EC-DIF-30-08-2010

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMON FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS

Ecuaciones Diferenciales

Ing: Raúl Romero Encinas

Cochabamba - Bolivia 2010 1

2

Índice general 1. Ecuación Diferencial 1.1. Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Función Homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas . . . . . . . . . . . . . 1.3.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) . . . . . . . . . . 1.5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Ecuaciones no Exactas que pueden transformarse en Exactas 1.6.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.2. Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas . . 1.7. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 5 7 7 9 9 11 12 13 13 17 19 22 25

2. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2.1. Aplicaciones Geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden . . 2.3. Mecánica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Movimiento vertical incluyendo la resistencia del aire 2.3.2. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . 2.5. Circuitos en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27 27 29 38 38 38 46 49

3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2o Orden Superior a Coeficientes Constantes 3.0.1. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . 3.0.2. Ecuación de Mac Laurin . . . . . . . . . . . 3.0.3. Aplicaciones de las funciones sen x, cos x, ex . 3.0.4. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo

61 63 65 66 69

3

y Orden . . . . . . . . . . . . . . . Orden

ÍNDICE GENERAL

ÍNDICE GENERAL

3.0.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea . . . . . . . 3.1.1. Método continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Constantes de Orden “n” . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2. Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Completa de Orden“n”- obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea) . . . . . . . . . 3.2.3. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.4. Método de Coeficiente Indeterminado . . . . . . . . . 3.3. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden . 3.3.1. Sistema Masa- Resorte sin amortiguación . . . . . . . 3.3.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC . . . . . . . . 3.5. Circuitos Eléctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.1. Estudio del Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Coeficiente Constante de Orden n . . . . . . . . . . . . 3.8.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

76 77 77 78 81

85 89 90 94 94 114 121 123 127 128 131 134 134 135

Capítulo 1 Ecuación Diferencial 1.1.

Variables Separables

1. y 0 = (x + y + 1)2 Solución: dy = (x + y + 1)2 dx

dt = (t2 + 1)dx

dt = dx + dy

dt = dx Z +1 Z dt = dx t2 + 1 arctan(x + y + 1) = x + c

dy = dt − dx

arctan(x + y + 1) = x + c

dt − dx = t2 dx

x + y + 1 = tan(x + c)

dy = (x + y + 1)2 dx

t2

t=x+y+1

2. (x − 1)dx − (xey + ey )dy = 0 Solución: ey (x + 1)dy − (x − 1)dx = 0 x−1 dx ey dy = x +Z 1 Z x−1 ey dy = dx x + 1 µ ¶ Z 2 ey = 1− dx x+1

ey = x − 2 ln(x + 1) + c ey = x − ln(x + 1)2 + c Aplicando logaritmos y = ln[x − ln(x + 1)2 + c]

5

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL

3. xyex dx − dy = 0 Solución: xyex dx − dy = 0 dy =0 Separando variables y u=x dv = ex dx du = dx v = ex

xex dx −

Integrando Z Z Z Z dy x x xe dx − = 0 ⇒ xe − ex dx − ln y = c y xex − ex − ln y = c ⇒ ln y = xex − ex + ec x −ex +ec ]

eln y = e[xe

x −ex

∴ y = c1 exe

4. (xy 2 + y 2 )dx + xdy = 0 Solución: 1 =c y 1 x + ln x + c = y 1 ∴ y= x + ln x + c

y 2 (x + 1)dx + xdy = 0

x + ln x −

x+1 dy Separando dx + 2 = 0; variables x ¶y Z µ Z Z 1 −2 1+ dx + y dy = 0 x 5. ydx − xdy = 0 Solución: dx dy − =0 yZ Zx Z dx dy − = 0 x y ln x − ln y = ln c Ing. Raúl Romero E.

6

ln

x = ln c y

x = c ⇒ y = cx y

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.2. FUNCIÓN HOMOGÉNEA

1.1.1.

Problemas Propuestos

1. (ln x + y 3 )dx = 3xy 2 dy 2. x7 ln xdx − dy = 0 3. xex − 3y 2 dy = 0 4. y 0 = (x + 1)2 dy 5. = dx

µ

2y + 3 4x + 5

¶2

dy = e3x+2y dx µ ¶2 y+1 dx = 7. y ln x dy x 6.

8. sec2 xdy + csc ydx = 0 9.

dx = 4(x2 + 1) dt

10. x2

1.2.

dy = y − xy dx

x

³π ´ 4

=1

y(-1)=-1

Función Homogénea

Definición 1.1 (Función Homogénea) Se llama función homogénea de grado "n" si f (λx, λy) = λn f (x, y) Ejemplo 1.1 f (x, y) = xy − x2 Solución: f (λx, λy) = = = f λx, λy) =

= (λx)(λy) − (λx)2 λ2 (xy) − λ2 x2 λ2 (xy − x2 ) λ2 f (x, y)

∴ f (x, y) es una Función Homogénea de grado 2 Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Ejemplo 1.2 f (x, y) = Solución: f (λx, λy) = f (λx, λy) =

√

x−y

p p

λx − λy λ(x − y) =

√ √ 1√ λ x − y = λ2 x − y

∴ f (x, y) es Función Homogénea de grado y Ejemplo 1.3 h(x, y) = sen − 5 x Solución:

1 2

λy −5 λx y = sen − 5 ³x y ´ 0 = λ sen − 5 x ∴ h(x, y) es Función Homogénea de grado cero h(λx, λy) = sen

x2 +y 2

Ejemplo 1.4 f (x, y) = e xy−y2 Solución:

(λx)2 +(λy)2

λ2 x2 +λ2 y 2

f (λx, λy) = e (λx)(λy)−(λy)2 = e λ2 xy−λ2 y2 λ2 (x2 +y 2 )

x2 +y 2

= e λ2 (xy−y2 ) = λ0 e xy−y2 ∴ f (x, y) es función homogénea de grado cero Ejemplo 1.5 f (x, y) = x2 +

x4 x2 + y 2 µ

λ4 x4 x4 2 2 f (λx, λy) = λ x + 2 2 =λ x + 2 λ (x + y 2 ) x + y2

¶

2 2

f (x, y) es función Homogénea de grado 2 x y Ejemplo 1.6 f (x, y) = arctan + x x+y λx λy + λx λx + λy y x f (λx, λy) = arctan + µ x x+y ¶ x y 0 = λ arctan + x x+y f (λx, λy) = arctan

f (x, y) es función homogénea de grado cero Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS

1.2.1.


1. Analizar si las funciones son Homogéneas r x a) f (x, y) = x+y x

b) f (x, y) = e y + 2 c) f (x, y) = x3 y 2 + y 5 1 d ) f (x, y) = p 3 x − yx2

1.3.

Ecuaciones Diferenciales Homogéneas

La ecuación Diferencial de Primer Orden M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es una ecucuación diferencial homogénea si solamente si la función M (x, y) y N (x, y) son funciones Homogéneas de igual grado. M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 Ecuación diferencial Homogénea M (x, y) =? N (x, y) =? M (λx, λy) = λn M (x, y) Condición Euler N (λx, λy) = λn N (x, y) 1 1 Si λ = ó λ = y ³ yx´ 1 M 1, = n M (x, y) x x Despejeando M (x, y) ³y´ ³ y´ M (x, y) = xn M 1, M (x, y) = xn M x x ³ y´ 1 N 1, = n N (x, y) x x Despejando N (x, y) ³ y´ N (x, y) = xn N 1, x ³y´ N (x, y) = xn N x Reemplazando en la Ecuación Diferencial Homogénea ³y´ ³y´ dx + xn N dy = 0 xn N x x Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL Sea hace v =

y ⇒ y = vx x

dy = vdx + xdv

xn [M (v)dx + N (v) (vdx + xdv)] = 0

÷ xn

M (v)dx + vN (v)dx + xN (v)dv = 0 [M (v) + vN (v)]dx + xN (v)dv = 0 Separando variables → Intgrando:

Z

dx N (v) Ec. Dif cuyas variables + dv = 0 estan separadas x M (v) + vN (v) dx + x

Z

N (v) dv = c M (v) + vN (v)

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) = λn M (x, y) 1 considerando λ = y µ ¶ x 1 M , 1 = n M (x, y) y y µ ¶ x n M (x, y) = y M ,1 µy¶ x M (x, y) = y n M (1) y N (λx, λy) = λn N (x, y) Condición de Euler 1 con λ = se tiene: µ ¶y x 1 N , 1 = n N (x, y) y y µ , ¶ x n N (x, y) = y N ,1 µy¶ x N (x, y) = y n N y

(2)

Reemplazando (1) y µ (2) ¶ en la Ec. Dif. Homogénea µ ¶ x x ynM dx + y n N dy = 0 y y Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS Hacemos un cambio de variable x x = vy dx = vdy + ydv v= y Reemplazando en la Ec. Dif. Homogénea y n [M (v) (vdy + ydv) + N (v)dy] = 0

÷ yn

vM (v)dy + yM (v)dv + N (v)dy = 0 [N (v) + vM (v)]dy + yM (v)dv = 0 dy M (v) Ec.Dif. cuya variables + dv = 0 estan separadas y N (v) + vM (v)

1.3.1.

Ejercicios Resueltos

1. 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 µ ¶ 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. 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 dx − xvdv = 0 ⇒ − vdv = 0 Z Zx Z v2 v2 dx − vdv = 0 ⇒ ln x − =c⇒ = ln x + c x 2 2 √ y √ v 2 = 2 ln x + c1 v = 2 ln x + c1 ⇒ = 2 ln x + c1 x p ∴ y = x 2 ln x + c1 Ing. Raúl Romero E.

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2c = c1

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL y 3. 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 = x Z Ztan v dx cot vdv = x ln | sen v| = ln x + ln c ⇒ ln sen v = ln[xc] sen v = xc ⇒ v = arcsin(xc) y = arcsin(xc) ∴ y = x arcsin(xc) x p 4. xdy − ydx = x2 + y 2 dx Solución: y v = ⇒ y = vx dy = vdx + xdv x √ x(vdx+xdv) − vxdx = x2 + v 2 x2 dx √ x2 dv = x 1 + v 2 dx dv dx √ = x 1 + v2 Z Z dv dx √ = 2 x 1+v

1.4.

√

1 + v 2 ] = ln x+ln c √ ln(v + 1 + v 2 ) = ln(xc) √ v + 1 + v 2 = xc s µ ¶2 x y ∴ + 1+ = xc x y ln[v +


1. Resolver las ecuaciones diferenciales Homogéneas a) (x3 + y 3 )dx − xy 2 dy = 0 b) (y − x)dx + (y + x)dy = 0 c) (8y + 10x)dx + (7x + 5y)dy = 0 d ) (x + y)dx + xdy = 0 √ e) (2 xy − y)dx + xdy = 0 Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.5. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.D.E.)

1.5. 1.5.1.

Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) Introducción

Sea una función F = F (x, y). Se llama diferencial de F = F (x, y) a la siguiente expresión: dF =

Ejemplo 1.7

dF =

∂F ∂F dx + dy ∂x ∂y

∂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 1.2 Diferencial exacta M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 Es ecuación diferencial exacta si y si existe F = F (x, y) tal que dF = M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 Teorema 1.2 Las derivadas parciales cruzadas M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es ecuación diferencial exacta si y solo si

∂M ∂N = ∂y ∂x

Ejemplo 1.8 (x3 + xy 2 ) dx + (x2 y + y 3 ) dy = 0 | {z } | {z } M (x,y)

N (x,y)

∂N ∂M = 2xy = 2xy ∂y ∂x ⇒ (x3 + xy 2 )dx + (x2 y + y 3 )dy = 0 es E.D.E. ± ⇒ ∃F (x, y) dF = (x3 + xy 2 ) dx + (x2 y + y 3 ) dy = 0 | {z } | {z } ∂F ∂F ∂x ∂y Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂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

Derivando con respecto a “y” ∂F ∂y

x2 y + α0 (y) 2 2 = x y + α0 (y) = x2 y + y 3 = 2·

α0 (y) = y 3 Integrando con respecto a “y” ⇒ C=

α(y) =

y4 4

x 4 x2 2 y 4 + y + 4 2 4

Ejemplo 1.9 (x + sen y) dx + (x cos y − 2y) dy = 0 | {z } | {z } M (x,y)

N (x,y)

∂M ∂N = cos y = cos y ∂y ∂x ⇒ (x + sen ±y)dx + (x cos y − 2y)dy = 0 es E.D.E. ⇒ ∃F (x, y) dF = (x + sen y) dx + (x cos y − 2y) dy = 0 | {z } | {z } ∂F ∂F ∂x ∂y ∂F ∂F = x + sen y = x cos y − 2y ∂x ∂y ∂F = x cos −2y ∂y Integrando con respecto a y F = x sen y − y 2 + α(x) Derivando con respecto a x ∂F = sen y + α0 (x) ∂x sen y + α0 (x) = x + sen y ⇒ α0 (x) = x x2 Integrando α(x) = 2 Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.5. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.D.E.)

C = x sen y − y 2 +

x2 2

∂F = x + sen y ∂x Integrando con respecto a x x2 + x sen y + α(y) 2 Derivando con respecto a “y” F =

∂F = x cos y + α0 (y) ∂y Igualando x cos y + α0 (y) = x cos y − 2y ⇒ α0 (y) = −2y Integrando con respecto a y α(y) = y 2

F =

x2 + x sen y − y 2 = c 2

Ejemplo 1.10 (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0 ∂M = 2x ∂y

∂N = 2x ∂x

± ∂F ∂F ∃F (x, y) dF = dx + dy = 0 ∂x ∂y dF = (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0 ∂F ∂F = 2xy + x ∧ = x2 + y ∂x ∂x ∂F = 2xy + x ∂x Integrando con respecto a x F =2·

x2 x2 y+ + α(y) 2 2

Derivando con respecto a y ∂F = x2 + α0 (y) ∂y Igualando x2 + α0 (y) = x2 + y ⇒ α0 (y) = y y2 Integrando con respecto a y α(y) = 2 Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL

F = x2 y +

x2 y 2 + 2 2

c = x2 y +

x2 y 2 + 2 2

Ejemplo 1.11 (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0 ∂M ∂N = 2x = ∂y ∂x

E.D.E. ∂F = x2 + y ∂y

∂F = 2xy + x ∂x x2 Integrando F = x2 y + + α(y) 2 ∂F = x2 + α0 (y) ∂y x2 + α0 (y) = x2 + y ⇒ α0 (y) = y y2 Integrando α(y) = 2 2 2 y x + F =c ⇒ F = x2 y + 2 2 c = x2 y +

x2 y 2 + 2 2

Ejemplo 1.12 (y + 2xy 3 )dx + (1 + 3x2 y 2 + x)dy = 0 ∂M ∂N = 1 + 6xy 2 = ∂y ∂x ∂F ∂F = y + 2xy 3 ∧ = 1 + 3x2 y 2 + x ∂x ∂y Integrando con respecto a “x” F = yx + x2 y 3 + α(y) ∂F = x + 3x2 y 2 + α0 (y) ∂y x + 3x2 y 2 + α0 (y) = 1 + 3x2 y 2 + x α0 (y) = 1 Integrando α(y) = y F = yx + x2 y 3 + y Ing. Raúl Romero E.

16

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS Ejemplo 1.13 yexy dx + xexy dy = 0 ∂M ∂N = yxexy + exy = ∂y ∂x ∂F ∂F = yexy ∧ = xexy ∂x ∂y Integrando con respecto a “x” Z u = xy xy F = ye dx + α(y) du = ydx Z F =

eu du + α(y)

F = exy + α(y) ∂F = xexy + α0 (y) ∂y xexy + α0 (y) = xexy ⇒ α0 (y) = 0 Integrando con respecto a “y” F = exy + c

1.6.

α(y) = c

Ecuaciones 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 ∂N ∂M 6= ⇒ M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 No es E.D.E. ∂y ∂x ± ⇒ ∃µ = µ(x, y) µM (x, y)dx + µN (x, y)dy = 0 E.D.E. ∂µM (x, y) ∂µN (x, y) Luego = ∂y ∂x µ

∂M ∂µ ∂N ∂µ +M =µ +N ∂y ∂y ∂x ∂y

Ing. Raúl Romero E.

17

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL µ

¶

∂µ ∂µ −M ∂x ∂y µ ¶ ∂M ∂N 1 ∂µ ∂µ − = N −M ∂y ∂x µ ∂x ∂y

µ

∂M ∂N − ∂y ∂x

=N

∂N 1 ∂µ 1 ∂µ ∂M − =N −M ∂y ∂x µ ∂x µ ∂y ∂ ln µ 1 ∂µ ∂M ∂N ∂ ln µ ∂ ln µ = ⇒ − =N −M ∂x µ ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y 1. Suponemos que µ depende de la variable solo de x µ = µ(x) factor integrante. ∂M ∂N d ln µ − =N +0 ∂y ∂x dx ∂M ∂N − d ln µ ∂y ∂x = = f (x) dx N ∂M ∂N − ∂y ∂x d ln µ = dx = f (x)dx N Integrando ⇒

∂M ∂N − ∂y ∂x d ln µ = dx + ln c N Z Z d ln µ = f (x)dx + ln c Z

Z

Z

µ ln = c Z µ

eln c = e Z

Z f (x)dx f (x)dx

f (x)dx µ =e ⇒ µ = ce c ∂N ∂M Z − ∂y ∂x dx N µ=e 2. Suponemos que µ = f (y) Ing. Raúl Romero E.

Z f (x)dx

µ = µ(y) 18

c=1

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂M ∂N d ln µ − = −M ∂y ∂x dy

(-1)

∂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 Z ln µ = f (y)dy + ln c

ln

µ = c

Z

Z f (y)dy ⇒

µ =e c

f (y)dy

Z µ=e

Z f (y)dy

, c=1⇒µ=e

∂N ∂M − ∂x ∂y dy M Factor integrante

Resumen: M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 Ecuación Diferencial no Exacta (E.D.N.E.) ∂M ∂N 6= ∂y ∂x Z ∂M ∂N − ∂y ∂x = f (x) ⇒ µ = e N Si no se prueba con la otra. Z ∂M ∂N − ∂x ∂y = f (y) ⇒ µ = e M

1.6.1.

∂M ∂y

−

∂N dx ∂x

N ∂N ∂x

∂M ∂y

− M

dy

Ejercicios Resueltos

1. (4xy + 3y 2 − x)dx + x(x + 2y)dy = 0 Solución: Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂N = 4x + 6y; = 2x + 2y; ∂y ∂x

∂M ∂N 6= ∂y ∂x

∂N ∂M − 4x + 6y − 2x − 2y 2x + 4y 2(x + 2y) 2 ∂y ∂x ⇒ = = = = 2 N x + 2xy x(x + 2y) x(x + 2y) x Z Z 2 f (x)dx dx 2 µ=e f (x) = = e x = e2 ln x x 2

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 + α0 (y) ∂y x4 + x2x3 y + α0 (y) = x4 + 2x3 y ⇒ α0 (y) = 0 Integrando α(y) = c K = x4 y + x3 y 2 +

x4 +c 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 ∂N ∂M − x + 2y + 1 − 2x − 3y − 2 ∂y ∂x = = N x(x + 3y + 2) Probamos con el otro Ing. Raúl Romero E.

20

∂N ∂M 6= ∂y ∂x

−x − y − 1 =? x(x + 3y + 2)

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS ∂N ∂M − 2x + 3y + 2 − x − 2y − 1 (x + y + 1) 1 ∂x ∂y = = = M y(x + y + 1) y(x + y + 1) y Z Z 1 g(y)dy dy y 1 g(y) = µ=e ⇒µ=e = eln y = y ⇒ µ = y 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 y + xy 3 + xy 2 + α(y) 2 ∂F x3 = 2 · y + 3xy 2 + 2xy + α0 (y) ∂y 2

F =

2 2 x y + 3xy 2 + 2xy + α0 (y) = x2 y + 3xy 2 + 2xy ⇒ α0 (y) = 0 2 Integrando α(y) = c

K=

x2 2 y + xy 3 + xy 2 + c 2

3. (1 − x2 y)dx + x2 (y − x)dy = 0 Solución:

∂M ∂N − ∂y ∂x N

∂M = −x2 ; ∂y

∂N = 2x(y − x) − x2 ∂x

−x2 − 2xy + 3x2 2x2 − 2xy x(2x − 2y) = = 2 2 2 x (y − x) x (y − x) x (y − x) 2x(x − y) −2 = =− 2 x (y − x) x Z −2 dx −2 2 = e−2 ln x = eln x = x−2 ⇒ µ = x−2 f (x) = − ; µ = e x x −2 x (1 − x2 y)dx + x2 x−2 (y − x)dy = 0 =

(x−2 − y)dx + (y − x)dy = 0 Ing. Raúl Romero E.

21

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂N = −1; = −1 ∂y ∂x ∂F ∂F x−1 −2 =x −y∧ = y − x; F = − yx + α(y) ∂x ∂y −1 ∂F = −x + α0 (y); −x + α0 (y) = y − x ⇒ α0 (y) = y ∂y Integrando α(y) =

y2 2

1 y2 C = − − yx + x 2

4. (x2 + y)dx − xdy = 0 Solución: ∂M ∂N = 1; = −1 ∂y ∂x

∂N ∂N 6= ∂y ∂x

Z ∂M ∂N 2 − − dx 1+1 2 ∂y ∂x x = e−2 ln x = eln x−2 = x−2 = = ;µ = e N −x −x µ = x−2 x−2 (x2 + y)dx − x−2 dy = 0 (1 + x−2 y)dx − x−1 dy = 0 ∂M ∂N ∂F ∂F = x−2 ; = x−2 ; = 1 + x−2 y ; = −x−1 ∂y ∂x ∂x ∂y x−1 ∂F F =x+ y + α(y) = −x−1 + α0 (y) −1 ∂y −x−1 + α0 (y) = −x−1 ⇒ α0 (y) = 0 Integrando α0 (y) = 0 α(y) = c y K =x− +c F = x − x−1 y + c x

1.6.2.

Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas

1. (2xy 4 ey + 2xy 3 + y)dx + (x2 y 4 ey − x2 y 2 − 3x)dy = 0 Ing. Raúl Romero E.

22

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.6. ECUACIONES NO EXACTAS QUE PUEDEN TRANSFORMARSE EN EXACTAS Solución: ∂M = 8xy 3 ey + 2xy 4 ey + 6xy 2 + 1 ∂y ∂N = 2xy 4 ey − 2xy 2 − 3 ∂x ∂N ∂M − x 8xy 3 ey + 2xy 4 ey + 6xy 2 + 1 − 2xy 4 ey + 2xy 2 + 3 ∂y ∂ = =? N x2 y 4 ey − x2 y 2 − 3x Probamos con ∂M ∂N − ∂x ∂y M

2xy 4 ey − 2xy 2 − 3 − 8xy 3 ey − 2xy 4 ey − 6xy 2 − 1 2xy 4 ey + 2xy 3 + y 2 3 y −4(2xy + 2xy e + 1) 4 = = − y(2xy 2 + 2xy 3 ey + 1) y Z dy −4 y ⇒µ= 1 ⇒ µ = µ(y) µ=e y4 1 1 (2xy 4 ey + 2xy 3 + y)dx + 4 (x2 y 4 ey − x2 y 2 − 3x)dy = 0 4 y y (2xey + 2xy −1 + y −3 )dx + (x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 )dy = 0 =

∂M ∂N = 2xey − 2xy −2 − 3y −4 = ∂y ∂x

E.D.E.

∂F ∂F = 2xey + 2xy −1 + y −3 ; = x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 ∂x ∂y Integrando respecto a “x” F = x2 ey + x2 y −1 + xy −3 + α(y) Derivando con respecto a “y” ∂F = x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 + α0 (y) ∂y x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 + α0 (y) = x2 ey − x2 y −2 − 3xy −4 ⇒ α0 (y) = 0 α(y) = k x2 x c = x2 ey + + 3 y y 2

2

2. (y 2 exy + 4x3 )dx + (2xyexy − 3y 2 )dy = 0 E.D.E. Solución: Ing. Raúl Romero E.

23

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL ∂M ∂N 2 2 2 2 = 2yexy + 2xy 2 exy = 2yexy + 2xy 3 exy = ∂y ∂x ∂F ∂F 2 xy 2 3 xy 2 2 = y e + 4x ∧ = 2xye − 3y ⇒ ∂x ∂y Entegrando con respecto a “x” Z 2 F = y 2 exy dx + x4 + α(y) 2

F = exy + x4 + α(y) Derivando F con respecto a “y” ∂F 2 = 2xyexy + α0 (y) ∂y 2 2 2xyexy + α0 (y) = 2xyexy − 3y 2 ⇒ α0 (y) = −3y 2 α(y) = −y 3

2

c = exy + x4 − y 3

3. (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 {z } {z } | | M

N

∂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 + α0 (y) ∂y −x sen y + sen x + α0 (y) = sen x − x sen x ⇒ α0 (y) = 0 α(y) = k

c = x cos x + y sen x

4. (6x5 y 3 + 4x3 y 5 )dx + (3x6 y 2 + 5x4 y 4 )dy = 0 Solución: ∂N ∂M = 18x5 y 2 + 20x3 y 4 = ∂y ∂x ∂F ∂F = 6x5 y 3 + 4x3 y 5 ∧ = 3x6 y 2 + 5x4 y 4 ∂x ∂y Integrando Ing. Raúl Romero E.

24

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 1.7. EJERCICIOS PROPUESTOS F = x6 y 3 + x4 y 5 + α(y) Derivando F ∂F = 3x6 y 2 + 5x4 y 4 + α0 (y) ∂y 3x6 y 2 + 5x4 y 4 + α0 (y) = 3x6 y 2 + 5x4 y 4 ⇒ α0 (y) = 0 ∴ c = x6 y 3 + x 4 y 5

α(y) = k 2

2

5. 2x(yex − 1)dx + ex dy = 0 Solución: ∂M ∂N 2 2 = 2xex ; = 2xex ∂y ∂x 2 2 Fx0 = 2x(yex − 1); Fy0 = ex Integrando con respecto a “y” 2

F = ex y + α(x) ∂F 2 = 2yxex + α0 (x) ∂x 2 2 2xyex + α0 (x) = 2xyex − 2x ⇒ α0 (y) = −2x α(x) = −x2

2

∴ c = ex y − x2

6. (x2 − y)dx − xdy = 0 Solución:

∂M ∂N = −1 = ∂y ∂x ∂F ∂F = x2 − y ∧ = −x ∂x ∂y F = x3 − yx + α(y) ∂F = −x + α0 (y) ∂y −x + α0 (y) = −x ⇒ α0 (y) = 0 ∴ c = x3 − yx

α(y) = k

1.7.

Ejercicios Propuestos

1. (x + y cos x)dx + sen x dy = 0 Ing. Raúl Romero E.

25

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL 2. (2x + 3y + 4)dx + (3x + 4y + 5)dy = 0 3. (x2 + y 2 − 5)dx − (y + xy)dy = 0 4. (2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0 5. (2x + y)dx − (x + 6y)dy = 0 6. (5x + 4y)dx + (4x − 8y 3 )dy = 0 7. (sen y − y sen x)dx + (cos x + x cos y − y)dy = 0 8. (2xy 2 − 3)dx + (2x2 y + 4)dy = 0 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


26

Capítulo 2 Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2.1.

Aplicaciones Geométricas

En geometría es posible emplear a las ecuaciones diferenciales las que permiten definiciones precisas. Y y = f (x)

P0 (x0 , y0 ) θ A Recta Tangente

Q

B

X

Recta Normal Figura 2.1:

Pendiente: mt = AP0 : Tg.

dy 0 = y = tan(θ) dx

BP0 : Normal

AQ : subtangente mN · mt = −1 27

BQ : Sub Normal

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

mN : Pendiente de la recta normal mN = −

mt : Pendiente de la recta tangente

1 mt

mN = −

1 y0

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 dy (x − x0 ) dx

y − y0 =

(2.1)

Ecuación de la recta normal y − y0 = −

1 (x − x0 ) dy dx

Longitud de normal entre el punto P0 (x0 , y0 ) y el punto B p LN = y 1 + (y 0 )2 longitud de la recta tangente entre el punto P0 (x0 , y0 ) y el punto A s µ ¶2 dx Lt = y 1 + dy Longitud de la subtangente Lst Lst = y

dx dy

Longitud de la sub normal. LSN LSN = y Ing. Raúl Romero E.

28

dy dx

(2.2)

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Y R

P (x, y)

O

Q

X

Figura 2.2: Longitud de la tangente entre el punto P (x, y) y los ejes coordenados X, Y (ver figura 2.2 página 29) s s µ ¶2 µ ¶2 dx dy PQ = y 1 + ; PR = x 1 + dy dx Longitud de la recta normal entre el punto P (x, y) y los ejes coordenados XY p P Q = LN = y 1 + (y 0 )2 con el eje “X” s µ ¶2 1 P R = LN = x 1 + con el eje “ Y” y0 Segmentos intersectados por la recta tangente en los ejes X, Y respectivamente 1 OR = y − xy 0 OQ = x − y 0 y Segmentos intersectados por la recta normal con los ejes “X, Y ” respectivamente 1 x + yy 0 y+x 0 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.

29

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Z

dy =x+y dx

mt = x + y

0

h (x) =

u = x dv = e−x dx du = dx v = −e−x Z −x h(x) = −xe + e−x dx

(x + y)dx − dy = 0 My0 = 1 R

e−x xdx

Nx0 = 0

1−0

u = e −1 dx = e−x (e−x + e−x y)dx − e−x dy = 0 Nx0 = e−x My0 = e−x ∂F ∂F = e−x x + e−x y; = −e−x ∂x ∂y F = −e−x y + h(x), ∂F = e−x y + h0 (x) ∂x e−x y + h0 (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=3 ∴ y = 3ex + 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

B

A

X

O

Figura 2.3: Solución: Ing. Raúl Romero E.

30

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

dy = 2x dx ydx − xdy = 2xdx y−x

∗dx

(2x − y)dx + xdy = 0 ⇒ My0 = −1 R

Nx0 = 1

−1−1 dx x

−2

; u = e−2 ln x = eln x 1 u = x−2 u= 2 µ ¶ x 2 y 1 ⇒ − 2 dx + dy = 0 E.D.E. x x x 1 1 My0 = − 2 Nx0 = − 2 x x ∂F (x, y) 2 y ∂F (x, y) 1 = − 2; = ∂x x x ∂y x ⇒u=e

Integrando respecto de “y” y F = + h(x) x ∂F y = − 2 + h0 (x) ∂x x y 2 y 0 − 2 + h (x) = − 2 x x x h(x) = 2 ln x y c = + 2 ln x (1,0) x 0 c = + 2 ln 1 ⇒ c = 0 1 y + 2 ln x = 0 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 ms 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. 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 ms cuando t=0 s. Hallar la ecuación de movimiento del móvil Solución: v(0) = 5 ms

x = ket − 6

v =x+6

dx dx Separando =x+6⇒ = dt; variable dt x+6 ln(x + 6) = t + c x + 6 = ket Ing. Raúl Romero E.

31

dx = v = ket ; v(0) = 5 m/s dt 5 = ke0 ⇒ k = 5 ∴ x = 5et − 6

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 Lt = x2 Solución: Longitud de la T g y el eje “Y ” p Lt = x 1 + (y 0 )2 p x 1 + (y 0 )2 = x2 p 1 + (y 0 )2 = x ³p ´2 1 + (y 0 )2 = x2

dy √ 2 = x −1 dx √ x2 − 1dx − dy = 0 Por tablas ( Integral) ¢ x√ 2 1 ¡ √ x − 1 − ln x x2 − 1 − y = c 2 2 (1, 0) c=0 ´ √ x√ 2 1 ³ y= x − 1 − ln x + x2 − 1 2 2

0

1 + (y )2 = x2 y0 =

√

x2 − 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)

(x, y) A1

A2

Figura 2.4: Z b x ydx; A2 = ydx

Z A1 = xy − a

0

A1 = 3A2 Z x Z xy − ydx = 3 0

Derivando respecto de x dy dy = 4y ⇒ x = 3y dx dx ln y = 3 ln x + ln c y+x

x

ydx 0

Z

x

xy = 4

∴ y = cx3

ydx 0


32

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 7. Hallar la ecuación de la curva, pasa por el punto (1, 3) si su pendiente de la recta tangente es el triple de su abscisa, en el de contacto Solución: x2 +c 2

mt = 3x

y=3

dy = 3x dx

1 (1, 3) → 3 = 3 + c 2 3 6−3 3 c=3− = = 2 2 2

dy = 3xdx Z

Z dy =

3 3 ∴ y = x2 + 2 2

3xdx

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: y x y = x dx = x

mt = dy dx dy y

ln y = ln(xc) y = xc (2, 7) → 7 = 2c ⇒ c =

7 2

7 ∴ y= x 2

ln y = ln x + ln c

9. Hallar la ecuación de la curva cuyas rectas normales pasan por el origen de coordenadas. Solución: mt =

1 dy ; mN = − dy dx dx

y=−

y2 x2 =− +c 2 2 2 2 y +x =k

Ecuación de la recta: y − y0 = mN · (x − x0 ) y − y0 = −

1 (x − x0 ) en (0, 0) dy dx


dx x ⇒ ydy = −xdx dy

33

∴ x2 + y 2 = k

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 20o C se deja caer en un recipiente de agua hirviente. ¿Cuanto tiempo tardara en alcanzar 90o C, si sabe que su temperatura aumento 2o C en un segundo? ¿Cuanto tiempo tardara en llegar a 98o C? Solución: T (0) = 20o C; T (1) = 22o C; T (?) = 90o C; T (?) = 98o C dT = k(T − Tm ) dt

Ec.Dif. 1o O.

−78 = −80ek

T = Tm + c1 ekt ; c1 = ec

78 78 ⇒ k = ln 80 80 k = −0,02531

T = 100 + c1 ekt

⇒ T = 100 − 80e−0,02531t

Tm = 100o C agua hirviente

90 = 100 − 80e−0,02531t

Condiciones de borde

−80e−0,02531t = −10

20 = 100 + c1 e(k)(0)

1 e−0,02531t = 8

ek =

ln(T − Tm ) = kt + c;

T = 100 − 80ekt

1 8 −0,02531t = −2,0794

22o = 100 − 80ek

∴ t = 82,16 s.

ln e−0,02531t = ln

c1 = −80

—————————————————————————————— 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 0o F y después de 3 minutos está a 15o F ¿Cual será su temperatura inicial ? Solución: Tm = 0o F ; T (15) = 30o F ; T (30) = 15o F ; T (0) =? dT = k(T − Tm ) dt Z Z dT = k dt T − Tm Ing. Raúl Romero E.

34

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ln(T − Tm ) = kt + c

T (15) = 30o F

OBS: c1 = ec

15 = c1 e30k kt

T − Tm = c 1 e

(2)

c1 = 60

de (1) y (2) se tiene

T = c1 ekt ; T (15) = 30o F

30 e15k = 30k 15 e −15k 2=e

⇒ 30 = c1 e15k

k=−

T = Tm + c1 e

ln 2

30 = c1 e−15 15

kt

(1)

ln 2 t T = 60e 15 −

T (0) =? T = 60e0

ln 2 15

∴ T = 60o F

12. Una olla de sopa inicialmente hirviendo, 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 ln 30 10

Tm = 0 o C

T = c1 ekt

k=

T (0) = 100o C

100 = c1 e0

T = 100e 30 ln 10 t

T (30) = 20o C

c1 = 100

T (60) =?

dT = kdt T − Tm

T = 100ekt

T = 100e 30 ln( 10 )60

ln(T − Tm ) = kt + c

20 = 100e30k

T = 4o F ; T = 20 − 4

T = Tm + c1 ekt

30k = ln

2 10

1

1

2

2

∴ T = 16o C

13. Un termómetro se lleva del interior de una habitación al exterior, donde la temperatura del aire es de 5o F. Después de un minuto, el termómetro indica 55o F cinco minutos después marca 30o F. ¿Cual es la temperatura del interior? Solución:

Tm = 5 o F T (1) = 55o F T (5) = 30o F


35


50 = cek 25 = ce5k

dT = k(T − Tm ) dt

50 cek = 5k ⇒ 2 = e−4k 25 ce ln 2 ln 2 = −4k ln e ⇒k = −4

dT = kdt T −5 Integrando Z Z dT = kdt T −5

k = −0,173286

ln(T − 5) = kt + c1

50 = ce−0,173286

T − 5 = cekt

c=

T = 5 + cekt ,T (1) = 55o F

⇒ T = 5 + 59,46e−0,173280t

55 = 5 + cek

(I)

T (0) =?;T = 5 + 59,46

30 = 5 + ce5k

(II)

∴ T = 64,46o F

50 = 59,46 0,84089

14. Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del aire es 70o F y se lleva al exterior, donde la Temperatura es 10o F , 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 , T ( 12 ) = 50o F , Tm = 10o F , T (1) =? T (?) = 15o F dT = k(T − Tm ) dt dT = k(T − 10) dt Integrando

T (0) = 70o F

T = 10 + 60e−0,81093t

70 = 10 + ce0

T (1) =?

c = 60; T ( 12 ) = 50o F

T = 10 + 60e−0,81093

1

50 = 10 + 60e 2 k

T − 10 = cekt

2 1 2 1 = e 2 k , ln = k 3 3 2 2 k = 2 ln 3

T = 10 + cekt

k = −0,8109302

ln(T − 10) = kt + c1


36

T = 36,66o F, T (?) = 15o F 15 = 10 + 60 · e−0,81093t 5 = 60e−0,81093t ∴ t = 3,06 min

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 200o C. La temperatura del aire que la rodea es de 30o C. Después de 10 minutos. 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, 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 , Tm = 300o C , T (10) = 180o C a) T (?) = 40o C

200 = 30 + c1 e(k0) ⇒ c1 = 170

dT = k(T − Tm ) dt

T (10) = 180o C

T = Tm + c1 ekt

15 = e10k 17 k = −0,0125; T = 30 + 170e−0,0125t

T = 30 + c1 ekt

40 = 30 + 170e−0,0125t

T (0) = 200o C

∴ t = 226,6min

ln(T − Tm ) = c1 ekt

180 = 30 + 170e10k ⇒

16. 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?. Solución: dT T (0) = 100o C, T (10) = 60o C Tm = 40o C; = k(T − Tm ) dt dT = kdt Para T (0) = 100o C 20 = 60e10k (T − Tm ) 1 ln(T −Tm ) = kt+c1 100 = 40 + cek0 ⇒ = e10k 3 1 T − Tm = ekt+c1 c1 = 60 ln = 10k ln e 3 1 1 T = Tm + cekt Para T (10) = 60o C k= ln 10 3 T = 40 + cekt Ing. Raúl Romero E.

60 = 40 + 60e10k 37

∴ k = −0,1099


2.3.

Mecánica

2.3.1.

Movimiento vertical incluyendo la resistencia del aire ~

ma = F m

?mg

dv P = F dt

6 kv

La resistencia del aire es proporcional a la magnitud de la velocidad y actúa en dirección opuesta a la de la velocidad Fuerza resistiva = −kv ⇒ m

2.3.2.

dv = −mg − kv dt

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

y ?mg 6kv

dv P = 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 ; + v = −980 ; P (t) = ; Q(t) = −980 dt 20 dt 2 2

a)

m


38

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA Z P (t)dt

ve 1

ve 2 t

Z

Z

= Q(t)e Z 1 = −980 e 2 t dt + c

1

Z P (t)dt

dt + c ⇒ve

1

1 dt Z 2 = −980e

Z

1 dt 2 dt + c

1

ve 2 t = −980 · 2e 2 t + c ⇒ v = −1960 + ce− 2 t ; v(0) = 0 1

0 = −1960 + ce(− 2 )(0) ⇒ c = 1960 1

v = −1960 + 1960e− 2 t

³ ´ 1 ∴ v = −1960 1 − e− 2 t

³ ´ 1 b) v = −1960 1 − e−( 2 )(10) ⇒ v = −1960 (1 − e−5 ) ; ∴ v = −1947 cm/s Ejemplo 2.2 Una masa de 1g se mueve en linea recta debido a la F = ma donde la fuerza es directamente proporcional al tiempo desde t = 0 e inversamente proporcional a la velocidad en t = 10 s su velocidad es igual 50 cm/s y la fuerza igual a L dinas ¿Que velocidad tendrá la masa al cabo de un minuto del comienzo del movimiento? Solución: dt v

m = 1g

v(10) = 50 cm/s

Fα

F = 1 dina

F = ma

F =k

4g

cm 10s =k· 2 s 50 cm/s

cm2 s4 dv t m =k· dt v dv t m = 20 · dt v vdv = 20tdt k = 20 g

t v

c = 500 ⇒ v 2 = 20t2 + 500 t = 1min = 60s

v 2 = (20)(602 ) + 500 v 2 = 72500 √

t2 c v2 = 20 + 2 2 2

v=

P/

∴ v = 269,25 cm/s

v(10) = 50 cm/s

502 = (20)(102 ) + c Ing. Raúl Romero E.

v =?

39

72500 cm/s

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo 2.3 Hallar y = f (x) (solución) que pasa por el punto (1,2) de modo que el coeficiente angular de la tangente en cualquiera de sus puntos sea igual a la ordenada del mismo punto aumentado en cinco veces

Solución: dy dy = y + 5; m = dx dx dy = dx y+1 Integrando Z Z dy = dx y+5 ln(y + 5) = x + c y + 5 = ex+c y = −5 + c1 ex 2 = −5 + c1 e1 7 = c1 e ⇒ c1 =

7 e

7 ∴ y = −5 + ex e

1. Se lanza hacia arriba una pelota de masa 1kg con una velocidad inicial de 50 m/s. si la resistencia del aire es cinco veces su velocidad. a) Hallar la ecuación de la trayectoria b) En que instante su velocidad es cero c) Cual es su altura máxima Solución: ~

g = 10 m/s2

? mg

?5v

~ 6v0 = 50 m/s


40

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA P a) ma = F dv m = −mg − kv dt dv = −dt 10 + 5v 1 ln(10 + 5v) = −t + c 5

dy 260 −5t e − 2; v = v= 5 dt dy 260 −5t = e −2 dt µ 5 ¶ 260 −5t dy = e − 2 dt 5 (♠.1)

reemplazando v(0) = 50 en (♠.1)

Integrando y=−

260 e−5t · − 2t + c1 5 5

1 ln(10 + 250) = c reemplazando y(0) = 0 5 1 260 0 c = ln(260) 0=− e + c1 5 25 1 1 260 ln(10 + 5v) = −t + ln(260) c1 = 5 5 25 1 −250 −5t 260 1 y= e − 2t + t = ln 260 − ln(10 + 5v) 5 µ 5 ¶ 25 25 ¡ ¢ 260 1 260 t = ln ∴ y= 1 − e−5t − 2t 5 10 + 5v 25 ——————————————————————————————— dy 260 −5t = e −2 dt 5 dy v= =0 dt 260 −5t 0= e −2 5

10 260 µ ¶ 10 −5t = ln 260 e−5t =

b)

∴ t = 0,65 s. 260 (1 − e−5t ) − 20,65 25 ∴ y = 8,69 m

c) ymax =? t=0.655 260 y= (1 − e−5t ) − 2t 25

y=

2. Se deja caer un cuerpo de masa “m” sujeto a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad a) Determinar la velocidad en función del tiempo con la condición v(0) = v0 b) Calcule v =? si t → ∞ c) Hallar y = f (t) Ing. Raúl Romero E.

41

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Solución:

g = 10 ms ~v0

~6kv

y P

a) m

?mg = w

F = ma

dv = mg − kv dt

dv = dt mg Z Z − kv dv = dt m mg − kv m − ln(mg − kv) = t + c; v(0) = v0 k m − ln(mg − kv0 ) = c k m m − ln(mg−kv) = t − ln(mg−kv0 ) k k m

b) v =? t → ∞ mg ³ mg ´ −∞ v= + v0 − e k k

µ ¶ m mg − kv0 t= ln k µ mg − kv ¶ k mg − kv0 t = ln m mg − kv µ ¶ mg − kv0 k t m e = mg − kv k

mg − kv = (mg − kv0 )e− m t k

k

kv = −mge− m t +kv0 e−m t +mg mg ³ mg ´ − k t ∴ v= + v0 − e m k k

; notese e−∞ = 0

∴ v=

mg k

mg ³ mg ´ − k t dy dy mg ³ mg ´ − k t + v0 − e m;v= ⇒ = + v0 − e m k k dt dt k k mg m ³ mg ´ − k t + Integrando: y= v0 − e m + c1 k k k

c) v =

Si y(0) =³0 m mg ´ 0 m³ mg ´ 0=− v0 − e + c1 ⇒ c1 = v0 − k k k k m³ mg ´ − k t m ³ mg ´ mg t− v0 − e m + v0 − ∴ y= k k k k k 3. Una bola de cañon pesa 16 libras se dispara verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 300 pie/s Ing. Raúl Romero E.

42

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA a) Suponga que no se toma en cuenta la resistencia del aire. Determinar la ecuación de la velocidad en función del tiempo tomar g = 32 pie/s2 b) Determinar la posición en función del tiempo; y = f (t) c) Determinar la altura máxima Solución: ~

6a

?w = mg

P a) F = ma −mg = ma m

dv = −mg dt

~6v = 300 pie/s 0

v = 300 − gt v = 300 − 32t b) v =

c) v = 300 − 32t v(t =?) = 0

dy = 300 − 32t dt

0 = 300 − 32t

v = −gt + c1

dy = (300 − 32t)dt

v(0) = 300 pie/s

y = 300t − 16t2 + c

75 s = 9,375 s 8 y = 300t − 16t2

300 = −g · 0 + c1

y(0) = 0 ⇒ 0 = 0 − 0+c

con t = 9,375

c1 = 300

∴ y = 300t − 16t2

yM ax = 1406,25 pie

t=

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 b) Calcular la velocidad después de 10s. c) Calcular la velocidad terminal cuando t → ∞ Solución: (Ver Figura 2.5) P a) F = ma mg − kv = m

µ ¶ 1 −2 ln 980 − v = t − 2 ln(980) 2  

dv dt


 t = 2 ln 

43

980

 1  980 − v 2


kv

a

w = mg

Figura 2.5: dv 1 = 980 − v dt 2

t = ln 2

1 980 − v 2 980 t e2 = 1 980 − v 2 Despejamos v =?

dv

= dt 1 980 − v µ2 ¶ 1 −2 ln 980 − v = t + c1 2 v0 = 0

980

t

∴ v = 1960(1 − e− 2 )

t=0

c1 = −2 ln(980) b)

10

v = 1960(1 − e− 2 ) ⇒ v = 1947 cm/s.

c) v(t → ∞) =?

∴ v = 1960 cm/s.

5. Un peso de 32 lb esta cayendo a través de un gas cerca de la superficie de la tierra. La resistencia es proporcional al cuadrado de la velocidad, con una constante de proporcionalidad de 1 en t = 0 su velocidad es 1000 pie/s a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo b) Calcular velocidad cuando t → ∞ Solución: a)

P

F = ma dv m = mg − kv 2 dt dv = 32 − v 2 dt Ing. Raúl Romero E.

w = 32 mg = 32 32 m= =1 32 44

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.3. MECÁNICA dv = dt 32 − v 2

a=

√

Z 32

dv 1 = ln a2 − v 2 2a

µ

a+v a−v

¶

Ã√ ! 1 32 + v √ ln √ =t+c v(0) = 1000 pie/s. 2 32 Ã 32 − v ! √ 1 32 + 1000 √ ln √ =c 2 32 Ã 32 − 1000 ! Ã√ ! √ 1 32 + v 1 32 + 1000 √ ln √ = t + √ ln √ 2 32 32 − v 2 32 32 − 1000  √  32 + v √  √  32 + 1000 1   32 − v t = √ ln  √ , sea k = √ 32  32 + 1000  32 − 1000 √ 32 − 1000 √ 32 + v √ √ √ √ 32 + v 32 − v 2 32t = ln ⇒ ke2 32t = √ k 32 − v Despejando “v”

b)

∴ v=

v(t → ∞) =? v =

√

√

32

√

(ke2 32t − 1) √ 32 (ke2 32t + 1) √ ∴ v = − 32

ke∞ − 1 ke∞ + 1

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: ~ g = 32 pie/s a

6

?w = mg ~ 6

v0 = 192 pie/s


45

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN P

F = ma dv m = −mg dt dv = −gdt v = −gt + c b)

v(0) = 192 pie/s.

v(t =?) = 0

192 = (−32)(0) + c

0 = 192 − 32t

c = 192 v = 192 − 32t

∴ t = 6s

6 a

~

?

kv

? w = mg ~ 6v = 192 pie/s.

P

F = ma dv m = −mg − kv dt dv 2 = −64 − 4v dt dv = −dt 32 + 2v 1 ln(32 + 2v) = −t + c 2

2.4.

1 1 ln(32 + 2v) = −t + ln (32 + 2 · 192) 2 µ ¶ 2 416 1 t = ln 2 32 + 2v 416 e2t = 32 + 2v v = 208e−2t − 16 ; v(t =?) = 0 0 = 208e−2t − 16⇒208e−2t = 16 1 16 ln −2 208

v(0) = 192 pie/s.

t=

1 ln(32 + 2 · 192) = c 2

∴ t = 1,28 s.

Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden

Las ecuaciones tienen la siguiente forma dy + P (x)y = Q(x) dx

dx + P (y)x = Q(y) dy

Resolución de la ecuación lineal dy + P (x)y = Q(x) dx Ordenando e igualando a cero [P (x)y − Q(x)]dx + dy = 0 Ing. Raúl Romero E.

46

(2.3)

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN Entonces

My0 − Nx0 P (x) − 0 My0 = P (x); Nx0 = 0 ⇒ = = P (x) N 1 Z P (x)dx ⇒u=e Factor integrante Multiplicando la ecuación diferencial (2.3) por el factor integrante Z Z P (x)dx P (x)dx e [P (x)y − Q(x)]dx + e dy = 0 Z Z P (x)dx P (x)dx df = e [P (x)y − Q(x)]dx + e dy = 0 Z Z Z P (x)dx P (x)dx ∂f (x, y) P (x)dx ∂f (x, y) = P (x)ye − Q(x)e ∧ =e ∂x ∂y Integrando respecto a “y” Z Z Z P (x)dx P (x)dx f (x, y) = e dy f (x, y) = e y + h(x) Derivando respectoZa “x” P (x)dx ∂f (x, y) = P (x)ye + h0 (x) ∂x Igualando las derivadas Z Z Z P (x)dx P (x)dx P (x)dx P (x)ye + h0 (x) = P (x)ye − Q(x)e Z P (x)dx h0 (x) = −Q(x)e Integrando respecto a “x” Z Z Z Z Z P (x)dx P (x)dx P (x)dx h(x) = − Q(x)e dx ⇒ f (x, y) = ye − Q(x)e dx Z c = ye

P (x)dx

Z ye

P (x)dx

−

Q(x)e

P (x)dx

dx

Z

Z =

Z

Z

Q(x)e


P (x)dx

dx + c Ecuación de Leibniz 47

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo 2.4 Resolver la ecuación diferencial

dy 1 = en dx x sen y + 2 sen(2y)

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 Z Z P (y)dy Z P (y)dy Utilizando Leibniz xe = Q(y)e dy + c P (y) Z = − sen y sen ydy

−

xe xe

=2

Z

sen ydy

−

=2

Z

cos y

Q(y) = Z 2 sen(2y) sen(2y) · e

2 sen y cos y e

cos y

cos y

dy + c ⇒ xe

t = cos y dt = − sen ydy

sen y cos y ecos y dy + c Z = −4 tet dt + c ·

cos y

xe

= −4 te −

2xdx

Z =8

Z xe

2xdx

dx + c

ye

x2

Z ye ye

x2

e dt + c

sean P (x) = 2x y Q(x) = 8x Z Z Z P (x)dx P (x)dx ye = Q(x)e dx + c

Z

x2

t

dy + 2xy = 8x dx

Ejemplo 2.5 Resolver la ecuación diferencial

ye

¸

Z t

∴ x = −4(cos y − 1) + ce− cos y

xecos y = −4 [cos yecos y − ecosy ] + c

Solución:

Z

=4

xecos y

dv = et dt v = et

u=t du = dt

dy + c

Z et dt + c

2

yex = 4 [et ] + c

2

yex = 4ex + c

2

xex dx + c

=8

8 = 2

Z =8

2

xex dx + c

t = x2 dt = 2xdx ⇒ Ing. Raúl Romero E.

2

2

dt = xdx 2

∴ y = 4 + ce−x

48

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE dy +y =x dx

Ejemplo 2.6 Resolver la ecuación diferencial Solución:

u=x du = dx

sean P (x) = 1 y Q(x) = x Z R ye = Q(x)e P (x)dx dx + c Z Z Z dx dx ye = xe dx + c Z x ye = xex dx + c R

2.5.

dv = ex dx v = ex Z

P (x)dx

x

x

ye = xe −

ex dx + c

yex = xex − ex + c ∴ y = x − 1 + ce−x

Circuitos en serie

a) Circuito en serie: Tiene un resistor y un inductor L i

E(t)

i

L: Inductor Henry R: Resistencia Ohmio E(t): Voltaje. Voltio

R 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)

R

i

R: Resistencia Ohmio C: Capacitor Farad E(t): Voltaje Voltios

C Ri +

1 q = E(t) C


R

dq 1 + q = E(t) E.D.L. 1er Orden dt C 49

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 1. Un acumulador de 24 voltios se conecta a un circuito en serie con una inductancia de 2H y una resistencia de 20 ohmios. a) Determinar la ecuación diferencial del circuito b) Hallar i = f (t) c) i(0) =? d) i(5) =? Solución: (Ver Figura 2.6) L = 2H E(t) = 24 R = 20 Ω Figura 2.6: di di + Ri = E(t) ⇒ 2 + 20i = 24 dt dt di + 10i = 12 Ecuación Diferencial Lineal dt

a) L

Z

P (t)dt Q(t)e dt+c Z Z dt 10dt = 12 e dt + c Z Z 10dt = 12 e dt + c

b) ie Z 10

ie

ie10t

P (t)dt

Z

Z

6 ie10t = 1 e10t +c 5

=

6 ∴ i = +ce−10t 5

——————————————————————————————– c) i=

i(0) =?, c = − 6 6 −10t − e 5 5

6 5

d)

∴ i(0) = 0

i(5) =

6 6 −50 − e = 2,4 A 5 5

∴ i(5) = 2,4 A

2. Se tiene un circuito en serie LR con 30 V ; 1 Henry de inductancia y 50 ohmios de resistencia a) Determinar i = f (t) b) si i(0) =? Ing. Raúl Romero E.

50

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE Solución:

di + Ri = E(t) dt di + 50i = 30 dt

L = 1H

L

E = 30V R = 50 Ω c) i(∞) =?

Hallar i =? en t → ∞

Z a) ie

50t

= 30

ie50t = 30 · i= c)

e50t dt + c

0=

e50t +c 50

b) i(0) = 0; c = −

3 + ce−50t 5 i=

3 + ce(50)(0) 5

∴ i=

3 5

3 3 −50t − ·e 5 5

3 3 (−50)(∞) 3 − e ⇒ i= A 5 5 5

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) L = 1H E=0 R = 3Ω di a) L + Ri = E(t) dt di + 3i = 0 dt Z 3t ie = 0 e3t + c

Figura 2.7: 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. La fuente voltaje es constante igual a 1V en un circuito en serie LR donde L = 1 Henry una resistencia de 2 ohmios Ing. Raúl Romero E.

51

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN a) Determinar la corriente como función del tiempo para cualquier corriente inicial i(0) = 0 b) Hallar la corriente en t → ∞

i =?

c) Hallar la corriente en t = 5 i =? Solución: (Ver Figura 2.8)

R = 2Ω 1V

L = 1H Figura 2.8:

a) L

di + Ri = E(t) dt

b) i =?; t → ∞

di + 2i = 1 dt Z ie2t = e2t dt + c

1 ∴ i = [A] 2 1 1 c) i = − e(−2)(5) 2 2 1 i = (1 − e−10 ) 2

1 ie2t = et + c 2 1 i = +ce−2t ; i(0) = 0 2

∴ i = 0,49A

1 1 1 c = − ; i = + e−2t 2 2 2

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) Ing. Raúl Romero E.

52

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE R = 6Ω 4V

L = 2H Figura 2.9:

di L + Ri = E(t) dt

µ 3t¶ e ie = 2 +c 3

2 b) t → ∞ i = [A] 3

i(0) = 0

2 c) i = (1 − e(−2)(3) ) 3

3t

di + 6i = 4 dt di a) + 3i = 2 dt Z ie3t = 2 e3t dt + c 2

2 c=− 3 2 2 −3t i= − e 3 3

∴ i = 0,66A

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: dq 1 R + q = ε(t) dt C dq 1 50 + −4 q = 80 v dt 10 dq 1 8 + q= −4 dt (50)(10 ) 5 Z Z 1 1 Z 50·10−4 dt dt 50·10−4 8 e dt + c qe = 5

(5)(10+3 )t

qe

8 = 5

Z 3

e(5)(10 )t dt + c

8 +3 q = 5 · 10−3 + ce(−5)(10 )t 5 3 q = 8 · 10−3 + ce(−5)(10 )t

∴ i=

dq 3 = −5 · 103 ce−5·10 t dt

7. En un circuito en serie LR la fuente de voltaje es sen t, la resistencia es 1 ohmio y la inductancia es de 1 Henry. a)Establecer la ecuación diferencial del circuito Ing. Raúl Romero E.

53

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN b) Hallar la ecuación de la corriente en función del tiempo para i(0) = 0 c) Hallar i(π) =? Solución: (Ver Figura 2.11) R = 1Ω

E(t) = sen t L = 1H Figura 2.11:

a) L

di + Ri = E(t) dt

iet =

di + i = sen t dt Z t b) ie = sen tet dt + c u = sen t

dv = et dt

du = cos t dt

v = et

1 1 iet = et sen t − et cos t + c 2 2 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

i=

Z t

et cos t dt + c

t

ie = e sen t −

dv = et dt

u = cos t

c) i(π) =?

v = et Z t t t ie = e sen t−[e cos t+ sen tet dt]+c du = − sen t dt

Z ie = e sen t − e cos t − sen tet dt t

t

i = 12 sen 180o − 21 cos 180o + 12 e−π ∴ i=

¢ 1¡ 1 + e−π 2

t

8. Se aplica una fuerza electromotriz ½ 120 E(t) = 0 Ing. Raúl Romero E.

et sen t − et cos t +c 2

54

0 ≤ t ≤ 20 t > 20

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE En un circuito en serie LR donde la inductancia es de 20 Henry y resistencia 2 ohmio determinar la corriente i(t) si i(0) = 0 Solución: (Ver Figura 2.12 )

R=2

E

di R E + i= dt L L di 2 120 + i= dt 20 20 di 1 + i=6 dt 10

L = 20

Figura 2.12: R

Z 1 dt 10

R

1

1

= 6 e 10 dt dt + c Z 1 1 t 10 ie = 6 e 10 t dt + c ie

1

ie 10 t = 6 ·

e

1 t 10

1 10

i = 60 + ce− 10 t

c = −60

i(0) = 0

i = 60 − 60e− 10 t

i = 60 − 60e−2

di 2 + i=0 dt 20 Z 1 1 t ie 10 = 0e 10 t + c

i = 60(1 − e−2 )

ie 10 t = c

di R + i=0 dt L

⇒ i = ce− 10 t

1

i(0) = i0

Solución:

1

60(1 − e−2 ) = ce− 10 20 60(1 − e−2 ) = ce−2

1

i = 60(e2 − 1)e− 10 t

di R + i = E(t). Siendo E(t) = E0 sen wt y que dt L

Rt

ie L Ing. Raúl Romero E.

1

c = 60(e2 − 1) 1

9. Resolver la ecuación

1

0 = 60 + c− 10 0 1

+c

con t = 20

1

ie 10 t = 60e 10 t

di R + i = E0 sen wt dt L Z Rt = E0 sen wt · e L dt + c 55

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Rt

dv = e L dt L Rt du = w cos(wt) dt v = e L R  u = sen wt



Z R   L Rt t Lw   L ie = E0  e sen(wt) − e L · cos(wt)dt + c R  R | {z } Int. por partes " Rt µ ¶# 2 2 L Rt L w R e L ie L = E0 sen(wt) − 2 cos(wt) +c R2 + L2 w2 R R µ ¶ −Rt E0 R L2 w L i= 2 L sen(wt) − cos(wt) + ce ; i(0) = i0 R + L2 w2 R µ ¶ E0 R L2 w E0 L2 w 0 i0 = 2 L sen(w0) − cos(w0) +ce ⇒ c = i + 0 2 + L2 w 2 R + L2 w2µ R R¶ ¶ µ −Rt L2 w E0 L2 w E0 R L L sen(wt) − cos(wt) + i + e i= 2 0 2 2 2 2 2 R +L w R R +L w 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). Hallar i = f (t) si i(0) = 0 Solución: di + i = E(t) dt Z

di + i = 100 sen(2πt) dt u = sen(2πt) dv = et dt iet = 100 et sen(2πt)dt +c du = 2π cos(2πt) dt v = et | {z } Int. por partes Z Z t t e sen(2πt)dt = e sen(2πt) − 2π et cos(2πt)dt | {z } Int. por partes Z Z t t e sen(2πt) dt = e sen(2πt) − 2πet cos(2πt) − 4π et sen(2πt)dt Z et sen(2πt)dt · (1 + 4π) = et sen(2πt) − 2πet cos(2πt) Z ¢ 1 ¡ t I = et sen(2π)dt = e sen(2πt) − 2πet cos(2πt) 1 + 4π · ¸ t e t ie = 100 (sen(2πt) − 2π cos(2πt)) + c 1 + 4π 100 0= (sen 0 − 2π cos 0) + c 1 + 4π


56

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE

c=

200π 1 + 4π

∴ i=

100 200π −t (sen(2πt) − 2π cos(2πt)) + e 1 + 4π 1 + 4π

11. Se tiene en un circuito R−C tiene resistencia variable, si la resistencia en cualquier momento es R = k1 + k2 t donde k1 y k2 son constantes en E(t) = E0 , q(0) = q0 Solución: (Véase Figura 2.13 )

R = k1 + k2 t E(t) = E0 v

C

Figura 2.13: µ D/

q = E0 C + q0 − E0 C

¶ 1 k1 k2 c k1 + k2 t

dq 1 E0 + q= Ecuación Diferencial Lineal dt c(k1 + k2 t) k1 + k2 t Z Z 1 dt 1 1 Z dt c k1 + k2 t c k1 + k2 t = E0 dt + c qe ·e k1 + k2 t u = k1 + k2 t du du = k2 dt dt = k2 Z Z 1 du 1 du Z 1 k2 c u ck u qe 2 = E0 ·e dt + c1 k1 + k2 t 1 1 Z ln u ln u 1 k2 c k2 c qe = E0 ·e dt + c1 k1 + k2 t 1 1 Z 1 ln u k2 c ln u k2 c = E0 ·e dt + c1 qe k1 + k2 t 1 1 Z 1 qe k2 c = E0 · u k2 c dt + c1 k1 + k2 t 1 1 Z 1 kc kc q(k1 + k2 t) 2 = E0 · (k1 + k2 t) 2 dt + c1 k1 + k2 t Ing. Raúl Romero E.

57


q(k1 + k2 t)

1 k2 c

Z = E0

u = k1 + k2 t

(k1 + k2 t)

du = k2 dt

1 −1 k2 c

dt =

dt + c1

du k2

1 1 Z −1 E 0 q(k1 + k2 t) k2 c = u k2 c du + c1 k2 1 1 E0 u k2 c q(k1 + k2 t) k2 c = · + c1 1 k2 k2 c 1 1 q(k1 + k2 t) k2 c = E0 C(k1 + k2 t) k2 c + c1 1 q = E0 C + c1 (k1 + k2 t) k2 c ; −

1 q0 = E0 C + c1 (k1 ) k2 c ; −

q(0) = q0

1 c1 = (q0 − E0 C)k1k2 c

1 1 − ⇒ q = E0 C + (q0 − E0 C)k1k2 c · (k1 + k2 ) k2 c µ ∴ q = E0 C + (q0 − E0 C)

¶ 1 k1 k2 c k1 + k2 t

12. Se aplica una fuerza electromotriz de 100 voltios a un circuito en serie RC donde la resistencia es de 200 Ω y la capacitancia es de 10−4 farad a) determine la carga q(t) del capacitor si q(0) = 0 b) Halle la corriente i(t) Solución: (ver Figura 2.14)

R E(t) C Figura 2.14: Ing. Raúl Romero E.

58

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 2.5. CIRCUITOS EN SERIE

1 + ce−50t 100 1 q(0) = 0; 0 = + ce(−50)(0) 100 1 ⇒c=− 100 1 1 −50t q= − e 100 100 1 q= (1 − e−50t ) 100 dq 50 −50t =i= e dt 100

E = 100V ; R = 200 Ω

q=

C = 10−4 F 1 dq + q = E(t) dt C dq 1 200 + −2 q = 100 dt 10 dq 1 + 50q = dt 2 Z 1 qe50t = e50t dt + c 2 R

qe

50t

1 e50t = · +c 2 50

i=

50 −50t e 100

1 ∴ i = e−50t 2

13. En un circuito en serie RC con resistencia en serie 1 Ω capacitor de 0,5 Farod y una batería de 2V . Encuentre la corriente que circula y la carga q(t) en el capacitor para q(0) = 0 Solución:

R = 1Ω

C = 0,5F

dq 1 + q = E(t) dt C dq 1 + q=2 dt 0,5 Z R R 2dt qe = 2 e 2dt dt + c R

qe2t = 2 ·

e2t +c 2

E(t) = 2V

q(0) = 0 0 = 1 + ce−(2)(0) ⇒ c = −1 q = 1 − 1e−2t i=

q = 1 + ce−2t

dq = 2e−2t dt

∴ i = 2e−2t

14. Se aplica una batería de 200V a un circuito en serie R−C la resistencia en 1000 Ω y la capacitancia es de 5 · 10−4 Farad a) Determine la carga q(t) del capacitor si i(0) = 0,4 A b) Encuentre la carga y la corriente en t = 0,005 s Ing. Raúl Romero E.

59

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN c) Hallar la carga cuando t → ∞ Solución: ( Ver Figura 2.15) R = 1000 Ω 200V C = 5 · 10−4 F Figura 2.15: dq 1 + q = E(t) dt C dq 1 1000 + q = 200 dt 5 · 10−2 dq + 50q = 0,2 dt Z R R 50dt qe = 0,2 e 50dt dt + c

q = 4 · 10−3 + ce−50t

a) R

qe50t = 0,2

dq = i = −50ce−50t dt 0,4 = −50ce−(50)(0) c = −0,008

e50t +c 50

∴ q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 e−50t

—————————————————————————————— b)

i = −50ce−50t

q(0,005) =?; i(0,005) =?

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]


60

Capítulo 3 Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2o Orden y Orden Superior a Coeficientes Constantes Método de Euler.- Tiene la siguiente forma y 00 + P y 0 + Qy = 0

P, Q ∈ R, P y Q son constantes

Si tenemos una solución y1 = ekx . Donde k se debe determinar con la condición que y 0 y = ekx satisface la ecuación diferencial de Segundo Orden Homogéneo y 00 + P y 0 + Qy = 0 y10 = kekx y100 = k 2 ekx k 2 ekx + P kekx + Qekx = 0 ekx (k 2 + P k + Q) = 0

∴ ekx 6= 0 ∀k ∈ R

k 2 + P k + 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 k1 6= k2 ; k1 , k2 ∈ R. Luego las soluciones de la ecuación diferencial y 00 + P y 0 + Q = 0 y1 = ek1 x y2 = ek2 x ek1 x y1 6= ctte = e(k1 −k2 )x 6= ctte ⇒ y1 ∧ y2 son L.I. Si y2 ek2 x La solución general yG = c1 y1 + cy2 yG = c1 ek1 x + c2 ek2 x 61

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 1. Hallar la solución general de y 00 − 5y 0 + 6 = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 − 5k + 6 = 0: (k − 3)(k − 2) = 0

yG = c1 y1 + c2 y2

k1 = 3 y1 = e3x

∴ yG = c1 e3x + c2 e2x

k2 = 2 y2 = e2x

2. Hallar la solución general de y 00 + 3y 0 − 10y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 + 3k − 10 = 0: (k + 5)(k − 2) = 0

y1 = e−5x

y2 = e2x

k1 = −5; k2 = 2

yG = c1 y1 + c2 y2

∴ yG = c1 e3x + c2 e2x

3. Hallar la solución general de 3y 00 + 5y 0 − 2y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es 3k 2 + 5k − 2 = 0: 1

y2 = e 3 x

(3k)2 + 5(3k) − 6 = 0

⇒ y1 = e−2x

(3k + 6)(3k − 1) = 0

yG = c1 y1 + c2 y2

(k + 2)(3k − 1)

∴ yG = c1 e−2x + c2 e 3 x

k1 = −2

k2 =

1

1 3

4. Hallar la solución general de y 00 + y 0 − 12y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es k 2 + k − 12 = 0: (k + 4)(k − 3) = 0

y1 = e−4x

k1 = −4

∴ yG = c1 e−4x + c2 e3x


k2 = 3 62

y2 = e3x

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas

5. Hallar la solución general de 12y 00 − 5y 0 − 2y = 0 Solución: La ecuación cartesiana es 12k 2 − 5k − 2 = 0: (12k)2 − 5(12k) − 24 = 0

(3k−2)(4k+1) = 0

(12k − 8)(12k + 3) = 0

k1 =

3.0.1.

2 3

−1 4

k2 =

2

y1 = e 3 x ; y2 = e 2

−1 x 4

yG = c1 e 3 x + c2 e

−1 x 4


a) 6y 00 + 5y 0 + y = 0 b) y 00 − 5y 0 − 2y = 0 c) 3y 00 − 8y 0 + 4y d ) y 00 − 2y 0 = 0 6. Dada la solución general y = c1 ex + c2 e−2x . Hallar la ecuación diferencial Solución: k1 = 1; k2 = −2

(k − 1)(k + 2) = 0

k − 1 = 0; k + 2 = 0

k2 + k − 2 = 0

∴ y 00 + y 0 − 2y = 0

1

7. Dada la solución general y = c1 e 2 x + c2 e−x . Hallar la ecuación diferencial Solución: 1 k1 = ; k2 = −1 2 1 (k − )(k + 1) = 0 2

1 1 k2 − k + k − = 0 2 2

∴ 2y 00 + y 0 − y = 0

2k 2 + k − 1 = 0 1

1

8. Dada la solución general y = c1 e 3 x + c2 e 2 x . Hallar la ecuación diferencial Solución: Ing. Raúl Romero E.

63

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 1 1 k= 3 2 1 1 (k− )(k− ) = 0 3 2

1 1 1 k2 − k − k + = 0 3 2 6 5 1 k2 − k + = 0 6 6

k=

6k 2 − 5k + 1 = 0 ∴ 6y 00 − 5y 0 + y = 0

Segundo Caso: k 2 + P k + Q = 0 Si P 2 − 4Q = 0 ⇒ k1 = k2 ; k1 , k2 ∈ R y1 = ek1 x ; y2 = ek2 x y1 ek1 x = k2 x = 1 ⇒ y1 ∧ y2 L.D. y2 e Z − R P (x)dx e ⇒ y2 = y1 dx y12

Z

e−P x dx e−P x

− P2 x

y2 = e

P

y2 = e− 2 x x P

e− 2 x y1 1 = = P y2 x xe− 2 x

k2 + P k + Q = 0 k12 =

−P ±

k1,2 = −

p

P 2 − 4Q 2

⇒ y1 ∧ y2 L.I.

P 2

⇒ yG = c1 y1 + cy2 P

P

P

∴ yG = c1 e− 2 x + c2 xe− 2 x

⇒ y1 = e− 2 x → y2 =? Z − R P dx e − P2 x y2 = e dx P (e− 2 x )2

Ejemplo 3.1 Hallar la solución general de y 00 − 2y 0 + y = 0 Solución: k 2 − 2k + 1 = 0 Ec. característica

y1 = ek1 x = ex ; y2 = xex

(k − 1)2 = 0

∴ yG = c1 ex + c2 xex

k1 = k2 = 1

Ejemplo 3.2 Hallar la solución general de 25y 00 − 10y 0 + y = 0 Solución: 1

1

25k 2 − 10k + 1 = 0

y1 = ek1 x = e 5 x ; y2 = xe 5 x

(5k − 1)2 = 0

yG = c1 y1 + c2 y2

k2 = k1 =

1 5


1

1

∴ yG = c1 e 5 x + c2 xe 5 x 64


Ejemplo 3.3 Hallar la solución general de y 00 + 4y 0 + 4y = 0 Solución: k 2 + 4k + 4 = 0 (k + 2)2 = 0

k = −2 y1 = e−2x ;

∴ yG = c1 e−2x + c2 xe−2x y2 = xe−2x

Ejemplo 3.4 Hallar la solución general de 16y 00 + 24y 0 + y = 0 Solución: 16k 2 + 24k + 9 = 0

3

3

y1 = e− 4 x + c2 xe− 4 x

(4k + 3)2 = 0 ⇒ k1 = k2 =

−3 4

3

3

∴ yG = c1 e− 4 + c2 xe− 4 x

Ejemplo 3.5 Hallar la solución general de 81y 00 − 36y 0 + 4y = 0 Solución: 2

(9k − 2)2 = 0 → k1 = k2 =

3.0.2.

2

y1 = c1 xe 9 x

81k 2 − 36k + 4 = 0 2 9

y2 = c2 xe 9 x 2

Ecuación de Mac Laurin

x2 00 x3 000 f (x) = f (0) + xf (0) + f (0) + f (0) + . . . 2! 3! 0

f (0)

Figura 3.1:


2

∴ yG = c1 e 9 x + c2 xe 9 x

65

y = f (x)

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES

3.0.3.

Aplicaciones de las funciones sen x, cos x, ex

f (x) = sen x f 0 (x) = cos x f 00 (x) = − sen x 000 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 (0) = sen 0 = 0 f 0 (0) = cos 0 = 1 f 00 (0) = − sen 0 = 0 000 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) = cos x f 0 (x) = − sen x f 00 (x) = − cos x 000 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 (x) = ex f 0 (x) = ex f 00 (x) = ex 000 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 (0) = e0 = 1 f 0 (0) = e0 = 1 000 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 (0) = cos 0 = 1 f 0 (0) = − sen 0 = 0 f 00 (0) = − cos 0 = −1 000 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) + . . . 2 3 4! 5 6! 7 3 5 7 9 x x x x ∴ sen x = x − + − + − ... 3 5 7 9 x3 x4 x5 x6 x7 x2 cos x = 1 + x · 0 + · (−1) + · 0 + · 1 + · 0 + · (−1) + · 0 + . . . 2 3 4! 5 6! 7 2 4 6 8 x x x x ∴ cos x = 1 − + − + + ... 2! 4! 6! 8! x2 x3 x4 x5 x6 + + + + + ... ex = 1 + x + 2! 3! 4! 5! 6! Si sustituimos x por ix sen x = 0 + x · 1 +

eix = 1 + ix +

(ix)2 (ix)3 (ix)4 (ix)5 (ix)6 (ix)7 + + + + + + ... 2! 3! 4! 5! 6! 7!


66


i6 i7 i8 i9

i=i i2 = −1 i3 = i2 · i = −i i4 = i3 · i = −i · i = 1 i5 = i4 · i = i

= 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! µ ¶ 2 4 6 3 x x x x x5 x7 ix e =1− + − + . . . +i x − + − + ... 4! 3! 5! 7! | 2! {z 6! } | {z } 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

eix + e−ix = 2 cos x

⇒ cos x =

eix + e−ix 2

Tercer Caso: y 00 + P y 0 + Qy = 0 k2 + P k + Q = 0 P 2 − 4Q < 0 así se tiene raíces complejas * k1 = α + βi ©

© k1,2 = α + βi© H

H

j k = α − βi H 2

Luego las soluciones particulares de la ecuación diferencial y 00 + P y 0 + 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.

67

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) ⇒ eαx cos(βx) =

y1 + y2 = 2eαx 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) 6= 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 00 − 2y 0 + 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 ©© k1,2 = 1 ± i © H HH 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 =


68


µ k1 · k2 = k2 − k +

3.0.4.

¶µ ¶ 1 2 1 2 1 2 2 4 1 4 25 + i − i = + i − i − i2 = + = 2 3 2 3 4 6 6 9 4 9 36

25 ⇒ 36k 2 − 36k + 25 = 0 36

∴ 36y 00 − 36y 0 + 25y = 0

Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Orden

La ecuación tiene la siguiente forma: d2 y dy + P (x) + Q(x)y = 0 dx2 dx y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0 Siendo y1 y y2 función linealmente independiente (L.I.), son soluciones de la Ecuación Diferencial de Segundo Orden y 00 + P (x)y 0 + 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 0 (x0 ) = y00 . Para determinar la dependencia lineal entre y1 ∧ y2 y1 1. = ctte ⇒ y1 ∧ y2 son linealmente dependientes (L.D.) y2 y1 6= ctte ⇒ y1 ∧ y2 son linealmente independiente (L.I.) y2 2. Wronskiano W [y1 , y2 ] = 0 en [a, b] ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ ¯ = 0 ⇒ y1 ∧ y2 son L.D. Si W = ¯ 0 y1 y20 ¯ ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ ¯ 6= 0 ⇒ y1 ∧ y2 son L.I. Si W = ¯ 0 y1 y20 ¯ Ejemplo 3.8 Sea la ecuación diferencial y 00 + 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.

69

y(0)0 = 2

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES (e) Determinar la solución particular que satisfaga ³π ´ ³π ´ y = −1 y0 =1 2 2 (f ) Determinar la solución particular que satisfaga ³π ´ ³π ´ y =2 y0 =0 4 4 Solución: (a) y1 = sen x

y2 = cos x

y10 = cos x

y20 = − sen x

y100 = − sen x

y200 = − cos x

⇒ y 00 + y = 0 − sen x + sen x = 0

− cos x + cos x = 0

0=0

0=0

∴ y1 = sen x es solucion

∴ y2 = cos x es solución

(b) y1 sen x y = sen x = = tan x 6= ctte ⇒ 1 y2 = cos x y2 cos x (c)

¾ son L.I.

yG = c1 sen x + c2 cos x

(d) y(0) = 1

y 0 (0) = 2

2 = c1 cos 0 − c2 sen 0

1 = c1 sen 0 + c2 cos 0

c1 = 2

c2 = 1

∴ yG = 2 sen x + cos x

yG0 = c1 cos x − c2 sen x ————————————————————————————– (e) −1 = c1 sen

³π ´ 2

+ c2 cos

³π ´

1 = c1 cos

2

³π ´ 2

− c2 sen

c1 = −1

c2 = −1

yG0 = c1 cos x − c2 sen x

∴ yG = − sen x − cos x


70

³π ´ 2


(f) ³ ´ ³π ´ 0 π y =2 y =0 4 4 yG = c1 sen x + c2 cos x ³π ´ ³π ´ 2 = c1 sen + c2 cos 4√ 2 √ 2 2 2= c1 + c2 2 2

√

√ 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 0 = c1 cos x − c2 sen x ³π ´ ³π ´ 0 = c1 cos − c2 sen 4√ 4 √ 2 2 0= c1 − c2 2 2

∴ y=

√

2(sen x + cos x)

Ejemplo 3.9 Dada la ecuación y 00 − y = 0 a) Sean y1 = ex , y2 = e−x soluciones de la E.D. b) Analizar la dependencia lineal de y1 ∧ y2 c) Determinar la solución general de la E.D. d) Determinar la solución particular de E.D. en y(0) = 1 Solución:

a) y10 = ex

y 0 (0) = −3

y20 = −e−x

y100 = ex

y200 = e−x

⇒ ex − ex = 0

e−x − e−x =

0=0

0=0

∴ ex es solución

∴ e−x es solución

b)

¯ ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ ex e−x ¯ ¯ ¯ W =¯ ¯=¯ ¯ y10 y20 ¯ ¯ ex −e−x ∴ y1 ∧ y2 son L.I. Ing. Raúl Romero E.

¯ ¯ ¯ ¯ = ex (−e−x ) − ex e−x = −2 6= 0 ¯

71

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES c) yG = c1 y1 + c2 y2

yG0 = c1 ex − c2 e−x

yG = c1 ex + c2 e−x ————————————————————————————————– d) yG = c1 ex + c2 e−x

yG0 = c1 ex − c2 e−x

1 = ce0 + c2 e−0

−3 = c1 e0 − c2 e−0

1 = c1 + c2

(♠.1)

1 = c1 + c2

(E1)

−3 = c1 − c2

(E2)

−3 = c1 − c2

(♠.2)

Reemplazando c1 = −1 en (E1) 1 = −1 + c2 ⇒ c2 = 2 ∴ y = −ex + 2e−x

−2 = 2c1 ⇒ c1 = −1

Resolver las Ecuaciones Diferenciales de 2o Orden Homogenea 1. 3y 00 + 2y 0 − y = 0 3r2 + 2r − 1 = 0

(r + 1)(3r − 1) = 0

(3r)2 + 2(3r) − 3 = 0 (3r + 3)(3r − 1) = 0 2. y 00 + 9y = 0 en y(0) = 1

r2 + 9 = 0

r = −1

1 3 x

∴ y = c1 e−x + c2 e 3

y 0 (0) = 1

r2 = −9

* α=0 ©

©© r = ±3i H

HH j

y = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) ⇒ c1 = 1 y 0 = −3c1 sen(3x) + 3c2 cos(3x) ⇒ c2 = ∴ y = cos(3x) + Ing. Raúl Romero E.

r=

1 sen(3x) 3 72

1 3

β=3


3. y 00 + y 0 − 2y = 0 en y(0) = 0 y 0 (0) = 1 r2 + r − 2 = 0

r = −2

(r + 2)(r − 1) = 0

r=1 )

y = c1 e−2x + c2 ex → 0 = c1 + c2 y 0 = −2c1 e−2x + c2 ex → 1 = −2c1 + c2 1 3 1 1 ∴ y = − e−2x + ex 3 3 ⇒ c1 = −

4. 2y 00 + 12y 0 + 18y = 0 en y(0) = 1 2r2 + 12r + 18 = 0

c2 =

1 3

y 0 (0) = 0 r1 = r2 = −3

y = c1 e−3x + c2 xe−3x → 1 = c1 y 0 = −3c1 e−3x + c2 e−3x − 3c2 xe−3x → c2 = 3 ∴ y = e−3x + 3xe−3x 5. 2y 00 + 4y = 0 Solución: * α=0 © √ ©© 2r2 + 4 = 0 ⇒ r2 + 2 = 0 → r = ± 2i H HH j β = √2 √ √ ∴ y = A cos 2x + B sen 2x

6. 2y 00 + 8y 0 + 6y = 0

y(0) = 2

y 0 (0) = 0

Solución: 2r2 + 8r + 6 = 0 →

r1 = −1 r2 = −3

y = Ae−x + Be−3x → 2 = A + B y 0 = −Ae−x − 3Be−3x → 0 = −A − 3B ∴ y = 3e−x − e−3x Ing. Raúl Romero E.

73

) ⇒

A = 3;

B = −1

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7. y 00 + 10 + 25y = 0 Solución:

r2 + 10r + 25 = 0 (r + 5)2 = 0 ⇒ r = −5 ∴ y = Ae−5x + Bxe−5x

8. 2y 00 + 3y 0 = 0 Solución:

2r2 + 3r = 0 r(2r + 3) = 0 ⇒ r = 0 r = −

3 2

3

∴ y = A + Be− 2 x 9. y 00 − 14y 0 + 49y = 0 Solución:

r2 − 14r + 49 = 0 (r − 7)2 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 7 ∴ y = Ae7x + Bxe7x

10. y 00 + 8y = 0 Solución: * α=0 √ ©© © r + 8 = 0 → r = ±2 2i H HH j β = 2√ 2 √ √ ∴ y = A cos(2 2x) + B sen(2 2x) 2

11. y 00 + 6y 0 + 7y = 0 Solución: r2 + 6r + 7 = 0 √ r = −3 ± 2 y = Ae

√ (−3+ 2)x

r1 = −3 + + Be

√

√ (−3− 2)x

74

r2 = −3 − √

= Ae−3x e ´

³ √ √ ∴ y = e−3x Ae 2x + Be− 2x Ing. Raúl Romero E.

2

2x

√

2

+ Be−3x e−

√ 2x


12. Sean α y β números reales y que β 6= 0. Demostrar eαx cos(βx), eαx sen(βx) son linealmente independientes. Solución: Sea

y1 = eαx cos(βx)

y2 = eαx sen(βx)

y10 = αeαx cos(βx) − βeαx sen(βx) y20 = αeαx sen(βx) + βeαx cos(βx)

¯ αx ¯ e cos(βx) eαx sen(βx) W = ¯¯ (αeαx cos(βx) − βeαx sen(βx)) (αeαx sen(βx) + βeαx cos(βx)) W = αe2αx sen(βx) cos(βx)+βe2αx ·cos2 (βx)−αe2αx sen(βx) cos(βx)+ βe2αx sen2 (βx) W = βe2αx ,

β 6= 0

∴ eαx cos(βx), eαx sen(βx) son L.I.

13. Sea r1 6= r2 . Demostrar que {er1 x , er2 x } son linealmente independiente. Solución:

y1 = er1 x

y2 = er2 x

y10 = r1 er1 x y20 = r2 er2 x ¯ er2 x ¯¯ = r2 er1 x er2 x − r1 er1 x er2 x = e(r1 +r2 )x (r2 − r1 ) r2 er2 x ¯

¯ rx ¯ e1 W = ¯¯ r1 er1 x

∴ {er1 x , er2 x } es L.I.

puesto que r1 6= r2 → W 6= 0

14. 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 00 − y 0 − 12y = 0 b) y = Ae−x + Be−2x Solución: r1 = −1

r − 2 = −2

(r + 1)(r + 2) = 0 ⇒ r2 + 3r + 2 = 0 ∴ y 00 + 3y 0 + 2y = 0 Ing. Raúl Romero E.

75

¯ ¯ ¯ ¯

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. 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 00 − 4y 0 + 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 00 − 4y 0 + 13 = 0

3.0.5.


1. y 00 − y = 0 2. y 00 + y = 0 3. y 00 + 4y 0 + 4y = 0 4. 3y 00 = 0 5. y 00 − 2y 0 + 2y = 0 6. y 00 − 6y 0 + 25y = 0 7. y 00 + 2y 0 + 8y = 0 8. y 00 + 8y = 0 9. y 00 + 6y 0 + 11y = 0 Ing. Raúl Romero E.

76

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.1. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGÉNEA

3.1. 3.1.1.

Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea Método continuo

y n + an−1 y n−1 + . . . + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = Q(x) dy = y0 dx2 dy D2 y = 2 = y 00 dx d3 y D3 y = 3 = y 000 dx .. . dn−1 y Dn−1 y = n−1 = y n−1 dx dn y n D y = n = yn dx

Dy =

Dn y + an−1 Dn−1 y + . . . + a2 D2 y + a1 Dy+ a0 y = Q(x) (Dn + an−1 Dn−1 + . . . + a2 D2 + a1 D+ a0 )y = Q(x) y=

1 Q(x) Dn + an−1 Dn−1 + . . . + a2 D2 + a1 D+ a0

Factorizando el operador Lineal 1 Q(x) (D − m1 )(D − m2 ) . . . (D − mn−1 )(D − mn ) 1 1 1 1 1 yp = · · ... · Q(x) D − m1 D − m2 D − m3 D − mn−1 D − mn 1 u= Q(x) ⇒ (D − mn )u = Q(x) D − mn Du − mn u = Q(x)

y=

du − mn u = Q(x) dx

Ec. Diferencial Lineal 1o Orden

Aplicando Leibniz Z Z Z P (x) P (x) ue = Q(x)e dx Ing. Raúl Romero E.

77

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Determinemos u = f (x) 1 1 1 yp = · ... ·u D − m1 D − m2 D − mn−1 1 · u ⇒ (D − mn−1 )t = u t= D − mn−1 dt − mn−1 t = u Ecuación Diferencial lineal de 1o Orden dx Aplicando Leibniz Z te

P (x)dx

Z

Z =

Q(x)e

P (x)dx

dx

t = f (x)

1 1 · ·t D − m1 D − m2 | {z } v 1 ⇒ (D − m2 )v = t ⇒ Dv − m2 v = t v= D − m2 dv − m2 v = t Ecuación Diferencial Lineal 1er Orden dx Z Z Z P (x)dx P (x)dx v·e = Q(x)e dx v = f (x) yp =

yp =

1 v ⇒ (D − m1 )yp = v D − m1

dyp − m1 yp = v dxZ Z Z P (x) P (x)dx yp e = Q(x)e dx

yp = f (x)

yp : Solución particular de la Ec. Diferencial no Homogéneo ∴ y = yh +yp

3.2.

Ejercicios

1. Hallar y =? y 000 − 5y 00 + 2y 0 + 8y = e5x Solución: y = yh + yp k 3 − 5k 2 + 2k + 8 = 0 Ing. Raúl Romero E.

78

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS

k1 = −1 k2 = 2 k3 = 4

y1 = e−x

1 −5 +2 −1 6 1 −6 8 2 -8 1 -4 0 4 1 0

y2 = e2x

8 -8 0

y3 = e4x

yh = c1 e−x + c2 e2x + c3 e4x yp =?

D3 y − 5D2 y + 2Dy + 8y = e5x

(D3 − 5D2 + 2D + 8) y = e5x | {z } 1

1 e5x − + 2D + 8 1 yp = e5x (D + 1)(D − 2)(D − 4) 1 1 1 · · e5x yp = D + 1 D − 2 |D −{z4 } yp =

D3

5D2

t

1 t= e5x D−4 (D − 4)t = e5x Dt − 4t = e5x dt − 4t = e5x dxZ P (x)dx

E.D.L.1o Orden Z

R

Q(x)e P (x)dx dx Z Z Z −4 dx −4 dx te = e5x · e dx Z Z 5x −4x −4x −4x te = e e dx ⇒ te = ex dx

te

te−4x = ex yp =


=

t = e5x

1 1 1 1 · · t ⇒ yp = · · e5x D+1 D−2 D + 1 |D −{z 2 } u 79


(D − 2)u = e5x Du − 2u = e5x Z Z Z −2 dx −2 dx ue = e5x e dx Z ue−2x = e5x e−2x dx Z −2x ue = e3x dx ue−2x = u=

e3x 3

e5x 3

(D + 1)yp =

e5x e5x ⇒ Dyp + yp = 3 3

dyp e5x + yp = dxZ 3 Z Z P (x)dx P (x)dx yp e = Q(x)e dx Z 1 e5x · ex dx y p ex = 3Z 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

2. y 00 − y 0 − 2y = sen x Solución: y 00 − y 0 − 2y = sen x → k 2 − k − 2 = 0 (k − 2)(k + 1) = 0 → k = 2, k = −1 y1 = e2x , y2 = e−x ⇒ yh = c1 e2x + c2 e−x 1 (D2 − D − 2)yp = sen x→ yp = 2 sen x D −D−2 1 1 1 yp = · sen x ; t = sen x (D − 2) (D + 1) D+1 | {z } t (D + 1)t = sen x → Dt + t = sen x dt + t = sen x Ecuación Diferencial Lineal de 1o Orden dx Z Z Z dx dx te = sen xe dx Z x

te =

sen xex dx | {z } Int. por partes

u = sen x dv = ex dx du = cos xdx v = ex Ing. Raúl Romero E.

80

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS Z ex cos xdx | {z } Int. por partes u = cos x dv = ex dx du = − sen xdx· v = ex Z x

x

x

x

te = e sen x −

x

te = e sen x − e cos x +

¸ x

e 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 Z2 1 yp e−2x = (sen x − cos x)e−2x dx 2   tex =

1  yp =  2

Z

Z

  e sen xdx − e cos xdx  | {z } | {z } Int por partes Int. por partes Z e−2x e−2x sen xdx = (−2 sen x − cos x) 5 Z e−2x e−2x cos xdx = (−2 cos x + sen x) · −2x 5 ¸ 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

3.2.1.

−2x

−2x

Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Constantes de Orden “n”

Tiene la siguiente forma an y n + an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + . . . + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = 0 Resolución Método de Euler.- Propone como solución a la expresión o función exponencial y = ekx donde k debe determinarse con la condición de Ing. Raúl Romero E.

81

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES que la función ekx satisfaga la ecuación diferencial: y = ekx , y 0 = kekx , y 00 = k 2 ekx , y 000 = k 3 ekx , . . . , y n = k n ekx an k n ekx + an−1 k n−1 ekx + an−2 k n−2 ekx + . . . + a2 k 2 ekx + a1 kekx + a0 ekx = 0 ekx (an k n + an−1 k n−1 + an−2 k n−2 + . . . + a2 k 2 + a1 k + a0 ) = 0 ;

ekx 6= 0

Ecuación característica de an k n +an−1 k n−1 +an−2 k n−2 +. . .+a2 k 2 +a1 k+a0 = 0 al resolver la ecuación de grado “n” se presentan 4 casos Caso I: El polinomio tiene raíces iguales y reales k1 = k2 = k3 = . . . = kn y1 = ekx , y2 = xekx , y3 = x2 ekx , . . . , yn = xn−1 ekx yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + . . . + cn yn Caso II: El polinomio tiene raíces distintas y reales k1 6= k2 6= k3 6= . . . 6= kn y1 = ek1 x , y2 = ek2 x , y3 = ek3 x , . . . , yn = ekn x Donde y1 , y2 , y3 , . . . , yn son linealmente independientes ¯ ¯ ¯ y1 ¯ y y . . . y 2 3 n ¯ ¯ ¯ y0 y20 y30 . . . yn0 ¯¯ ¯ 1 ¯ 00 y200 y300 . . . yn00 ¯¯ 6= 0 w(x) = ¯ y1 ¯ .. .. .. .. ¯ ... ¯ . . . . ¯¯ ¯ n−1 n−1 n−1 n−1 ¯ ¯ y1 y2 y3 . . . yn yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + c4 y4 . . . + cn yn Caso III: El polinomio tiene raíces números complejos y conjugada k1,2 = α ± βi Caso IV: Combinación de los casos anteriores Ejemplo 3.10 y 000 + 2y 00 − y 0 − 2y = 0 en y1 (0) = 1, y 0 (0) = 2, −1 Solución: Ecuación característica k 3 + 2k 2 − k − 2 = 0 Ing. Raúl Romero E.

82

y 00 (0) =


½ −2

1 2 1 1 1 3 −1 −1 1 2 −2 −2 1 0

±1 multiplos ±2

k1 = 1

k2 = −2

k3 = −1

y1 = ex ,

y2 = e−2x ,

y3 = e−x

−1 −2 3 2 2 0 −2 0

yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 ⇒ yG = c1 ex + c2 e−2x + c3 e−x y(0) = 1, 1 = c1 e0 + c2 e(−2)(0) + c3 e−0 ⇒ 1 = c1 + c2 + c3 (♣.1) y 0 (0) = 2, yG0 = c1 ex + c2 e−2x − c3 e−x (♣.2) 2 = c1 e0 − 2c2 e−(2)(0) − c3 e−0 ⇒ 2 = c1 − 2c2 − c3 00 00 x −2x −x y (0) = −1, yG = c1 e + 4c2 e + c3 e (♣.3) −1 = c1 e0 + 4c2 e−(2)(0) + c3 e−0 ⇒ −1 = c1 + 4c2 + c3 (♣.1) + (♣.2) ⇒ 3 = 2c1 − c2 (♣.4) (♣.2) + (♣.3) ⇒ 1 = 2c1 − c2 (♣.5) −(♣.4) + (♣.5) −3 = −2c1 + c2 1 = 2c1 + 2c2 −2 −2 = 3c2 ⇒ c2 = 3 µ ¶ −2 7 2 3 = 2c1 − 1 = − + c3 ∗6 3 6 3 2 3 9 = 6c1 + 2 3 = 2c1 +

7 = 6c1

c1 =

6 = 7 − 4 + 6c3 3 = 6c3 7 6

3 1 = 6 2 1 c3 = 2

c3 =

1 = c1 + c2 + c3 µ ¶ 7 −2 1= + + c3 6 3


7 2 1 ∴ yG = ex − e−2x + e−x 6 3 2

83

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3.11 y IV + 4y 000 + 10y 00 + 12y 0 + 5y = 0 Solución: Ecuación característica k 4 + 4k 3 + 10k 2 + 12k + 5 = 0 1−6 1 4 10 12 5 k1 = −1 −1 −3 −7 −5 1 3 7 5 0 k2 = −1 −1 −2 −5 1 2 5 0 k 2 + 2k + 5 = 0 p −2 ± 4 − (4)(5) k3,4 = 2 √ −2 ± −16 k3,4 = 2 −2 ± 4i k3,4 = 2

k3,4 = −1 ± 2i ⇒ α = −1, β = 2 y1 = e−x , y2 = xe−x y3 = e−x cos(2x), y4 = e−x sen(2x) yG = c1 e−x +c2 xe−x +(c3 cos(2x)+c4 sen(2x))e−x

Ejemplo 3.12 y IV + 2y 000 + 4y 00 − 2y 0 − 5y = 0 Solución: Ecuación característica k 4 + 2k 3 + 4k 2 − 2k − 5 = 0 1 2 4 −2 −5 1 3 7 5 1 3 7 5 0 k2 = −1 −1 −2 −5 1 2 5 0 k1 = 1

k 2 + 2k + 5 = 0 k3,4 = −1 ± 2i

∴ y = c1 ex + c2 e−x + e−x (c3 cos(2x) + c4 sen(2x)) Ejemplo 3.13 y V + 4y IV + 5y 000 − 6y 0 − 4y = 0 Solución: Ecuación característica k 5 + 4k 4 + 5k 3 − 6k − 4 = 0 Ing. Raúl Romero E.

84


1 4 k1 = 1 1 1 5 k2 = −1 −1 1 4 k3 = −2 −2 1 2 k 2 + 2k + 2 = 0 p −2 ± 4 − (4)(2) k= 2 √ −2 ± −4 k= 2

3.2.2.

k1,2 =

5 5 10 −4 6 −4 2

0 10 10 −6 4 −4 0

−6 −4 10 4 4 0 −4 0

−2 ± 2i 2

k = −1 ± i ∴ yG = c1 ex +c2 e−x +c3 e−2x +e−x (c4 cos x+c4 sen x)

Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Completa de Orden“n”- obtención de la solución particular (Ecuación Diferencial no Homogénea)

Método Variación de Constantes: Sea y n + an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + . . . + a2 y 2 + a1 y + a0 y = Q(x) Teorema 3.1 Sean y1 , y2 , . . . , yn , solución particular L.I. de y n +an−1 y n−1 + an−2 y n−2 + . . . + a2 y 00 + a1 y + a0 y = 0, entonces yG = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + . . . + cn yn   Si L01 y1 + L02 y2 + L03 y3 + . . . + L0n yn = 0     0 0 0 0 0 0 0 0  L1 y1 + L2 y2 + L3 y3 + . . . + Ln yn = 0 .. .. .. ..  . . . .     n−1 n−1 n−1 0 n−1 L1 y1 + L2 yn−1 + L3 y3 + . . . + Ln yn = Q(x)  Resolver el sistema para L1 , L2 , . . . , Ln donde L1 = L1 (x); L2 = L2 (x); L3 = L3 (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 + . . . + Ln yn Ing. Raúl Romero E.

85

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3.14 y 00 + y = sec x Ecuación Diferencial no Homogénea Solución: y 00 + y = 0 ⇒ k 2 + 1 = 0 © * α=0

© k = ±i © H

HH j

½

β=1

yh = e(0)(x) (c1 cos x + c2 sen x)

yh = c1 cos x + c2 sen x

L01 cos x + L02 sen x = 0 (♣.1) L01 (− sen x) + L02 cos x = sec x (♣.2) ¯ ¯ ¯ 0 sen x ¯¯ ¯ ¯ sec x cos x ¯ 1 −(sec x sen x) ¯= L01 = ¯¯ = − sen x ⇒ L01 = − tan x 2 x + sen2 x ¯ cos cos x ¯ cos x sen x ¯ ¯ − sen x cos x ¯ Z sen x t = cos x 0 L1 = − tan x; L1 = − dx dt = − sen xdx cos x Z −dt L1 = − ⇒ L1 = ln | cos x| t ¯ ¯ ¯ cos x 0 ¯¯ 1 ¯ Z cos x · ¯ − sen x sec x ¯ cos x 0 ¯= L2 = ¯¯ = 1 ⇒ L2 = dx = x⇒ L2 = x ¯ cos2 x + sen2 x ¯ cos x sen x ¯ ¯ − sen x cos x ¯ L2 = x yp = L1 y1 + L2 y2 ⇒ yp = ln | cos x| cos x + x sen x;

y = yh + yp

∴ y = c1 cos x + c2 sen x + cos x ln | cos x| + x sen x Ejemplo 3.15 y 00 − 3y 0 + 2y =

e2x 1 + e2x

Solución: y 00 − 3y 0 + 2y = 0 k 2 − 3k + 2 = 0 ⇒ (k − 2)(k − 1) = 0 → k1 = 2; k2 = 1 yh = c1 ex + c2 e2x   L01 ex + L02 e2x = 0 e2x  L01 ex + 2L02 e2x = 1 + e2x Ing. Raúl Romero E.

86

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS ¯ ¯ 2x ¯ ¯ 0 e ¯ ¯ ¯ e2x ¯ e4x e4x 2x ¯ ¯ − − x ¯ 1 + e2x 2e ¯ 1 + e2x = 1 + e2x = − e ¯ ¯ x = L01 = 2x ¯ ¯ e 2e3x − e3x e3x 1 + e2x ¯ x e 2x ¯ ¯ e 2e ¯ Z ex ex t = ex 0 L1 = − ⇒ L = − dx 1 dt = ex dx 1Z + e2x 1 + e2x dt L1 = − dt = − arctan t = − arctan ex 1 + t2 ¯ ¯ ¯ ¯ ex 0 ¯ ¯ 2x ¯ ¯ e e3x ¯ ¯ ex ¯ 2x 1 1 + e2x¯ ¯ = ¯¯ x = 13x+ e 3x = 2x ¯ 2e − e 1 + e2x ¯ ex e 2x ¯ ¯ ¯ Z e 2e Z 1 dx = ⇒ L2 = arctan ex L02 = 2x 1+e 1 + (ex )2 yp = L1 y1 + L2 y2 = − arctan ex · ex + arctan(ex )e2x = −ex arctan ex + e2x arctan ex yp = arctan(ex )(e2x − ex ) ∴ y = c1 ex + c2 e2x + ex (e2x − ex ) Ejemplo 3.16 y 000 − y 00 = ex Solución: y 000 − y 00 = 0 k3 − k2 = 0

y1 = e0x = 1

k 2 (k − 1) = 0 ⇒k = 0 k = 1

y2 = xe0x = x

y3 = ex

k3 = 1 yh = c1 + c2 x + c3 ex  0  L1 + L02 x + L03 ex = 0 0 L1 0 + L02 + L03 ex = 0  0 L1 0 + L2 0 + L03 ex = ex Z ex 0 L3 = x = 1→ L3 = dx = x L3 = x e Z x x 0 0 L2 = − ex dx L2 = −ex L2 + e = 0 → L2 = −e

k1 = k2 = 0


87

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Z L01

x

x

x

−e x+e =0

L1 = xe −

L01 = ex (x − 1) Z Z x L1 = xe dx − ex dx u=x du = dx

ex dx − ex

L1 = xex − ex − ex = xex − 2ex L1 = ex (x − 2)

dv = ex dx v = ex

y = yh + yp

∴ y = c1 +c2 x+c3 ex +ex (x−2)−ex x + xex

Ejemplo 3.17 y 000 − y 0 = e2x Solución: y 000 − y 0 = 0

k1 = 0 k2 = 1 k3 = −1

k3 − k = 0

y1 = e0x

k(k 2 − 1) = 0 (♣.1) (♣.2) (♣.3)

y2 = ex

y3 = e−x

yh = c1 + c2 ex + c3 e−x  L01 + L02 ex + L03 e−x = 0    0 0 x 0 −x L1 0 + L2 e − L3 e = 0    L01 0 + L2 ex + L03 e−x = e2x

(♣.2) + (♣.3) 2ex L02 = e2x 1 e2x = ex x 2e 2 Z 1 1 ex dx = ex L2 = 2 2 L02 =

L2 =

1 x ·e 2

1 x x e e − L03 e−x = 0 2 1 2x e − L03 e−x = 0 2 1 L03 e−x = e2x 2 Ing. Raúl Romero E.

1 1 e2x · −x = e3x 2 e 2 1 L03 = e3x 2 Z 1 e3x dx L3 = 2 L03 =

L3 =

1 e3x 1 1 · = e3x , L3 = e3x 2 3 6 6

ex x 1 3x −x ·e + e ·e =0 2 2 2x e 1 L01 = − − e2x = −e2x 2 2 Z e2x L1 = − e2x dx, L1 = − 2 L01 +

88

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS yp = L1 y1 + L2 y2 + L3 y3

1 yp = e2x 6

yp = −

e2x ex x 1 3x −x + e + e e 2 2 6

y = yh + yp

yp = −

e2x e2x 1 2x + + e 2 2 6

1 ∴ y = c1 + c2 ex + c3 e−x − e2x 6

3.2.3.


1. y 00 + 4y = tan x 2. y 000 + y 0 =

1 sen x

3. y 000 − 6y 00 + 11y 0 − 6y = ex


89


3.2.4.

Método de Coeficiente Indeterminado

Sea: y 00 + a1 y 0 + 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 .. . 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, B, C, D . . . coeficiente indeterminado yG = yh + yp 1. y 00 − 6y 0 + 8y = x2 Solución: y 00 − 6y 0 + 8y = 0

y1 = e4x

k 2 − 6k + 8 = 0

yh = c1 e4x + c2 e2x

(k − 4)(k − 2) = 0 Como Q(x) = x2 → yp = Ax2 + Bx + C yp0 = 2Ax + B yp00 = 2A Reemplazando en la Ecuación Diferencial 2A − 6(2Ax + B) + 8(Ax2 + Bx + C) = x2 8Ax2 + (−12A + 8B)x + 2A − 6B + 8C = x2


90

y2 = e2x

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS     

8A = 1 −12A + 8B = 0

  2A − 6B + 8C = 0   1 3 7 y p = x2 + x + ; 8 16 64

1 8 3 B= 16 7 C= 64 A=

yG = yh + yp

1 3 7 ∴ yG = c1 e4x + c2 e2x + x2 + x + 8 16 64 2. y 00 + 9y = xex Solución: y 00 + 9y = 0 * ©© HH j

k 2 + 9 = 0 ⇒ k = ±3i © H y1 = cos(3x)

α=0 β=3

y2 = sen(3x)

yh = c1 cos(3x) + c2 sen(3x)

Q(x) = xex → yp = Axex + Bex yp0 = Aex + Axex + Bex yp00 = Aex + Aex + Axex + Bex yp00 = 2Aex + Axex + Bex Reemplazando en la Ecuación Diferencial. 2Aex + Axex + Bex + 9(Axex + Bex ) = xex 10A = 1

10B + 2A = 0

1 1 B=− 10 50 1 x 1 x yp = xe − e 10 50 A=

∴ yG = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) + 3. y 00 − 5y 0 + 4y = sen(3x) Solución: y 00 − 5y 0 + 4y = 0 k 2 − 5k + 4 = 0 Ing. Raúl Romero E.

1 1 x xe − ex 10 50

(k − 4)(k − 1) = 0 yh = c1 e4x + c2 ex

91

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Q(x) = sen(3x) → yp = A sen(3x) + B cos(3x) yp0 = 3A cos(3x) − 3B sen(3x) y 00 = −9A sen(3x) − 9B cos(3x) Reemplazando en la Ecuación Diferencial. −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

1 50 3 B= 50

)

A=−

−15A − 5B = 0

3 1 sen(3x) + cos(3x) 50 50 1 ∴ yG = c1 e4x + c2 ex + (3 cos(3x) − sen(3x)) 50 ⇒ yp = −

4. y 00 − y = ex sen x Solución: yh = c1 ex + c2 e−x

y 00 − y = 0 ⇒ k 2 − 1 = 0 ⇒ k = ±1 Q(x) = ex sen x → yp = Aex sen x + Bex cos x

y 0 = Aex cos x + Aex sen x + Bex cos x − Bex sen x y 00 = 2Aex cos x − 2Bex sen x 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. Raúl Romero E.

92

)

1 5 2 B=− 5 A=−

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.2. EJERCICIOS 1 2 yp = − ex sen x − ex cos x 5 5 ex ∴ yG = c1 ex + c2 e−x − (sen x + 2 cos x) 5 5. y 00 − 4y = 2e2x Solución: y 00 − 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

yp0 = Ae2x + 2Axe2x y 00 = 2Ae2x + 2Ae2x + 4Axe2x y 00 = 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


93


3.3. 3.3.1.

Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden Sistema Masa- Resorte sin amortiguación

( Véase Figura 3.2)

`

`

Fr

Reposo Fm

` + ∆`

y(−)

∆` m

y(+)

Equilibrio

m Movimiento

Figura 3.2: En equilibrio: Fm = Fr Ley de Hooke mg = k∆` mg − k∆` = 0 En movimiento F = ma. d2 y m 2 = mg − k(∆` + y) dt d2 y m 2 = mg − k∆` − ky; mg − k∆` = 0 dt d2 y m 2 + ky = 0 Dividiendo entre m dt 2 dy k + y = 0 Ec. Dif. Homogenea de 2o Orden 2 dt m k Frecuencia de oscilación w2 = m d2 y + w2 y = 0 Ec. Dif Homogenea de 2o Orden dt2 Ing. Raúl Romero E.

94

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN r2 + w2 = 0 * α=0 ©© HH j

r = ±wi © H

β=1

y(t) = c1 cos(wt) + c2 sen(wt)

p

c21 + c22 = A

c1

sen φ = p

c1 c21

+ c22

c2

cos φ = p

c21 + c22

φ c2 A : amplitud de Oscilación

φ: Ángulo de fase p

p

c21 + c22

c21 + c22 p cos(wt) + c · sen(wt) 2 c21 +Ãc22 c21 + c22 ! p c c 1 2 y(t) = c21 + c22 p 2 cos(wt) + p 2 sen(wt) 2 2 c + c c + c 1 2 1 2  

y(t) = c1 · p

   y(t) = A  sen φ cos(wt) + cos(φ) sen(wt) | {z } sen(wt + φ) y(t) = A sen(wt + φ) Sistema Masa - Resorte Amortiguado: [véase Figura 3.3] Fa αv

Fa = k1 v

Fa :

Fuerza de Amortiguación

K1 :

Constante de Amortiguación

Fm = −FR − Fa d2 y = −ky − k1 v dt2 d2 y m 2 + k1 v + ky = 0 dt d2 y k1 dy k + + y=0 dt2 m dt m k1 k 2λ = w2 = Frecuencia de oscilación m m m


95


` + ∆`

`

y(−)

∆` m

y(+)

v

Equilibrio

Fa

m Movimiento Figura 3.3:

d2 y dy + 2λ + w2 y = 0 2 dt dt

Ecuación Diferencial Homogénea de 2o Orden r2 + 2λr + w2 = 0 √ −2λ ± 4λ2 − 4w2 r= √ 2 r = −λ ± λ2 − w2

Se presentan 3 casos Primer Caso: Si λ2 − w2 > 0 SOBREAMORTIGUADO entonces r1 6= r2 ∈ R

y = Aer1 t + Ber2 t

Y

t

Figura 3.4: Segundo Caso: Si λ2 − w2 = 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO (véase Figura 3.5) Ing. Raúl Romero E.

96

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN entonces r1 = r2 = r ∈ R r = −λ y = Ae−λt + Bte−λt Y

t Figura 3.5: Tercer Caso: Si λ2 − w2 < 0 SUBAMORTIGUADO (véase Figura 3.6) r = α ± βi y = eαt (A cos(βt) + sen(βt)) Y

t

Figura 3.6:

Ejemplo 3.18 En un Sistema Amortiguado masa - resorte, el resorte se alarga hasta el punto de equilibrio, la masa de 2kg, el resorte tiene una constante de resistencia de 8 N/m y el coeficiente de amortiguación 8 kg/s que partiendo del reposo se desplaza hacia arriba con una velocidad de 5 m/s. Determinar la ecuación del desplazamiento. Solución: (Véase Figura 3.7)

dy d2 y + 2λ + w2 y = 0 2 dt dt k k1 w2 = 2λ = m m Ing. Raúl Romero E.

97


`+∆` y− m

y+ m Figura 3.7:

8 2 2λ = 4 2λ =

w2 =

8 2

y 0 (0) = 5 m/s

w=2

0=A+0

y 00 + 4y 0 + 4y = 0

A=0

r2 + 4r + 4 = 0

y 0 = −2Ae−2t + B(e−2t + t(−2)e−2t )

(r + 2)(r + 2) = 0 ⇒ r = −2

y 0 = −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

mg = k∆` ⇒ k =

30 · 980 mg = ∆` 20

d2 y + ky = 0 30y 00 + 1470y = 0 dt2 k k y 00 + y = 0 w2 = m m 1470 k = = 49 w2 = w2 = 49 m 30 m


98

y 0 (0) = 0; k = 1470

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN y 00 + 49y = 0 © r2 + 49 = 0 → r = ±7i © H

* α=0 ©

HH j

β=7

y = A cos(7t) + B sen(7t) y 0 = −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 3.8: 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 punto 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 (0) = 84 cm/s m

d2 mg 400 · 980 + ky = 0 ; mg = k · ∆` ⇒ k = = ⇒ k = 1600 2 dt ∆` 245

400y 00 + 1600y = 0 ⇒ y 00 + 4y = 0 r2 + 4 = 0 ⇒ r = ±2i

y = A cos(2t) + B sen(2t)

y 0 = −2A sen(2t) + 2B cos(2t) con y(0) = 10 √ → 10 = c1 cos(2 √ · 0) + c2 sen(2 · 0) ⇒ A = 10 con y 0 (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. Raúl Romero E.

99

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 3. Una masa de 8 slug se cuelga de un resorte largo. El resorte se estira 2 pie antes de quedar en reposo. Se quita la masa de 8 slugs, se cuelga a una masa de 2 slugs y se coloca en equilibrio. La masa se empuja hacia abajo y se suelta. En el tiempo en el que se suelta la masa se encuentra a 2 pie abajo del equilibrio y viajando hacia abajo a 1 pie/s. Determinar la ecuación diferencial para el movimiento y resolver la ecuación del Solución: m1 = 8 slug

2y 00 + 128y = 0 E.D.

∆` = 2 pie

y 00 + 64y = 0

m2 = 2 slugs

r2 + 64 = 0

y(0) = 2 slugs

r = ±8i y = A cos(8t) + B sen(8t) y 0 = −8A sen(8t) + 8B cos(8t) 1 A=2 B= 8 1 ∴ y = 2 cos(8t) + sen(8t) 8

y 0 (0) = 1 pie/s k=

m1 g 8 · 32 = ∆` 2

k = 128 m

d2 y + ky = 0 dt2

2=A 1 = 8B

¾

4. Un Sistema masa resorte tiene una constante del resorte de 5 g/s2 . ¿Cual es la masa que debe unirse para que el movimiento resultante tenga una frecuencia de 30 Hz ? k = 5 g/s2

m =?

f = 30 Hz

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 T =


100

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 5. Se debe unir el resorte a una masa de 10 slugs ¿ Cual debe ser la constante del resorte para que el movimiento resultante tenga una frecuencia de 5 Hz ? 2π T 2π

m = 10 slugs

w=

k =?

w=

f = 5 Hz

w2 =

1 f 1 T = 5 2π T = w

1 5

= 10π

k ⇒ k = w2 · m m

k = (10π)2 · 10

T =

k = 100 π 2 10 k = 1000 π 2 pie/s2

6. Una masa de 16 g. se une con un resorte de 64 g/s2 . ¿Cuales deben ser las condiciones iniciales para obtener una respuesta de amplitud 2 y π ángulo de fase 3 solución: (Véase Figura 3.9)

2 B π 3

A Figura 3.9: k 64 = =4 m 16 w=2

y = sen(2t + π3 )

w2 =

y = A cos(2t) + B sen(2t)

B sen 60◦ = B = 2 sen 60◦ √2 √ 3 B= 3 B =2· 2 A cos 60◦ = ⇒ A = 1 2 Ing. Raúl Romero E.

y 0 = −2A sen(2t) + 2B cos(2t) y(0) = c1 = 1

y(0) = 1 √ y 0 (0) = 2B ⇒ y 0 (0) = 2 3 101

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 7. 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 w = √m w= 5 2

r w=

k = m

r

30 6

√ B 3 2 sen 45◦ = B = 3 sen 45◦ ⇒ B = 3 √2 A 3 2 cos 45o = ⇒ A = 3 cos 45◦ ⇒ A = 2 ³3√ √ √ π´ y = 2 sen 5t + y = A cos( 5 t) + B sen( 5 t) √ √4 √ √ y 0 = − 5A sen( 5t) + 5B cos( 5t) √ 3 2 y(0) = A = 2 √ √ √ 3 2 3√ 3√ 0 y (0) = 5B = 5 · = 10 y 0 (0) = 10 2 2 2 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 función de "m" y "k" c) ¿Cual es el efecto sobre la amplitud si se aumenta "k" ? Ing. Raúl Romero E.

102

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN d ) ¿Cual es el efecto de su amplitud si se aumenta "m" ? Solución: a) my 00 + ky = 0 y 00 +

y(0) = 0; y 0 (0) = 10 cm/s Ãr ! Ãr ! k k y = A cos t + B sen t m m Ãr ! r Ãr ! r k k k k y0 = − A sen t + B cos t m m m m

k y=0 m

k =0 m r k r=± i m r2 +

0=A r

r k m 10 = B ⇒ B = 10 m k Ãr ! r m k ∴ y = 10 sen t k m

masa = m; ctte = k s b) Amplitud =

02

r µ r ¶2 m m ⇒ Amplitud = 10 + 10 k 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) k d2 y + y=0 2 dt m 2 dy + W 2y = 0 2 dt Ing. Raúl Romero E.

Fr = k∆`

103

k=

8 = 16 1 2

k = 16

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES W 8 1 = = g 32 4 16 k 2 w = = 1 m 4

m=

v = 1 pie/s y 0 = v = −8A sen(8t) + 8B cos(8t) 1 8 1 1 =A⇒ A= 4 4 √ Amp = A2 + B 2 sµ ¶ µ ¶2 2 1 1 + Amp = 4 8 r √ 1 5 1 Amp = + = 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

W 2 = 64

1 = 8B ⇒ B =

W =8 ⇒

d2 y + 64y = 0 dt2

r2 + 64 = 0 r2 = −64 r = ±8i y = A cos(8t) + B sen(8t) y(0) = 3 pulg × y(0) =

1 pie 12 pulg

1 pie 4

∆` = 6pulg 3 pulg v = 1 pie/s ?? W = 8 `b

Figura 3.11: 10. Al extremo inferior de un resorte suspendido del techo se sujeta un peso de 8 libras que queda en reposo en su posición de equilibrio con el resorte alargado 0,4 pie, se lleva entonces el peso 6 pulgadas por debajo de dicha posesión de equilibrio y se abandona en t = 0, la Ing. Raúl Romero E.

104

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN resistencia es en libras numéricamente igual a 2 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 3.12)

0,4 pie 6 pulg ×

W = 8`b

1 pie 1 = pie 12 pie 2

Figura 3.12: dy W 8 1 8 80 Fa = k1 ; W = mg ⇒ m = = = ;k = = ⇒ dt m 32 4 0,4 4 k = 20 a)

m

d2 y dy + k1 + ky = 0 2 dt dt

1 d2 y dy + 2 + 20y = 0 2 4 dt dt

1 y(0) = ; y 0 (0) = 0 2

d2 y dy + 8 + 80y = 0 dt2 dt p −8 ± 64 − (4)(80) −8 ± 16i 2 = = −4 ± 8i r + 8r + 80 = 0 ⇒ r = 2 2 1 y = e−4t (c1 cos(8t) + c2 sen(8t)) = c1 2 b)

y 0 = 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 ¶ µ µ ¶ 1 −4t 1 0 −4t cos(8t)+ sen(8t) ; y = v = −e ∴ y =e 5 sen(8t) 2 4 Ing. Raúl Romero E.

105

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O 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 posición y se abandona en t = 0. El medio ofrece una resistencia que es dy dy en libras. Numéricamente es igual a 4 siendo que la velocidad dt dt instantánea en pies/s. Determinar el desplazamiento, el peso en función del tiempo Solución: (Véase Figura 3.13)

6pie ·

1pie 12pie

= 21 pie 9 pulg ·

?

mg

1 pie 3 = pie 12 pie 4

mg ? Figura 3.13: 2

m

dy dy W 8 1 8 + 4 · + ky = 0; m = = = ; k = 1 = 16 ⇒ k = 16 dt2 dt g 32 4 2

1 d2 y dy · 2 +4· + 16y = 0 4 dt dt d2 y dy + 16 · + 64y = 0 2 dt dt r2 + 16r + 64 = 0

v(0) = 0 pie/s 3 =A 4 y 0 = −8Ae−8t + Be−8t − 8Bte−8t

(r + 8)(r + 8) = 0

0 = −8A + B

r = −8 ; y = Ae−8t + Bte−8t

0 = −8 ×

y(0) =

3 pie 4

3 +B 4 µ ¶ 3 B=6 ∴ y= + 6t e−8t 4

12. En el extremo inferior de un sistema masa resorte sujeta al techo un peso de 32 libras. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio. En la que el alargamiento del resorte es de 2 pies. A continuación se lleva dicho peso 6 pulgadas por debajo de la posición de equilibrio y se Ing. Raúl Romero E.

106

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN abandona t = 0 No existen fuerzas exteriores, pero la resistencia del dy dy aire en libras es numéricamente igual a 4 donde es la velocidad dt dt instantánea en pies/s. Determinar el movimiento resultante para el peso pendiente del muelle. Solución: d2 y dy + 4 + ky = 0 2 dt dt 32 32 m= = 1; k = = 16 32 2 y 00 + 4y 0 + 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 0 = −2e−2t (c1√cos( 3t)√ + c2 sen( √ 3t)) √ −2t +e (− 3c1 sen( 3t) + 3c2 cos( 3t)) √ 1 3 c1 = ; c2 = 2 3 Ã ! √ √ √ 3 1 ∴ y = e−2t cos( 3t) + sen( 3t) 2 3 y(0) = 6 pulg ×

13. Describir el movimiento de un peso de 32 `b, sujeto al extremo de un 2 resorte en el que produce un estiramiento de pie respecto de su longi3 1 tud natural. Se hace descender el peso pie por debajo de su posición 2 de equilibrio y luego se suelta. El movimiento tiene lugar en un medio 1 que ejerce una fuerza de amortiguación igual a de velocidad en todo 8 instante. Solución: (Véase Figura 3.14 ) d2 y 1 dy 32 32 32 32 m 2 + + ky = 0 m= = =1 k= = = 48 2 dt 8 dt g 32 4` 3 Ing. Raúl Romero E.

107


y− y+ Figura 3.14: 1 dy d2 y = + 48y = 0 2 dt 8 dt 1 1 r2 + r + 48 = 0 → 8r2 + r + 48 = 0 8 8 √ √ −1 ± 1 − 4 · 8 · 48 −1 12287 2 8r + r + 48 = 0 ⇒ r = = ± i 16 16 16 Ã√ ! Ã√ !! −1 Ã t 12287 12287 y = e 16 A cos t + B sen t 16 16 1 y 0 = v(0) = 0 y(0) = pie 2 Ã Ã√ ! Ã√ !! 1 12287 12287 1 y 0 = v = − e− 16 t A cos t + B sen t 16 16 16 Ã √ Ã√ ! √ Ã√ !! 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 Ã ! √ √ 1 −1t 12287 12287 12287 ∴ y = e 16 cos t+ sen t 2 16 12287 16

14. Determinar el movimiento de un peso de 32 `b, sujeto al extremo de 2 un resorte, en el que se produce un estiramiento de pie respecto a 3 1 su longitud normal. Se hace descender el peso pie por debajo de su 2 posición de equilibrio y luego se suelta. Solución: Ing. Raúl Romero E.

108

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN d2 y + W 2y = 0 dt2 k W2 = m 32 k = 2 = 48 3

m=

r2 + 48 = 0 √ r = ±4 3i √ √ y = c1 cos(4 3t) + c2 sen(4 3t);

y(0) =

1 2

p √ √ √ √ y 0 = −4 3c1 sen(4 4 3t) + 4 3c2 cos(4 3t)

32 =1 32

W 2 = 48

y 0 (0) = 0

d2 y + 48y = 0 dt2

y=

c1 =

√ 1 cos(4 3t) 2

1 2

c2 = 0

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: Fr = k · ∆`

∆` = 3,2;

k=

16 = 5 → k = 5 `b/pie 3,2

16 1 = slug. 32 2 d2 y dy m 2 + + ky = 0 dt dt 1 00 y + y 0 + 5y = 0 ∗2 2 y 00 + 2y 0 + 10y = 0 → r2 + 2r + 10 = 0 √ −2 ± 4 − 4 × 10 r= → r = −1 ± 3i 2 y(t) = e−t (c1 cos(3t) + c2 sen(3t)) m=

y(0) = −2 pie

y 0 (0) = 0

2 c1 = −2 c2 = − 3 ¶ µ 2 −t ∴ y=e −2 cos(3t) − sen(3t) 3 Ing. Raúl Romero E.

109

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 16. Resolver la ecuación diferencial de valor inicial 1 00 y + 1,2y 0 + 2y = 5 cos(4t) 5 1 y(0) = y 0 (0) = 0 2 Solución: 1 00 y + 1,2y 0 + 2y = 5 cos(4t) 5 1 00 y + 1,2y 0 + 2y = 0 ∗5 5 y 00 + 6y 0 + 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) yp0 = 4A cos(4t) − 4B sen(4t) yp00 = −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 ; B= 102 51

50 25 sen(4t) − cos(4t) ; 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) =

0 yG = −3e−3t (c1 cos t + c2 sen t) + e−3t (−c1 sen t + c2 cos t)

200 50 cos(4t) + sen(4t) 51 51 1 con y(0) = 2 +


110

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. 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 0 = −3e(−3)(0) (c1 cos 0 + c2 sen 0) + e−(3)(0) (−c1 sen 0 + c2 cos 0) +

c2 =

200 50 cos(0) + sen(0) 51 51

−86 51 µ −3t

∴ yG (t) = e

¶ 38 86 50 25 cos t − sen t + sen(4t) − cos(4t) 51 51 51 102

17. Establezca la Ecuación Diferencial que describe el movimiento. Resolver la ecuación diferencial establecer si el movimiento MasaResorte 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/s2 . Al sistema se une una constante de amortiguación de 40 g/s. La masa se jala hacia abajo y se suelta. En el tiempo t = 0 la masa se encuentra 3 cm abajo de la posición de reposo y moviéndose hacia arriba 5 cm/s Solución: [ver Figura 3.15]

3 cm

Figura 3.15: Ing. Raúl Romero E.

111

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 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 (0) = −5 cm/s

d2 y dy + k + ky = 0 1 dy 2 dt

10y 00 + 40y 0 + 30y = 0 Ecuación Diferencial Resolviendo y 00 + 4y 0 + 3y = 0 2

r + 4r + 3 = 0 ⇒ r = y = Ae−t + Be−3t 3=A+B

−4 ±

√

16 − 12 ⇒ r1 = −1 r2 = −3 2 y 0 = −Ae−t − 3Be−3t

− 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

20 cm 1 cm Figura 3.16:

∆` = 20 cm y(0) = 1 cm y 0 (0) = 7 cm/s mg (1)(980) mg = k∆` ⇒ k = = = 49 ⇒ k = 49 ∆` 20 m = 1g


112

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

d2 y + ky = 0 dt2 y 00 + w2 y = 0 m

k 49 = = 49 m 1 y 00 + 49y = 0

w2 =

* α=0 ©

©© HH

2

r + 49 = 0 → r = ±7i

j H

β=7

y = c1 cos(7t) + c2 sen(7t) con y(0) = 1 ⇒ 1 = c1 · 1 + c2 · 0 ⇒ c1 = 1 y 0 = −7c1 sen(7t) + 7c2 cos(7t) con y 0 (0) = 7 ⇒ 7c1 · 0 + 7c2 · 1 ⇒ c2 = 1 y = cos(7t) + sen(7t) Subamortiguado p √ √ A = c21 + c22 = 1 + 1 = 2 ϕ = tan−1 1 =

π = 45o 4

∴ y=

√

³ π´ 2 sen 7t + 4

c) Un resorte con una constante k = 12 slug/s2 tiene una masa unida que lo alarga 2 32 ft. 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 23 pie

Figura 3.17:


113

1 pie

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES k = 12 slug/s2

y 00 + 7y 0 + 12y = 0

k1 = 7 slug/s

r2 + 7r + 12 = 0

8 f t = pie 3 y(0) = −1 pie ∆` =

y 0 (0) = 1 pie/s my 00 + k1 y 0 + ky = 0 mg = k · ∆` m=

3.3.2.

12 8 · = 1 slug 32 3

r1 = −3, r2 = −4 y = Ae−3t + Be−4t y 0 = −3Ae−3t − 4Be−4t ¾ −1 = A + B 1 = −3A − 4B ⇒ A = −3, B = 2 y = −3e−3t + 2e−4t Sobreamortiguado


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. 1 Una fuerza de cos 8t actúa sobre el resorte. Si el peso inicia un 2 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 sen 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, determine la ecuación del movimiento. 5. Un resorte es alargado 3 pulgadas por un peso de 5 libras. Suponga que el peso sube desde E a una velocidad inicial de 12 pies/seg. Describa el movimiento. Ing. Raúl Romero E.

114

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 6. A cierto resorte un peso de 8 libras lo alargaría 6 pulgadas. Suponga que al resorte se le sujeta un peso de 4 libras, el cual es llevado 2 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 1 de sen 8t y una fuerza de amortiguamiento de magnitud |v| actúan 4 1 sobre el resorte. El peso parte desde de pie por debajo del punto 4 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 1 llevado por arriba del punto de equilibrio y luego inicia el descenso 3 a una velocidad positiva de 5 pies/seg. El movimiento se efectúa en un 1 medio que imprime una fuerza de amortiguamiento de |v| en todo 4 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 3 fuerza de amortiguamiento de |v|. 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. 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? 1 radianes 10 con respecto a la vertical. Usando g = 32 (pies/seg2 ), describa el movimiento.

12. Un péndulo de 6 pulgadas parte del reposo a un ángulo de


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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O 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 0 = 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 √ 2 13 sen(16t + φ); φ = arctan y= 6 3 Ing. Raúl Romero E.

116

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 21. Dos resortes paralelas constantes k1 y k2 sostienen un solo contrapeso 4k1 · k2 W . la constante efectiva del resorte es k = . Un contrapeso de k1 + k2 20 libras estira 6 pulg. un resorte y 2 pulg. otro. Estos resortes están fijos a un soporte rígido común por su parte superior y a una placa metálica en su extremo inferior como la Figura 3.18 (ver Figura 3.18 de página 117). El contrapeso W esta fijo al centro de la placa del sistema. Determine la constante efectiva del resorte de este sistema. Deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso parte de su posición de equilibrio con una velocidad de 2 pie/s hacia abajo

k1

k2

m Figura 3.18: 1 1 22. Cierto contrapeso estira pie un resorte y pie al otro. Los dos re3 2 sortes se fijan a un resorte rígido como se indica en el problema anterior. El primer contrapeso se quita y en su lugar se pone uno de 8 `b. El π periodo de movimiento es seg. Determinar el numérico del primer 5 contrapeso (ver Figura 3.19) 23. Al extremo inferior de un muelle espiral suspendido del techo se liga un peso de 4 `bs. El peso queda en su posición de equilibrio en la que el muelle esta alargado 6 pulg. En el instante t = 0 se golpea el peso de modo que se pone en movimiento con una velocidad inicial de 2 pie/seg dirigido hacia abajo a) Determinar el desplazamiento resultante de la velocidad del peso en función en función del tiempo b) Hallar la Amplitud, periodo y frecuencia del movimiento c) Determinar los instantes en los que el peso se encuentra 1,5 pulg. por debajo de su posición de equilibrio y moviéndose hacia abajo Ing. Raúl Romero E.

117


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 posición 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? 1 25. Un peso de 4 `b alarga en 6 pulg. una fuerza de cos(8t) actua sobre el 2 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 1 1 = + k k1 k2 1 1 b) Un contrapeso de W `b estira pie un resorte y pie a otro. 2 4 Ambos se fijan como en la Figura 3.20 se cuelga W suponer que el movimiento es libre, no hay fuerzas de amortiguación. Deducir


118

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.3. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN la ecuación del movimiento si el contrapeso parte de un punto a 2 1 pie abajo de la posición de equilibrio con una velocidad pie/s 3 hacia abajo.

k1 k2 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) = Aeαt 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 numéricamente igual a β (β > 0) veces la velocidad instantánea. Calcule la Ing. Raúl Romero E.

119

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES constante de amortiguación β para que el movimiento que se produce sea a) Sobreamortiguado b) Críticamente amortiguado c) Subamortiguado 8 30. Un contrapeso de 16 `b estira pie un resorte, 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. 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 amortiguación numéricamente igual a 8 veces la velocidad instantánea. 32. Para que valores de m mostrara resonancia my 00 + 4y = 13 cos(wt) si 13 cos(wt) tiene una frecuencia de 20 Hz. 33. Para que valores de k mostrara resonancia 13y 00 + 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 00 10y = f (t) que valores de m pueden llevar a la resonancia 35. Si el sistema masa resorte tiene m = 15, k1 = 0, k = 0 ¿ Que frecuencia de forzamiento causaría resonancia? begincenter


120

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.4. APLICACIÓN A CIRCUITOS ELÉCTRICOS EN SERIE LRC

3.4.

Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC L

i=

dq dt

∼

R

i C Figura 3.21:

Ley de kirchoff VL + VR + VC = E VL : Caída de Tensión del Inductor VR : Caída de Tensión de la Resistencia VC : Caída de Tensión del Condensador di d dq d2 q =L =L 2 dt dt dt dt dq 1 VR = Ri = R VC = q dt C VL = L

d2 q R dq 1 E + · + = 2 dt L dt CL L

L

d2 q dq 1 +R + q =E 2 dt dt C

Ec.Dif. no Homogénea de 2o Orden

d2 q R dq 1 + + q = 0 Ec.Dif. Homogénea de 2o Orden 2 dt L dt CL sµ ¶ 2 R R 1 − ± −4· L L CL R 1 r2 + r + =0⇒r= L CL 2 sµ ¶ 2 1 R R ± − r=− 2L 2L CL Se presentan 3 casos. µ ¶2 R 1 Primer Caso: Si − > 0 Sobreamortiguado 2L CL Ing. Raúl Romero E.

121

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES q = Aer1 t + Ber2 t µ ¶2 1 R Segundo Caso: Si − = 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO 2L CL ⇒ r1 6= r2 ∈ R

R R t − t ⇒ r1 = r2 = r ∈ R q = Ae 2L + Bte 2L µ ¶2 1 R − Tercer Caso: Si < 0 SUBAMORTIGUADO 2L CL −

⇒ r = α ± βi q = eαt (A cos(βt) + B sen(βt)) Ejemplo 3.19 Determinar la carga q(t) en el capacitor de un circuito en serie LRC cuando L = 0,25 Henrry R = 10 ohm c = 0,001 F. E(t) = 0 q(0) = q0 coulomb y i(0) = 0 A Solución: (Véase Figura 3.22)

L R

E ∼ C Figura 3.22:

R 0 1 E q + q= L CL L R 1 q 00 + q 0 + q=0 L CL 10 0 1 q 00 + q + q=0 q 00 + 40q 0 + 4000q = 0 0,25 0,001 × 0,025 √ −40 ± 1600 − 4 × 4000 2 r + 40r + 4000 = 0 ⇒ r = 2 √ −40 ± −14400 −40 ± 120i r= = 2 2 r = −20 ± 60 i Subamortiguado q 00 +

q = e−20t (A cos(60t) + B sen(60t) Ing. Raúl Romero E.

122

q(0) = q0

i(0) = 0

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. CIRCUITOS ELÉCTRICOS i = q 0 = −20e−20t (A cos(60t)+B sen(60t))+e−20t (−60A sen(60t)+60B cos(60t)) ¾ 0 = −20A + 60B A = q0 ⇒ q0 = A B = 31 q0 µ ¶ 1 −20t ∴ q(t) = q0 e (cos(60t) + sen(60t) 3

3.5.

Circuitos Eléctricos

1. Un circuito en Serie LRC tiene una fuente de E(t) = 3 cos t los valores de las componentes R = 3 ohmios L = 0,5 Henrry y c = 0,4 F en t = 0 la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en el circuito es 1 A. ¿Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función del tiempo? Solución:(Véase Figura 3.23) L E(t)

R C Figura 3.23:

d2 q dq 1 + R + q = E(t) dt2 dt C 1 0,5q 00 + 3q 0 + q = 3 cos t (∗2) 0,4 q 00 + 6q 0 + 5q = 6 cos t Ec. Dif. No Homogénea

L

⇒ q 00 + 6q 0 + 5q = 0 Ec.Dif. Homogénea λ2 + 6λ + 5 = 0 √ −6 ± 36 − 4 × 5 ⇒ λ1 = −1, λ2 = −5 λ= 2 q = c1 e−t + c2 e−5t q 00 + 6q 0 + 5q = 6 cos t Ec. Dif. No Homogénea qp =?

f (t) = 6 cos t

qp = A sen t + B cos t

qp0 = A cos t − B sen t

qp00 = −A sen t − B cos t Ing. Raúl Romero E.

123

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Reemplazando en la Ec.Dif. No Homogénea −A sen t − B cos t + 6A cos t − 6B sen t + 5A sen t + 5B cos t = 6 cos t (6A + 4B) cos t + (4A − 6B) sen t = 6 cos t ¾ 9 9 6 6 6A + 4B = 6 ⇒ qp = ⇒ A= , B= sen t + cos t 4A − 6B = 0 3 13 13 13 La solución general de la Ec.Dif. no Homogénea 9 6 sen t + cos t + c1 e−t + c2 e−5t 13 13 Condición de Borde q=

q(t = 0) = 0

i(t = 0) = 1 A

9 6 sen 0 + cos 0 + c1 e0 + c2 e0 13 13 6 0= + c1 + c2 (1) 13

0=

dq 9 6 = cos t − sen t − c1 e−t − 5e−5t dt 13 13 6 9 cos 0 − sen 0 − c1 e0 − 5c2 e0 1= 13 13 1=

9 − c1 − 5c2 13

(2)

Resolviendo (1) y (2) 1 1 c1 = − , c2 = 2 26 ⇒ q=

9 6 1 1 sen t + cos t − e−t + e−5t 13 13 2 26

dq 9 6 1 5 =i= cos t − sen t + e−t − e−5t dt 13 13 2 26

2. Determinar la carga del capacitor de un circuito en serie LRC cuando t = 0,015 L = 0,05 Henrry R = 2 ohm c = 0,01 Faradio E(t)=0 Volt. q(0) = 5 coulomb i(0) = 0 Amp Ing. Raúl Romero E.

124

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.5. CIRCUITOS ELÉCTRICOS Solución:

R 0 1 q + q=0 L CL q 00 + 40q 0 + 2000q = 0 q 00 +

r2 + 40r + 2000 = 0 r = −20 ± 40i ½

q(t) = e−20t (A cos(40t) + B sen(40t)) i = −20e−20t (A cos(40t) + B sen(40t)) + e−20t (−40A sen(40t) + 40t cos(40t)) 5 q(0) = 5 i(0) = 0 A=5 E= 2

q = 5e−20t (cos(40t) +

1 sen(40t)) 2

∴ q(0,01) = 4,1C

3. Un circuito en Serie LRC tiene una fuerza electromotriz de 5 cos(2t) 1 los valores de las componentes son R = 2Ω L = 1 Henrry y C = F 17 inicialmente la carga sobre el capacitor y la corriente en la resistencia es cero. a) Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función del tiempo. b) Determinar las condiciones de borde y especificar que tiempo de movimiento es Solución: (Véase Figura 3.24) L

R

E(t) C Figura 3.24: 1 q = E(t) C 1 1 · q 00 + 2q 0 + 1 = 5 cos(2t) Lq 00 + Rq 0 +

17 00

0

q + 2q + 17q = 5 cos(2t) EC. Dif. No Homogénea q 00 + 2q 0 + 17q = 0 Ec. Dif. Homogenea λ2 + 2λ + 17 = 0 √ √ −2 ± 4 − 4 × 17 − ± −64 −2 ± 8i λ1,2 = = = 2 2 2 Ing. Raúl Romero E.

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UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES λ1,2 = −1 ± 4i ⇒ q = e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(4t)) q 00 + 2q 0 + 17q = 5 cos(2t) Ec. Diferencial No Homogénea qp = A sen(2t) + B cos(2t) qp0 = 2A cos(2t) − 2B sen(2t) qp00 = −4A sen(2t) − 4B cos(2t) Reemplazando en la Ec. Dif. 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) ¾ 4 13 13A − 4B = 0 ⇒ A= B= 13B + 4A = 5 37 37 ⇒ qp =

4 13 sen(2t) + cos(2t) 37 37

La solución general de la Ec. Dif No Homogénea 4 13 q = e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(4t)) + sen(2t) + cos(2t) 37 37 q(0) = 0; i(0) = 0 dq i= = −e−t (c1 cos(4t) + c2 sen(2t)) + e−t (−4c1 sen(4t) + 4 cos(4t)) dt 26 8 + cos(2t) − sen(2t) 37 37 8 26 0 = −(c1 cos 0+c2 sen 0) + e0 (−4c1 sen 0 + 4 cos 0)+ cos 0 − sen 0 37 37 8 8 0 = −c1 + 4c2 + ⇒ − = −c1 + 4c2 37 37 4 13 4 sen 0 + sen 0 + cos 0 0 = c1 cos 0 + c2 sen 0 + 37 37 37 13 13 8 13 −21 0 = c1 + ⇒ c1 = − ; − = + 4c2 ⇒ c2 = 37 37 37 37 148 µ ¶ 13 21 4 13 q = e−t − cos(4t) − sen(4t) + sen(2t) + cos(2t) 37 µ 148 37 ¶ 37 dq 13 21 i= = −e−t − cos(4t) − sen(2t) dt µ 37 148 ¶ 13 (4)(21) 8 26 −t +e × 4 cos(4t) − cos(4t) + cos(2t) − sen(2t) 37 148 37 37 Ing. Raúl Romero E.

126

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.6. EJERCICIOS PROPUESTOS 4. Un circuito eléctrico consta de una inductancia de 0,1 Henrry, una resistencia de 20 ohm y un condensador cuya capacidad es de 25µ Faradio. Hallar la carga q(t) y la corriente i(t) siendo q(0) = 0,25 coulomb i(0) = 0 Amp. Solución: d2 q R dq 1 + + q=0 2 dt L dt CL 20 0 1 q 00 + q + q=0 0,1 25 × 10−6 × 0,1 q 00 + 200q 0 + 400000q = 0 r2 + 200r + 400000 = 0

r = −100 ± 624,5i

q(t) = e−100t (c1 cos(624,5t) + c2 sen(624,5t)) q(0) = 0,05 c

c1 = 0,05

i = −100e−100t (c1 cos(624,5t) + c2 sen(624,5t)) +e−100t (−624,5c1 sen(624,5t) + 624,2c2 cos(624,5)) 0 = −100c1 + 624,5c2 5 c2 = = 0,008 624,5 q(t) = e−100t (0,05 cos(624,5t) + 0,08 sen(624,5t)) i = −100e−100t (0,05 cos(624,5t)+0,08 sen(624,5t))+e−100t (−31,225 sen(624,5t) +4,996 cos(624,5t)) i = −5e−100t cos(624,5t) − 0,8e−100t sen(624,5t) − 31,225e−100t sen(624,5t) +4,996e−100t cos(624,5t) ∴ i = −32e−100t sen(624,5t)

3.6.


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 F em = 3 cos t volt. los valores de las componentes son R = 3 Ω, L = 0,5 H y C = 0,4 F. al inicio la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en la resistencia es 1 A encuentre la carga y la corriente en función del tiempo. Ing. Raúl Romero E.

127

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O 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

3.6.1.

Estudio del Wronskiano

Teorema 3.2 Sean las funciones y1 , y2 soluciones de la Ecuación Diferencial Lineal de 2o Orden y 00 +¯ P (x)y 0 + ¯ Q(x)y = 0 definidas en un intervalo ¯ y1 y2 ¯ ¯ ¯ ¯ [a, b]. Entonces W [y1 , y2 ] = ¯¯ 0 0 ¯ y y ¯ 1 2 ¯ W = y1 y20 − y2 y10

W = f (x)

dW = y10 y20 + y1 y200 − y20 y10 − y2 y100 dx

dW = y1 y200 − y2 y100 dx

como y1 y y2 son soluciones de y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0

→

y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 = 0

  ∗ − y2

y200 + P (x)y20 + Q(x)y2 = 0

 ∗ y1

−y2 y100 − P (x)y2 y10 − Q(x)y1 y2 = 0 y1 y200 + P (x)y2 y20 − Q(x)y1 y2 = 0 y y 00 − y y 00 +P (x) [y1 y20 − y2 y10 ] = 0 |1 2 {z 2 1} | {z } W dW dx dW + P (x)W = 0 dx Ing. Raúl Romero E.

128

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.6. EJERCICIOS PROPUESTOS Separando variables dW + P (x)dx = 0 W dW = −P (x)dx W Z ln W = − P (x)dx + ln c µ ¶ Z W = − P (x)dx ln c Z − P (x)dx W = ce Fórmula de Abel c=0→W =0

∀ x ∈ [a, b]

c 6= 0 → W 6= 0

∀ x ∈ [a, b]

W [y1 , y2 ] es L.D. ⇔ W = 0 D/

(♣.1)

(♣.2)

y1 = 0

y2 = 6 0 ¯ ¯ ¯ 0 y2 ¯ ¯ ¯ W =¯ ¯=0−0=0 0 ¯ 0 y2 ¯

y1 6= 0 ∧ y2 = 0 ¯ ¯ ¯ y1 0 ¯ ¯ ¯ W =¯ ¯=0−0=0⇒W =0 ¯ y10 0 ¯

y1 =k y1 = ky2 y1 6= 0 ∧ y2 6= 0 y2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ ky2 y2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ W [y1 , y2 ] = ¯ ¯ = ky2 y20 − y2 ky20 = 0 ¯=¯ 0 0 0 0 ¯ y1 y2 ¯ ¯ ky2 y2 ¯

(♣.3)

W = 0 → y1 ∧ y2 L.D. Aplicación de la fórmula de Abel y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0 Sean y1 ∧ y2 soluciones de la Ecuación Diferencial Homogénea Z − P (x)dx W = ce Ing. Raúl Romero E.

129

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Problema: Conocida una solución y de la ecuación diferencial y 00 +P (x)y 0 + Q(x)y = 0 se pide determinar la solución general. Solución: Partimos de la fórmula de Abel Z W [y1 , y2 ] = ce Z ¯ ¯ − P (x)dx ¯ y1 y2 ¯ ¯ 0 ¯ = ce 0 ¯ y1 y2 ¯ Z − P (x)dx y1 y20 − y2 y10 = ce Z y0 1 − P (x)dx y20 − 1 y2 = ce y1 y1

−

P (x)dx

Como y1 es Dato ⇒ Determinar y2 Ecuación Diferencial Lineal de primer Orden aplicando Lebniz

y0 Z + P (x)y = Q(x) Z Z P (x)dx P (x)dx dx + c = Q(x)e ye Z y0 1 − P (x)dx P (x) = − 1 Q(x) = ce Z 0 Z 0 y1 Zy1 y1 y1 Z dx dx − − P (x)dx − 1 y1 y1 dx + k = ce ·e y2 e y1Z Z 1 − P (x)dx − ln y1 − ln y1 y2 e = ce e dx + k Zy1 Z − P (x) 1 ce dx + k y2 = 2 y1 Z y1 Z y2 = cy1 Si c = 1 ⇒ y2 = y1

−

e

P (x)dx y12

Z

dx + ky1

k=0 e−

R

P (x)dx

y12

∴ y1 ∧ y2 son L.I.

⇒ yG = c1 y1 + c2 y2 Ing. Raúl Romero E.

130

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.7. EJEMPLOS Z Z yG = c1 y1 + c2 y1

3.7.

−

e

P (x)dx y12

dx

Ejemplos

Ejemplo 3.20 Si y1 = x es solución de la ecuación diferencial x2 y 00 + xy 0 − y = 0. Hallar la solución general Solución: 1 1 1 1 y 00 − y 0 − 2 y = 0 ⇒ P (x) = Q(x) = − 2 x xZ x Z x 1 Z − P (x)dx Z − x dx e e y2 = y1 dx = x dx 2 y1 x2 Z − ln x Z −1 Z e x y2 = x dx = x dx = x x−3 dx 2 2 x µ −2x¶ x 1 −1 1 =− x =− yG = c1 y1 + c2 y2 y2 = x −2 2 2x ∴ yG = c1 x − c2

1 2x

Ejemplo 3.21 Si y1 = x2 es solución de la ecuación diferencial x2 y 00 + xy 0 − 4y = 0. Hallar la solución general Solución:

Z −

1 4 1 y 00 + y 0 − 2 y = 0 P (x) = x xZ x Z − P (x)dx e y2 = y1 dx y12 1 dx x

Z −1 Z e− ln x x 2 2 x−5 dx y2 = x =x dx = x dx = x 4 4 4 x x x −4 −2 x x 1 1 1 3 1 y 2 = x2 · = = − 2 ⇒ y2 = − 2 y20 = 3 y200 = − · 4 −4 −4 4x 4x 2x 2 x µ ¶ µ ¶ 1 1 4 1 1 3 2 − 4 + · 3 − 2 − 2 = 0 ⇒ yG = c1 y1 + c2 y2 = c1 x + c2 − 2 2x x 2x x 4x 4x c 2 ∴ yG = c1 x2 − 2 4x Z

2

e


Z

2

131

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES Ejemplo 3.22 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial y 00 − y = 0. Hallar la solución general Solución: P (x) = 0 Z y2 = y1

Z −

e

Z P (x)dx

Z x

y12

dx = e

t = −2x dt = −2dx dt dx = − 2

0dx

−

e

Z x

(ex )2

µ

Z x

y2 = e

dx = e

e

t

dt − 2

¶

1 dx = ex e2x

Z e−2x dx

ex e−2x e−x =− =− 2 2

e−x 0 e−x 00 e−x y2 = − y2 = y2 = − 2 2 2 e−x e−x − + =0 2 2 0=0 yG = c1 y1 + c2 y2

∴ yG = c1 ex − c2

e−x 2

Ejemplo 3.23 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial xy 00 −(2x+ 1)y 0 + (x + 1)y = 0. Hallar la solución general. Solución: (2x + 1) 0 x + 1 2x + 1 y + y=0 P (x) = − x Z x x Z 2x + 1 1 (2 + )dx dx Z Z x x e e x x y2 = e dx = e dx 2x ex Z Z 2x+lnex Z 2x ln x e e e y2 = ex dx = ex dx = ex xdx 2x e e2x x2 e x x2 x2 e2 = ⇒ y2 = y2 = ex · 2 2 2 yG = c1 y1 + c2 y2

y 00 −

x2 ex ∴ yG = c1 e + c2 2 x

Ejemplo 3.24 Si y1 = x es solución de la ecuación diferencial (x − 1)y 00 − xy 0 + y = 0. Hallar la solución general de la ecuación diferencial. Ing. Raúl Romero E.

132

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.7. EJEMPLOS Solución: x 0 1 x y 00 − y + y=0 P (x) = − x − 1Z x − 1 Z µ x−1 ¶ 1 x 1+ dx dx Z Z x−1 e x−1 e y2 = x dx = x dx 2 x2 Z x+ln(x−1) Z x ln(x−1) x Z x e e e e (x − 1) y2 = x dx = x dx = x dx 2 2 2 x x x ¶ Z x Z µ x e x − ex e ex y2 = x dx = x − 2 dx x2 x x ·Z ¸ Z u = x−1 dv = ex dx y2 = x x−1 ex dx − x−2 ex dx −2 du = −x dx v = ex · ¸ Z Z −2 x −2 x −1 x y2 = x x e + x e dx − x e dx = x [x−1 ex ] = ex y2 = ex yG = c1 y1 + c2 y2

∴ yG = c1 x + c2 ex

Ejemplo 3.25 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial xy 00 − (1 + x)y 0 + y = 0. Hallar la solución general de la ecuación diferencial.

Solución: µ ¶ 1 + x 1 + x 1 y 00 − y0 + y = 0 P (x) = − x Z x Z µ x ¶ 1 1+x + 1 dx Z Z x x dx e e dx = ex dx y2 = ex 2x e e2x Z ln x+x Z Z e xex x y2 = ex dx = e dx = ex xe−x dx e2x e2x u=x e−x dx du = dx v = −e−x · ¸ Z £ ¤ −x −x x y2 = e −xe + e dx = ex −xe−x − e−x y2 = −(x + 1) Ing. Raúl Romero E.

∴ yG = c1 ex + c2 (−(x + 1)) 133


3.8.

Ejercicios

La función y1 (x) es una solución a las ecuaciones diferenciales deZlos probleZ mas 1 a 6. Use la reducción de orden o la fórmula y2 = y1 (x) para encontrar una segunda solución y2 (x)

−

e

P (x)dx y12 (x)

dx

1. y 00 − 4y 0 + 4y = 0; y1 = e2x 2. y 00 + 16y = 0; y1 = cos(4x) 3. x2 y 00 − 7xy 0 + 16y = 0; y1 = x4 4. xy 00 + y 0 = 0; y1 = ln x 5. y 00 − 25y = 0; y1 = e5x x

6. 6y 00 + y 0 − y = 0; y1 = e 3

3.8.1.

Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Coeficiente Constante de Orden n

1. Encontrar la solución general a) y 000 − 6y 00 + 12y 0 − 8y = 0 Solución:

r3 − 6r2 + 12 − 8 = 0 1 −6 r=2

12 −8

2 −8 1 −4 4

8 0

r2 − 4r + 4 = 0 (r − 2)2 = 0

r1 = 2 = r2 = r3 = r

∴ y = Ae2x + Bxe2x + Cx2 e2x b) y iv + 4y 000 + 6y 00 + 4y 0 + y = 0 Ing. Raúl Romero E.

134

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas 3.8. EJERCICIOS r4 + 4r3 + 6r2 + 4r + 1 = 0

Solución:

1 r = −1

4

6

−1

−3

3

3

1

−1

−2

−1

2

1

0

−1

−1

1

0

1 r = −1 1 r = −1 1 r = −1

4

1

−3 −1 0

−1 1

0

r1 = r2 = r3 = r4 = −1 ∴ y = Ae−x + Bxe−x + Cx2 e−x + Dx3 e−x c) y 000 + 3y 00 + 3y 0 + y = 0 Solución: r3 + 3r2 + 3r + 1 = 0 1 r = −1

3

1

r2 + 2r + 1 = 0

−1 −2 −1 1

3.8.2.

3

2

1

0

(r + 1)2 = 0 r1 = r2 = r3 = −1 ∴ y = Ae−x + Bxe−x + Cx2 e−x


1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales a) y 000 + 5y 00 + 4y = 0 b) y iv − 2y 000 = 0 c) y 000 + 4y 000 + 8y 00 + 8y 0 + 4y = 0 d ) y vi − 3y iv + 300 − y = 0 e) y 000 − 16y = 0 f ) y iv + 50y 00 + 625y = 0 Ing. Raúl Romero E.

135

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE 2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES 2. 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


136

EC-DIF-30-08-2010

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