UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA
ECUACIONES DIFERENCIALES
PRESENTADO POR: ALEX ALMEIRO CALDERON TOBAR. Código 16454553 AYMER MAURICIO OTALVORA. Código 16288238 GUILLERMO LEON ACOSTA TRUJILLO. Código: 6106955 MAURICIO RODRIGUEZ. Código: 94499859
GRUPO 100412_189
TUTOR: JAVIER ANDRES MORENO
OCTUBRE DE 2017.
INTRODUCCION
La realización de este trabajo nos permite aclarar y entender los conocimientos adquiridos en la unidad 2 del entorno de conocimiento acerca de la aplicación de ecuaciones diferenciales de orden superior para dar respuesta o solucionar retos o problemas planteados en la ingeniería o en la vida cotidiana.
OBJETIVOS
Aplicar los conceptos básicos de las ecuaciones diferenciales de orden superior.
Construir un conocimiento de manera autónoma.
Solucionar problemas relacionados con la ingeniería y la vida cotidiana.
DESARROLLO DE LA ACTIVIDAD INDIVIDUAL
Temática: Ecuaciones diferenciales de orden superior. A continuación, usted encontrará preguntas que se desarrollan en torno a un enunciado, problema o contexto, frente al cual, usted debe seleccionar aquella opción que responda correctamente al ítem planteado entre cuatro identificadas con las letras A, B, C, D. Una vez la seleccione, márquela con un óvalo la que corresponda y justifique la respuesta.
(Solución a los ejercicios 1 y 2 Alex Almeiro Calderón Tobar) 1. Una ecuación diferencial de segundo orden es de la forma 𝑦 ´´ + 𝑎1 (𝑥)𝑦 ´ + 𝑎2 (𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) y para que ésta sea una ecuación homogénea con coeficientes constantes se deben hacer dos suposiciones: 1. Los coeficientes son constantes. 2. 𝑔(𝑥) = 0. Una ecuación homogénea tiene dos soluciones independientes y se pueden presentar tres tipos: Caso 1: Soluciones reales y distintas, Caso 2: Soluciones iguales y reales y Caso 3: Soluciones complejas y conjugadas. Teniendo en cuenta lo anterior las soluciones de la ecuación diferencial 𝑦 ´´ − 2𝑦 ´ + 3𝑦 = 0 son: A. Soluciones complejas y conjugadas cuya solución da 𝑦 = 𝑒 𝑥 (𝐶1 𝑐𝑜𝑠 √2 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑖𝑛 √3𝑥) B. Soluciones complejas y conjugadas cuya solución da 𝑦 = 𝑒 𝑥 (𝐶1 𝑐𝑜𝑠 √2 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑖𝑛 √2𝑥) C. Soluciones iguales y reales cuya solución da 𝒚 = 𝐶1 𝑒 √2𝑥 +𝐶2 𝑥𝑒 √2𝑥 D. Soluciones distintas y reales cuya solución da 𝒚 = 𝐶1 𝑒 √2𝑥 +𝐶2 𝑥𝑒 √2𝑥
SOLUCION
𝑦′′ − 2𝑦′ + 3𝑦 = 0
ecuación diferencial a resolver
𝑚2 − 2𝑚 + 3 = 0
Polinomio auxiliar
𝑚=
2 ± √4 − 4(1)(3) 2 ± 2√2𝑖 = 2 2 = 1 ± √2𝑖
𝑚1 = 1 + √2𝑖, 𝑚2 = 1 − √2𝑖 𝒚 = 𝒆𝒙 (𝑪𝟏 𝒄𝒐𝒔 √𝟐 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒔𝒊𝒏 √𝟐𝒙)
Resolución de la ecuación cuadrática
Raíces del Polinomio auxiliar son complejas conjugadas Solución de la ecuación diferencial
Respuesta B
2. En general, para resolver una ecuación diferencial lineal homogénea de 𝑛ésimo orden: 𝑎𝑛 𝑦 (𝑛) + 𝑎𝑛−1 𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑎2 𝑦 ´´ + 𝑎1 𝑦 ´ + 𝑎0 𝑦 = 0 Donde los coeficientes 𝑎𝑖 , 𝑖 = 0, 1, 2, … , 𝑛 son constantes reales y 𝑎𝑛 ≠ 0. Primero se debe resolver una ecuación polinomial de 𝑛-ésimo grado: 𝑎𝑛 𝑚𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑚𝑛−1 + ⋯ + 𝑎2 𝑚2 + 𝑎1 𝑚 + 𝑎0 = 0 Esta ecuación puede presentar una solución general de acuerdo a sus raíces. Caso 1: Soluciones reales y distintas (𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑚1 𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑚2 𝑥 + ⋯ + 𝐶𝑛 𝑒 𝑚𝑛𝑥 ). Para los casos 2 y 3, las raíces de una ecuación auxiliar de grado mayor que dos ocurren en muchas combinaciones. Cuando 𝑚1 es una raíz de multiplicidad 𝑘 de una ecuación auxiliar de 𝑛-ésimo grado (es decir, 𝑘 raíces son iguales a 𝑚1 ) y la solución general debe contener la combinación lineal (𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑚1 𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 𝑚1 𝑥 + 𝐶3 𝑥 2 𝑒 𝑚1 𝑥 + ⋯ + 𝐶𝑘 𝑥 𝑘−1 𝑒 𝑚1 𝑥 ). Teniendo en cuenta lo anterior la ecuación diferencial de orden superior que tiene raíces como las descritas en el caso 1 es: A. B. C. D.
𝑦 ´´´ + 6𝑦 ´´ + 8𝑦 ´ − 3𝑦 = 0 𝑦 ´´ − 8𝑦 ´ + 16𝑦 = 0 𝑦 ´´ + 4𝑦 ´ + 5𝑦 = 0 𝑦 ´´´ + 3𝑦 ´´ − 4𝑦 = 0
SOLUCION
𝑚=
𝑦 ′′′ + 6𝑦 ′′ + 8𝑦′ − 3𝑦 = 0
Probamos con la ecuación diferencial A
𝑚3 + 6𝑚2 + 8𝑚 − 3 = 0
Polinomio auxiliar
(𝑚 + 3)(𝑚2 + 3𝑚 − 1) = 0
Factorizando
−3 ± √1 − 4(1)(−1) −3 ± √5 = 2 2
Resolución de la ecuación cuadrática
𝑚1 = −3, 𝑚2 =
−3 + √5 −3 − √5 , 𝑚3 = 2 2
𝑦 ′′ − 8𝑦 ′ + 16𝑦 = 0
Probamos con la ecuación diferencial B
𝑚2 − 8𝑚 + 16 = 0
Polinomio auxiliar
(𝑚 − 4)(𝑚 − 4) = 0 𝑚1 = 4, 𝑚2 = 4
𝑚=
Raíces del Polinomio auxiliar, son reales y distintos, cumple con el caso 1
Factorizando Raíces del Polinomio auxiliar, son reales e iguales, no cumple con el caso 1
𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 5𝑦 = 0
Probamos con la ecuación diferencial C
𝑚2 + 4𝑚 + 5 = 0
Polinomio auxiliar
−4 ± √16 − 4(1)(5) −4 ± 2𝑖 = = −2 ± 𝑖 2 2 𝑚1 = −2 + 𝑖, 𝑚2 = −2 − 𝑖
Resolución de la ecuación cuadrática Raíces del Polinomio auxiliar, son complejas conjugadas, no cumple con el caso 1
𝑦 ′′′ + 3𝑦 ′′ − 4𝑦 = 0
Probamos con la ecuación diferencial D
𝑚3 + 3𝑚2 − 4 = 0
Polinomio auxiliar
(𝑚 + 2)(𝑚 + 2)(𝑚 − 1) = 0 𝑚1 = −2, 𝑚2 = −2,
Factorizando
𝑚3 = 1
Raíces del Polinomio auxiliar, son reales dos iguales una y distinta, no cumple con el caso 1
Respuesta A
(Solución de los ejercicios3, 5 y 6 Aymer Mauricio Otalvora).
3. Una ecuación diferencial no homogénea de orden superior es de la forma: 𝑑𝑛 𝑦 𝑑 𝑛−1 𝑦 𝑑𝑦 𝑎𝑛 (𝑥) 𝑛 + 𝑎𝑛−1 (𝑥) 𝑛−1 … 𝑎1 (𝑥) + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Cuya solución general se escribe como la suma de las soluciones de una ecuación homogénea y una particular. 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝑐 se determina haciendo (𝑥) = 0 para convertir la ecuación a una homogénea con coeficientes constantes. Esta es la llamada solución asociada 𝑦𝑐 y se encuentra una solución particular de la ecuación no homogénea. Esta es la llamada solución particular 𝑦𝑝. Dicha solución depende de la forma de la función g(𝑥). De acuerdo a lo mencionado anteriormente la solución de la ecuación diferencial no homogénea 4𝑦 ´´ + 36𝑦 = csc 3𝑥 es:
A. 𝑦 = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 −
1 12
𝑥 sin 3𝑥 +
1 36
(cos 3𝑥)
1 36
1
1
1
1
1
1
1
1
1
ln | sec 3𝑥|
B. 𝑦 = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 + 12 𝑥 sin 3𝑥 − 36 (cos 3𝑥) 36 ln | sec 3𝑥| C. 𝑦 = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 + 12 𝑥 cos 3𝑥 − 36 (sin 3𝑥) 36 ln | sec 3𝑥| D. 𝑦 = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 − 12 𝑥 cos 3𝑥 + 36 (sin 3𝑥) 36 ln | sec 3𝑥|
4𝑦 ´´ + 36𝑦 = csc 3𝑥 La forma estándar de la EDLNH. 1 𝑦 ′′ + 9𝑦 = ( )𝐶𝑠𝑐(3𝑥) 4 Se hace 𝑓(𝑥) = 0 para convertir la ecuación a una homogénea y se resuelve la ecuación característica de segundo grado y encuentra las raíces. 𝑚1 = 3𝑖 y 𝑚2 = −3𝑖
Entonces. 𝑦𝑐 = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥
Debemos Usar. 𝑦1 = cos 3𝑥,
1
𝑦2 = sin 3𝑥,
𝑓(𝑥) = 4 csc 3𝑥
Wroskiano
𝑊(𝑦1 , 𝑦2 ) = [
𝑐𝑜𝑠 3𝑥 −3 sin(3𝑥)
0 1 𝑊1 (𝑦1 , 𝑦2 ) = [ 𝐶𝑠𝑐3𝑥 4 Cos 3𝑥 𝑊2 (𝑦1 , 𝑦2 ) = [
−3𝑆𝑖𝑛3𝑥
Por lo cual. −
1 4
1
𝑢1 ′= 3 = -12 y
𝑢2′
=
1𝐶𝑜𝑠3𝑋 4𝑆𝑖𝑛3𝑥
3
1 𝐶𝑜𝑠3𝑥
= 12 𝑆𝑖𝑛3𝑥
sin 3𝑥 ]=3 3 cos 3𝑥 sin 3𝑥
3 Cos 3𝑥
]=−
1 4
0 1 𝐶𝑜𝑠3𝑥 1 ]= Csc 3𝑥 4 𝑆𝑖𝑛3𝑥 4
Se integra la ecuación. 1
𝑥
1 𝐶𝑜𝑠3𝑥
1
𝑢1 = ʃ − 12 𝑑𝑥 = − 12 y 𝑢2 = ʃ 12 𝑆𝑖𝑛3𝑥 𝑑𝑥 = 36 𝐼𝑛 |𝑆𝑖𝑛3𝑥|
posterior. 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 =
−𝑥 1 𝐶𝑜𝑠3𝑥 + 𝐼𝑛|𝑆𝑖𝑛3𝑥|𝑆𝑒𝑛3𝑥 12 36
La solución final sería.
𝑦ℎ = 𝑐1 𝐶𝑜𝑠3𝑥 + 𝑐2 𝑆𝑖𝑛3𝑥 𝑦𝑝 = −
𝑥 1 𝐶𝑜𝑠3𝑥 + (𝑆𝑖𝑛3𝑥)𝐼𝑛|𝑆𝑒n3𝑥| 12 36
𝑦 = 𝑐1 𝐶𝑜𝑠3𝑥 + 𝑐2 𝑆𝑖𝑛3𝑥 −
𝑥 1 𝐶𝑜𝑠3𝑥 + (𝑆𝑖𝑛3𝑥)𝐼𝑛|𝑆𝑒n3𝑥| 12 36
ITEMS DE SELECCIÓN MÚLTIPLE CON MÚLTIPLE RESPUESTA Este tipo de preguntas consta de un enunciado, problema o contexto a partir del cual se plantean cuatro opciones numeradas de 1 a 4, usted deberá seleccionar la combinación de dos opciones que responda adecuadamente a la pregunta y marcarla en la hoja de respuesta, de acuerdo con la siguiente información: Seleccione A si 1 y 2 son correctas. Seleccione B si 1 y 3 son correctas. Seleccione C si 2 y 4 son correctas. Seleccione D si 3 y 4 son correctas. Una vez seleccione su respuesta, describa el procedimiento que la justifique 5.
𝑑𝑛 𝑦
Una ecuación diferencial de orden superior es de la forma 𝑎𝑛 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛 + 𝑑𝑛−1 𝑦
𝑑𝑦
𝑎𝑛−1 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛−1 + ⋯ 𝑎1 (𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) y puede ser solucionada por diferentes métodos. La ecuación diferencial: 𝑦 ´´ − 𝑦 ´ + 𝑦 = 2 sin 3𝑥, puede ser solucionada por los siguientes métodos y tiene como solución general: 1. Método de variables separables y método de ecuaciones exactas. 1
2. 𝑦 = 𝑒 2𝑥 (𝐶1 𝑐𝑜𝑠
√3 𝑥 2
+ 𝐶2 𝑠𝑖𝑛
√3 𝑥) 2
6
16
+ 73 cos 3𝑥 + − 73 sin 3𝑥
1
√3
√3
16
6
3. 𝑦 = 𝑒 −2𝑥 (𝐶1 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑖𝑛 2 𝑥) + 73 cos 3𝑥 + − 73 sin 3𝑥 4. Método de variación de parámetros y método de coeficientes indeterminados. 𝒚′′ − 𝒚′ + 𝒚 = 𝟐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒙 El método de variables separables y ecuaciones exactas aplica a ED homogéneas y/o de primer orden, por lo que este ejercicio se tratará con el método de variación de parámetros y/o método de coeficientes indeterminados. 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 Entonces la solución general viene dada por una función complementaria más una solución particular. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 0 Entonces, se debe resolver en primer lugar la ED “homogénea”. −𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎 Usando la formula cuadrática, podemos encontrar las raíces. 1 ± √12 − 4(1)(1) 1 √−3 = ± 2(1) 2 2 Se reemplaza en la formula.
𝑚1 =
1 √3 + 𝑖 2 2
𝑚2 =
1 √3 − 𝑖 2 2
Se encuentran entonces las dos raíces. 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 𝑚1 𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑚2 𝑥 La función complementaria, viene dada por la forma presentada. 1 √3
1 √3
𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 2+ 2 𝑖 + 𝐶2 𝑒 2− 2 𝑖
1
√3
1
√3
𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 2 . 𝑒 2 𝑖 + 𝐶2 𝑒 2 . 𝑒 − 2 𝑖 𝑒 𝑖𝑥 + 𝑒 −𝑖𝑥 = 2 ∗ cos(𝑥) Y por medio de Euler se reescriben las expresiones. 1 √3 √3 𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 2 2 1 √3 √3 = 𝑒 2𝑥 (𝐶1 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥) 2 2 1
𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦(𝑐)
Finalmente con factorización se encuentra la función complementaria. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 2 ∗ 𝑠𝑒𝑛3𝑥 Ahora se debe encontrar la solución particular de: 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛3𝑥 Se supone una solución particular en términos iguales que los de la función complementaria y además que se incluyan los resultados de las derivadas obtenidas de sen (3x), en la búsqueda de la solución particular. 𝑦 ′ 𝑝 = −3𝐴𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 3𝐵𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑦 ′′ 𝑝 = −9𝐴𝑐𝑜𝑠3𝑥 − 9𝐵𝑠𝑒𝑛3𝑥 Posteriormente realizando las derivadas de la función propuesta. [−9𝐴𝑐𝑜𝑠3𝑥 − 9𝐵𝑠𝑒𝑛3𝑥] − [−3𝐴𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 3𝐵𝑐𝑜𝑠3𝑥] + [𝐴𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛3𝑥] = 2 ∗ 𝑠𝑒𝑛3𝑥 Se procede a sustituir en el enunciado. (−8𝐴 − 3𝐵)𝑐𝑜𝑠3𝑥 + (3𝐴 − 8𝐵)𝑠𝑒𝑛3𝑥 = 0𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 2𝑠𝑒𝑛3𝑥 Resulta entonces, igualando. (−8𝐴 − 3𝐵) = 0 (3𝐴 − 8𝐵) = 2 −8𝐴 = 3𝐵 3𝐴 = 2 + 8𝐵 −8𝐴 = 3𝐵 (3)
3𝐴 = 2 + 8𝐵
(8)
−24𝐴 = 9𝐵 24𝐴 = 16 + 64𝐵 73𝐵 = −16 𝐵=−
16 73
𝑦 𝐴=
6 73
Se aplica el método de eliminación para hallar los valores. Finalmente se obtienen los valores de los coeficientes A y B. 𝑦(𝑝) =
6 16 𝑐𝑜𝑠3𝑥 − 𝑠𝑒𝑛3𝑥 73 73
Luego, se reemplazan los valores, y queda la solución particular. 𝟏
𝒚 = 𝒆𝟐𝒙 (𝑪𝟏 𝒄𝒐𝒔
𝟔 𝟏𝟔 √𝟑 √𝟑 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒔𝒆𝒏 𝒙) + 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒙 𝟐 𝟐 𝟕𝟑 𝟕𝟑
Así, con estas funciones encontradas se reemplaza en la forma para encontrar la solución general Respuesta correcta C: 2 y 4 6. El método de variación de parámetros para dar solución a una ecuación diferencial de tercer orden establece que primero se encuentra la función complementaria 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 + 𝐶3 𝑦3 y después se calcula el wronskiano 𝑊(𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥), 𝑦3 (𝑥)). Posteriormente se determina 𝑓(𝑥), para poder encontrar 𝑢1 𝑢2 y 𝑢3 , y poder hallar la solución particular mediante la 𝑊 𝑊 𝑊 integración de 𝑢1 ´ = 𝑊1, 𝑢2 ´ = 𝑊2 y 𝑢3 ´ = 𝑊3, donde : 𝑦1 𝑦2 𝑦3 0 𝑦2 ′ ′ ′ 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦2′ 𝑊=| 1 2 3 |, 𝑊1 = | 0 𝑦1′′ 𝑦2′′ 𝑦3′′ 𝑓(𝑥) 𝑦2′′ 𝑦1 𝑦2 0 ′ ′ 0 | | 𝑦1 𝑦2 ′′ ′′ 𝑦1 𝑦2 𝑓(𝑥)
𝑦3 𝑦1 ′ 𝑦3 |, 𝑊2 = | 𝑦1′ 𝑦3′′ 𝑦1′′
0 0 𝑓(𝑥)
𝑦3 𝑦3′ | 𝑊3 = 𝑦3′′
Una solución particular es 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 y la solución general de la ecuación diferencial es entonces 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 . Con base en lo anterior, los valores para 𝑊1 , 𝑊2 y 𝑊3 y la solución general de la ecuación 𝑦 ′′′ + 2𝑦′′ = 𝑒 𝑥 son respectivamente: 1. 𝑊1 = −2𝑥𝑒 −𝑥 − 𝑒 −𝑥 , 𝑊2 = 2𝑒 −𝑥 y 𝑊3 = 𝑒 𝑥 1 2. 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑒 −2𝑥 + 3 𝑒 𝑥 1
3. 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 + 4 𝑒 −𝑥
4. 𝑊1 = 2𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑒 −𝑥 , 𝑊2 = 2𝑥𝑒 𝑥 y 𝑊3 = −2𝑒 −𝑥 𝑦 ′′′ + 2𝑦′′ = 𝑒 𝑥 La ecuación no es homogénea porque no está igualdad a Cero. 𝑦 ′′′ + 2𝑦′′ = 0 Se hace 𝑓(𝑥) = 0 para convertir la ecuación a una homogénea. 𝑚3 + 2𝑚2 = 0 𝑚1 = 0 𝑚2 = 0 𝑚3 = −2 Se describe la ecuación característica y se resuelven 𝑦𝑐 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑒 −2𝑥 Se describe la solución. 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 𝑦1 = 1
𝑦3 = 𝑒 −2𝑥
𝑦2 = 𝑥
La solución partícula tiene la forma. 𝑦1 ´ 𝑊 = | 𝑦1 𝑦1 ´´ 0 𝑊1 = | 0 𝑓(𝑥)
𝑦2 𝑦2 ´ 𝑦2 ´´
𝑦2 𝑦2 ´ 𝑦2 ´´
𝑦3 1 𝑥 𝑦3 ´ | = |0 1 𝑦3 ´´ 0 0
𝑦3 0 𝑦3 ´ | = | 0 𝑒𝑥 𝑦3 ´´
𝑥 1 0
𝑒 −2𝑥 −2𝑒 −2𝑥 | = 4𝑒 −2𝑥 4𝑒 −2𝑥
𝑒 −2𝑥 −2𝑒 −2𝑥 | = −2𝑥𝑒 −𝑥 − 𝑒 −𝑥 4𝑒 2𝑥
𝑦1 𝑊2 = | 𝑦1 ´ 𝑦1 ´´
0 0 𝑓(𝑥)
𝑦1 𝑊3 = | 𝑦1 ´ 𝑦1 ´´
𝑦3 1 0 𝑦3 ´ | = |0 0 0 𝑒𝑥 𝑦3 ´´
𝑦2 𝑦2 ´ 𝑓(𝑥)
𝑒 −2𝑥 −2𝑒 −2𝑥 | = 2𝑒 −𝑥 4𝑒 −2𝑥
0 1 𝑥 0 | = |0 1 0 0 𝑦3 ´´
0 0 | = 𝑒𝑥 𝑒𝑥
Buscamos el wronskiano. 𝑈𝑛 = ∫
𝑊𝑛 𝑑𝑥 𝑊
Se halla u, donde se deriva. −2𝑥𝑒 −𝑥 −𝑒 −𝑥 𝑈1 = ∫ 𝑑𝑥 = 4𝑒 −2𝑥
Se integra.
∫[
−2𝑥𝑒 −𝑥 𝑒 −𝑥 − ] 𝑑𝑥 = 4𝑒 −2𝑥 4𝑒 −2𝑥
−2𝑥𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 1 1 ∫[ − ] 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 4 4 2 4 1 1 𝑈1 = − [𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 ] − 𝑒 𝑥 2 4
𝑈2 = ∫
2𝑒 −𝑥 1 𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 −2𝑥 4𝑒 2 1 ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 2 𝑈2 =
1 𝑥 𝑒 2
𝑒𝑥 𝑈3 = ∫ −2𝑥 𝑑𝑥 = 4𝑒
1 ∫ 𝑒 3𝑥 𝑑𝑥 = 4 𝑈3 =
1 3𝑥 𝑒 12
𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 1 1 1 1 𝑦𝑝 = (− [𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 ] − 𝑒 𝑥 ) + 𝑥 ∗ 𝑒 𝑥 + 𝑒 3𝑥 ∗ 𝑒 −2𝑥 2 4 2 12 1 1 1 1 𝑦𝑝 = (− [𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 ] − 𝑒 𝑥 ) + 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑒 3𝑥 ∗ 𝑒 −2𝑥 2 4 2 12 2𝑒 𝑥 − 2𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 𝑦𝑝 = + 4 12 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑦𝑝 = + 4 12
𝑦𝑝 =
4 𝑥 𝑒 12
𝑦𝑝 =
1 𝑥 𝑒 3
Se obtiene la solución particular 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 La solución seria. 𝟏 𝒙 𝑹/ 𝒚 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙+𝑪𝟑 𝒆 + 𝒆𝒙 𝟑 La respuesta correcta. R/ 𝑾𝟏 = −𝟐𝒙𝒆−𝒙 − 𝒆−𝒙 , 𝑾𝟐 = 𝟐𝒆−𝒙 y𝑾𝟑 = 𝒆𝒙
Los valores de para 𝑊1 , 𝑊2 , 𝑊3
Respuesta Correcta B: 1 y 3
(Solución a los ejercicios 7 y 8 Mauricio Rodríguez) 7. Un problema de valor inicial es una ecuación diferencial ordinaria que tiene un valor especificado que se conoce como la condición inicial, de la función desconocida en un punto dado del dominio de la solución. Para el problema de valor inicial 𝑦 ′′ + 𝑦 = 4𝑥 + 10 sin 𝑥, 𝑦(𝜋) = 0, 𝑦′(𝜋) = 2, la solución particular 𝑦𝑝 y la solución al problema 𝑦 corresponden a: 1. 2. 3. 4.
𝑦 = 9𝜋 cos 𝑥 + 7 sin 𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥 cos 𝑥 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 cos 𝑥 + 𝐸𝑥 cos 𝑥 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 cos 𝑥 + 𝐸𝑥 sin 𝑥 𝑦 = 9𝜋 sin 𝑥 + 7 sin 𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥 sin 𝑥 𝑦 ′′ + 𝑦 = 4𝑥 + 10 sin 𝑥
Al resolver la Ecuación homogénea se obtiene 𝑚2 + 1 = 0 → 𝑚1,2 = ±𝑖 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 En segundo lugar, se calcula la solución particular El 4x aporta una ecuación lineal que se usará Ax + B El 10𝑠𝑒𝑛𝑥 aporta una combinación lineal de senos y cosenos pero al ya estar en la solución complementaria se multiplicara por 𝑦𝑝 =
𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 cos 𝑥 + 𝐷𝑥 sin 𝑥
𝑦′𝑝 =
𝐴 + 𝐶 cos 𝑥 − 𝐶𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐷 sin 𝑥 + 𝐷𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦′′𝑝 =
−𝐶 sen 𝑥 − 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝐶𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐷 cos 𝑥 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐷𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
Reemplazando en la ecuación diferencial (−𝐶 sen 𝑥 − 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝐶𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐷 cos 𝑥 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐷𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥) + (𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 cos 𝑥 + 𝐷𝑥 sin 𝑥) = 4𝑥 + 10 sin 𝑥 (−2𝐶)𝑠𝑒𝑛𝑥 + (2𝐷)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐴𝑥 + 𝐵 = 4𝑥 + 10 sin 𝑥 Se igualan componentes con componentes −2𝐶 = 10, 2𝐷 = 0, 𝐴 = 4, 𝐵 = 0 𝐶 = −5; 𝐷 = 0
𝑦𝑝 = 4𝑥 − 5𝑥 cos 𝑥 𝑦 = 𝑦𝑝 + 𝑦𝑐 𝑦 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥 cos 𝑥 Para encontrar 𝐶1 y 𝐶2 se evalúan las condiciones de valor inicial que nos dan en la función y 𝑦(𝜋) = 0, 𝑦′(𝜋) = 2 𝑦 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥 cos 𝑥 0 = 𝐶1 cos(𝜋) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 (𝜋) + 4𝜋 − 5𝜋 cos 𝜋 sin 𝜋 = 0 , cos 𝜋 = −1 0 = −𝐶1 + 0 + +4𝜋 + 5𝜋 𝐶1 = 9𝜋 Para encontrar el valor de 𝑐2 se deriva la función y 𝑦′ = −𝐶1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 4 − 5cos 𝑥 + 5𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 2 = −𝐶1 𝑠𝑒𝑛(𝜋) + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠 (𝜋) + 4 − 5cos(𝜋) + 5𝜋𝑠𝑒𝑛(𝜋) sin 𝜋 = 0 , cos 𝜋 = −1 2 = −𝐶2 + 4 + 5 + 0 𝐶2 = 7 Metiendo los valores de 𝑐1 𝑦 𝑐2 en la solución se obtiene la solución particular 𝑦 = 9𝜋𝑐𝑜𝑠𝑥 + 7𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥 cos 𝑥 Como 1 y 3 son correctas la opción correcta es la B
8 Una ecuación diferencial de n-ésimo orden se puede escribir como: 𝑎𝑛 𝐷𝑛 𝑦 + 𝑎𝑛−1 𝐷𝑛−1 𝑦 + ⋯ + 𝑎1 𝐷𝑦 + 𝑎0 𝑦 = 𝑔(𝑥), Donde 𝐷𝑘 𝑦 =
𝑑𝑘 𝑦 𝑑𝑥 𝑘
, 𝑘 = 0,1,2, … , 𝑛. Cuando se cumple la ecuación anterior
también se escribe como 𝐿(𝑦) = 𝑔(𝑥), donde 𝐿 denota el operador diferencial o polinomial, lineal de n-ésimo orden. La notación de operador no sólo es una abreviatura útil, sino que en un nivel muy práctico la aplicación de operadores diferenciales permite justificar las reglas para determinar la forma de la solución particular 𝑦𝑝 . Ésta se deduce casi de manera automática una vez se encuentra un operador diferencial
lineal adecuado que anula a 𝑔(𝑥). Por lo anterior de la ecuación diferencial 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ = 8𝑒 3𝑥 + 4 sin 𝑥, se puede afirmar que: 1. El operador diferencial que anula 3𝐷)𝑦 = 0 2. La solución particular 𝑦𝑝 que se 𝐴𝑥 2 𝑒 3𝑥 + 𝐵 cos 𝑥 + 𝐶 sin 𝑥 3. El operador diferencial que anula 3𝐷)𝑦 = 0 4. La solución particular 𝑦𝑝 que se 𝐵 cos 𝑥 + 𝐶 sin 𝑥
a 𝑔(𝑥) es (𝐷2 − 3)(𝐷 + 1)(𝐷2 − propone debe ser 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 3𝑥 + a 𝑔(𝑥) es (𝐷 − 3)(𝐷2 + 1)(𝐷2 − propone debe ser 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 3𝑥 +
Se necesita anular la función 𝑔(𝑥) = 8𝑒 3𝑥 + 4 sin 𝑥 Para anular el exponencial se usa (𝐷 − 3)(8𝑒 3𝑥 ) = 0 Para anular el seno se usa (𝐷2 + 1)(4𝑠𝑖𝑛 𝑥) = 0 Y el operador propio de la ecuación diferencial es (𝐷2 − 3𝐷)𝑦 = 0 El conjunto de los operadores es (𝐷 − 3)(𝐷2 + 1)(𝐷2 − 3𝐷)𝑦 = 0 Que es la respuesta 3 Para encontrar la solución particular usando los operadores encontrados en el literal anterior y teniendo en cuenta que la solución complementaria 𝑦𝑐 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 3𝑥
Para la función 8𝑒 3𝑥 la solución complementaria tendría la forma 𝐴𝑥𝑒 3𝑥 Para la función 4 sin 𝑥 la solución complementaria tendría la forma 𝐵𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝐶𝑐𝑜𝑠 𝑥 que corresponde a la opción 4 Como 3 y 4 son las opciones correctas la respuesta es la D
(Solución de los ejercicios 9 y 10 Guillermo León Acosta)
9. Una ecuación homogénea tiene dos soluciones independientes. Para el caso 2 al resolver la ecuación característica las soluciones deben ser iguales y reales 𝑚 = 𝑚1 = 𝑚2 y su solución general es de la forma 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒𝑚𝑥. La ecuación
diferencial 𝑦´´ − 10𝑦´ +25𝑦 = 0 tiene como solución general 𝑦 = 𝐶1𝑒5𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒−5𝑥 PORQUE las soluciones de la ecuación auxiliar son 𝑚1 = 𝑚2 = 5. SOLUCIÓN Ecuación diferencial homogénea 𝑌 𝜄𝜄 − 10𝑌 𝜄 + 25𝑌 = 0 Ecuación auxiliar 𝑚2 − 10𝑚 + 25 = 0 es un trinomio cuadrado perfecto que se puede factorizar (𝑚 − 5)2 = 0 m-5=0 (doble) m=5 (multiplicidad =2) 𝑚1 = 𝑚2 = 5 Razón verdadera La solución general es Y = 𝑐1 ℓ5𝑥 + 𝑐2 𝑥ℓ5𝑥 Afirmación falsa. Respuesta D 10. Un operador anulador para la función (𝑥) de la ecuación diferencial 𝑦´´ + 6𝑦´ + 8𝑦 = 2𝑥 + 3𝑒−2𝑥 − 2 sin 3𝑥 es 𝐷2(𝐷 + 2)(𝐷2 + 9) PORQUE 𝐷2(2𝑥) = 0, (𝐷 + 2)(3𝑒2𝑥) = 0 y (𝐷2 + 9)(−2 sin 3𝑥) = 0. SOLUCIÓN La ecuación diferencial homogénea asociada a la ecuación diferencial dada es 𝑌 𝜄𝜄 + 6𝑌 𝜄 + 8𝑌 = 0 Cuyo operador anulador es: 𝐷2 + 6𝐷 + 8 = (𝐷 + 4)(𝐷 +
2).
Entonces el operador anulador para la función 9(𝑥) es: (𝐷 +
4)(𝐷 +
2). La afirmación es falsa
Los operadores en la razón son, así: 𝐷2 (2𝑋) = 𝐷(𝐷2𝑋) = 𝐷2 = 0, (𝐷 + 2)(3ℓ−2𝑋 ) = 𝐷(3ℓ−2 ) + 2(3ℓ−3𝑋 )= −6ℓ−2𝑋 + 6ℓ−2𝑋 = 0 𝑌(𝐷2 + 9)(−2𝑠𝑒𝑛3𝑥) = 𝐷2 (−2 𝑠𝑒𝑛3𝑥) + 9(−2𝑠𝑒𝑛3𝑥) = = 𝐷(𝐷(−2𝑠𝑒𝑛3𝑥)) − 18𝑠𝑒𝑛3𝑥𝑧 = 𝐷(−6cos3𝑥) − 18𝑠𝑒𝑛3𝑥𝑧 = −6(−3)𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 18𝑠𝑒𝑛3𝑥 = 18𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 18𝑠𝑒𝑛3𝑥 = 0
La razón es verdadera No hay opción E en que, tanto la afirmación como la razón, son falsas. Respuesta D DESARROLLO DE LA ACTIVIDAD GRUPAL
Problema: Una persona de 70 kg de masa se lanza en una práctica de bungee jumping. Si en el tiempo t=0 la banda elástica ha cedido 8 metros y la velocidad de ascenso es de 30m/seg, Halle la función x(t) que describe el movimiento libre resultante si se sabe que la banda elástica tiene una constante de elasticidad de 350N/m.
Solución
La segunda ley de Newton 𝑑2 𝑥 𝑚 2 = 𝑘 𝑥 (𝑙𝑖𝑏𝑟𝑒) 𝑑𝑡 𝑚 = 70 , 𝑘 = 350 70
𝑑2 𝑥 −350 = −350 = 𝑥 2 𝑑𝑡 70
𝑑2𝑥 = −5𝑥 𝑑𝑡 2 𝑑2𝑥 + 5𝑥 = 0 𝑑𝑡 2 Ecuación diferencial homogénea Ecuación auxiliar 𝑚2 − 5į2 = 0 𝑚 = ±į√5
𝑚2 + 5 = 0
𝛽√5} 𝑑= 𝑥(𝑡) = 𝑐1 cos√5𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 √5𝑡
, 𝑐𝑜𝑛 𝑐1 𝑌 𝑐2 𝑐𝑜𝑛𝑠tan𝑡𝑒𝑠 𝑎 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟
Con dicciones iniciales 𝑡=0 𝑥(0) = 8
(Posición Inicial)
𝑥1 (0) = 30
(Velocidad Inicial)
𝑥(𝑡) = 𝑐1 cos√5 𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 √5𝑡 𝑥1 (𝑡) = 𝑐1 √5 𝑠𝑒𝑛 √5𝑡 + 𝑐2 √5cos√5𝑡 𝑥(0) = 𝑐1 cos 0 + 𝑐2 (0) = 8
Sen 0=0
𝑐1 (1) + 𝑐2 (0) = 8
Cos 0=1
𝑐1 + 0 = 8 𝑐1 = 8 𝑥1 (0) = 𝑐1 √5 𝑠𝑒𝑛 0 + 𝑐2 √5cos 0 = 30 −𝑐1 √5(0) + 𝑐2 √5(1) = 30 0 + √5𝑐2 = 30 √5𝑐2 = 30 𝑐2 =
30 √5
=
30√5 √5√5
=
30√5 √25
=
30√5 = 6√5 5
(Racionalización) 𝑥(𝑡) = 8 cos(√5 𝑡) + 6√5 𝑠𝑒𝑛 (√5 𝑡) 𝑅𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎
Segunda actividad Grupal: Se presenta un problema junto con su solución, de forma colaborativa deben evaluar y analizar toda la solución a la situación plantea, si consideran que todo el proceso y respuesta se encuentra de manera correcta, deben realizar aportes en cuanto a procedimiento faltante y fórmulas utilizadas, resaltando en otro color los aportes extras a la solución. Si el grupo considera que el proceso y/o respuesta se encuentra incorrecto, deben realizar la observación y corrección al error o errores
encontrados resaltando en otro color la corrección y aportes extras a la solución. Situación y solución planteada: Situación y solución planteada:
Un sistema vibratorio que consiste en una masa unida a un resorte como se muestra en la figura
1
Se suelta desde el reposo a 2 unidades debajo de la posición de equilibrio. La masa 1
𝑁
es de 5 𝐾𝑔 y la constante elástica es 𝑘 = 2 𝑚. El movimiento es amortiguado (𝛽 = 𝜋
1,2) y está siendo impulsado por una fuerza periódica externa (𝑇 = 2 𝑠), comenzando en 𝑡 = 0. Dicha fuerza está definida como 𝑓(𝑡) = 5 cos 4𝑡. Para esta situación, procedemos a encontrar la ecuación diferencial que describe el movimiento
En los sistemas físicos acelerados la sumatorio de fuerzas se expresa de acuerdo a la formulación de la segunda ley de Newton: ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎 De acuerdo al problema planteado se tiene un Movimiento forzado con amortiguamiento. En concordancia con la ley anterior: 𝑑2𝑥 𝑑𝑥 𝑚 2 = −𝑘𝑥 − 𝛽 + 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑2 𝑥
Donde la aceleración y la velocidad están dadas por 𝑎 = 𝑑𝑡 2 y 𝑣 = Transponiendo términos en la ecuación: 𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 𝑚 2 +𝛽 + 𝑘𝑥 = 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑥 𝑑𝑡
Y reemplazando los valores dados en esta se tiene: 1 𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 + 1,2 + 2𝑥 = 5 cos 4𝑡 2 5 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑2 𝑥
Equivalente a:
𝑑𝑡 2
𝑥(0) =
1 2
𝑥 ´ (0) = 0
𝑑𝑥
+ 4 𝑑𝑡 + 5𝑥 = 25 cos 4𝑡
Esta ecuación diferencial está mal porque lo que se hizo fue multiplicar la ecuación anterior por cinco y por lo tanto tiene que quedar de la siguiente forma: 𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 +6 + 10𝑥 = 25 cos 4𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Se hace 𝑓(𝑥) = 0 para convertir la ecuación a una homogénea: 𝑑2𝑥 𝑑𝑥 +4 + 5𝑥 = 0 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Por el primer error, esta ecuación debe quedar 𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 +6 + 10𝑥 = 0 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Se escribe la ecuación característica y se resuelve: 𝑚2 + 4𝑚 + 5 = 0 La ecuación característica debe ser 𝑚2 + 6𝑚 + 10 = 0 Solucionándola por fórmula cuadrática se tienen las siguientes soluciones: 𝑚1 = −2 + 𝑖, 𝑚2 = −2 − 𝑖 La solución correcta de la ecuación característica es: 𝑚1 = −3 + 𝑖, 𝑚2 = −3 − 𝑖
Cuando las raíces son complejas, la solución se escribe como: 𝑦𝑐 = 𝑒 −2𝑡 (𝐶1 cos 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑡) La expresión correcta es: 𝑦𝑐 = 𝑒 −3𝑡 (𝐶1 cos 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑡) Con el Método de coeficientes indeterminados, se supone una solución particular de la forma: 𝑦𝑝 = 𝐴 cos 4𝑡 + 𝐵 sin 4𝑡
𝑦𝑝 ´ = −4𝐴 sin 4𝑡 + 4𝐵 cos 4𝑡 𝑦𝑝 ´´ = −16𝐴 cos 4𝑡 − 16𝐵 sin 4𝑡 𝑑2 𝑥
Sustituyendo en la ED
𝑑𝑡 2
𝑑𝑥
+ 4 𝑑𝑡 + 5𝑥 = 0
La ecuación diferencial debe ser 𝑑2𝑥 𝑑𝑥 + 6 + 10𝑥 = 25cos(4𝑡) 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 −16𝐴 cos 4𝑡 − 16𝐵 sin 4𝑡 + 4(−4𝐴 sin 4𝑡 + 4𝐵 cos 4 𝑡) + 5(𝐴 cos 4𝑡 + 𝐵 sin 4𝑡) = 25 cos 4𝑡 La ecuación debe quedar −16𝐴 cos 4𝑡 − 16𝐵 sin 4𝑡 + 6(−4𝐴 sin 4𝑡 + 4𝐵 cos 4 𝑡) + 10(𝐴 cos 4𝑡 + 𝐵 sin 4𝑡) = 25 cos 4𝑡
Operando: −16 𝐴cos 4𝑡 − 16𝐵 sin 4𝑡 − 16𝐴 sin 4𝑡 + 16𝐵 cos 4𝑡 + 5𝐴 cos 4𝑡 + 5𝐵 sin 4𝑡 = 25 cos 4𝑡 La expresión debe quedar de la siguiente forma: −16 𝐴cos 4𝑡 − 16𝐵 sin 4𝑡 − 24𝐴 sin 4𝑡 + 24𝐵 cos 4𝑡 + 10𝐴 cos 4𝑡 + 10𝐵 sin 4𝑡 = 25 cos 4𝑡 Reuniendo términos semejantes: −11𝐴 cos 4𝑡 − 11𝐵 sin 4𝑡 − 16𝐴 sin 4𝑡 + 16𝐵 cos 4𝑡 = 25 cos 4𝑡 La expresión anterior está mal, por lo que queda: −6𝐴 cos 4𝑡 − 6𝐵 sin 4𝑡 − 24𝐴 sin 4𝑡 + 24𝐵 cos 4𝑡 = 25 cos 4𝑡
Factorizando: (−11𝐴 + 16𝐵) cos 4𝑡 + (−16𝐴 − 11𝐵) sin 4𝑡 = 25 cos 4𝑡 La expresión corregida es (−6𝐴 + 24𝐵) cos 4𝑡 + (−24𝐴 − 6𝐵) sin 4𝑡 = 25 cos 4𝑡 El sistema de ecuaciones resultante: −11𝐴 + 16𝐵 = 25
−16𝐴 − 11𝐵 = 0 El sistema de ecuaciones queda de la siguiente forma −6𝐴 + 24𝐵 = 25 −24𝐴 − 6𝐵 = 0
25
𝐴 = − 102
Reescribiendo:
𝑦𝑝 = 𝐴 cos 4𝑡 + 𝐵 sin 4𝑡 𝑦𝑝 = −
𝑦
50
Se cumple que:
𝐵 = 51
25 50 cos 4𝑡 + sin 4𝑡 102 51 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
La solución sería:
𝑦 = 𝑒 −2𝑡 (𝐶1 cos 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑡) −
25 50 cos 4𝑡 + sin 4𝑡 102 51
La ecuación diferencial está mal por el 2 del exponencial 𝑦 = 𝑒 −3𝑡 (𝐶1 cos 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑡) −
25 50 cos 4𝑡 + sin 4𝑡 102 51
Haciendo 𝑡 = 0 𝑦(0) = 𝑒 −2(0) [𝐶1 cos(0) + 𝐶2 sin(0)] −
25 50 cos 4(0) + sin 4(0) 102 51
Otra vez está mal por el dos del exponencial 𝑦(0) = 𝑒 −3(0) [𝐶1 cos(0) + 𝐶2 sin(0)] −
25 50 cos 4(0) + sin 4(0) 102 51
1 25 50 = 𝑒 −2(0) [𝐶1 cos(0) + 𝐶2 sin(0)] − cos 4(0) + sin 4(0) 2 102 51 Otra vez está mal por el dos del exponencial 1 25 50 = 𝑒 −3(0) [𝐶1 cos(0) + 𝐶2 sin(0)] − cos 4(0) + sin 4(0) 2 102 51
𝐶1 =
1 25 + 2 102
𝐶1 =
38 51
Derivando la expresión y haciendo 𝑡 = 0 𝐶2 = −
86 51
Por lo tanto la ecuación de movimiento es: 𝑦 = 𝑒 −2𝑡 (
38 86 25 50 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 𝑠𝑖𝑛 𝑡) − 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 51 51 102 51
Está mal por el dos en el exponente de nuevo 𝑦 = 𝑒 −3𝑡 (
38 86 25 50 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 𝑠𝑖𝑛 𝑡) − 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 51 51 102 51
REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS Mesa, F. (2012). Ecuaciones diferenciales ordinarias: una introducción. Colombia: Ecoe Ediciones. (pp. 1-53). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/detail.action?docID=10584022 Ríos Gallego. Julio Alberto. (2012). Ecuaciones diferenciales HomogéneasEjercicio 1. Recuperado de: https://www.youtube.com/watch?v=KjhJ3_idLM0 Alonso, A., Álvarez, J. Calzada, J. (2008). Ecuaciones diferenciales ordinarias: ejercicios y problemas resueltos. Delta Publicaciones. (pp. 5-82). Recuperado de: http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/id/10876923 Amaya, J. (2015). Métodos de solución de ecuaciones diferenciales de primer orden. Unad. [Videos]. Disponible en: http://hdl.handle.net/10596/7384 Caicedo, A., García, J., Ospina, L. (2010). Métodos para resolución de ecuaciones diferenciales ordinarias. Ediciones Elizcom. (pp. 9-95). Recuperado de: http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/id/10565809
