M (x. M (x.Departamento de Matemáticas 1. y) x x Despejando M (x. N (x. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS 1.2. y) = x3 y 2 + y 5 1 d ) f (x. Raúl Romero E. y) y N (x. y) N 1. y) = xn N y x y x Reemplazando en la Ecuación Diferencial Homogénea xn N Ing. y)dy = 0 La Ecuación Diferencial de Primer Orden es una ecuación diferencial homogénea si solamente si la función M (x. x x 1 y = n N (x. = n M (x. y) =? N (x. y) = e y + 2 c) f (x. Analizar si las funciones son Homogéneas a) f (x.FCyT . Problemas Propuestos x x+y x 1.3. y)dy = 0 Ec. Dif. y) 1 considerando λ = y x 1 .1 y x M (x.1 En toda ecuación diferencial homogénea se pueden separar sus variables Demostración: M (x.1 y x N (x. y) = y n N . y) N y y x N (x. y)dx + N (x. 1 = n M (x. λy) = λn M (x.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. 1 = n N (x. y) = y n M (1) y N (λx. y) = y n M . λy) = λn N (x. Homogénea x x ynM dx + y n N dy = 0 (3) y y Ing. 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) Condición de Euler 1 se tiene: y 1 x .FCyT .UMSS . Dif. y) M y y x M (x. 12 . Raúl Romero E. Homogénea M (λx. y) = y n N y con λ = (2) Reemplazando (1) y (2) en la Ec. 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 → Integrando: dx N (v) Ec. . 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 2.3. cuya variables + dv = 0 estan separadas y N (v) + vM (v) ÷ yn 1. Homogénea (3) 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 M (v) dy Ec.3. Dif.FCyT .Departamento de Matemáticas 1. 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 13 Ing. Raúl Romero E.Dif.1. Ejercicios Resueltos 1. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS Hacemos un cambio de variable x v= x = vy dx = vdy + ydv y Reemplazando en la Ec.UMSS . 4. Problemas Propuestos a) b) c) d) (x3 + y 3 )dx − xy 2 dy = 0 Respuesta: k1 x3 = e x3 (y − x)dx + (y + x)dy = 0 Respuesta: y 2 + 2xy − x2 = c1 (8y + 10x)dx + (7x + 5y)dy = 0 (x + y)dx + xdy = 0 √y 2× x c √ e) (2 xy − y)dx + xdy = 0 Respuesta: e = 2 x 14 y3 1.FCyT . .UMSS . Raúl Romero E. xdy − ydx = x2 + y 2 dx 1 + v 2 ] = ln x+ln c √ ln(v + 1 + v 2 ) = ln(xc) √ v + 1 + v 2 = xc ln[v + y ∴ + x dx x 1+ x y 2 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 √ = 2 x 1+v dv √ = 1 + v2 √ = xc 1. 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.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL y 3. Resolver las ecuaciones diferenciales homogéneas Ing. Resolver (2x + y − 1)dx + (x − 2y + 3)dy = 0 2 1 1 −2 Entonces 2x + y − 1 = 0 x − 2y + 3 = 0 1 → dx = dr 5 7 y =s+ dy = ds 5 x=r− ⇒ = −4 − 1 = −5 = 0 x=− 1 5 7 y= 5 Ing. 15 . y) y N (x.a1 b1 a2 b2 = a1 b2 − a2 b1 = 0 En este caso es suficiente realizar un cambio de variable t = a1 x + b1 y 2o Caso: Determinante diferente de cero.4. dy = ds 1. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Para la resolución de estas ecuaciones diferenciales se consideran los siguientes casos 1o Caso: Determinante igual a cero.UMSS . Ecuaciones Diferenciales No Homogéneas donde M (x.y) Donde M (x.4. y = k ⇒ y = s + k. y) son Funciones no Homogéneas de “ grado 1”. y) son Funciones No Homogéneas (a1 x + b1 y + c1 ) dx + (a2 x + b2 y + c2 ) dy = 0 M (x.y) N (x.a1 b1 a2 b2 Entonces resolvemos = a1 b2 − a2 b1 = 0 a1 x + b1 y + c1 = 0 a2 x + b2 y + c2 = 0 x=r+h dx = dr x = h. Raúl Romero E. Ecuación Diferencial No Homogénea (a1 x+b1 y +c1 )dx+(a2 x+b2 y +c2 )dy = 0.FCyT . y) y N (x.Departamento de Matemáticas 1.1. Resolver (3x + y − 15)dx + (6x + 2y − 5)dy = solución: 3 1 6 2 =6−6=0⇒ t = 3x + y dt = 3dx + dy (t − 15)dx + (2t − 5)(dt − 3dx) = 0 tdx − 15dx + 2tdt − 5dt − 6tdx + 15dx = 0 (2t − 5)dt − 5tdx = 0 Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. Raúl Romero E. Dif.FCyT . Homogénea s Entonces v = ⇒ s = vr ds = vdr + rdv r (2r + vr)dr + (r − 2vr)(vdr + rdv) = 0 2 r− (2 + v)dr + (1 − 2v)(vdr + rdv) = 0 2dr + vdr + vdr − 2v 2 dr + rdv − 2rvdv = 0 (2 + 2v − 2v 2 )dr + r(1 − 2v)dv = 0 dr 1 − 2v + dv = 0 r 2(1 + v − v 2 ) ln r + 1 ln(1 + v − v 2 ) = ln c 2 1 + 3 ds = 0 ln r · (1 + v − v 2 ) 2 = ln c √ r 1 + v − v2 = c s s2 r 1+ − 2 =c r r r ç r2 + sr − s2 =c r2 x+ 1 5 1 5 2 2 + y− 7 5 7 5 x+ 1 5 1 5 − y− 7 5 7 5 2 2 =c x+ + y− x+ − y− =k 2. ECUACIÓN DIFERENCIAL 7 1 7 1 + s + − 1 dr + r − − 2 s + 5 5 5 5 (2r + s)dr + (r − 2s)ds = 0 Ec. 16 .UMSS . . Raúl Romero E. Resolver (x + 3y − 5)dx + (3x + y − 7)dy = 0 solución: 1 3 3 1 x + 3y − 5 = 0 3x + y − 7 = 0 x=r+2 y =s+1 ⇒ x=2 y=1 = 1 − 9 = −8 = 0 dx = dr dy = ds [r + 2 + 3(s + 1) − 5] dr + [3(r + 2) + s + 1 − 7]ds = 0 (r + 3s)dr + (3r + s)ds = 0 s ds = vdr + rdv v = ⇒ s = vr r (r + 3vr)dr + (3r + vr)(vdr + rdv) = 0 (1 + 3v)dr + (3 + v)(vdr + rdv) = 0 dr + 3vdr + 3vdr + v 2 dr + 3rdv + vrdv = 0 (1 + 6v + v 2 )dr + r(3 + v)dv = 0 3+v dr + dv = 0 r 1 + 6v + v 2 1 ln r + ln(v 2 + 6v + 1) = ln c 2 √ ln r · v 2 + 6v + 1 = ln c r· s s2 +6 +1=c r2 r 17 ÷r Ing.FCyT . PROBLEMAS PROPUESTOS (2t − 5) dt − 5dx=0 t 5 2− dt − 5dx = c t 2t − 5 ln t − 5x = c 2t − ln t5 − 5x = c 2(3x + y) − ln(3x + y)5 − 5x = c 5x − 2(3x + y) + ln(3x + y)5 = c1 3.Departamento de Matemáticas 1.4.UMSS . Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. Resolver (2x + y + 1)dx + (x + 2y − 1)dy = 0 solución: 2 1 1 2 x=r−1 y =s+1 =4−1=3=0⇒ dx = dr dy = ds 2x + y + 1 = 0 x + 2y − 1 = 0 ⇒ x = −1 y=1 [2(r − 1) + s + 1 − 1]dr + [r − 1 + 2(s + 1) − 1]ds = 0 [2r + s]dr + (r + 2s)ds = 0 s u = ⇒ s = ur ⇒ ds = udr + rdu r (2r + ur)dr + (r + 2ur)(udr + rdu) = 0 (2 + u)dr + (1 + 2u)(udr + rdu) = 0 2dr + udr + udr + 2u2 dr + rdu + 2rudu = 0 2(1 + u + u2 )dr + r(1 + 2u)du = 0 2dr 2u + 1 + 2 du = 0 r u +u+1 2u + 1 2 ln r + du = ln c 2+u+1 u 2 ln r + ln(u2 + u + 1) = ln c ln r2 + ln(u2 + u + 1) = ln c ln[r2 · (u2 + u + 1)] = ln c r2 · 2 ÷r s2 s + +1 r2 r =c s2 + sr + r2 r · =c r2 (y − 1)2 + (y − 1)(x + 1) + (x + 1)2 = c Ing. 18 .FCyT . ECUACIÓN DIFERENCIAL s2 + 6sr + r2 =c r2 r· s2 + 6sr + r2 = k (y − 1)2 + 6(y − 1)(x − 2) + (x − 2)2 = k 4.UMSS . Departamento de Matemáticas 1.4. 19 2 1 2 1 . Dif Homogénea s v = ⇒ s = vr ⇒ ds = vdr + rdv r (2r − 5vr)dr − (2r + 4vr)(vdr + rdv) = 0 2dr − 5vdr − 2vdr − 4v 2 dr − 2rdv − 4vrdv = 0 (2 − 7v − 4v 2 )dr − r(2 + 4v)dv = 0 dr 2 + 4v + 2 dv = 0 r 4v + 7v − 2 dr 2 + 4v + dv = 2 + 7v − 2 r 4v 4v 2 2 + 4v A B = + + 7v − 2 v + 2 4v − 1 ⇒ x=1 y=1 0 (4v)2 + 7(4v) − 8 = (4v + 8)(4v − 1) = (v + 2)(4v − 1) 2 + 4v A(4v − 1) + B(v + 2) = (v + 2)(4v − 1) (v + 2)(4v − 1) 2 + 4v = 4Av − A + Bv + 2B 2 A= 2 = −A + 2B 3 ⇒ 4 = 4A + B 4 B= 3 2 1 ln r + ln(v + 2) + ln(4v − 1) = ln c 3 3 ln r(v + 2) 3 · (4v − 1) 3 = ln c r(v + 2) 3 (4v − 1) 3 = 0 r3 (v + 2)2 (4v − 1) = c1 Ing.FCyT . PROBLEMAS PROPUESTOS 5. Raúl Romero E. (2x − 5y + 3)dx − (2x + 4y − 6)dy = 0 solución: 2 −5 = 8 + 10 = 18 = 0 2 4 2x − 5y + 3 = 0 2x + 4y − 6 = 0 x = r + 1y = s + 1 (2r + 2 − 5s − 5 + 3)dr − (2r + 2 + 4s + 4 − 6)ds = 0 (2r − 5s)dr − (2r + 4s)ds = 0 Ec.UMSS . Raúl Romero E. y). Se llama diferencial de F = F (x. 1. y)dy = 0 Ing.UMSS . Resolver (x + 3y − 5)dx + (3x + y − 7)dy = 0 1.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1.) Introducción Sea una función F = F (x. y)dx + N (x.6.6. 20 . Ecuaciones Diferenciales Exactas (E. y) a la siguiente expresión: dF = ∂F ∂F dx + dy ∂x ∂y Demostrar ∂M (x.E.D. ECUACIÓN DIFERENCIAL r3 r3 s +2 r s + 2r r s 4 − 1 = c1 r 2 4s − r r = c1 (y − 1 + 2(x − 1))2 [4(y − 1) − (x − 1)] = c1 (y − 1 + 2x − 2)2 (4y − 4 − x + 1) = c1 (y + 2x − 3)2 (4y − x − 3) = c1 1. Ejercicios Propuestos 1. y) = ∂y ∂x Demostración: M (x.5.1.FCyT . Resolver (2x + y − 1)dx + (x − 2y + 3)dy = 0 2. y) ∂N (x. y) = ∂x ∂x ∂y (1) (2) Por el axioma de la igualdad de (1) y (2) se tiene ∂M (x. y)dy = 0 Teorema 1.6.13 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. y) = ∂x ∂y Derivando M (x. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 1. y) respecto de “y” y N (x. y) ∂N (x. si las derivadas Parciales Cruzadas son si y ∂N ∂M = solamente si ∂y ∂x Ing.2 M (x. y) ∂f (x.) M (x. y) ⇒ M (x. y) = ∂y ∂x∂y ∂N (x. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E. y)dy = 0 ∂f (x. y)dx + N (x. y)dy = 0 es ecuación diferencial exacta. y) = ∂y ∂y∂x ∂ 2 f (x.D. 21 . y) = N (x. y)dx + N (x. y) ∂ 2 f (x. y) = ∂y ∂x Ejemplo 1.3 Diferencial exacta M (x. y) ∂ ∂f (x. y) dx + dy = 0 ∂x ∂y ∂f (x. y) ∃f (x. y) ∂ ∂f (x.FCyT . y)dx + N (x. y) ∂N (x.E.UMSS . y)dx + N (x. y)dy = 0 Es ecuación diferencial exacta si y si existe F = F (x. y) respecto de “x” ∂M (x. y) tal que dF = M (x. y) = ∂y ∂y ∂x ∂M (x. y) ∂f (x. UMSS . ⇒ ∃F (x.y) ∂M ∂N = cos y = cos y ∂y ∂x ⇒ (x + sen y)dx + (x cos y − 2y)dy = 0 es E.y) N (x.15 (x + sen y) dx + (x cos y − 2y) dy = 0 M (x.D.y) N (x.E. 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 Ing.FCyT .14 (x3 + xy 2 ) dx + (x2 y + y 3 ) dy = 0 M (x. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ejemplo 1. ⇒ ∃F (x.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. 22 .y) ∂M ∂N = 2xy = 2xy ∂y ∂x ⇒ (x3 + xy 2 )dx + (x2 y + y 3 )dy = 0 es E. y) dF = (x3 + xy 2 ) dx + (x2 y + y 3 ) dy = 0 ∂F ∂x ∂F ∂F = x3 + xy 2 ∧ = x2 y + y 3 ∂x ∂y ∂F = x3 + xy 2 ∂x Integrando con respecto a “x” F = x4 x2 2 + y + α(y) 4 2 ∂F ∂y Derivando con respecto a “y” ∂F x2 = 2 · y + α (y) ∂y 2 2 = x y + α (y) = x2 y + y 3 α (y) = y 3 Integrando con respecto a “y” ⇒ C= α(y) = y4 4 x 4 x2 2 y 4 + y + 4 2 4 Ejemplo 1.D. Raúl Romero E.E. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.16 (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0 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 x2 x2 F =2· y+ + α(y) 2 2 Ing.FCyT . Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 1.) 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 C = x sen y − y 2 + x2 2 ∂F = x + sen y ∂x Integrando con respecto a x x2 F = + x sen y + α(y) 2 Derivando con respecto a “y” ∂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 ∂M = 2x ∂y ∃F (x.6.UMSS .E. y) dF = ∂F ∂F dx + dy = 0 ∂x ∂y ∂N = 2x ∂x Ejemplo 1.D. 23 . Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ∂F = x2 + y ∂y Ejemplo 1.D. ECUACIÓN DIFERENCIAL 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 x2 y 2 F =x y+ + 2 2 2 x2 y 2 c=x y+ + 2 2 2 Ejemplo 1. 24 .E.17 (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0 ∂M ∂N = 2x = ∂y ∂x ∂F = 2xy + x ∂x x2 + α(y) Integrando F = x2 y + 2 ∂F = x2 + α (y) ∂y x2 + α (y) = x2 + y ⇒ α (y) = y y2 Integrando α(y) = 2 x2 y 2 ⇒ F = x2 y + + F =c 2 2 c = x2 y + x2 y 2 + 2 2 E.18 (y + 2xy 3 )dx + (1 + 3x2 y 2 + x)dy = 0 ∂N ∂M = 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) Ing.FCyT .UMSS . 7. 25 . y)dy = 0 No es E.D. y) Luego = ∂y ∂x Ing.. ∂y ∂x ⇒ ∃µ = µ(x.Sea la ecuación diferencial Donde se verifica que ∂N ∂M = ⇒ M (x.D. y)dx + µN (x.Departamento de Matemáticas 1. Ecuaciones Diferenciales no Exactas que pueden transformarse en Exactas M (x.UMSS . y)dy = 0 E.E. y)dy = 0 Método del Factor Integrante. y)dx + N (x. y)dx + N (x. y) ∂µN (x. ∂µM (x. y) µM (x.19 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 F = eu du + α(y) 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 1.7.FCyT . ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂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 Ejemplo 1.E. Raúl Romero E. Raúl Romero E. Suponemos que µ depende de la variable solo de x µ = µ(x) factor integrante. Suponemos que µ = f (y) ∂N d ln µ ∂M − = −M ∂y ∂x dy Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL µ ∂M ∂µ ∂N ∂µ +M =µ +N ∂y ∂y ∂x ∂y µ ∂N ∂µ ∂M ∂µ − =N −M ∂y ∂x ∂x ∂y ∂M ∂N 1 ∂µ ∂µ − = N −M ∂y ∂x µ ∂x ∂y ∂M ∂N 1 ∂µ 1 ∂µ − =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. µ = µ(y) (-1) 26 .FCyT . ∂M ∂N d ln µ − =N +0 ∂y ∂x dx ∂M ∂N ∂M ∂N − − d ln µ ∂y ∂x ∂y ∂x = = f (x) ⇒ d ln µ = dx = f (x)dx dx N N Integrando ⇒ d ln µ = d ln µ = ln µ = c µ ∂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=e ⇒ µ = ce ∂M ∂N − ∂y ∂x dx N c=1 2.UMSS . UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂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 ln f (y)dy ⇒ µ=e f (y)dy , c=1⇒µ=e Resumen: M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 Ecuación Diferencial no Exacta (E.D.N oE.) ∂M ∂N = ∂y ∂x ∂M ∂N − ∂y ∂x = f (x) ⇒ µ = e N Si no se prueba con la otra. ∂N ∂M − ∂x ∂y = f (y) ⇒ µ = e M ∂M ∂y − ∂N dx ∂x N ∂N ∂x − M ∂M ∂y dy 1.7.1. Ejercicios Resueltos 1. (4xy + 3y 2 − x)dx + x(x + 2y)dy = 0 Solución: ∂N ∂M = 4x + 6y; = 2x + 2y; ∂y ∂x Ing. Raúl Romero E. ∂M ∂N = ∂y ∂x 27 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂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.D.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 x4 x4 K = x4 y + x3 y 2 + +c ∴ x4 + x3 y 2 + = c1 4 4 2. 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 ∂M ∂N − x + 2y + 1 − 2x − 3y − 2 ∂y ∂x = = N x(x + 3y + 2) ∂M ∂N = ∂y ∂x −x − y − 1 =? x(x + 3y + 2) Probamos con el otro ∂N ∂M − 2x + 3y + 2 − x − 2y − 1 (x + y + 1) 1 ∂x ∂y = = = M y(x + y + 1) y(x + y + 1) y Ing. Raúl Romero E. 28 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS g(y)dy 1 dy y 1 g(y) = y µ=e ⇒µ=e = 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” x2 2 F = 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 x2 2 y + xy 3 + xy 2 + c ⇒ y + xy 3 + xy 2 = c1 2 2 3. (1 − x2 y)dx + x2 (y − x)dy = 0 Solución: ∂M = −x2 ; ∂y ∂N = 2x(y − x) − x2 ∂x ∂M ∂N − ∂y ∂x N −x2 − 2xy + 3x2 2x2 − 2xy x(2x − 2y) = 2 = 2 x2 (y − x) x (y − x) x (y − x) 2x(x − y) 2 = =− 2 (y − x) x x = −2 dx −2 2 f (x) = − ; µ = e x = e−2 ln x = eln x = x−2 ⇒ µ = x−2 x x−2 (1 − x2 y)dx + x2 x−2 (y − x)dy = 0 (x−2 − y)dx + (y − x)dy = 0 ∂M ∂N = −1; = −1 ∂y ∂x ∂F x−1 ∂F = x−2 − y ∧ = y − x; F = − yx + α(y) ∂x ∂y −1 Ing. Raúl Romero E. 29 −x + α (y) = y − x ⇒ α (y) = y ∂y Integrando y2 α(y) = 2 1 y2 1 y2 C = − − yx + ⇒ c= − − yx x 2 2 x 4.FCyT . = x−2 . = −1 ∂y ∂x ∂N ∂M − 1+1 2 ∂y ∂x = = .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1.µ = e N −x −x µ = x−2 x−2 (x2 + y)dx − x−2 xdy = 0 (1 + x−2 y)dx − x−1 dy = 0 ∂M ∂N ∂F ∂F = x−2 . = 1 + x−2 y .2. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂F = −x + α (y). Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas 1. Raúl Romero E. (2xy 4 ey + 2xy 3 + y)dx + (x2 y 4 ey − x2 y 2 − 3x)dy = 0 Solución: Ing. (x2 + y)dx − xdy = 0 Solución: ∂M ∂N = 1.UMSS . = −x−1 ∂y ∂x ∂x ∂y x−1 ∂F −1 F =x+ y + α(y) = −x + α (y) −1 ∂y −x−1 + α (y) = −x−1 ⇒ α (y) = 0 Integrando α (y) = 0 α(y) = c y y F = x − x−1 y + c K =x− +c ∴ c1 = x − x x ∂M ∂N = ∂y ∂x 2 − dx x = e−2 ln x = eln x−2 = x−2 1.7. 30 . ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂M = 8xy 3 ey + 2xy 4 ey + 6xy 2 + 1 ∂y ∂N = 2xy 4 ey − 2xy 2 − 3 ∂x ∂M ∂N − 8xy 3 ey + 2xy 4 ey + 6xy 2 + 1 − 2xy 4 ey + 2xy 2 + 3 ∂y ∂x = =? N x2 y 4 ey − x2 y 2 − 3x Probamos con ∂N ∂M − ∂x ∂y M = 2xy 4 ey − 2xy 2 − 3 − 8xy 3 ey − 2xy 4 ey − 6xy 2 − 1 2xy 4 ey + 2xy 3 + y 4 −4(2xy 2 + 2xy 3 ey + 1) =− = 2 + 2xy 3 ey + 1) y(2xy 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 y −1 −3 (2xe + 2xy + y )dx + (x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 )dy = 0 E.D.D. ∂M ∂N = 2xey − 2xy −2 − 3y −4 = ∂y ∂x ∂F ∂F = 2xey + 2xy −1 + y −3 . Raúl Romero E. (y 2 exy + 4x3 )dx + (2xyexy − 3y 2 )dy = 0 E.Departamento de Matemáticas 1.UMSS .7. = 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.FCyT . Solución: Ing.E. 31 2 2 .E. Raúl Romero E. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂N 2 2 2 2 = 2yexy + 2xy 2 exy = 2yexy + 2xy 3 exy = ∂y ∂x ∂F ∂F 2 2 ⇒ = y 2 exy + 4x3 ∧ = 2xyexy − 3y 2 ∂x ∂y Integrando 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. (6x5 y 3 + 4x3 y 5 )dx + (3x6 y 2 + 5x4 y 4 )dy = 0 Ing.FCyT .UMSS . (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. 32 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. 33 .UMSS . = 2xex ∂y ∂x 2 2 Fx = 2x(yex − 1).Departamento de Matemáticas 1.FCyT . 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 ∴ c = e x y − x2 2 2 2 2 6.7. 2x(yex − 1)dx + ex dy = 0 Solución: ∂M ∂N 2 2 = 2xex . (x2 − y)dx − xdy = 0 Ing. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS 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 F = x6 y 3 + x4 y 5 + α(y) Derivando F ∂F = 3x6 y 2 + 5x4 y 4 + α (y)3x6 y 2 + 5x4 y 4 + α (y) ∂y = 3x6 y 2 + 5x4 y 4 ⇒ α (y) = 0 α(y) = k ∴ c = x6 y 3 + x4 y 5 5. Raúl Romero E. UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Solución: ∂N ∂M = −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 1.8. Ejercicios Propuestos Respuesta: x2 + y sen x = c 2 Resolver la ecuación Diferencial Exactas y no Exactas 1. (x + y cos x)dx + sen x dy = 0 2. (2x + 3y + 4)dx + (3x + 4y + 5)dy = 0 Respuesta x2 + 3xy + 4x + 2y 2 + 5y = c 3. (x2 + y 2 − 5)dx − (y + xy)dy = 0 x2 5 x4 y 2 x3 + xy 2 − y 2 − x2 − − =c Respuesta: 3 2 2 4 2 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 3 Respuesta: x2 − x + y 2 + 7y = c 2 Respuesta: x2 + 3y 2 + xy = c 5 Respuesta: 4xy − 2y 4 + x2 = c 2 7. (sen y − y sen x)dx + (cos x + x cos y − y)dy = 0 y2 =c Respuesta: x sen x + y cos x − 2 8. (2xy 2 − 3)dx + (2x2 y + 4)dy = 0 Respuesta: x2 y 2 + 4y − 3x = c Respuesta: 9. (tan x − sen x sen y)dx + cos x cos y dy = 0 10. ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0) 11. ex (cos ydx − sen ydy) = 0 Ing. Raúl Romero E. Respuesta: ex sen y + y 2 = c1 Respuesta: k1 = ex cos y 34 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.9. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN 1.9. 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 Entonces My = P (x); Nx = 0 ⇒ M y − Nx P (x) − 0 = = P (x) N 1 (1.1) P (x)dx Factor integrante ⇒u=e Multiplicando la ecuación diferencial (1.1) 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 ∂f (x, y) P (x)dx P (x)dx ∂f (x, y) − Q(x)e ∧ = P (x)ye =e ∂x ∂y Integrando respecto a “y” P (x)dx P (x)dx f (x, y) = e dy f (x, y) = e y + h(x) Derivando respecto a “x” 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 − Q(x)e P (x)dx 35 Ing. Raúl Romero E. UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL P (x)dx h (x) = −Q(x)e Integrando respecto a “x” P (x)dx P (x)dx dx ⇒ f (x, 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 dy 1 = dx x sen y + 2 sen(2y) Ejemplo 1.20 Resolver la ecuación diferencial en y(0) = 0 Solución: dx dx dx = x sen y + 2 sen(2y) ⇒ − sen y · x = 2 sen(2y); + P (y)x = Q(y) dy dy dy Utilizando Leibniz xe P (y) = − sen y xe − 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 36 Ejemplo 1.21 Resolver la ecuación diferencial Ing. Raúl Romero E. 37 .22 Resolver la ecuación diferencial Solución: sean P (x) = 1 y Q(x) = x ye P (x)dx dy +y =x dx u=x du = dx dx + c yex = xex − dv = ex dx v = ex ex dx + c = 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 Ing. Raúl Romero E.9.Departamento de Matemáticas 1. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN Solución: sean P (x) = 2x y Q(x) = 8x P (x)dx P (x)dx ye 2xdx = Q(x)e 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 ⇒ dt = xdx 2 ∴ y = 4 + ce−x 2 Ejemplo 1.UMSS .FCyT . Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. 38 .UMSS . Raúl Romero E. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ing.FCyT . Y y = f (x) P0 (x0 . Aplicaciones Geométricas En geometría es posible emplear a las ecuaciones diferenciales las que permiten definiciones precisas. y0 ) θ A Recta Tangente X Q B Recta Normal Figura 2.1.Capítulo 2 Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2. dy = y = tan(θ) dx AQ : subtangente mN · mt = −1 39 BQ : Sub Normal BP0 : Normal .1: Pendiente: mt = AP0 : Tg. 2) dy (x − x0 ) dx (2.UMSS .1) Longitud de normal entre el punto P0 (x0 . Raúl Romero E. y0 ) y el punto B LN = y 1 + (y )2 longitud de la recta tangente entre el punto P0 (x0 . y0 ) y el punto A Lt = y Longitud de la subtangente Lst Lst = y Longitud de la sub normal. LSN LSN = y Ing. dy dx 40 dx dy 1+ dx dy 2 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.FCyT . 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. Y ” respectivamente 1 x + yy y+x y 2.2. y) y los ejes coordenados X. Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden 1.2. PR = x 1+ dy dx 2 Longitud de la recta normal entre el punto P (x. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Y R P (x.2: X Longitud de la tangente entre el punto P (x. 41 .FCyT . Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (0. Raúl Romero E. y) O Q Figura 2.2 página 41) PQ = y 1+ dx dy 2 . Y respectivamente 1 OR = y − xy OQ = x − y y Segmentos intersectados por la recta normal con los ejes “X. Y (ver figura 2. 4) cuya pendiente de la recta tangente es igual a la suma de sus coordenadas Solución: Ing. 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.UMSS .Departamento de Matemáticas 2. ∂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. y = 4 4=0−1+c⇒c=5 ∴ y = 5ex − x − 1 2. Raúl Romero E. 0). Determinar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1.FCyT .3: Solución: Ing. 42 . = −e−x ∂x ∂y F = −e−x y + h(x). cuya recta tangente intersecta al eje de ordenadas en el doble de su abscisa.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.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. 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 My = e−x Nx = e−x ∂F ∂F = e−x x + e−x y. x x x 1 1 My = − 2 Nx = − 2 x x ∂F (x. 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.FCyT .0) x 0 c = + 2 ln 1 ⇒ c = 0 1 y + 2 ln x = 0 x ∴ y = −2x ln x 3.D. v(0) = 5 m/s dt 5 = ke0 ⇒ k = 5 ∴ x = 5et − 6 43 dx dx Separando =x+6⇒ = dt. y) 1 = − 2.Departamento de Matemáticas 2.UMSS . variable dt x+6 ln(x + 6) = t + c x + 6 = ket Ing. Raúl Romero 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. = ∂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. u = e−2 ln x = eln x 1 u = x−2 u= 2 x y 1 2 ⇒ − 2 dx + dy = 0 E. Hallar la ecuación de la velocidad de un móvil que se desplaza con una aceleración de 20 sen 2t. Hallar la ecuación de movimiento del móvil Solución: v(0) = 5 m s v =x+6 x = ket − 6 dx = v = ket . 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 . y) 2 y ∂F (x.E.2. . Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1. El área de un rectángulo ubicada entre el origen y el punto (x.UMSS . y) A1 A2 Figura 2. y) vertices opuestos.4: b x A1 = xy − a ydx.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. 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 44 A1 = 3A2 x xy − 0 ydx = 3 0 x ydx xy = 4 0 ydx Ing.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. Hallar la ecuación de la curva que divide al área rectangular en dos áreas.FCyT . . Raúl Romero E. 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) √ 1 x√ 2 x − 1 − ln x x2 − 1 − y = c 2 2 (1. donde una de ellas es el triple Solución: (Ver Figura 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. en el punto de contacto Solución: mt = 3x dy = 3x dx dy = 3xdx dy = 3xdx x2 y =3 +c 2 1 (1. Solución: mt = y x dy y dy dx = ⇒ = dx x y x ln y = ln(xc) y = xc (2. Hallar la ecuación de la curva cuyas rectas normales pasan por el origen de coordenadas. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 7.Departamento de Matemáticas 2. Determinar la ecuación de la curva. 7) → 7 = 2c ⇒ c = 7 ∴ y= x 2 7 2 Integrando ln y = ln x + ln c 9. Raúl Romero E. pasa por el punto (2.2. Hallar la ecuación de la curva. 45 .UMSS . 3) → 3 = 3 + c 2 6−3 3 3 c=3− = = 2 2 2 3 3 ∴ y = x2 + 2 2 8.FCyT . 3) si su pendiente de la recta tangente es el triple de su abscisa. 0) dy dx y2 x2 =− +c 2 2 2 2 y +x =k ∴ x2 + y 2 = k Ing. Solución: mt = 1 dy . pasa por el punto (1. 7) si su pendiente de la recta tangente es el cociente de su ordenada entre su abscisa del punto de tangencia. 02531t ∴ t = 145. 1o O. T (1) = 22o C.02531 ek = ⇒ T = 100 − 80e−0.FCyT . ¿Cuanto tiempo tardara en alcanzar 90o C. Raúl Romero E.UMSS .74 11.02531t 90 = 100 − 80e−0. cuya Temperatura inicial es de 20o C se deja caer en un recipiente de agua hirviente.02531t = −2. T (0) =? dT = k(T − Tm ) dt Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. Un cuerpo de temperatura desconocida se coloca en un frigorífico que se mantiene a temperatura constante a 0o F .02531t = ln ∴ t = 82. T (?) = 98o C dT = k(T − Tm ) dt Ec. 46 . Si una barra metálica pequeña.0794 ln e−0. T (?) = 90o C.02531t = 8 1 8 −0. T (15) = 30o 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−0.16 s. −78 = −80ek 78 78 ⇒ k = ln 80 80 k = −0. si sabe que su temperatura aumento 2o C en un segundo? ¿Cuanto tiempo tardara en llegar a 98o C? Solución: T (0) = 20o C.02531t −80e−0.Dif.02531t = −10 1 e−0.02531t ⇒ −2 = −80e−0. ln(T − Tm ) = kt + c. Después de 15 minutos el cuerpo esta 30o F y después de 30 minutos está a 15o F ¿Cual será su temperatura inicial ? Solución: Tm = 0o F . T (30) = 15o F . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 10. T = Tm + c1 ekt . UMSS . el termómetro indica 55o F cinco minutos después marca 30o F. Una olla de sopa inicialmente hirviendo.2. 47 . Un termómetro se lleva del interior de una habitación al exterior. donde la temperatura del aire es de 5o F. Raúl Romero E. 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: 1 2 Tm = 0 o C T = c1 ekt k= ln 30 10 T (0) = 100o C T (30) = 20o C dT = kdt T − Tm ln(T − Tm ) = kt + c T = Tm + c1 ekt 100 = c1 e0 c1 = 100 T = 100ekt 20 = 100e30k 30k = ln T = 100e 30 ln 10 t T (60) =? T = 100e 30 ln( 10 )60 T = 4o F . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN dT =k T − Tm OBS: c1 = ec T − Tm = c 1 e kt dt T (15) = 30o F 15 = c1 e30k (2) 30 = c1 e−15 15 c1 = 60 ln 2 t T = 60e 15 − ln 2 ln(T − Tm ) = kt + c de (1) y (2) se tiene 30 e15k = 30k 15 e −15k 2=e k=− ln 2 15 T = Tm + c1 ekt T = c1 ekt . T = 20 − 4 1 2 1 2 2 ∴ T = 16o C 10 13. ¿Cual es la temperatura del interior? Solución: Tm = 5 o F T (1) = 55o F T (5) = 30o F Ing.Departamento de Matemáticas 2.FCyT . Después de un minuto. T (15) = 30o F ⇒ 30 = c1 e15k (1) T (0) =? T = 60e0 ∴ T = 60o F 12. 66o F.T (1) = 55o F 55 = 5 + cek 30 = 5 + ce5k (I) (II) ⇒ T = 5 + 59. 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. Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del aire es 70o F y se lleva al exterior.81093t 5 = 60e−0. donde la Temperatura es 10o F .06 min 48 .UMSS .46e−0.173280t T (0) =?.81093t T (1) =? T = 10 + 60e−0.173286 c= 50 = 59.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. Tm = 10o F . T (0) = 70o F 70 = 10 + ce0 c = 60. 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.FCyT . T ( 1 ) = 50o F . T (?) = 15o F 15 = 10 + 60 · e−0. Raúl Romero E.81093t ∴ t = 3.8109302 1 T = 10 + 60e−0.46o F 14.46 ∴ T = 64. ln = k 3 3 2 2 k = 2 ln 3 k = −0.81093 T = 36.T = 5 + 59. T ( 1 ) = 50o F 2 50 = 10 + 60e 2 k 2 2 1 1 = e 2 k .173286 50 = ce−0.84089 ln(T − 5) = kt + c1 T − 5 = cekt T = 5 + cekt .46 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 . 2. 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.0125.Departamento de Matemáticas 2. T = 30 + 170e−0. 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. La temperatura de un motor en el momento en que se apaga es 200o C.FCyT . 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.UMSS . La temperatura del aire que la rodea es de 30o C. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 15. 49 . Tm = 300o C . Después de 10 minutos.0125t ∴ t = 226.6min ———————————————————————————– b) t = f (T ) T = 30 + 170ekt 1 15 K= ln 10 17 1 15 10 K = ln 17 1 15 T = 30 + 170e 10 ln 17 t 15 10 T − 30 = eln( 17 ) 170 t T − 30 = 15 10 17 170 15 T − 30 t ln ln = 170 10 17 10 T − 30 t= · ln ln 15 − ln 17 170 Ing.0125t 180 = 30 + 170e10k ⇒ 40 = 30 + 170e−0. 3.1.3. dT = kdt (T − Tm ) ln(T −Tm ) = kt+c1 T − Tm = ekt+c1 T = Tm + cekt T = 40 + cekt dT = k(T − Tm ) dt 20 = 60e10k ⇒ 1 = e10k 3 1 ln = 10k ln e 3 1 1 k= ln 10 3 ∴ k = −0. . Raúl Romero E.FCyT .1099 Para T (0) = 100o C 100 = 40 + cek0 c1 = 60 Para T (10) = 60o C 60 = 40 + 60e10k 2. 2. 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?.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. Solución: T (0) = 100o C. 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 dv = −mg − kv dt 50 ⇒ m Ing.UMSS . T (10) = 60o C Tm = 40o C. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 16. 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 Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela horizontalmente. MECÁNICA 2.Departamento de Matemáticas 2.3.UMSS . ∴ v = −1947 cm/s Ejemplo 2. Raúl Romero E. v(0) = 0 0 = −1960 + ce(− 2 )(0) ⇒ c = 1960 v = −1960 + 1960e− 2 t 1 1 ∴ v = −1960 1 − e− 2 t 1 b) v = −1960 1 − e−( 2 )(10) ⇒ v = −1960 (1 − e−5 ) .3. P (t) = . 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 .FCyT . 51 . Ejemplos Ejemplo 2. Q(t) = −980 dt 20 dt 2 2 1 1 P (t)dt P (t)dt dt dt dt + c ⇒ve 2 = −980e 2 dt + c = Q(t)e ve ve 2 t = −980 1 1 e 2 t dt + c 1 1 1 1 ve 2 t = −980 · 2e 2 t + c ⇒ v = −1960 + ce− 2 t .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 4 dinas ¿Que velocidad tendrá la masa al cabo de un minuto del comienzo del movimiento? Ing. + v = −980 .2. Raúl Romero E.UMSS .79 cm/s Ejemplo 2. si la resistencia del aire es cinco veces su velocidad.3 Hallar y = f (x) (solución) que pasa por el punto (1. Asumir g = 10 cm/s2 Ing. 2) 2 = −5 + c1 e1 7 = c1 e ⇒ c1 = 7 e 7 ∴ y = −5 + ex e 1. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Solución: m = 1g F = 1 dina v(10) = 50 cm/s F = ma Fα t v t v F =k 10s cm 4g 2 = k · s 50 cm/s cm2 k = 20 g 4 s dv t m =k· dt v dv t m = 20 · dt v vdv = 20tdt Integrando v2 t2 = 20 + c 2 2 Para v(10) = 50 cm/s 502 (102 ) = (20) · +c 2 2 c = 250 v 2 = 20t2 + 250 t = 1min = 60s v =? v 2 = (20)(602 ) + 250 v 2 = 72250 v= √ 72250 cm/s ∴ v = 268. dx Separamos variables dy = dx y+5 Integrando dy = y+5 dx ln(y + 5) = x + c y + 5 = ex+c y = −5 + c1 ex Si P (1. Se lanza hacia arriba una pelota de masa 1kg con una velocidad inicial de 50 m/s.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.2) 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 m= dx dy = y + 5.FCyT . 52 . MECÁNICA 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 mg c 5v ~ T 0 = 50 m/s v a) ma = F dv m = −mg − kv dt dv = −dt 10 + 5v 1 ln(10 + 5v) = −t + c 5 260 −5t dy v= e − 2.1) 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 1 −250 −5t 260 t = ln 260 − ln(10 + 5v) y= e − 2t + 5 5 25 25 260 1 260 t = ln ∴ y= 1 − e−5t − 2t 5 10 + 5v 25 ——————————————————————————————— 260 −5t dy = e −2 dt 5 dy v= =0 dt 260 −5t 0= e −2 5 b) 10 260 10 260 e−5t = −5t = ln ∴ t = 0.65 s.FCyT .Departamento de Matemáticas 2. —————————————————————————————— Ing.3. 53 .UMSS . v = 5 dt dy 260 −5t = e −2 dt 5 260 −5t dy = e − 2 dt 5 (♠.1) Integrando y=− 260 e−5t · − 2t + c1 5 5 reemplazando v(0) = 50 en (♠. Raúl Romero E. v= ⇒ = + v0 − e m k k dt dt k k mg m mg − k t Integrando: y= ·t+ v0 − e m + c1 k k k 54 Ing.FCyT . Asumir g = 10 m/s2 a) Determinar la velocidad en función del tiempo con la condición v(0) = v0 b) Calcule v =? si t → ∞ c) Hallar y = f (t) Solución: g = 10 m s ~0 v y a) m m F = ma dv = mg − kv dt ~T kv t= m ln k mg − kv0 mg − kv mg − kv0 mg − kv mg c =w k t = ln m emt = k dv = dt mg − kv dv m = dt mg − kv m − ln(mg − kv) = t + c. . Raúl Romero E. 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 + v0 − e 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 .65 25 ∴ y = 8.65 seg 260 y= (1 − e−5t ) − 2t 25 260 (1 − e−5t ) − 20. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN c) ymax =? t=0.UMSS .69 m y= 2. Se deja caer un cuerpo de masa “m” sujeto a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. notese e−∞ = 0 ∴ v= mg k c) v = mg mg − k t dy dy mg mg − k t + v0 − e m. UMSS .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. y = f (t) c) Determinar la altura máxima Solución: ~ T a w c = mg ~T = 300 pie/s v0 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. La resistencia del aire actúa con una constante de proporcionalidad de 10 g/s. considere solo movimiento vertical. Raúl Romero E.375 yM ax = 1406. Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela horizontalmente. Determinar la ecuación de la velocidad en función del tiempo tomar g = 32 pie/s2 b) Determinar la posición en función del tiempo. a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo Ing.Departamento de Matemáticas 2. Una bola de cañon pesa 16 libras se dispara verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 300 pie/s a) Suponga que no se toma en cuenta la resistencia del aire.375 s 8 y = 300t − 16t2 con t = 9.FCyT . MECÁNICA Si y(0) = 0 mg 0 m mg m 0=− v0 − e + c1 ⇒ c1 = v0 − k k k k mg m mg − k t m mg ∴ y= t− v0 − e m + v0 − k k k k k 3.3. 55 . c) Calcular la velocidad terminal cuando t → ∞ Solución: (Ver Figura 2.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.5: a) F = ma dv dt 1 −2 ln 980 − v 2   t = 2 ln  980 = t − 2 ln(980)  mg − kv = m dv 1 = 980 − v dt 2 = dt 1 980 − v 2 1 −2 ln 980 − v 2 v0 = 0 t=0 dv = t + c1  1  980 − v 2 t 980 = ln 1 2 980 − 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. con una constante de proporcionalidad de 1 en t = 0 su velocidad es 1000 pie/s Ing. Un peso de 32 lb esta cayendo a través de un gas cerca de la superficie de la tierra.5) a kv w = mg Figura 2.UMSS .FCyT . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN b) Calcular la velocidad después de 10s. 56 . Raúl Romero E. 10 c) v(t → ∞) =? 5. La resistencia es proporcional al cuadrado de la velocidad. ∴ v = 1960 cm/s. FCyT . √ 32 + 1000 √ 32 − 1000  √  32 + v √  √  32 + 1000 1  32 − v  t = √ ln  √ . Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 2. .UMSS . MECÁNICA 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 dv = dt 32 − v 2 Integrando 1 √ ln 2 32 1 √ ln 2 32 1 √ ln 2 32 √ 32 + v √ =t+c 32 − v √ 32 + 1000 √ =c 32 − 1000 √ 32 + v 1 √ = t + √ ln 32 − v 2 32 w = 32 mg = 32 32 m= =1 32 a= √ 32 Por tablas dv 1 = ln a2 − v 2 2a a+v a−v v(0) = 1000 pie/s. sea k = √ 32  32 + 1000  32 − 1000 √ 32 − 1000 √ 32 + v √ √ √ √ 32 + v 32 − v 2 32t 2 32t = ln ⇒ ke =√ k 32 − v Despejando “v” ∴ v= √ (ke2 32t − 1) √ 32 (ke2 32t + 1) ke∞ − 1 ke∞ + 1 √ ∴ v = − 32 57 √ b) v(t → ∞) =? v = √ 32 Ing.3. 1 ln(32 + 2 · 192) = c 2 Ing. 58 . v(t =?) = 0 0 = 208e−2t − 16⇒208e−2t = 16 t= 1 16 ln −2 208 ∴ t = 1.? Solución: ~ g = 32 pie/s a T c = mg w ~ T = 192 pie/s v0 F = ma dv m = −mg dt dv = −gdt v = −gt + c b) v(0) = 192 pie/s. Un peso de 64 lb se lanza verticalmente al aire desde la superficie de la tierra. 1 1 ln(32 + 2v) = −t + ln (32 + 2 · 192) 2 2 1 416 t = ln 2 32 + 2v 416 e2t = 32 + 2v v = 208e−2t − 16 .UMSS .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.FCyT . Raúl Romero E. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 6. 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. 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.28 s. 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. UMSS .L. a) Determinar la ecuación diferencial del circuito b) Hallar i = f (t) c) i(0) =? d) i(5) =? Solución: (Ver Figura 2. Raúl Romero E.FCyT . Un acumulador de 24 voltios se conecta a un circuito en serie con una inductancia de 2H y una resistencia de 20 ohmios.Departamento de Matemáticas 2. Circuitos en serie L E(t) i R i L: Inductor Henry R: Resistencia Ohmio E(t): Voltaje. CIRCUITOS EN SERIE 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 E(t) i C R R: Resistencia Ohmio C: Capacitor Farad E(t): Voltaje Voltios Ri + 1 q = E(t) C R dq 1 + q = E(t) E.4.4. 59 .D. Voltio a) Circuito en serie: Tiene un resistor y un inductor 2.6) L = 2H E(t) = 24 R = 20 Ω Figura 2.6: Ing. 1er Orden dt C 1. FCyT . Raúl Romero E. c = − ∴ i= 3 + ce−50t 5 3 3 −50t − ·e 5 5 60 Ing. .4 A 5 5 ∴ i(0) = 0 ∴ i(5) = 2.UMSS .4 A 2. Se tiene un circuito en serie LR con 30 V . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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) =?. c = − 6 6 −10t − e 5 5 6 5 d) i(5) = 6 6 −50 − e = 2. 1 Henry de inductancia y 50 ohmios de resistencia a) Determinar i = f (t) b) si i(0) =? c) i(∞) =? Solución: E = 30V R = 50 Ω a) ie50t = 30 ie50t = 30 · i= e50t dt + c L = 1H Hallar i =? en t → ∞ di + Ri = E(t) dt di + 50i = 30 dt 3 + ce(50)(0) 5 3 5 L 0= e50t +c 50 b) i(0) = 0.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. La fuente voltaje es constante igual a 1V en un circuito en serie LR donde L = 1 Henry una resistencia de 2 ohmios 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 2.4.7) L = 1H E=0 R = 3Ω di a) L + Ri = E(t) dt di + 3i = 0 dt ie3t = 0 e3t + c Figura 2.8: Ing.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. CIRCUITOS EN SERIE 3 3 (−50)(∞) 3 − e ⇒ i= A 5 5 5 c) i= 3.UMSS . Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas 2. 61 . 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 2.8) R = 2Ω 1V L = 1H Figura 2.FCyT . 9) R = 6Ω 4V Figura 2. En un circuito en serie LR la fuente de Voltaje es 4 voltios. i(0) = 0 2 1 1 1 c = − .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. i = + e−2t 2 2 2 5. Establezca la ecuación diferencial para la corriente.FCyT . 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: 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. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN a) L di + Ri = E(t) dt b) i =?. la resistencia es de 6 ohmios y un inductor de 2 Henry.UMSS . 62 .49A di + 2i = 1 dt ie2t = e2t dt + c 1 ie2t = et + c 2 1 i = +ce−2t .66A L = 2H L 2 di + 6i = 4 dt di a) + 3i = 2 dt ie3t = 2 e3t dt + c Ing. t → ∞ 1 ∴ i = [A] 2 1 1 c) i = − e(−2)(5) 2 2 1 i = (1 − e−10 ) 2 ∴ i = 0. Raúl Romero E. Departamento de Matemáticas 2. a)Establecer la ecuación diferencial del circuito b) Hallar la ecuación de la corriente en función del tiempo para i(0) = 0 c) Hallar i(π) =? Solución: (Ver Figura 2. la resistencia es 1 ohmio y la inductancia es de 1 Henry.11) R = 1Ω E(t) = sen t L = 1H Figura 2. Hallar la corriente en t = 10 segundos Solución: R = 50 Ω 80 v Figura 2.C. . Se aplica una fuerza de 80 voltio a un circuito en serie R.11: di + Ri = E(t) dt et sen t − et cos t +c 2 63 a) L iet = Ing. Raúl Romero E.FCyT .UMSS . 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 6.10: dq 1 + q = ε(t) dt C 1 dq 50 + −4 q = 80 v dt 10 dq 1 8 + q= dt (50)(10−4 ) 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 7.4. En un circuito en serie LR la fuente de voltaje es sen t. FCyT .UMSS . Raúl Romero E. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 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 8.12 ) R=2 E L = 20 E di R + i= dt L L 2 120 di + i= dt 20 20 di 1 + i=6 dt 10 Figura 2.12: Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. Se aplica una fuerza electromotriz E(t) = 120 0 ∴ i= 1 1 + e−π 2 0 ≤ t ≤ 20 t > 20 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. 64 . 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).Departamento de Matemáticas 2. Raúl Romero E. Siendo E(t) = E0 sen wt y que dt L di R + i = E0 sen wt dt L Solución: ie L = E0 dv = e L dt L Rt du = w cos(wt) dt v = e L R  u = sen wt ie Rt L Rt Rt sen wt · e L dt + c Rt  e Rt L  L Rt Lw  = E0  e L sen(wt) − R R R e R2 + L2 w2 2 Rt L   · cos(wt)dt + c  Int. CIRCUITOS EN SERIE 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. i(0) = i0 R L2 w E0 L2 w cos(w0) +ce0 ⇒ c = i0 + 2 R R + L2 w2 65 E0 R 2 + L2 w 2 R L sen(w0) − Ing. . por partes ie L = E0 i= i0 = R2 Rt E0 R + L2 w2 L L2 w sen(wt) − 2 cos(wt) +c R R −Rt L2 w L sen(wt) − cos(wt) + ce L .UMSS .FCyT .4. FCyT . q(0) = q0 Solución: (Véase Figura 2. por partes e sen(2πt)dt = et sen(2πt) − 2π t et cos(2πt)dt Int. Hallar i = f (t) si i(0) = 0 di di Solución: + i = E(t) + i = 100 sen(2πt) dt dt u = sen(2πt) dv = et dt iet = 100 et sen(2πt)dt +c du = 2π cos(2πt) dt v = et Int. Raúl Romero E.UMSS . 66 . si la resistencia en cualquier momento es R = k1 + k2 t donde k1 y k2 son constantes en E(t) = E0 . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN i= E0 R 2 + L2 w 2 R L sen(wt) − E0 L2 w L2 w cos(wt) + i0 + 2 R R + L2 w 2 e −Rt L 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).13 ) R = k1 + k2 t E(t) = E0 C Figura 2. Se tiene en un circuito R−C tiene resistencia variable.13: Ing. por partes e sen(2πt) dt = e sen(2πt) − 2πet cos(2πt) − 4π t t 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= c= 100 (sen 0 − 2π cos 0) + c 1 + 4π 200π 1 + 4π ∴ i= et (sen(2πt) − 2π cos(2πt)) + c 1 + 4π 100 200π −t (sen(2πt) − 2π cos(2πt)) + e 1 + 4π 1 + 4π 11.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. CIRCUITOS EN SERIE 1 k1 k2 c k1 + k2 t D/ q = E0 C + q0 − E0 C 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 qe = E0 ·e dt + c 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 qe ·e dt + c1 = E0 k1 + k2 t 1 1 1 ln u k2 c ln u k2 c qe = E0 ·e dt + c1 k1 + k2 t 1 1 1 · u k2 c dt + c1 qe k2 c = E0 k1 + k2 t q(k1 + k2 t) 1 · (k1 + k2 t) dt + c1 k1 + k2 t 1 1 −1 k2 c k2 c q(k1 + k2 t) = E0 (k1 + k2 t) dt + c1 = E0 du = k2 dt dt = du k2 1 k2 c 1 k2 c u = k1 + k2 t 1 E0 q(k1 + k2 t) k2 c = k2 1 −1 u k2 c du + c1 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 67 Ing.4. .UMSS .FCyT .Departamento de Matemáticas 2. Raúl Romero E. 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 68 Ing.14) R E(t) C Figura 2. R = 200 Ω C = 10−4 F R 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 qe50t = 1 e50t · +c 2 50 1 + ce−50t 100 1 q(0) = 0. − 1 k c1 = (q0 − E0 C)k1 2 c 1 1 k2 c · (k + k )− k2 c ⇒ q = E0 C + (q0 − E0 C)k1 1 2 k1 k1 + k2 t 1 k2 c ∴ q = E0 C + (q0 − E0 C) 12. − q(0) = q0 1 q0 = E0 C + c1 (k1 ) k2 c .14: E = 100V . .FCyT . Raúl Romero E.UMSS . 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. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 1 q = E0 C + c1 (k1 + k2 t) k2 c .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. c) Hallar la carga cuando t → ∞ Solución: ( Ver Figura 2.4. Encuentre la corriente que circula y la carga q(t) en el capacitor para q(0) = 0 Solución: R R = 1Ω C = 0.15: dq 1 + q = E(t) dt C dq 1 1000 + q = 200 dt 5 · 10−2 dq + 50q = 0.005 s. En un circuito en serie RC con resistencia en serie 1 Ω capacitor de 0.5 2dt qe =2 e 2dt dt + c qe2t = 2 · e2t +c 2 14.Departamento de Matemáticas 2.4 A.FCyT .5F E(t) = 2V q = 1 + ce−2t . Raúl Romero E. CIRCUITOS EN SERIE 13.UMSS .15) R = 1000 Ω 200V C = 5 · 10−4 F Figura 2.008 ∴ q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 e−50t 69 = 0. q(0) = 0 0 = 1 + ce−(2)(0) ⇒ c = −1 q = 1 − 1e−2t i= dq = 2e−2t ∴ i = 2e−2t dt dq 1 + q = E(t) dt C dq 1 + q=2 dt 0. b) Encuentre la carga y la corriente en t = 0. .2 dt a) R qe 50dt q = 4 · 10−3 + ce−50t dq = i = −50ce−50t dt 0.2 e 50dt dt + c qe50t = 0.4 = −50ce−(50)(0) c = −0. 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) = 0.2 e50t +c 50 Ing.5 Farad y una batería de 2V . 25 ∴ i = 0.UMSS . i(0. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN —————————————————————————————— b) q(0.0022 [C] —————————————————————————————— c) q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 e(−50)(∞) ∴ q = 4 · 10−3 [C] Ing.005) =? i = −50ce−50t i = 50 · 8 · 10−3 · e−50t i = 0. Raúl Romero E. 70 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2.005) q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e−0.4 · e(−50)(0.005) i = 0.005) =?.25 q = −0.FCyT .4 · e−0.3 A q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e−50t q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e(−50)(0. Si y2 ek2 x La solución general yG = c1 y1 + cy2 yG = c1 ek1 x + c2 ek2 x 71 .I.Tiene la siguiente forma y + P y + Qy = 0 P. Q ∈ R. k2 ∈ R. 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. k1 .. P y Q son constantes Si tenemos una solución y1 = ekx . Primer Caso: P 2 − 4Q > 0 entonces el trinomio presenta raices reales y distintas k1 = k2 .Capítulo 3 Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2o Orden y Orden Superior a Coeficientes Constantes Método de Euler. 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. k2 = 2 y1 = e−5x y2 = e2x ∴ yG = c1 e−5x + c2 e2x yG = c1 y1 + c2 y2 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 1.UMSS . 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. k2 = 3 y1 = e−4x y2 = e3x ∴ yG = c1 e−4x + c2 e3x 72 .FCyT . 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. 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. 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.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Raúl Romero E. 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. Dada la solución general y = c1 e 3 x + c2 e 2 x .FCyT . Hallar la ecuación diferencial Solución: Ing. k + 2 = 0 (k − 1)(k + 2) = 0 k2 + k − 2 = 0 1 ∴ y + y − 2y = 0 7. y2 = e 2 2 −1 x 4 −1 x 4 yG = c1 e 3 x + c2 e 3. Dada la solución general y = c1 ex + c2 e−2x .0. Raúl Romero E. Hallar la ecuación diferencial Solución: 1 k1 = . Hallar la ecuación diferencial Solución: k1 = 1.Departamento de Matemáticas 5. k2 = −2 k − 1 = 0. 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 . 73 .UMSS . Dada la solución general y = c1 e 2 x + c2 e−x . Ejercicios Propuestos a) 6y + 5y + y = 0 b) y − 5y − 2y = 0 c) 3y − 8y + 4y d ) y − 2y = 0 6.1. y2 = ek2 x y1 ek1 x = k2 x = 1 ⇒ y1 ∧ y2 L. k1 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.1 Hallar la solución general de y − 2y + y = 0 Solución: k 2 − 2k + 1 = 0 Ec.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 . .UMSS . y2 = xex ∴ yG = c1 ex + c2 xex Ejemplo 3.D.I.2 = − ⇒ y1 = e− 2 x → y2 =? y2 = e− 2 x P e− (e P dx x 2 ) −P 2 dx Ejemplo 3. y2 = xe 5 x yG = c1 y1 + c2 y2 ∴ yG = c1 e 5 x + c2 xe 5 x 74 1 1 1 1 Ing. y2 e ⇒ y2 = y1 2 y2 = e− 2 x y2 = e− 2 x x P P e−P x dx e−P x e− P (x)dx 2 y1 dx k + Pk + Q = 0 k12 = −P ± P 2 P y1 e− 2 x 1 = = −P x y2 x xe 2 ⇒ y1 ∧ y2 L. k2 ∈ R y1 = ek1 x .FCyT . ⇒ yG = c1 y1 + cy2 ∴ yG = c1 e− 2 x + c2 xe− 2 x P P P P 2 − 4Q 2 k1. 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 . Raúl Romero E. característica (k − 1)2 = 0 k1 = k2 = 1 y1 = ek1 x = ex . UMSS . ∴ yG = c1 e−2x + c2 xe−2x y2 = xe−2x Ejemplo 3.FCyT .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 .1: Ing. Raúl Romero E. 2! 3! f (x) = f (0) + xf (0) + f (0) y = f (x) Figura 3. .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.Departamento de Matemáticas Ejemplo 3. Ecuación de Mac Laurin x2 x3 f (0) + f (0) + . .2. 75 .0.4 Hallar la solución general de 16y + 24y + 9y = 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. .FCyT . ∴ cos x = 1 − 2! 4! 6! 8! x2 x3 x4 x5 x6 ex = 1 + x + + + + + + . Raúl Romero E.. . Aplicaciones de las funciones sen x. 2 3 4! 5 6! 7 x3 x5 x7 x9 ∴ sen x = x − + − + − . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3..0. 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. . 2 3 4! 5 6! 7 x2 x4 x6 x8 + − + + . 76 .. 2! 3! 4! 5! 6! Si sustituimos x por ix sen x = 0 + x · 1 + (ix)2 (ix)3 (ix)4 (ix)5 (ix)6 (ix)7 e = 1 + ix + + + + + + + .3.UMSS ... . cos x. 3 5 7 9 x2 x3 x4 x5 x6 x7 cos x = 1 + x · 0 + · (−1) + · 0 + · 1 + · 0 + · (−1) + · 0 + .... 2! 3! 4! 5! 6! 7! ix Ing. UMSS - FCyT - 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 + ... 2! 3! 4! 5! 6! 7! 2 4 6 3 x x x x x5 x7 ix e =1− + − + . . . +i x − + − + ... 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 k1,2 = α + βi¨¨ r B ¨ k1 = α + βi rr j k2 = α − βi 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. Raúl Romero E. 77 UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 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, 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), eαx sen(βx} son L.I. eαx cos(βx) = cot(βx) = ctte ⇒ son L.I. 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 3.6 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 k1,2 = = = =1±i 2 2 2 ¨ α=1 B ¨ k1,2 = 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 k1,2 = ± i 2 3 1 2 1 2 k1 + k2 = + i + − i = 1 2 3 2 3 Ejemplo 3.7 k1,2 = Ing. Raúl Romero E. 78 UMSS - FCyT - 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 3.0.4. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Orden d2 y dy + P (x) + Q(x)y = 0 2 dx dx y + P (x)y + Q(x)y = 0 La ecuación tiene la siguiente forma: Siendo y1 y y2 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 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 . Para determinar la dependencia lineal entre y1 ∧ y2 y1 1. = ctte ⇒ y1 ∧ y2 son linealmente dependientes (L.D.) y2 y1 = ctte ⇒ y1 ∧ y2 son linealmente independiente (L.I.) y2 2. Wronskiano W [y1 , y2 ] = 0 en [a, b] Si W = Si W = y1 y2 y1 y2 y1 y2 y1 y2 = 0 ⇒ y1 ∧ y2 = 0 ⇒ y1 ∧ y2 son L.D. son L.I. Ejemplo 3.8 Sea la ecuación diferencial y + y = 0 (a) Si y1 = sen x, y2 = 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 Ing. Raúl Romero E. y(0) = 2 79 UMSS .FCyT .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. π π + c2 cos 2 2 π π − c2 sen 2 2 1 = c1 cos c2 = −1 ∴ yG = − sen x − cos x 80 .I. Raúl Romero E. Departamento de Matemáticas (f) π π y =2 y =0 4 4 yG = c1 sen x + c2 cos x π π + c2 cos 2 = c1 sen 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. b) Analizar la dependencia lineal de y1 ∧ y2 c) Determinar la solución general de la E. y2 = e−x soluciones de la E.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 . W = Ing. d) Determinar la solución particular de E.D. 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) = ex −e−x y1 y2 ∴ y1 ∧ y2 son L. y1 y2 ex e−x = ex (−e−x ) − ex e−x = −2 = 0 81 . Raúl Romero E.I.UMSS .D.FCyT .D. Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.UMSS .FCyT . Raúl Romero E. 3y + 2y − y = 0 3r2 + 2r − 1 = 0 (3r)2 + 2(3r) − 3 = 0 (3r + 3)(3r − 1) = 0 2. 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  1 = c1 + c2  −3 = c1 − c2  ⇒ (♠. 1 sen(3x) 3 82 1 3 .2) yG = c1 ex − c2 e−x c1 = −1 c2 = 2 ∴ y = −ex + 2e−x Resolver las Ecuaciones Diferenciales de 2o Orden Homogenea 1. y + 9y = 0 en y(0) = 1 y (0) = 1 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 ¨¨ r = ±3i r 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.1) yG = c1 ex − c2 e−x −3 = c1 e0 − c2 e−0 −3 = c1 − c2 (♠. 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 −2x 1 x ∴ y=− e + e 3 3 ⇒ c1 = − 4. 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.UMSS . ⇒ A = 3. 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.Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E. B = −1 83 .FCyT . 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.FCyT . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. + Be− √ 2x 84 . 2y + 3y = 0 Solución: 2r2 + 3r = 0 r(2r + 3) = 0 ⇒ r = 0 r = − ∴ y = A + Be− 2 x 9.UMSS . y + 10y + 25y = 0 Solución: r2 + 10r + 25 = 0 (r + 5)2 = 0 ⇒ r = −5 ∴ y = Ae−5x + Bxe−5x 8. y − 14y + 49y = 0 Solución: r2 − 14r + 49 = 0 (r − 7)2 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 7 ∴ y = Ae7x + Bxe7x 10. Raúl Romero E. y + 8y = 0 Solución: B α=0 √ ¨¨ ¨ r2 + 8 = 0 → r = ±2 2i r r r β = 2 √2 j √ √ ∴ y = A cos(2 2x) + B sen(2 2x) 3 3 2 11. Sean α y β números reales y que β = 0. eαx sen(βx) son L. Sea r1 = r2 .Departamento de Matemáticas 12. eαx sen(βx) son linealmente independientes. puesto que r1 = r2 → W = 0 14. er2 x } es L. Raúl Romero E. β=0 ∴ eαx cos(βx).FCyT . Solución: y1 = er1 x y1 = r1 er1 x W = er1 x er2 x r1 er1 x 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 . 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) αx αx (αe cos(βx) − βe 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 . er2 x } son linealmente independiente. 13.UMSS .I. 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 (r + 1)(r + 2) = 0 ⇒ r2 + 3r + 2 = 0 ∴ y + 3y + 2y = 0 Ing. 85 .I. Demostrar que {er1 x . y + y = 0 3. y − 2y + 2y = 0 5. Raúl Romero E. 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 7. y + 6y + 11y = 0 Ing. 86 Respuesta: y = c1 ex + c2 e−x Respuesta: y = c1 cos x + c2 sen x Respuesta: y = c1 e−2x + c2 xe−2x Respuesta:y = ex (c1 cos x + c2 sen x) Respuesta:y = e3x (c1 cos(4x) + c2 sen(4x)) √ √ Respuesta: y = e−x (c1 cos( 7 x)+c2 sen( 7 x)) .5. y − 6y + 25y = 0 6.0. y + 8y = 0 8.UMSS .FCyT .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. y + 4y + 4y = 0 4. y − y = 0 2. Ejercicios Propuestos Hallar la solución de las ecuaciones diferenciales 1. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea Método continuo y n + an−1 y n−1 + . . ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGÉNEA 3. . + a2 D2 + a1 D+ a0 Factorizando el operador Lineal y= 1 Q(x) (D − m1 )(D − m2 ) . . + a2 D2 y + a1 Dy+ a0 y = Q(x) (Dn + an−1 Dn−1 + . 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 + .1.Departamento de Matemáticas 3. . . Raúl Romero E. . . + a2 D2 + a1 D+ a0 )y = Q(x) y= Dn + an−1 Dn−1 1 Q(x) + ..UMSS . . Diferencial Lineal 1o Orden Ing.. (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 Q(x) ⇒ (D − mn )u = Q(x) u= D − mn Du − mn u = Q(x) du − mn u = Q(x) dx Aplicando Leibniz ue P (x) = Q(x)e P (x) dx 87 Ec.1. . 3. . .1. . .1.FCyT . + a2 y + a1 y + a0 y = Q(x) Dy = dy =y dx2 dy D2 y = 2 = y dx d3 y 3 D y= 3 =y dx . Raúl Romero E.. ·u D − m1 D − m2 D − mn−1 1 t= · u ⇒ (D − mn−1 )t = u 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 v= ⇒ (D − m2 )v = t ⇒ Dv − m2 v = t 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.FCyT . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Determinemos u = f (x) 1 1 1 yp = · .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Hallar y =? y − 5y + 2y + 8y = e5x Ing. 88 . Diferencial no Homogéneo ∴ y = yh + yp 3.UMSS .2. Ejercicios Solución: y = yh + yp k 3 − 5k 2 + 2k + 8 = 0 1.. 2. Raúl Romero E. .UMSS .L.FCyT .Departamento de Matemáticas 3.D. 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 e5x yp = (D + 1)(D − 2)(D − 4) 1 1 1 yp = · · e5x 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.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 89 Ing. k = −1 y1 = e2x . 90 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 = e5x dyp + 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. y − y − 2y = sen x Solución: y − y − 2y = sen x → k 2 − k − 2 = 0 (k − 2)(k + 1) = 0 → k = 2. 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 · sen x . por partes u = sen x dv = ex dx du = cos xdx v = ex Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.FCyT . t = sen x yp = (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.UMSS . Raúl Romero E. FCyT . 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 dyp 1 − 2yp = (sen x − cos x) dx 2 1 yp e−2x = (sen x − cos x)e−2x dx 2   yp = 1   2 e−2x sen xdx −   e−2x cos xdx  Int por partes Int.Departamento de Matemáticas 3. Ing.2. por partes e−2x e−2x sen xdx = (−2 sen x − cos x) 5 e−2x −2x e cos xdx = (−2 cos x + sen x) 5 −2x e−2x 1 e −2x (−2 sen x − cos x) − (−2 cos x + sen x) yp e = 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. General de la EC: Dif. 91 . EJERCICIOS tex = ex sen x − ex cos xdx Int.UMSS . k = 4 ⇒ y1 = e2x . Resolver la ecuación diferencial No Homogénea por el método continuo a) y − 6y + 8y = e2x + e4x Solución: Resolvemos la Ecuación Diferencial Homogénea y − 6y + 8y = 0 k 2 − 6k + 8 = 0 Ecución Carçacteristica (k − 4)(k − 2) = 0 ⇒ k = 2. y2 = e4x yh = c1 y1 + c2 y2 ⇒ yh = c1 e2x + c2 e4x Sol. Raúl Romero E. ⇒ yp2 = xe4x 2 4 2 1 e2x yp1 = · D−4 D−2 e2x u= u(D − 2) = e2x D−2 du − 2u = e2x Ec.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Lineal dx e4x · e−4x dx Ec. Lebniz dx⇒ u = xe4x (D − 2)yp2 = xe4x ue−4x = ue−4x = yp2 xe4x = D−2 dyp2 − 2yp = x4x Ec.D. Raúl Romero E. Dif. 92 .FCyT . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Homogénea y − 6y + 8y = e2x + e4x Ec. Dif. Dif. de Leibniz xe2x dx Int. dx u = xe2x 1 · xe2x D−4 (D − 4)yp1 = xe2x Ing. Por Partes 1 1 yp2 e−2x = xe2x − e2x 2 4 1 1 4x 1 4x yp2 = xe − e se repite L. Lineal dx ue−2x = ue−2x = yp1 = e2x · e−2x dx Ec. Dif. Lineal 1o O. dx yp2 e−2x = yP2 e−2x = xe4x e−2x dx Ec. Dif Leibniz. No Homogénea yp (D2 − 6D + 8) = e2x + e4x e2x e4x yp = + (D − 4)(D − 2) (D − 4)((D − 2)) yp1 yp2 u= e D−4 4x du − 4u = e4x Ec. Dif.UMSS . Dif. EJERCICIOS dyp1 − 4yp1 = xe2x Ec. Dif. yh = c1 e2x + c2 e6x Homogénea Resolvemos la Ec. yG = c1 e2x + c2 e4x − xe2x + xe4x No Homogénea 2 2 4. general de Ec. por partes 1 1 yp1 e−4x = − xe−2x − e−2x 2 4 1 2x 1 2x 1 yp1 = − xe − e se repite ⇒ yp1 = − xe2x 2 4 2 1 2x 1 4x yp = − xe + xe 2 2 1 1 Sol. No Homogénea y − 8y + 12y = x2 + sen x D2 yp − 8Dyp + 12yp = x2 + sen x yp (D2 − 8D + 12) = x2 + sen x x2 + sen x 1 x2 + sen x yp = = · (D − 6)(D − 2) D − 6 (D − 2) t (♣. Homogénea k 2 − 8k + 12 = 0 Ec. Dif. Dif. Lineal de 1o Orden dx Aplicamos leibniz Ing. de Leibniz xe−2x dx Int. Característica (k − 6)(k − 2) = 0 ⇒ k1 = 6 k2 = 2 ⇒ yh = c1 e6x + c2 e2x Sol.Departamento de Matemáticas 3. Linel dx yp1 e−4x = yp1 e−4x = xe2x e−4x dx Ec.UMSS .FCyT .1) x2 + sen x 1 = t ⇒ (D − 2)t = x2 + sen x (D − 6)(D − 2) (D − 6) Dt − 2t = x2 + sen x dt − 2t = x2 + sen x Ec. Dif.2. general de Ec. Dif. Dif. Dif. 93 . Resolver la Ecuación Diferencial por el método continuo y − 8y + 12y = x2 + sen x Solución: y − 8y + 12y = 0 Ec. Raúl Romero E. 94 .1) 1 yp = t ⇒ yp (D − 6) = t D−6 dyp Dyp − 6yp = t ⇒ − 6yp = t dx −6 dx −6 dx 1 te−6x dx yp e = te dx ⇒ yp e−6x = − 2 1 1 1 2 yp e−6x = − x2 e−6x dx− xe−6x dx− e−6x dx− sen xe−6x dx− 2 2 4 5 1 cos xe−6x dx 5 Integrando Por Tablas e−6x 2x 2 I1 = x2 e−6x dx = x2 + + −6 6 36 e−6x 1 I2 = xe−6x dx = − x+ 6 6 −6x e I3 = e−6x dx = − 6 e−6x (−6 sen x + cos x) I4 = sen xe−6x dx = 37 e−6x (−6 cos x + sen x) I5 = cos xe−6x dx = 37 x2 e−2x dx = yp = − 1 1 − 2 6 1 1 x2 + x + 3 18 − 1 1 − 2 6 x+ 1 6 + 1 1 · 4 6 − 2 (−6 sen x − cos x) 1 (−6 cos x + sen x) − 5 37 5 37 Ing.1) te−2x = x2 e−2x dx + sen xe−2x dx Integral por tabla 2x 2 e−2x x2 + + −2 2 4 e−2x (−2 sen x − cos x) sen xe−2x dx = Reemplazando en (♠.UMSS .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES dx dx te −2 = x2 + sen xe −2 dx → te−2x = (x2 + sen x)e−2x dx (♠. Raúl Romero E.FCyT .1) 5 1 1 −2 sen x − cos x t=− x2 + x + + 2 2 5 1 2 x 1 2 1 t = − x − − − sen x − cos x 2 2 4 5 5 R/V de t en (♣. .+a2 k 2 +a1 k+a0 = 0 al resolver la ecuación de grado “n” se presentan 4 casos Ing. y = kekx . Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Constantes de Orden “n” an y n + an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + .FCyT .Propone como solución a la expresión o función exponencial y = ekx donde k debe determinarse con la condición de que la función ekx satisfaga la ecuación diferencial: y = ekx . .3. . y = k 2 ekx . ekx = 0 Ecuación característica de an k n +an−1 k n−1 +an−2 k n−2 +. + a2 y + a1 y + a0 y = 0 Tiene la siguiente forma Resolución Método de Euler. . . y n = k n ekx an k n ekx + an−1 k n−1 ekx + an−2 k n−2 ekx + . . Raúl Romero E.3. .. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N ” 1 1 1 1 1 1 2(−6 sen x − cos x) x2 + x + + x+ + − 12 3 18 12 6 24 5 × 37 (−6 cos x + sen x) − 5 × 37 1 1 1 2 x + x+ +x+ 3 18 6 + 1 + −2(−6 sen x − cos x) − (−6 cos x + sen x) yp = 12 24 5 × 37 18x2 + 6x + 1 + 18x + 3 1 12 sen x + 2 cos x + 6 cos x − 6 sen x 18 yp = + + 12 24 185 18x2 + 24x + 4 1 11 sen x + 8 cos x 18 yp = + + 12 24 185 18x2 + 24x + 4 1 11 sen x + 8 cos x + + yp = 216 24 185 1 2 1 1 1 11 8 yp = x + x + + + sen x + cos x 12 9 54 24 185 185 1 1 13 11 8 y p = x2 + x + + sen x + cos x 12 9 216 185 185 1 1 13 11 8 yG = c1 e6x + c2 e2x + x2 + x + + sen x + cos x 12 9 216 185 185 yp = 3. + a2 k 2 + a1 k + a0 ) = 0 . . y = k 3 ekx . . . + a2 k 2 ekx + a1 kekx + a0 ekx = 0 ekx (an k n + an−1 k n−1 + an−2 k n−2 + . 95 . . .Departamento de Matemáticas 3.UMSS . . yn yn yn ..10 y + 2y − y − 2y = 0 en y1 (0) = 1.2 = α ± βi Caso IV: Combinación de los casos anteriores Ejemplo 3. . . ... . y3 = ek3 x . . . yn yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + c4 y4 . . . . y3 y3 y3 .. y2 = ek2 x .FCyT . . y2 y2 y2 . . . . y (0) = 2. . yn = xn−1 ekx yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + ..Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. = kn y1 = ekx . . −1 Solución: Ecuación característica k 3 + 2k 2 − k − 2 = 0 1 2 1 1 3 −1 −1 1 2 −2 −2 1 0 1 −2 ±1 multiplos ±2 k2 = −2 k3 = −1 96 −1 −2 3 2 2 0 −2 0 y (0) = k1 = 1 Ing. y2 . w(x) = =0 n−1 n−1 n−1 n−1 y1 y2 y3 . yn son linealmente independientes y1 y1 y1 . . y3 . . . . . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Caso I: El polinomio tiene raíces iguales y reales k1 = k2 = k3 = . . + cn yn Caso II: El polinomio tiene raíces distintas y reales k1 = k2 = k3 = . yn = ekn x Donde y1 .. . . . Raúl Romero E. . y2 = xekx . + cn yn Caso III: El polinomio tiene raíces números complejos y conjugada k1. . . . = kn y1 = ek1 x . . .. .UMSS . . . . . y3 = x2 ekx . 11 y V + 4y IV + 5y − 6y − 4y = 0 Solución: Ecuación característica k 5 + 4k 4 + 5k 3 − 6k − 4 = 0 Ruffini 1 4 k1 = 1 1 1 5 k2 = −1 −1 1 4 k3 = −2 −2 1 2 k 2 + 2k + 2 = 0 ⇒ k1. Raúl Romero E. y3 = e−x yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 ⇒ yG = c1 ex + c2 e−2x + c3 e−x yG = c1 ex − 2c2 e−2x − c3 e−x yG = c1 ex + 4c2 e−2x + c3 e−x y(0) = 1 y (0) = 2 y (0) = −1  1 = c1 + c2 + c3  (♣.UMSS .obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) Método Variación de Parámetros: Sea y n + an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + . Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Completa de Orden“n”. y2 = e−2x .FCyT .3. . ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N ” y1 = ex . 97 .Departamento de Matemáticas 3.1) 7 2 1 2 = c1 − 2c2 − c3 (♣. . + a2 y 2 + a1 y + a0 y = Q(x) Ing.2) ⇒ c1 = c2 = − c3 =  6 3 2 −1 = c1 + 4c2 + c3 (♣.3) 7 2 1 ∴ yG = ex − e−2x + e−x 6 3 2 Ejemplo 3.2 = −2 ± 2i 2 5 5 10 −4 6 −4 2 0 10 10 −6 4 −4 0 −6 −4 10 4 4 0 −4 0 k = −1 ± i ∴ yG = c1 ex +c2 e−x +c3 e−2x +e−x (c4 cos x+c5 sen x) 3.1.3. 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 Ing.I.1 Sean y1 . solución particular L.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. + a2 y + a1 y + a0 y = 0. entonces yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + . + Ln yn = 0 .2) 0 sen x sec x cos x −(sec x sen x) 1 =− sen x ⇒ L1 = − tan x = L1 = 2 x + sen2 x cos cos x cos x sen x − sen x cos x L1 = − tan x. + Ln yn Ejemplo 3.FCyT . . . . . . de y n +an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + . L2 . . Raúl Romero E. L2 = L2 (x). L3 = L3 (x). . . . . . . . . . yn . . Ln donde L1 = L1 (x). . . 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 + . . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Teorema 3.     n−1 n−1 n−1 n−1 L1 y1 + L2 yn−1 + L3 y3 + . . . . . . . 98 . . . . .  . .12 y + y = sec x Ecuación Diferencial no Homogénea Solución: y + y = 0 ⇒ k2 + 1 = 0 k = ±i ¨¨ r ¨ α=0 B r β =1 j r yh = e(0)(x) (c1 cos x + c2 sen x) yh = c1 cos x + c2 sen x L1 cos x + L2 sen x = 0 (♣. + Ln yn = Q(x)  Resolver el sistema para L1 . . y2 .UMSS . .1) L1 (− sen x) + L2 cos x = sec x (♣. + cn yn   Si L1 y1 + L2 y2 + L3 y3 + . + Ln yn = 0      L1 y1 + L2 y2 + L3 y3 + . . . FCyT . k2 = 1 yh = c1 ex + c2 e2x   L1 ex + L2 e2x = 0 e2x  L1 ex + 2L2 e2x = 1 + e2x 0 e2x 2x e e4x e4x 2e2x − − 2x 2x ex 1 + e2x 1 L1 = = 3x + e 3x = 1 + e = − 2e − e e3x 1 + e2x ex e2x ex 2e2x 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 x 2x e 2e dx 1 L2 = = ⇒ L2 = arctan ex 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 + arctan ex (e2x − ex ) Ejemplo 3. 99 ex .13 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.Departamento de Matemáticas 3. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N ” L2 = x yp = L1 y1 + L2 y2 ⇒ yp = ln | cos x| cos x + x sen x.UMSS .3. ∴ y = c1 cos x + c2 sen x + cos x ln | cos x| + x sen x Ejemplo 3. Raúl Romero E.14 y − y = ex Solución: y − y = 0 Ecuación Diferencial Homogénea Ing. 2) + (♣.2) (♣.3) (♣.15 y − y = e2x Solución: y − y = 0 Ec. Dif.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 1 e2x 1 · −x = e3x 2 e 2 1 L3 = e3x 2 L3 = 100 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 . Raúl Romero E. Homogénea k 3 − k = 0 Ec. Característica 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 = − L3 = x ex dx L2 = −ex L3 = ex = 1→ L3 = ex L2 + ex = 0 → L2 = −ex L1 − ex x + ex = 0 L1 = ex (x − 1) L1 = xex dx− u=x du = dx ex dx L1 = xex − ex dx − ex L1 = xex − ex − ex = xex − 2ex L1 = ex (x − 2) y = yh + yp dv = ex dx v = ex ∴ y = c1 +c2 x+c3 ex +ex (x−2)−ex x + xex Ejemplo 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES k 3 − k 2 = 0 Ec.1) (♣. Carácteristica k(k 2 − 1) = 0 (♣.FCyT .UMSS .3) 2ex L2 = e2x e2x 1 L2 = x = ex 2e 2 Ing. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N ” L2 = L2 = 1 2 1 ex dx = ex 2 L3 = L3 = L1 + 1 2 e3x dx 1 x ·e 2 1 e3x 1 1 · = e3x .FCyT . Raúl Romero E. L1 = − e2x 2 3. y + 4y = tan x 2.UMSS . y + y = 3.Departamento de Matemáticas 3. 101 .3. y − 4y = 2e2x 6.2. y − 6y + 11y − 6y = ex 4. L3 = e3x 2 3 6 6 1 x x e e − L3 e−x = 0 2 1 2x e − L3 e−x = 0 2 1 L3 e−x = e2x 2 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 ex x 1 3x −x ·e + e ·e =0 2 2 2x e 1 L1 = − − e2x = −e2x 2 2 L1 = − 1 yp = e2x 6 y = yh + yp 1 ∴ y = c1 + c2 ex + c3 e−x + e2x 6 e2x dx. Ejercicios Propuestos 1 sen x 1. y + 3y = 3xe−3x 5.3. y + y = cos x Ing. y + 2y + y = −2 7. D . .FCyT . B. 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 . 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. Raúl Romero E. . 102 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. C. 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.UMSS .3. . coeficiente indeterminado yG = yh + yp 1.3.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. . FCyT . 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. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N ”      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 + .3. y − 5y + 4y = sen(3x) Solución: y − 5y + 4y = 0 k 2 − 5k + 4 = 0 Ing. Raúl Romero E.UMSS . y + 9y = xex Solución: y + 9y = 0 k 2 + 9 = 0 ⇒ k = ±3i ¨¨ r y1 = cos(3x) B ¨α = 0 rr j 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. 8 16 64 1 3 7 ∴ yG = c1 e4x + c2 e2x + x2 + x + 8 16 64 2.Departamento de Matemáticas 3. 1 x 1 xe − ex 10 50 (k − 4)(k − 1) = 0 yh = c1 e4x + c2 ex 103 . FCyT . 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.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. −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 1 3 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. 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. 1 5 2 B=− 5 A=− 104 yh = c1 ex + c2 e−x .UMSS . Raúl Romero E. 4. Ejercicios Propuestos Respuesta: c1 cos 3x + c2 sen 3x + xex ex − 10 50 1. y + y = 3ex + 4x2 3.FCyT . y + 9y = xex 2.4. 105 . 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. 4Ae2x + 4Axe2x − 4Axe2x = 2e2x 4Ae2x = 2e2x A= 1 2 1 yp = xe2x 2 1 ∴ yG = c1 e2x + c2 e−2x + xe2x 2 3. y + y − 6y = 1 + xe2x 3 respuesta: c1 + c2 + c3 e−x + ex + 4x2 2 Ing. EJERCICIOS PROPUESTOS 1 2 yp = − ex sen x − ex cos x 5 5 ex x −x ∴ yG = c1 e + c2 e − (sen x + 2 cos x) 5 5.Departamento de Matemáticas 3.UMSS . Raúl Romero E. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden Sistema Masa.5.2) Fr Reposo Fm m Equilibrio m Movimiento Figura 3.2: En equilibrio: Fm = Fr Ley de Hooke mg = k∆ mg − k∆ = 0 +∆ ∆ y(−) y(+) En movimiento F = ma. Dif Homogenea de 2o Orden 2 dt Ing. Dif.Resorte sin amortiguación ( Véase Figura 3. mg − k∆ = 0 dt d2 y m 2 + ky = 0 Dividiendo entre m dt 2 k dy + y = 0 Ec.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. d2 y m 2 = mg − k(∆ + y) dt d2 y m 2 = mg − k∆ − ky.UMSS . 106 . 3. Raúl Romero E. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.1.FCyT .5. Homogenea de 2o Orden 2 dt m k Frecuencia de oscilación w2 = m d2 y + w2 y = 0 Ec. 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 + c2 1 2 c2 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 .UMSS . 107 .5.Departamento de Matemáticas 3.Resorte Amortiguado: [véase Figura 3. Raúl Romero E.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 k d2 y k1 dy + + y=0 2 dt m dt m k1 k 2λ = w2 = Frecuencia de oscilación m m m Ing.FCyT . Raúl Romero E.5) Ing.UMSS .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.FCyT . 108 .4: Segundo Caso: Si λ2 − w2 = 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO (véase Figura 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES +∆ ∆ m Equilibrio m v y(−) y(+) Fa Movimiento Figura 3.3: dy d2 y + 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. 109 .FCyT .16 En un Sistema Amortiguado masa .5. la masa de 2kg.UMSS .5: Tercer Caso: Si λ2 − w2 < 0 SUBAMORTIGUADO (véase Figura 3. Determinar la ecuación del desplazamiento. Raúl Romero E.6: Ejemplo 3. Solución: (Véase Figura 3.resorte. el resorte se alarga hasta el punto de equilibrio. 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.6) r = α ± βi y = eαt (A cos(βt) + sen(βt)) Y t Figura 3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN entonces r1 = r2 = r ∈ R r = −λ y = Ae−λt + Bte−λt Y t Figura 3.7) dy d2 y + 2λ + w2 y = 0 2 dt dt k1 k 2λ = w2 = m m Ing.Departamento de Matemáticas 3. Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Una masa de 30 g se une a un resorte.8) m = 30 g ∆ = 20 cm y(0) = 10 cm 30 · 980 mg = ∆ 20 y (0) = 0. 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 = 49 w2 = m 30 Ing. Establezca la ecuación diferencial para el movimiento y resuelva para determinar el movimiento resultante ignorando la fricción Solución: (Véase Figura 3.FCyT . Raúl Romero E.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. El resorte se jala hacia abajo otros 10 cm y se suelta.UMSS . En equilibrio el resorte se alarga 20 cm. 110 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES +∆ y− m m Figura 3. Raúl Romero E.8: 2.FCyT . 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. 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 √ B= = 21 ∴ y = 10 cos(2t) + 21 sen(2t) 2 Ing. 111 . Resuelva la ecuación diferencial y expresa la solución en forma de amplitud y fase Solución: √ m = 400 g. ∆ = 245 cm .UMSS . y(0) = 10 cm y (0) = 84 cm/s m d2 mg 400 · 980 + ky = 0 . En equilibrio el resorte se ha alargado 245 cm.5. Una masa de 400 g se une a un resorte. 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.Departamento de Matemáticas 3. El resorte se jala hacia abajo y se suelta. Establezca la ecuación diferencial para el movimiento. Raúl Romero E. 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.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. se cuelga a una masa de 2 slugs y se coloca en equilibrio. Se quita la masa de 8 slugs. Un Sistema masa resorte tiene una constante del resorte de 5 g/s2 .UMSS . ¿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. La masa se empuja hacia abajo y se suelta. El resorte se estira 2 pie antes de quedar en reposo. Una masa de 8 slug se cuelga de un resorte largo.D. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. Determinar la ecuación diferencial para el movimiento y resolver la ecuación diferencial. 112 .FCyT . 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. 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. se une con un resorte de 64 g/s2 .5. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 5.FCyT . Una masa de 16 g.9: 64 k = =4 m 16 w=2 π 3 y = A cos(2t) + B sen(2t) w2 = y = 2 sen 2t + B sen 60◦ = B = 2 sen 60◦ 2 √ √ 3 B =2· B= 3 2 A ◦ cos 60 = ⇒ A = 1 2 Ing. y = −2A sen(2t) + 2B cos(2t) y(0) = c1 = 1 y(0) = 1 √ y (0) = 2B ⇒ y (0) = 2 3 113 .UMSS .9) 2 B π 3 A 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. ¿Cuales deben ser las condiciones iniciales para obtener una respuesta de amplitud 2 y π ángulo de fase 3 solución: (Véase Figura 3.Departamento de Matemáticas 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 3.10: k w2 = m √ w= 5 ◦ w= k = m 30 6 √ 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.FCyT .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. En un sistema masa-resorte con una masa "m" y una constante "k" se somete a un impulso repentino.UMSS . Raúl Romero E. 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. 114 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7. ¿ Determinar la amplitud el periodo y frecuencia del movimiento? Solución: (Véase Figura 3. Fr = k∆ k= 8 = 16 1 2 k = 16 115 .11) k d2 y + y=0 dt2 m 2 dy + W 2y = 0 dt2 Ing. 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. en la que el resorte se ha alargado 6 pulgadas. 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. 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. la amplitud " Crece" 9. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio. ctte = k ∴ y = 10 b) Amplitud = 02 + 10 m k 2 ⇒ Amplitud = 10 m k c) Si se aumenta "k" . la amplitud "Decrece" d) Si se aumenta "m" .UMSS . En el extremo de un resorte sujeto al techo. se coloca un peso de 8 libras.5.FCyT .Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E. Despreciando la resistencia del medio y suponiendo que no existen fuerzas exteriores. se lleva entonces el peso 6 pulgadas por debajo de dicha posesión de equilibrio y se abandona en t = 0. 116 = 1 pie/s W =8 b . Raúl Romero E.UMSS . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES m= W 8 1 = = g 32 4 k 16 w2 = = 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 1 5 + = 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.FCyT .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 0.4 pie. 12) 0. 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 3.5.4 pie W =8 b 6 pulg × 1 pie 1 = pie 12 pie 2 Figura 3.UMSS .12: dy W 8 1 8 80 Fa = k1 .k = = ⇒ dt g 32 4 0.Departamento de Matemáticas 3. W = mg ⇒ m = = = .FCyT . y = v = −e−4t 5 sen(8t) 2 4 Ing.4 4 k = 20 a) m d2 y dy + k1 + ky = 0 dt2 dt 1 y(0) = . Raúl Romero E. y (0) = 0 2 1 d2 y dy + 2 + 20y = 0 2 4 dt dt b) d2 y dy + 8 + 80y = 0 2 dt 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 ∴ y = e−4t cos(8t)+ sen(8t) . 117 . 118 . El medio ofrece una resistencia que es dy dy en libras. 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.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Determinar el desplazamiento. En la que el alargamiento del resorte es de 2 pies. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 11. Numéricamente es igual a 4 siendo que la velocidad dt dt instantánea en pies/s.13: mg 1 pie 3 = pie 12 pie 4 m d2 y dy W 8 1 8 +4· + ky = 0.13) 6pie · c 1pie 12pie 1 = 2 pie 9 pulg · mg c Figura 3. Raúl Romero E. A continuación se lleva dicho peso 6 pulgadas por debajo de la posición de equilibrio y se Ing. A continuación se desplaza el peso 9 pulg por debajo de dicha posición y se abandona en t = 0. el peso en función del tiempo Solución: (Véase Figura 3.UMSS . k = 1 = 16 ⇒ k = 16 2 dt 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 dy 1 d2 y · 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 . El peso queda en reposo en su posición de equilibrio. En el extremo inferior de un resorte suspendido de un soporte fijo se coloca un peso de 8 br. y = Ae−8t + Bte−8t y(0) = 3 pie 4 B=6 ∴ y= 12.FCyT . m = = = . posición en la que el resorte se encuentra deformado 6 pulg. Solución: d2 y dy + 4 + ky = 0 2 dt dt 32 32 m= = 1. Raúl Romero E. pero la resistencia del dy dy aire en libras es numéricamente igual a 4 donde es la velocidad dt dt instantánea en pies/s. 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)) √ 3 1 c1 = . sujeto al extremo de un 2 resorte en el que produce un estiramiento de pie respecto de su longi3 1 tud natural.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.Departamento de Matemáticas 3.UMSS . Solución: (Véase Figura 3. Describir el movimiento de un peso de 32 b. c2 = 2 3 √ √ √ 1 3 −2t ∴ y=e cos( 3t) + sen( 3t) 2 3 y(0) = 6 pulg × 13.FCyT . El movimiento tiene lugar en un medio 1 que ejerce una fuerza de amortiguación igual a de velocidad en todo 8 instante. 119 . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN abandona t = 0 No existen fuerzas exteriores. Se hace descender el peso pie por debajo de su posición 2 de equilibrio y luego se suelta. Determinar el movimiento resultante para el peso pendiente del muelle.5. 120 . sujeto al extremo de 2 un resorte. Se hace descender el peso pie por debajo de su 2 posición de equilibrio y luego se suelta.UMSS .14: d2 y 1 dy = + 48y = 0 dt2 8 dt 1 1 r2 + r + 48 = 0 → 8r2 + r + 48 = 0 8 8 √ √ −1 ± 1 − 4 · 8 · 48 −1 12287 8r2 + r + 48 = 0 ⇒ r = = ± i 16 16 16 √ √ −1 t 12287 12287 y = e 16 t + B sen t A cos 16 16 1 y(0) = pie y = v(0) = 0 2 √ √ 12287 12287 1 −1t y = v = − e 16 A cos t + B sen t 16 16 16 √ √ √ √ 12287 12287 12287 12287 1 +e− 16 t − 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.FCyT . Determinar el movimiento de un peso de 32 b. en el que se produce un estiramiento de pie respecto a 3 1 su longitud normal. Solución: Ing. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES y− y+ Figura 3. 2 16 1 = slug.5. . Considere que el medio que rodea al sistema ofrece una resistencia al movimiento numéricamente igual a la velocidad instantánea Solución: Fr = k · ∆ m= ∆ = 3.FCyT . Determine los desplazamientos y(t).Departamento de Matemáticas 3. si el contrapeso se eleva y se suelta del reposo en un punto a 2 pies arriba de su posición de equilibrio. 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 = −1 ± 3i r= 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) 3 121 Ing.UMSS . 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). Raúl Romero E.2 pie. en la posición de equilibrio el resorte mide 8. 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. k= 16 = 5 → k = 5 b/pie 3.2. 122 . 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) 50 200 cos(4t) + sen(4t) 51 51 1 con y(0) = 2 + Ing.2y + 2y = 5 cos(4t) 5 1 y + 1.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 16.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 .UMSS . B= 102 51 25 50 sen(4t) − cos(4t) .2y + 2y = 5 cos(4t) 5 1 y(0) = y (0) = 0 2 Solución: 1 y + 1. Resolver la ecuación diferencial de valor inicial 1 y + 1. Raúl Romero E. Departamento de Matemáticas 3. 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. Al sistema se une una constante de amortiguación de 40 g/s. Establezca la Ecuación Diferencial que describe el movimiento.FCyT . críticamente amortiguado.15] 3 cm Figura 3. La masa se jala hacia abajo y se suelta. Resolver la ecuación diferencial establecer si el movimiento MasaResorte es subamortiguado.5. a) El sistema masa-resorte. tiene una masa de 10 g acoplada al resorte.UMSS . 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. 123 . Raúl Romero E. La constante del resorte es 30 g/s2 . sobre amortiguado escribir la solución.15: Ing. Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 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.FCyT . 124 m = 1g . 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 2 dy dt 10y + 40y + 30y = 0 Ecuación Diferencial Resolviendo y + 4y + 3y = 0 r2 + 4r + 3 = 0 ⇒ r = y = Ae−t + Be−3t 3=A+B −4 ± 16 − 12 ⇒ r1 = −1 r2 = −3 2 y = −Ae−t − 3Be−3t √ − 5 = −A − 3B A = 2.UMSS .16: ∆ = 20 cm y(0) = 1 cm y (0) = 7 cm/s mg (1)(980) mg = k∆ ⇒ k = = = 49 ⇒ k = 49 ∆ 20 Ing. El resorte se alarga 20 cm y regresa al reposo. Raúl Romero E. 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. 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 = r2 + 49 = 0 → r = ±7i ¨¨ r 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 B ¨ α=0 rr j β=7 c) Un resorte con una constante k = 12 slug/s2 tiene una masa unida 2 que lo alarga 2 3 ft.Departamento de Matemáticas 3.17: Ing. 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 3.5.FCyT . Raúl Romero E.UMSS . 125 . Una fuerza de 1 sen 8t actúa sobre el resorte. 4. Considere un resorte al que un peso de 5 libras alarga en 6 pulgadas. 3. 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.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Si se ejerce una fuerza con magnitud de 9 sen 4t libras. El peso se jala 3 pulgadas hacia abajo del punto de equilibrio y después se libera. Un resorte es alargado 3 pulgadas por un peso de 5 libras. Describa el movimiento. 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. determine la posición del peso como una función del tiempo. Suponga que el peso sube desde E a una velocidad inicial de 12 pies/seg. Suponga que la fuerza ejercida actúa hacia abajo para valores muy pequeños de t.UMSS . 5. describa el movimiento. Ejercicios Propuestos 1. Considere un resorte al que un peso de 4 libras alarga en 6 pulgadas. El peso se sujeta al resorte y éste alcanza el equilibrio. Encuentre una ecuación que dé la posición del peso en todo momento subsecuente. Un resorte es alargado en 6 pulgadas por un peso de 12 libras. Un resorte es alargado medio pie por un peso de 2 libras.FCyT . 126 . determine la ecuación del movimiento.2. 1 Una fuerza de cos 8t actúa sobre el resorte. Si el peso de 2 libras es liberado desde 4 un punto que está a 3 pulgadas por debajo del punto de equilibrio.. Si el peso inicia un 2 movimiento hacia arriba desde el punto de equilibrio a una velocidad de 4 pies/seg.5. Raúl Romero E. 2. r2 = −4 y = Ae−3t + Be−4t y = −3Ae−3t − 4Be−4t −1 = A + B 1 = −3A − 4B ⇒ A = −3. Ing. 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. Describa el movimiento. Entonces el peso parte desde la posición de equilibrio a una velocidad negativa de 2 pies/seg. El movimiento se efectúa en un 1 medio que imprime una fuerza de amortiguamiento de |v| en todo 4 momento. 11. 127 Ing. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 6. el cual es llevado 2 pulgadas arriba de su punto de equilibrio donde luego se suelta. 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. A cierto resorte un peso de 4 libras lo alarga en 0.FCyT . Considere un resorte al que un peso de 4 libras alarga en 0. 8. Un resorte es alargado 0.4 pies por un peso de 4 libras. Raúl Romero E.64 pies. en pies por segundo. Suponga que al resorte se le sujeta un peso de 4 libras. A cierto resorte un peso de 8 libras lo alargaría 6 pulgadas.32 pies. A cierto resorte un peso de 2 libras lo alarga medio pie. El mecanismo del reloj hace tic tac una vez cada que el péndulo completa una oscilación. 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 peso se sujeta al resorte (suspendido en un soporte fijo) y se permite que el sistema alcance el equilibrio. Encuentre una fórmula para la posición del peso en el tiempo t.Departamento de Matemáticas 3.UMSS . Un péndulo de 6 pulgadas parte del reposo a un ángulo de 1 radianes 10 2 con respecto a la vertical. Usando g = 32 (pies/seg ). describa el movimiento. El peso parte desde de pie por debajo del punto 4 de equilibrio a una velocidad negativa de 3 pies/seg. ¿Cuántas veces hace tic tac el reloj en 30 segundos? 12. Determine la posición del peso como una función del tiempo. 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.5. 9. Un reloj tiene un péndulo de 6 pulgadas. 7. . Una fuerza 1 de sen 8t y una fuerza de amortiguamiento de magnitud |v| actúan 4 1 sobre el resorte. Encuentre la ecuación que describe la posición del peso en el instante t. El peso está sujeto al resorte y se mueve en un medio que imprime una 3 fuerza de amortiguamiento de |v|. Encuentre la posición del peso. 10. Raúl Romero E. 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. φ = arctan 6 3 Ing. 20. Suponga que el peso se jala 4 pulg. Demostrar que la respuesta del ejercicio 19. ¿Cual debe ser la constante del resorte para obtener la amplitud de 20 cm? en t = 0. Suponga que el peso es llevado 3 pulg. 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. Describir el movimiento. 19. 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. puede expresarse como √ 2 13 y= sen(16t + φ). Para el péndulo del ejercicio anterior. 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. El peso se sujeta al resorte y este alcanza el equilibrio. encuentre la velocidad angular máxima y el tiempo que debe transcurrir para que ocurra este valor máximo por primera vez. 128 . En un sistema masa-resorte la masa es 50 g. La misma situación que en el ejercicio 15. Considere Sistema masa-resorte al que un peso de 5 libras alarga en 6 pulgadas.FCyT . por debajo del punto de equilibrio y se le imprime una velocidad de 8 pie/s hacia abajo. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 13. Encuentre una ecuación que de la posición del peso en todo momento subsecuente. 18.UMSS . 14.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. por un peso de 2 b.5 pulg. y = 0 y y = 10 cm/s 15. Para el problema 18. Un resorte es alargado en 1. por arriba del punto de equilibrio y luego se suelta parte del reposo. Determinar el numérico del primer 5 contrapeso (ver Figura 3. El peso queda en su posición de equilibrio en la que el muelle esta alargado 6 pulg.19) 23.Departamento de Matemáticas 3. Raúl Romero E. 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. Dos resortes paralelas constantes k1 y k2 sostienen un solo contrapeso 4k1 · k2 W . Cierto contrapeso estira pie un resorte y pie al otro. 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 3.5. un resorte y 2 pulg.UMSS . la constante efectiva del resorte es k = . APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 21. Determine la constante efectiva del resorte de este sistema. otro.18: 1 1 22. Un contrapeso de k1 + k2 20 libras estira 6 pulg.5 pulg. El contrapeso W esta fijo al centro de la placa del sistema. 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 1.18 de página 129).18 (ver Figura 3. El primer contrapeso se quita y en su lugar se pone uno de 8 b. por debajo de su posición de equilibrio y moviéndose hacia abajo Ing. 129 . Al extremo inferior de un muelle espiral suspendido del techo se liga un peso de 4 bs. El π periodo de movimiento es seg.FCyT . Los dos re3 2 sortes se fijan a un resorte rígido como se indica en el problema anterior. a su extremo inferior se liga un peso de 16 br. 26. Deducir 130 Ing. a) Hay dos resortes en serie. 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.UMSS .20 se cuelga W suponer que el movimiento es libre. a) Determinar el desplazamiento resultante como función del tiempo b) Hallar la amplitud. .5 pulg.FCyT . Entonces se lleva a una posición de 4 pulg. Si el peso inicia un movimiento hacia arriba desde el punto de equilibrio a una velocidad de 4 pie/s. por debajo de la del equilibrio y se abandona en t = 0 con una velocidad inicial de 2 pie/seg dirigido hacia arriba. una fuerza de cos(8t) actua sobre el 2 resorte. por debajo de su posición de equilibrio y movimiento hacia arriba 24. no hay fuerzas de amortiguación. Un peso de 4 b alarga en 6 pulg.19: d ) Determinar los instantes en que se encuentran 1. La naturaleza de un muelle espiral es tal que un peso de 25 b le deforma 6 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. que a continuación queda en su posición de equilibrio.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. El muelle se encuentra suspendido al techo. sin tener en cuenta la masa de cada una. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES m Figura 3. Determine la posición del peso como función del tiempo. 28.20: Movimiento Amortiguado 27. 29. 131 . Calcule la Ing. Un contrapeso de 10 b estira un resorte 2 pies.FCyT .5. 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.UMSS . A partir de t = 0 se aplica al sistema una fuerza externa igual a f (t) = e−t . Un contrapeso de 4 b cuelga de un resorte cuya constante es 3 b/pie. 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.2 lb y el sistema se sumerge en un medio que imparte una fuerza de amortiguación numéricamente igual a 0. 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. 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.4 la velocidad instantánea. A ese resorte se le une un contrapeso de 3.Departamento de Matemáticas 3. k1 k2 W Figura 3. Una fuerza de 2 lb estira 1 pie un resorte. Raúl Romero E. Todo el sistema esta sumergido en un líquido que presenta una fuerza de amortiguación numéricamente igual a la velocidad instantánea. El contrapeso también está unido a un amortiguador. y llega al reposo en su posición de equilibrio. Deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso esta inpulsado por una fuerza externa igual a 10 cos(3t) 31. k = 0 ¿ Que frecuencia de forzamiento causaría resonancia? begincenter Ing. Un contrapeso de 16 b estira pie un resorte. Raúl Romero E.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.UMSS . 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. A partir de t = 0. k1 = 0. Para que valores de m mostrara resonancia my + 4y = 13 cos(wt) si 13 cos(wt) tiene una frecuencia de 20 Hz. 33. Si el sistema masa resorte tiene m = 15. Determinar la ecuación del movimiento si el medio presenta una fuerza de amortiguación numéricamente igual a 8 veces la velocidad instantánea. Se sabe que la función de forzamiento f (t) = f.FCyT . se aplica una fuerza externa al sistema igual a 8 sen(4t). Para que valores de k mostrara resonancia 13y + ky = 4 cos(wt) si 4 cos(wt) tiene resonancia de 22 Hz 34. 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. 32. lo estira 2 pie. Cuando una masa de 1 slug se cuelga de un resorte. 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. 132 . Raúl Romero E.Dif.6.UMSS .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 1 dq VC = q VR = Ri = R dt C VL = L d2 q R dq 1 E + · + = 2 dt L dt CL L L d2 q dq 1 +R + q =E dt2 dt C Ec. 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 R 1 R r=− ± − 2L 2L CL Se presentan 3 casos.FCyT .6. Primer Caso: Si R 2L 2 − 1 > 0 Sobreamortiguado CL 133 Ing. Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC L R dq i= dt ∼ i C Figura 3. APLICACIÓN A CIRCUITOS ELÉCTRICOS EN SERIE LRC 3.Dif. .Departamento de Matemáticas 3. no Homogénea de 2o Orden d2 q R dq 1 + + q = 0 Ec. 001 × 0. 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.UMSS .25 Henrry R = 10 ohm c = 0.001 F. q(0) = q0 i(0) = 0 134 . E(t) = 0 q(0) = q0 coulomb y i(0) = 0 A Solución: (Véase Figura 3.22) L R C Figura 3.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.FCyT .25 0.22: E ∼ R 1 E q + q= L CL L R 1 q + q + q=0 L CL 1 10 q + q=0 q + 40q + 4000q = 0 q + 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.17 Determinar la carga q(t) en el capacitor de un circuito en serie LRC cuando L = 0. Raúl Romero E. Raúl Romero E. 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. λ2 = −5 λ= 2 q = c1 e−t + c2 e−5t q + 6q + 5q = 6 cos t Ec.23: L d2 q dq 1 + R + q = E(t) 2 dt dt C 1 0. Dif.UMSS .23) L E(t) C Figura 3. Homogénea λ2 + 6λ + 5 = 0 √ −6 ± 36 − 4 × 5 ⇒ λ1 = −1.Dif.7. Dif. Un circuito en Serie LRC tiene una fuente de E(t) = 3 cos t los valores de las componentes R = 3 ohmios L = 0.4 F en t = 0 la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en el circuito es 1 A.5 Henrry y c = 0. ¿Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función del tiempo? Solución:(Véase Figura 3.4 q + 6q + 5q = 6 cos t Ec.Departamento de Matemáticas 3. No Homogénea R ⇒ q + 6q + 5q = 0 Ec. 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.FCyT .5q + 3q + q = 3 cos t (∗2) 0. 135 . Circuitos Eléctricos 1.7. Raúl Romero E. 136 . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Reemplazando en la Ec. q(0) = 5 coulomb i(0) = 0 Amp Ing.UMSS .05 Henrry R = 2 ohm c = 0.015 L = 0. B= ⇒ qp = sen t + cos t 3 13 13 13 La solución general de la Ec.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.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 6 9 6 ⇒ A= .01 Faradio E(t)=0 Volt.Dif.FCyT . no Homogénea 9 6 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= (1) + c1 + c2 13 dq 9 6 = cos t − sen t − c1 e−t − 5e−5t dt 13 13 9 6 1= cos 0 − sen 0 − c1 e0 − 5c2 e0 13 13 1= 9 − c1 − 5c2 13 (2) Resolviendo (1) y (2) 1 1 c1 = − . Determinar la carga del capacitor de un circuito en serie LRC cuando t = 0. c2 = 2 26 ⇒ q= 9 6 1 1 sen t + cos t − e−t + e−5t 13 13 2 26 9 6 1 5 dq =i= cos t − sen t + e−t − e−5t dt 13 13 2 26 2. 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. b) Determinar las condiciones de borde y especificar que tiempo de movimiento es Solución: (Véase Figura 3. Dif.1C 3.Departamento de Matemáticas 3.2 = 2 2 2 Ing. No Homogénea q + 2q + 17q = 0 Ec.7.UMSS . Dif.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. Homogenea λ2 + 2λ + 17 = 0 √ √ − ± −64 −2 ± 8i −2 ± 4 − 4 × 17 = = λ1. a) Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función del tiempo.FCyT .01) = 4. 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. 137 . Raúl Romero E.24) L E(t) C Figura 3. Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 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. 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. 138 . i(0) = 0 dq i= = −e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(2t)) + e−t (−4c1 sen(4t) + 4 cos(4t)) dt 8 26 + 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 4 13 0 = c1 cos 0 + c2 sen 0 + sen 0 + sen 0 + cos 0 37 37 37 13 13 13 8 −21 ⇒ c1 = − . Raúl Romero E. Dif No Homogénea 13 4 sen(2t) + cos(2t) q = e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(4t)) + 37 37 q(0) = 0.UMSS .FCyT . ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES λ1. Dif. − = + 4c2 ⇒ c2 = 0 = c1 + 37 37 37 37 148 21 4 13 13 sen(4t) + sen(2t) + cos(2t) q = e−t − cos(4t) − 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.2 = −1 ± 4i ⇒ q = e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(4t)) q + 2q + 17q = 5 cos(2t) Ec. 225 sen(624.008 624.5c2 5 c2 = = 0.5t) 3.5t) +4.5t) − 0.5)) 0 = −100c1 + 624. EJERCICIOS PROPUESTOS 4.1 Henrry.5t) +4.1 q + 200q + 400000q = 0 r2 + 200r + 400000 = 0 r = −100 ± 624.05 i = −100e−100t (c1 cos(624. Ejercicios Propuestos 1.5 q(t) = e−100t (0. Un circuito eléctrico consta de una inductancia de 0.5t) ∴ i = −32e−100t sen(624.5t)) i = −5e−100t cos(624.8e−100t sen(624.225e−100t sen(624.8. Determinar la carga del capacitor en un circuito en serie LRC cuando t = 0. 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.4 F. c = 0.05 Henrry.5t) − 31. 139 .5t))+e−100t (−31.5c1 sen(624. Ing.5t)) i = −100e−100t (0. Solución: d2 q R dq 1 + + q=0 2 dt L dt CL 20 1 q + q + q=0 0.FCyT . los valores de las componentes son R = 3 Ω.1 25 × 10−6 × 0.5t)) +e−100t (−624.01 F E(t) = 0 voltios q(0) = 5 Coulomb i(0) = 0 Amp 2. Hallar la carga q(t) y la corriente i(t) siendo q(0) = 0.5i q(t) = e−100t (c1 cos(624.5t)+0.05 cos(624. Un circuito RLC conectado en serie tiene una F em = 3 cos t volt.08 sen(624.Departamento de Matemáticas 3.25 coulomb i(0) = 0 Amp.5t)) q(0) = 0.5t) + 624. una resistencia de 20 ohm y un condensador cuya capacidad es de 25µ Faradio.05 c c1 = 0.2c2 cos(624.5 H y C = 0.01 s L = 0. R = 2 Ohm.996e−100t cos(624. L = 0.996 cos(624.08 sen(624.5t) + 0.UMSS .5t) + c2 sen(624.8.05 cos(624.5t) + c2 sen(624. Raúl Romero E. Entonces W [y1 . Los valores de las componentes son R = 1.5 Ω L = 1 Henry C = 2 Faradio. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3.FCyT . y la corriente en la resistencia es cero.1. 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. 140 W . b]. En un circuito RLC tiene una batería de 9 V los valores de las componentes son R = 5 Ω. Inicialmente la carga sobre el capacitor es 1 C. Raúl Romero E.UMSS . y la corriente en la resistencia es 4 Amper 3. Determinen q = f (t) = y i = f (t) 4.5 volt. C = 1 F.2 Sean las funciones y1 . L = 6 H. Estudio del Wronskiano Teorema 3. En un principio la carga sobre el capacitor es 2 coulomb. En un circuito conectado en serie RLC tiene una batería 1.8. 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.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. y2 ] = W = 0 → y1 ∧ y2 L. Raúl Romero E.1) y1 = 0 y2 = 0 W = (♣. b] ∀ x ∈ [a.D. y2 ] es L.D.8. 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.UMSS .FCyT .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 (♣.3) y1 = 0 ∧ y2 = 0 y1 y2 y1 y2 = W [y1 .Departamento de Matemáticas 3. P (x)dx 141 . 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. ⇔ W = 0 D/ (♣. 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. Solución: Partimos de la fórmula de Abel W [y1 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.UMSS . ⇒ yG = c1 y1 + c2 y2 Ing. Raúl Romero E. 142 .FCyT .I. 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. 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 dx = x2 dx = x2 x−5 dx x4 x4 x4 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 y 2 = x2 e = x2 − 3 1 1 4 + · 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 1 dx x Ing.UMSS . 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 dx = x dx y2 = y1 2 y1 x2 e− ln x x−1 y2 = x dx = x dx = x x−3 dx x2 x2 x−2 1 1 y2 = x = − x−1 = − yG = c1 y1 + c2 y2 −2 2 2x ∴ yG = c1 x − c2 1 2x Ejemplo 3.19 Si y1 = x2 es solución de la ecuación diferencial x2 y + xy − 4y = 0. EJEMPLOS P (x)dx 2 y1 yG = c1 y1 + c2 y1 e − dx 3. Ejemplos Ejemplo 3.9.Departamento de Matemáticas 3.18 Si y1 = x es solución de la ecuación diferencial x2 y + xy − y = 0.FCyT .9. 143 . Raúl Romero E. UMSS . Solución: y − (2x + 1) x+1 2x + 1 y + y=0 P (x) = − x x x 2x + 1 1 dx (2 + )dx x x e e y2 = ex dx = ex dx e2x ex e2x eln x e2x+ln x dx = ex dx = ex xdx y2 = ex e2x e2x x2 x2 e x x2 e2 y2 = ex · = ⇒ y2 = 2 2 2 yG = c1 y1 + c2 y2 ∴ yG = c1 ex + c2 x2 ex 2 Ejemplo 3.21 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial xy −(2x+ 1)y + (x + 1)y = 0. Hallar la solución general Solución: P (x) = 0 e − P (x)dx 2 y1 y2 = y1 dx = ex e − 0dx dx = ex dt 2 (ex )2 1 dx = ex e2x e−2x dx t = −2x dt = −2dx dt dx = − 2 y2 = ex et − =− ex e−2x e−x =− 2 2 y2 = − e−x e−x − + =0 2 2 0=0 yG = c1 y1 + c2 y2 e−x e−x e−x y2 = y2 = − 2 2 2 ∴ yG = c1 ex − c2 e−x 2 Ejemplo 3.22 Si y1 = x es solución de la ecuación diferencial (x − 1)y − xy + y = 0. 144 .Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. Ing. Hallar la solución general de la ecuación diferencial. Raúl Romero E.20 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial y − y = 0. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3. Hallar la solución general.FCyT . Hallar la solución general de la ecuación diferencial.Departamento de Matemáticas 3.UMSS .9. Raúl Romero E. 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 2x e 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)) 145 y − y2 = ex −xe−x + y2 = −(x + 1) Ing. .23 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial xy − (1 + x)y + y = 0. EJEMPLOS Solución: 1 x x y − y + y=0 P (x) = − x−1 x−1 x−1 1 x dx 1+ dx x−1 e x−1 e y2 = x dx = x dx x2 x2 ex eln(x−1) ex (x − 1) ex+ln(x−1) dx = x dx = x dx y2 = x 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 du = −x−2 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.FCyT . y1 = cos(4x) 3. Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Coeficiente Constante de Orden n 1. y + 16y = 0. y1 = e2x 2. Raúl Romero E. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. y − 4y + 4y = 0. xy + y = 0.10. y1 = e 3 x e P (x)dx 2 y1 (x) dx 3. 146 . y1 = e5x 6. Ejercicios − La función y1 (x) es una solución a las ecuaciones diferenciales de los problemas 1 a 6.1. y1 = x4 4. x2 y − 7xy + 16y = 0. y1 = ln x 5. Encontrar la solución general a) y − 6y + 12y − 8y = 0 Solución: r3 − 6r2 + 12 − 8 = 0 Por Ruffini r1 = r2 = r3 = 2 ∴ y = Ae2x + Bxe2x + Cx2 e2x b) y iv + 4y + 6y + 4y + y = 0 Solución: r4 + 4r3 + 6r2 + 4r + 1 = 0 Por Ruffini 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 Ing.Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3.10. y − 25y = 0.UMSS .FCyT . Use la reducción de orden o la fórmula y2 = y1 (x) para encontrar una segunda solución y2 (x) 1. 6y + y − y = 0. 2. Raúl Romero E. EJERCICIOS 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 3.10.UMSS . 147 . 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. 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 2.10.FCyT .Departamento de Matemáticas 3. Documents Similar To texto Ec. 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