Ejercicios resueltos de ecuaciones diferenciales

Hugo Lombardo Flores

13 Abril 2011

1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

1.1 Ecuaciones lineales y reducibles a estas.

1.

dy

dx+ 2y = 0

Definimos el factor integrante.

p(x) = 2factor integrante: e

´2dx= e2x

multiplicamos la ecuacion por el factor integrante.

e2x dydx + 2e2x = 0

el lado izquierdo de la ecuacion se reduce a:ddx [e

2xy] = 0separamos variables e integramos.

´ddx [e

2xy] = 0´dx+ c

e2xy = c

y = ce−2x

2.dy

dx= 3y

forma lineal.

dydx − 3y = 0

p(x) = −3

Factor integrante: e´−3dx=e−3x

multiplicamos por factor integrante.

1

e−3x dydx − 3e−3xy = 0

´dydx [e

−3xy = 0´dx+ c

e−3xy = c

y = ce3x

3.

3dy

dx+ 12y = 4

pasamos la ecuacion a la forma lineal.

dydx + 4y = 4

3

p(x) = 4

Factor integrante: e´4dx=e4x

e4x dydx + 4e4xy = 4

3e4x

´ddx [e

4xy] =´e4xdx+ c

e4xy = 14e

4x + c

y = 14 + ce−4x

4.y′ = 2y + x2 + 5

forma lineal

y′ − 2y = x2 + 5

Factor integrante: e´−2dx = e−2x

e−2xy′ − 2e−2xy = e−2xx2 + 5e−2x

´ddx [e

−2xy] =´e−2xx2 + 5

´e−2x + c

e−2xy = − 52e−2x − 1

4e−2x(2x2 + 2x+ 1) + C

y = −x2

2 −x2 −

14 + 5

2 + ce2x

5.ydx− 4(x+ y6)dy = 0

ydx = 4(x+ y6)dy

dxdy = 4(x+y6)

y ; dxdy = 4x

y + 4y6

y

2

de�nimos la forma lineal.

dxdy −

4xy = 4y5

Factor integrante: e−4´

1y dy; e−4 log(y); elog(y)

−4

; y−4 = 1y4

1y4

dxdy −

1y4

4xy = 1

y4 4y5

ddy [

1y4x] = 4y

´ddy [

1y4x] = 4

´ydy

1y4x = 2y2 + C

x = 2y6 + cy4

6.xy′+ y = ex

y′+ 1xy = ex

x

Factor integrante:

e´

1xdx = elog x = x

xy′+ xxy = xex

x

ddx [xy] = ex

Integramos:

´ddx [xy] =

´exdx+ c

xy = ex + c

y = exx−1 + cx−1

7.

xdy

dx+ y =

2

y2

dydx + y

x = 2xy2 ...(1)

hacemos la sustitucion: u = y1−ndonde n = −2

u = y1−(−2) = y3;u1/3 = y

Derivamos esta ultima.

13u−2/3 du

dx = dydx

3

Sustituimos en la ecuacion diferencial 1.

13u−2/3 du

dx + u1/3

x = 2(u1/3)2

x

Acomodamos a la forma lineal, multiplicando toda la ecuacion por 13u

2/3.

dudx + 3ux = 6

x

Esta es una ecuacion lineal. De�nimos el factor integrante.

e3´

1xdx = e3 log x = elog x

3

= x3

Multiplicamos por factor integrante.

x3 dudx + 3x3 ux = x3 6x

ddx [x

3u] = 6x2

integramos.

´ddx [x

3u] = 6´x2 + c

x3u = 2x3 + c

u = 2 + cx−3

Sustituimos u = y3

y3 = 2 + cx−3

8. y1/2 dydx + y3/2 = 1; condicion y(0) = 4

dydx + y3/2

y1/2= 1

y1/2↔ dy

dx + y = y−1/2

u = y1−n; n = −1/2; u = y1−(−1/2) = y3/2

u2/3 = y

23u−1/3 du

dx = dydx

Sustituimos.

23u−1/3 du

dx + u2/3 = (u2/3)−1/2

Multiplicamos la ecuacion por 23u

1/3

dudx + 3

2u = 32

La ecuacion se redujo a una lineal.Factor integrante: e

32

´dx = e

32x

4

e32x du

dx + e32x 3

2u = e32x 3

2

ddx [e

32xu] = 3

2e32x

´ddx [e

32xu] =

´32e

32xdx+ c

e32xu = e

32x + c

u = 1 + ce−32x

Sustituimos u = y3/2

y3/2 = 1 + ce−32x � Solucion general.

Ahora aplicamos las condiciones iniciales. y(0) = 4

43/2 = 1 + ce−32 0

8− 1 = cc = 7Sustutuimos el valor de c en la ecuacion general.

y3/2 = 1 + 7e−32x� Solucion particular.

9.

y′+ 2

xy = −2xy2

u = y1−n; donde n = 2entonces:u = y1−2; u = y−1; u−1 = y

−u−2 dudx = dy

dx

sustituimos en la ecuacion.

−u−2 dudx + 2

xu−1 = −2x(u−1)2

multiplicamos por −u2

dudx −

2xu = 2x

esta es una ecuacion lineal con p(x) = − 2x

obtenemos el factor integrante.

e−2´

1xdx = elog x

−2

= x−2

x−2 dudx − x

−2 2xu = x−22x

ddx [x

−2u] = 2x−1

integramos.

5

´ddx [x

−2u] =´2x−1dx+ c

x−2u = 2 log x+ c

u = 2x2 log x+ cx2

sustituimos u = y−1

y la solución es entonces:

y = 12x2 log x+cx2

10,y′+ xy = xy−1/2

sea. n = −1/2

u = y1−n; u = y1−(−1/2); u = y3/2; y = u2/3

dydx = 2

3u−1/3

sustituimos en la ecuacion.

23u−1/3 + xu2/3 = x(u2/3)−1/2

multiplicamos por 23u

1/3

dudx + 3

2xu = 32x � que es una ecuacion lineal con p(x) = 3

2x

Factor integrante:

e32

´xdx = e

34x

2

e34x

2 dudx + e

34x

2 32xu = e

34x

2 32x

ddxe

34x

2

u = 32xe

34x

2

dx+ c

´ddxe

34x

2

u = 32

´xe

34x

2

dx+ c

e34x

2

u = e34x

2

+ c

u = 1 + ce−34x

2

sustituimos u = y3/2

y3/2 = 1 + ce−34x

2

6

1.2 Ecuaciones exactas y reducibles a exactas.

1.(2x− 1)dx+ (3y + 1)dy = 0

M(x, y) = 2x− 1;N(x, y) = 3y + 1Comprobamos que la ecuacion sea exacta, esto es si secumple la condicion

∂M∂y = ∂N

∂x

∂M∂y = 0 ; ∂N∂x = 0

son iguales, por lo tanto la ecuacion es exacta.Ahora tomamos una funcion fx(x, y) =M(x, y)

fx(x, y) = 2x− 1

integramos respecto a x, y la constante de integracion sera una funcion g(y)

´∂M∂x = 2

´xdx−

´dx+ g(y)

f(x, y) = x2 − x+ g(y)... (1)

Esta funcion la derivamos con respecto de y.

∂f∂y = g′(y)

igualamos con N(x,y)

g′(y) = 3y + 1

integramos respecto a y

´g′(y) = 3

´ydy +

´dy + c

g(y) = 32y

2 + y + c

sustituimos la funcion en (1).

x2 − x+ 32y

2 + y = c

esta es una solucion en forma implicita de la ecuacion.2.

(seny − ysenx)dx+ (cosx+ xcosy − y)dy = 0

M(x, y) = seny − ysenx; N(x, y) = cosx+ xcosy − y

∂M∂y = cosy − senx

∂N∂x = −senx+ cosy

7

∂M∂y = ∂N

∂x por lo tanto es una ecuacion exacta.

tomamos fx(x, y) = seny − ysenxintegramos con respecto a x

´fx(x, y)dx =

´(seny − ysenx)dx

f(x, y) = xseny − y(−cosx) + g(y)...(1)

derivamos esta ecuacion respecto a y, e igualamos con N(x,y)

fy(x, y) = cosx+ xcosy + g′(y) = cosx+ xcosy − y

g′(y) = −y

integramos respecto de y

´g′(y) = −

´ydy + c

g(y) = − 12y

2 + c

sustituimos en (1)

f(x, y) = xseny + ycosx− 12y

2

nos queda la solucion implicita.

xseny + ycosx− 12y

2 = c

3.(3x2y + ey)dx = −(x3 + xey − 2y)dy

M(x, y) = 3x2y + ey; N(x, y) = x3 + xey − 2y

My(x, y) = 3x2 + ey

Nx(x, y) = 3x2 + ey

My(x, y) = Nx(x, y) entonces es una ecuacion diferencial exacta.Integramos fx(x, y) con respecto de x, y obtenemos una funcion g(y) de

constante de integracion.

f(x, y) =´(3x2y + ey)dx

f(x, y) = x3y + xey + g(y)... (1)

Derivamos con respecto de y (1) e igualamos con N(x,y)

fy(x, y) = x3 + xey + g′(y) = x3 + xey − 2y

g′(y) = −2y

8

Integramos respecto de y

g(y) = −2´ydy + c

g(y) = −y2 + c

sustituimos en (1)

x3y + xey − y2 = c... solucion implicita.

4.(6xy − 2y2)dx+ (3x2 − 4xy)dy = 0

My(x, y) = 6x− 4y, Nx(x, y) = 6x− 4y

la ecuacion es exacta.integramos fx(x, y) respecto a x.

f(x, y) =´(6xy − 2y2)dx

f(x, y) = 3x2y − 2xy2 + g(y)...(1)

derivamos respcto de y

fy(x, y) = 3x2 − 4xy + g′(y)

igualamos con N(x,y)

3x2 − 4xy + g′(y) = 3x2 − 4xy �g′(y) = 0

integramos respecto de y

g(y) = c

sutituimos en la ecuacion (1)

3x2y − 2xy2 = c

5.(2y − 2xy3 + 4x+ 6)dx+ (2x− 3x2y2 − 1)dy = 0

con la condicion y(−1) = 0

My = 2− 6xy2 = NX

Una vez comprobada que sea exacta.integramos fx(x, y) respecto a x

f(x, y) =´(2y − 2xy3 + 4x+ 6)dx

f(x, y) = 2xy − 3x2y3 + 2x2 + 6x+ g(y)...(1)

9

derivamos respecto a y:

fx(x, y) = 2x− 3x2y2 + g′(y)

igualamo con N(x, y)

2x− 3x2y2 + g′(y) = 2x− 3x2y2 − 1�g′(y) = −1

integramos:

g(y) = −y + c

sustituimos en (1)

2xy − x2y3 + 2x2 + 6x− y = c... solucion implicita.

para y(−1) = 0

2(−1)2 + 6(−1) = c

c = −4

entonces la solucion particular al caso y(-1)=0 es:

2xy − x2y3 + 2x2 + 6x− y = −4

6.(−xy sinx+ 2y cosx)dx+ 2x cosxdy = 0;

Use el factor integrante µ(x, y) = xy

My(x, y) = −x sinx+ 2 cosx

Nx(x, y) = −2x sinx+ 2 cosx

NX 6=My

la ecuacion es no exacta, en este ejemplo se nos dio el factor integrante, porlo tanto procedemos a multiplicar toda la ecuacion por el factor integrante.

xy(−xy sinx+ 2y cosx)dx+ xy(2x cosx)dy = 0

(−x2y2 sinx+ 2xy2 cosx)dx+ (2x2y cosx)dy = 0

comprobamos que esta ecuacion sea exacta.

My(x, y) = −2yx2 sinx+ 4xy cosx

NX(x, y) = 4xy cosx− 2x2y sinx

MY = NX por lo tanto esta ecuacion es exacta y la resolvemos como tal.

10

fx(x, y) = −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx

integramos respecto a x:

f(x, y) =´(−x2y2 sinx+ 2xy2 cosx)dx

f(x, y) = x2y2 cosx+ g(y)...(1)

derivamos respecto a y:

fy(x, y) = 2x2y cosx+ g′(y)

igualamos con Nx

2x2y cosx+ g′(y) = 2x2y cosx

g′(y) = 0

integramos respecto a y:

g(y) = c

sustituimos en (1)

f(x, y) = x2y2 cosx+ c

2 Ecuaciones de orden superior

2.1 Ecuaciones diferenciales de orden superior reducibles

a primer orden.

1. y′′ = 2x2

Integramos ambos lados de la ecuacion:´y′′ = 2

´x2dx+ c

y′ = 23x

3 + c1

Volvemos a integrar:´y′ = 2

3

´(x3 + c1)dx+ c2

y = ( 23 )(14 )x

4 + xc1 + c2

Solucion:

y = 16x

4 + c1x+ c2

11

2. y′′′ = sen(kx)

Integramos ambos lados de la ecuacion:´y′′′ =

´sen(kx)dx+ c1

y′′ = −kcos(kx) + c1´y′′ = −k

´cos(kx)dx+ c1

´dx+ c2

y′ = −k2sen(kx) + xc1 + c2´y′ = −k2

´sen(kx)dx+ c1

´xdx+ c2

´dx+ c3

y = k3cos(kx) + 12c1x

2 + c2x+ c3

3. y′′′ = 1x

Integrando:´y′′′ =

´1xdx+ c1

y′′ = log x+ c1´y′′ =

´log xdx+ c1

´dx+ c2

y′ = x log x− x+ c1x+ c2´y′ =

´x log xdx−

´xdx+ c1

´xdx+ c2

´dx+ c3

y = x2

2 (log x− 12 )−

12x

2 + c112x

2 + c2x+ c3

4. y′′ = x+ sinx

Integrando:´y′′ =

´xdx+

´sinxdx+ c1

y′ = 12x

2 − cosx+ c1´y′ = 1

2

´x2dx−

´cosxdx+ c1

´dx+ c2

y = 16x

3 − sinx+ c1x+ c2

5. y′′′ = x sinx, y(0) = 0 y′(0) = 0 y′′(0) = 2

Resolvemos la ecuacion diferencial integrando tres veces:´y′′′ =

´x sinxdx+ c!

y′′ = sinx− x cosx+ c1´y′′ =

´sinxdx−

´x cosxdx+ c1

´dx+ c2

y′ = − cosx− (cosx+ x sinx) + c1x+ c2´y′ = −

´cosxdx−

´cosxdx−

´x sinxdx+ c1

´xdx+ c2

´dx+ c3

y = − sinx− sinx− (−x cosx+ sinx) + 12c1x

2 + c2x+ c3

y = −3 sinx+ x cosx+ 12c1x

2 + c2x+ c3

12

2.2 Reducibles a primer orden

1. xy′′+ y′ = 0

De�niendo:

p(x) = dydx�

dpdx = d2y

dx2

xp′+ p = 0

nos queda una ecuacion lineal homogenea de orden 1 de variablesseparables.

1xdx = − 1

pdp´1xdx = −

´1pdp+ c1

log x = − log p+ log c1

log x = log( c1p )

Aplicando exponencial a ambos lados de la ecuacion.

x = c1p

hacemos p(x) = dydx

x = c!dy/dx

x = c1dxdy

integrando:´1xdx = 1

c1

´dy + c2

log x = 1c1y + c2

y = c1 log x + c2. La constante de integracion conviene que tomevalor positivo.

2.(x− 1)y′′ − y′=0De�nimos:

p(x) = dydx�

dpdx = d2y

dx2

(x− 1)p′ − p = 0

Dividimos entre (x− 1)x−1x−1p′ −

1x−1p = 0

p′ − 1x−1p = 0

nos queda una ecuacion lineal homogenea.dpdx −

1x−1p = 0

dpdx = 1

x−1p

1pdp =

1x−1dx

integrando:´1pdp =

´1

x−1dx+ c1

13

log(p) = log(x− 1) + log(c1)

log(p) = log[c1(x− 1)]

p = c1(x− 1)

haciendo p = dydx

dydx = c1(x− 1)

dy = c1(x− 1)dx

integrando:´dy = c1

´(x− 1)dx+ c2

y = c112x

2 − x+ c2

3.

2.3 Ecuaciones lineales homogeneas.

1.y′′+ y′ − 2y = 0

Resolvemos la ecuacion caracteristica asociada.

m2 +m− 2 = 0

(m+ 2)(m− 1) = 0

m1 = −2 m2 = 1

Suponemos una solucion y = emx

y1 = e−2x

y2 = ex

y(x) = c1e−2x + c2e

x

2.y′′ − 2y′+ y = 0

Ecuacion caracteristica asoiada m2 − 2m+ 1 = 0

(m− 1)2 = 0

m1,2 = 1

solucion y = emx

y1 = ex

y2 = y1´e´p(y)dy

y21dx

y2 = ex´e2x

e2x dx

y2 = exx

solucion.

y(x) = c1ex + c2xe

x

3. 4y′′ − 8y′+ 5y = 0

14

Ecuacion caracteristica.

4m2 − 8m+ 5 = 0

m1,2 = 8±√64−808

m1,2 = 1± 12 i

solucion.

y = c1exei

12x + c2e

xe−i12x

y = ex(c1ei 12x + c2e

−i 12x)

y = ex(c1cos12x+ c2sen

12x)

4.3y′′ − 2y′ − 8y = 0

Ecuacion caracteristica:

3m2 − 2y − 8 = 0

(3m+ 4)(m− 2)

m1 = 2

m2 = − 43

Solucion propuesta de la forma, y = emx

y1 = e2x

y2 = −e− 43x

Solucion:

y(x) = c1e2x + c2e

43x

5.yv − 10y′′′+ 9y′ = 0

Ecuacion caracteristica.

m5 − 10m3 + 9m = 0

m(m4 − 10m2 + 9) = 0

m1 = 0 (m2 − 9)(m2 − 1) m2,3 = ±3 m4,5 = ±1Entonces tenemos las soluciones:

y1 = e0 = 1

y2 = e3x

y3 = e−3x

y4 = ex

y5 = e−x

Solucion:

y(x) = c1 + c2e3x + c3e

−3x + c4ex + c5e

x

6. y′′+ 4y′+ 3y = 0 y(0) = 2 y′(0) = −3Ecuacion caracteristica.

m2 + 4m+ 3 = 0

15

m1,2 = −4±√−36

2

m1,2 = −2± 3i

Solucion:

y(x) = e−2x(c1 cos 3x+ c2 sin 3x)

y′(x) = e−2x(−3c1 sin 3x+ 3c2 cos 3x)− 2e−2x(c1 cos 3x+ c2 sin 3x)

Resolveremos para los casos y(0) = 2 y y′(0) = −3 particularmente.

Para y(0) = 2

2 = e0(c1 cos 0 + c2 sin 0)

2 = c1

Para y′(0) = −3−3 = e0(−3c1 sin 0 + 3c2 cos 0)− 2e0(c1 cos 0 + c2 sin 0)

−3 = 3c2 − 2c1

−3 = 3c2 − 2(2)

−3 + 4 = 3c2

c2 = 13

Por lo tanto la solucion para el caso en general es:

y(x) = e−2x(2 cos 3x+ 13 sin 3x)

7. d4ydx4 − 7 d

4ydx2 − 18y = 0

Ecuacion caracteristica:

m4 − 7m2 − 18 = 0

2.4 Ecuaciones no homogeneas de segundo orden

2.4.1 Coe�cientes indeterminados.

1.y′′+ 3y′+ 2y = 6

Resolvemos la ecuacion homogenea asociada

yh = y′′+ 3y′+ 2y = 0

Ecuacion caracteristica:

m2 + 3m+ 2 = 0

(m− 1)(m− 2)

m1 = 1 m2 = 2

yh = c1ex + c2e

2x

Ahora resolvemos la parte no homogena suponiendo una solucionparticular.

16

en este caso la parte no homogenea es 6, lo que nos sugiere usemosuna solucion de la forma A

yp = A

y′p = 0

y′′p = 0

Sustituimos en la ecuacion original.

0 + 3(0) + 2A = 6

A = 3

Entonces la solucion es y(x) = yh + yp

y(x) = c1ex + c2e

2x + 3

2. y′′+ y = sinx

Resolvemos primer la ecuacion homogenea asociada.

y′′+ y = 0

La ecuacion caracteristica de esta ecuacion es.

m2 + 1 = 0

m2 = −1 m1,2 = ±√−1 m1,2 = α± βi donde α = 0 y β = 1

m1,2 = ±iyh = c1e

αx cosβx+ c2eαx sinβx

yh = c1 cosx+ c2 sinx

Ahora buscamos una solucion particular, para sinx nos proponenuna solucion de la forma A sinx+B cosx, sin embargo podemosobservar que esta ya es una solucion de la ecuacion homogeneaasociada y′′ + y = 0, entonces segun la regla de multiplicacionpara este caso, debemos multiplicar por xndonde n es el numerode enteros positivos que elimina la duplicacion.

yp = Ax sinx+Bx cosx

y′p = A sinx+Ax cosx+B cosx−Bx sinxy′′p = A cosx + A cosx − Ax sinx − B sinx − Bx cosx − B sinx =

2A cosx− 2B sinx−Ax sinx−Bx cosxSustituimos en la ecuacion original

2A cosx−2B sinx−Ax sinx−Bx cosx+Ax sinx+Bx cosx = sinx

2A cosx− 2B sinx = sinx

2A = 0 entonces A = 0

−2B = 1 entonces B = − 12

Sustituyendo

yp = − 12x cosx

17

y(x) = yh + yp

y(x) = c1 cosx+ c2 sinx− 12x cosx

3. y′′ − 10y′+ 25y = 30x+ 3

Resolvemos la ecuacuion homogenea asociada.

m2 − 10m+ 25 = 0

m1,2 = 5

yh = c1e5x + c2xe

5x

La solucion particular propuesta para 30x+ 3 es Ax+B

yp = Ax+B

y′p = A

y′′p = 0

sustituimos en la ecuacion

−10(A) + 25(Ax+B) = 30x+ 3

25A = 30...(1) entonces A = 65

25B − 10A = 3...(2)

25B − 10( 65 ) = 3

25B = 3 + 12

B = 35

yp =65x+ 3

5

y(x) = yh + yp

y(x) = c1e5x + c2xe

5x + 65x+ 3

5

4. 14y′′+ y′+ y = x2 − 2x

Resolvemos la ecuacion homogenea asociada.14y′′+ y′+ y = 014m

2 +m+ 1 = 0

m1,2 = −2yh = c1e

−2x + c2xe−2x

Ahora suponemos una solucion particular para el caso de f(x) =x2 − 2x

yp = Ax2 +Bx+ C

y′p = 2Ax+B

y′′p = 2A

Sustituimos en la ecuacion original.14 (2A) + 2Ax+B +Ax2 +Bx+ C = x2 − 2x12A+B +Ax2 + 2Ax+Bx+ C = x2 − 2x

18

A = 1

2A+B = 2

B = 2− 2 = 012A+B + C = 012A+ C = 0

C = − 12A = − 1

2

yp = x2 − 12

y(x) = yh + yp

y(x) = c1e−2x + c2xe

−2x + x2 − 12

5. y′′+ 3y = −48x2e3x

Se resuelve la parte homogenea.

y′′+3y=0m2 + 3 = 0

m1,2 =√−3 m1,2 =

√3i

yh = c1cos√3x+ c2sen

√3x

suponemos una solucion particular para −48x2e3x

yp = e3x(Ax2 +Bx+ C)

y′p = 3e3x(Ax2 +Bx+ C) + e3x(2Ax+B)

y′′p = 9e3x(Ax2 + Bx + C) + 3e3x(2Ax + B) + 3e3x(2Ax + B) +e3x(2A) = 9e3x(Ax2 +Bx+ C) + 3e3x(4Ax+ 2B) + e3x(2A)

Susituimos en la ecuacion.

9e3x(Ax2+Bx+C)+3e3x(4Ax+2B)+ e3x(2A)+9e3x(Ax2+Bx+C) + 3e3x(2Ax+B) = −48x2e3x

9e3xAx2+9e3xBx+9e3xC+12e3xAx+6e3xB+2e3xA+9e3xAx2+9e3xBx+ 9e3xC + 6e3xAx+ 3e3xB = −48x2e3x

9A+ 9A = −4818A = −48A = − 8

3

B = 0

C = 0

6.y′′ − y′ = −3y′′-y′=0m2 −m = 0

m(m− 1) = 0

m1 = 0 m2 = 1

19

yh = c1e0x + c2e

x = c1 + c2ex

En este caso podemos ver claramente que existe ya una solucion quees c1igual con −3

entonces por la regla de multiplicidad. la solucion propuesta yp = Ax

yp = Ax

y′p = A

y′′p = 0

Sustituyendo en la ecuacion.

0−A = −3 entonces, A = 3

yp = 3x

y(x) = yh + yp

y(x) = c1 + c2ex + 3x

7. y′′′ − 6y′′ = 3− cosxEcuacion homogenea asociada yh = y′′′ − 6y′′ = 0

m3 − 6m2 = 0

m2(m− 6) = 0

m1,2 = 0 m3 = 6

yh = c1 + c2x+ c3e6x

La solucion particular propuesta para 3 − cosx es yp1 = A yp2 =Bcosx + Csenxsin embargo en la solucion yp1 se repite la con-stante, entonces la multiplicamos por x de acuerdo a la ley demultiplicidad nos queda.yp1 = Ax2

yp = Ax2 +Bcosx+ Csenx

y′p = 2Ax−Bsenx+ Ccosx

y′′p = 2A−Bcosx− Csenxy′′′p = Bsenx− CcosxSusituyendo en la ecuacion original.

Bsenx− Ccosx− 12A+ 6Bcosx+ 6Csenx = 3− Cosx−12A = 3 ; A = − 1

4

6B − C = 1...(1)

6C +B = 0...(2)

Igualando 1 y 2

B = 637

C = 137

yp =12x

3 + 637cosx+ 1

37senx

y(x) = c1 + c2x+ c3e6x − 1

4x2 + 6

37cosx+ 137senx

20

9.y′′+ 2y′+ y = senx+ 3cos2x

yh = y′′+ 2y′+ y = 0

m2 + 2m+ 1 = 0

(m+ 1)2 = 0

m1,2 = −1yh = c1e

x + c2xex

Solucion particular

yp = Acosx+Bsenx+ Ccos2x+Dsen2x

y′p = −Asenx+Bcosx− 2Csen2x+ 2Dcos2x

y′′p = −Acosx−Bsenx− 4Ccos2x− 4Dsen2x

sustituyendo.

−Acosx−Bsenx−4Ccos2x−4Dsen2x−2Asenx+2Bcosx−4Csen2x+4Dcos2x+Acosx+Bsenx+Ccos2x+Dsen2x = senx+3cos2x

−3Ccos2x− 3Dsen2x− 2Asenx+2Bcosx− 4Csen2x+4Dcos2x =senx+ 3Cos2x

−3C + 4D = 3...(1)

−3D − 4C = 0...(2)

C = 925

D = 1225

−2A = 1 ; A = − 12

2B = 0 ; B = 0

y(x) = c1ex + c2xe

x − 12cosx+ 9

25cos2x+ 1225sen2x

2.5 Variacion de parametro.

1. y′′+ y = secxResolvemos la parte homogenea de la ecuacion esta es yh = y′′+ y = 0Para la ecuacion homogenea asociada, resolvemos la ecuacion caracteristica.

m2 + 1 = 0

m2 = −1

m1,2 =√−1 ; m1,2 = ±i

m1,2 = α± βi ; donde α = 0 β = 1

21

yh = c1cosx+ c2senx

Ahora identi�camos y1 = cosx y y2 = senx y las derivamos.

y1 = cosx y2 = senx

y′1 = −senx y′2 = cosx

A continuacion calculamos el Wronskiano:

W =y1 y2y′1 y′2

=cosx senx−senx cosx

= [(cosx)(cosx)]− [(senx)(−senx)] =

cos2x+ sen2x = 1

W1 =0 y2

f(x) y′2=

0 senxsecx cosx

= [(0)(cosx)]− [(senx)(secx)] =

−senxsecx = − senxcosx = −tanx

W2 =y1 0y′1 f(x)

=cosx 0−senx secx

= [(cosx)(secx)− (0)(−senx)] =

cosxsecx = cosxcosx = 1

u′1 = W1

W = −tanx1 = −tanx ; u1 = −

´tanxdx = −[−ln(cosx)] = ln(cosx)

u′2 = W2

W = 11 = 1; u2 =

´dx = x

yp = u1y1 + u2y2

yp = ln(cosx)cosx+ xsenx

y(x) = yh + yp

y(x) = c1cosx+ c2senxi+ cosxln(cosx) + xsenx

2. y′′+ y = senx

Resolvemos yh = y′′+ y = 0

m2 + 1 = 0

m2 = −1

m1,2 = ±√−1 ; m1,2 = ±i

Donde:

α = 0 y β = 1

yh = eαx(c1cosβx+ c2senβx)

yh = e0x(c1cosβx+ c2senβx)

22

yh = c1cosx+ c2senx

De�nimos y1, y2

y1 = cosx ; y′1 = −senx

y2 = senx ; y′2 = cosx

Calculamos el Wronskiano.

W =cosx senx−senx cosx

= cos2x+ sen2x = 1

W1 =0 senx

senx cosx= −sen2x

W2 =cosx 0−senx senx

= senxcosx

Ahora calculamos u1, u2.

u′1 = − sen2x

1 = −sen2x

u1 = −´sen2xdx = x

2 −14sen2x

u′2 = senxcosx1 = senxcosx

u2 =´senxcosxdx = 1

2sen2x

yp = u1y1 + u2y2 = (x2 −14sen2x)cosx+ 1

2sen2x(senx)

yp =12xcosx−

14cosxsen2x+ 1

2sen3x

y(x) = yp + yh

y(x) = c1cosx+ c2senx+ 12xcosx−

14cosxsen2x+ 1

2sen3x

3. y′′ + y = cos2x

Ecuacion homogenea asociada yh = y′′ + y = 0Esta ecuacion tiene solucion de la forma:

yh = c1cosx+ c2senx

De�nimos y1, y2

y1 = cosx ; y′1 = −senx

y2 = senx ; y′2 = cosx

Calculamos los Wronskianos:

23

W =cosx senx−senx cosx

= cos2x+ sen2x = 1

W1 =0 senx

cos2x cosx= −senxcos2x

W2 =cosx 0−senx cos2x

= cos3x

De�nimos u1, u2

u′1 =−senxcos2x

1= −senxcos2x

u1 = −´senxcos2xdx = −

[−cos3x

3

]=cos3x

3

u′2 =cos3x

1= cos3x

u2 =´cos3xdx = senx− sen3x

3

yp = u1y1 + u2y2 =

(cos3x

3

)(cosx) +

(senx− sen3x

3

)(senx)

yp =cos4x

3+ sen2x− sen4x

3

y(x) = c1cosx+ c2senx+cos4x

3+ sen2x− sen4x

3

4.y′′ − y = coshx

Ecuacion homogenea asociada y′′ − y = 0

m2 − 1 = 0

m2 = 1; m1,2 = ±√1 = ±1

yh = c1ex + c2e

−x

De�nimos y1 , y2

y1 = ex ; y′1 = ex

y2 = e−x ; y′2 = −e−x

Calculamos los Wronskianos:

24

W =ex e−x

ex −e−x = −e−x(ex)− ex(e−x) = −1− 1 = −2

W1 =0 e−x

coshx −e−x = −e−x(coshx) = −e−xcoshx

W2 =ex 0ex coshx

= excoshx

Calculamos u1 y u2

u′1 = −e−xcoshx−2 = 1

2e−xcoshx

u1 = 12

´e−xcoshxdx = 1

8e−2x(2e2xx− 1)

u′2 =excoshx

−2= − 1

2excoshx

u2 = − 12

´excoshxdx = − 1

2 [x

2+e2x

4]

yp = ex[ 18e−2x(2e2xx− 1)] + (−e−x)(−x

4− e2x

8)

yp =18e−x(2e2xx− 1) +

xe−x

4+ex

8

y(x) = c1ex + c2e

−x + 18e−x(2e2xx− 1) +

xe−x

4+ex

8

4. y′′ + 3y′ + 2y =1

1 + ex

Ecuacion homogenea asociada yh = y′′ + 3y′ + 2y = 0

m2 + 3m+ 2 = 0

(m+ 2)(m+ 1) = 0

m1 = −2 m2 = −1

yh = c1e−2x + c2e

−x

De�nimos y1, y2.

y1 = e−2x; y′1 = −2e−2x

y2 = e−x; y′2 = −e−x

Calculamos Wronskianos:

25

W =e−2x e−x

−2e−2x −e−x = (e−2x)(−e−x)− (e−x)(−2e−2x) = −e−3x + 2e−3x =

e−3x

W1 =0 e−x1

1+ex −e−x = − e−x

1 + ex

W2 =e−2x 0−2e−2x 1

1+ex=

e−2x

1 + ex

Calculamos u1,u2

u′1 = −

e−x

1 + exe−3x =

e−x

(e−3x)(1 + ex)=

1

e−2x(1 + ex)= −

1

e−2x + e−x

u1 = −´ 1

e−2x + e−xdx = −ex + ln(ex + 1)− 1

u′2 =

e−2x

1 + ex

e−3x=

e−2x

(e−3x)(1 + ex)=

1

e−x + 1

u2 =´ 1

e−x + 1dx = x+ ln(e−x + 1)

yp = (e−2x)[−ex + ln(ex + 1)− 1] + [x+ ln(e−x + 1)](e−x)

yp = −e−x + e−2xln(ex + 1)− e−2x + xe−x + e−xln(e−x + 1)

y(x) = c1e−2x + c2e

−x − e−x + e−2xln(ex + 1)− e−2x + xe−x + e−xln(e−x + 1)

5.3y′′ − 6y′ + 6y = exsecx

yh = 3y′′ − 6y′ + 6y = 0

3m2 − 6m+ 6 = 0

a = 3 , b = −6 , c = 6

De�nimos y1, y2

m1,2 =−(−6)±

√(−6)2 − 4(3)(6)

2(3)=

6

6±√36− 72

6= 1±

√−366

= 1± i

α = 1 , β = 1

yh = ex(c1cosx+ c2senx)

De�niendo y1 , y2

26

y1 = excosx ; y′1 = excosx− exsenx

y2 = exsenx ; y′2 = exsenx+ excosx

Calculamos los Wronskianos

W =excosx exsenx

excosx− exsenx exsenx+ excosx= (excosx)(exsenx+ excosx)−

(exsenx)(excosx− exsenx) = ex(cosxsenx+ cos2x− cosxsenx+ sen2x)

W = ex(cos2x+ sen2x) = ex

W1 =0 exsenx

exsecx exsenx+ excosx= −(exsenx)(exsecx) = −ex(senx

cosx) =

−extanx

W2 =excosx 0

excosx− exsenx exsecx= (excosx)(exsecx) = ex(

cosx

cosx) = ex

Calculamos u1, u2

u′1 = −extanx

ex= −tanx

u1 = −´tanxdx = −(−lncosx) = lncosx

u′2 =ex

ex= 1

u′2 =´dx = x

yp = lncosx(excosx) + x(exsenx)

y(x) = ex(c1cosx+ c2senx) + excosxlncosx+ xexsenx

2.6 Ecuaciones de Cauchy-Euler

x2y′′ − 2y = 0

Suponemos una solución de la forma y = xm .

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

Sustituimos en la ecuación original.

x2[(m− 1)mxm−2]− 2(xm) = 0

27

x2[(m− 1)mxmx−2]− 2(xm) = 0

(m− 1)mxm − 2xm = 0

xm[(m− 1)m− 2] = 0

xm(m2 −m− 2) = 0

asi obtenemos la ecuacion auxiliar

m2 −m− 2 = 0

(m+ 1)(m− 2) = 0

m1 = −1 ; m2 = 2

Son raíces reales y distintas, asi que la solución es:

y = c1x−1 + c2x

2

2.x2y′′ + y = 0

Suponemos la solucion y = xm

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

Sustituimos en la ecuación

x2[(m− 1)mxm−2] + xm = 0

(m− 1)mx2xmx−2 + xm = 0

(m2 −m)xm + xm = 0

xm(m2 −m+ 1) = 0

Ecuación auxiliar

m2 −m+ 1 = 0

m1,2 = 12 ±

12

√3i

donde: α = 12 β = 1

2

√3

y = c1x12+

12

√3i + c2x

12−

12

√3i

28

Usando la identidad,

xiβ = (elnx)iβ = eiβlnx

con la formula de Euler, es lo mismo que

xiβ = cos(βlnx) + isen(βlnx)

x−iβ = cos(βlnx)− isen(βlnx)

entonces

xiβ + x−iβ = cos(βlnx) + isen(βlnx) + cos(βlnx)− isen(βlnx) = 2cos(βlnx)

xiβ − x−iβ = cos(βlnx) + isen(βlnx)− cos(βlnx) + isen(βlnx) = 2isen(βlnx)

si y = C1xα+iβ + C2x

α−iβ

y1 = xα(xiβ + x−iβ) = 2xαcos(βlnx)

y2 = xα(xiβ − x−iβ) = 2xαisen(βlnx)

se concluye que

y1 = xαcos(βlnx) y = xαsen(βlnx)

Así la solucion general es

y = xα[c1cos(βlnx) + c2sen(βlnx)]

y = x12 [c1cos(

12

√3lnx) + c2sen(

12

√3lnx)]

3.x2y′′ + xy′ + 4y = 0

Suponemos la solución:

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

Sustituimos en la ecuación.

x2[(m− 1)mxm−2] + x(mxm−1) + 4(xm) = 0

xm(m2 −m+m+ 4) = 0

xm(m2 + 4) = 0

m2 = −4

29

m1,2 = ±√−4

m1,2 = ±2i

α = 0 β = 2

y = x0(c1cos2lnx+ c2sen2lnx)

y = c1cos2lnx+ c2sen2lnx

4.x2y′′ − 3xy′ − 2y = 0

Solucion propuesta.

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

Sustituimos.

x2[(m− 1)mxm−2]− 3x(mxm−1)− 2(xm) = 0

xm[(m2 −m)− 3m− 2] = 0

xm(m2 − 4m− 2) = 0

m1,2 = 2±√6

y = c2x2+√6 + c1x

2−√6

5.25x2y′′ + 25xy′ + y = 0

Solución propuesta.

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

Sustituimos.

25x2[(m− 1)mxm−2] + 25x(mxm−1) + xm = 0

xm[25m2 − 25m+ 25m+ 1] = 0

30

25m2 + 1 = 0

m1,2 = ±√− 1

25= ±1

5i

α = 0, β =1

5

y = x0(c1cos1

5lnx+ c2sen

1

5lnx)

y = c1cos1

5lnx+ c2sen

1

5lnx

6.x2y′′ + 5xy′ + y = 0

Solucion propuesta.

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

Sustituimos.x2[(m− 1)mxm−2] + 5x(mxm−1) + xm = 0xm(m2 −m+ 5m+ 1) = 0m2 + 4m+ 1 = 0m1,2 = 2±

√3

y = c1x2+√3 + c2x

2−√3

7.xy′′ − 4y′ = x4

Solución propuesta.

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

Hacemos la ecuacion de la forma de Cauchy Euler, para esto la multiplicamospor x.

x2y′′ − 4xy′ = x5

Resolvemos la parte homogenea.yh = x2y′′ − 4xy′ = 0Sustituimosx2[(m− 1)mxm−2]− 4x(mxm−1) = 0

31

xm(m2 −m− 4m) = 0m(m− 5) = 0m1 = 0 m2 = 5yh = c1x

0 + c2x5

yh = c1 + c2x5

Resolvemos por variacion de parámetros.Para esto tenemos que escribir la ecuacion en la forma estandar P (x)y′′ +

Q(x)y′ = f(x)Dividimos la ecuación original entre xy′′ − 4 yx = x3

identi�camos f(x) = x3

De�nimos y1, y2y1 = 1 , y′1 = 0y2 = x5 , y′2 = 5x4

W =1 x5

0 5x4= 5x4 − 0 = 5x4

W1 =0 x5

x3 5x4= 0− x8 = −x8

W2 =1 00 x3

= x3

Calculamos u1, u2u′1 = −x8

5x4 = − 15x

4

u1 = − 15

´x4dx = − 1

25x5

u′2 = x3

5x4 = 15x

u2 = 15

´1xdx = 1

5 lnxyp = − 1

25x5(1) + 1

5 lnx(x5)

yp = − 125x

5 + x5

5 lnxy(x) = yh + yp

y(x) = c+ c2x5 − 1

25x5 + x5

5 lnx7.

x2y′′ − xy′ + y = 2x

Solucion propuesta.

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

Resolvemos la ecuacion homogenea asociada.yh = x2y′′ − xy′ + y = 0Sustituimos en la ecuación original.x2[(m− 1)mxm−2]− x(mxm−1) + xm = 0m2 −m−m+ 1 = 0m2 − 2m+ 1 = 0

32

(m− 1)2

m1,2 = 1yh = c1x+ c2xlnxPonemos la ecuación en la forma estandary′′ − 1

xy′ + 1

x2 y = 2x

Identi�camos f(x) = 2x

Identi�camos y1 = x , y2 = xlnx y y′1 = 1 , y′2 = lnx+ 1Calculamos los Wronskianos

W =x lnx1 lnx+ 1

= (x)(lnx + 1) − (lnx)(1) = xlnx + x − lnx = xlnx −

lnx+ x = xlnxx + x = xln(1) + x = x

W1 =0 lnx2x lnx+ 1

= (lnx)( 2x ) =2x lnx

W2 =x 01 2

x

= 2xx− 0 = 2

Calculamos u1, u2

u′1 =2x lnx

x = 2lnxx2

u1 = 2´lnxx2 = − lnx+1

xu′2 = 2

xu2 = 2

´1x = 2lnx

yp = y1u1 + y2u2 = x(− lnx+1x ) + xlnx(2lnx) = −lnx+ 1+

8.x2y′′ − 2xy′ + 2y = x4ex

Solución propuesta.

y = xm

y′ = mxm−1

y′′ = (m− 1)mxm−2

x2[(m− 1)mxm−2]− 2x(mxm−1) + 2xm = x4ex

Solucionamos la ecuacion homogeneax2y′′ − 2xy′ + 2y = 0xm(m2 −m− 2m+ 2) = 0m2 − 3m+ 2 = 0(m− 2)(m− 1) = 0m1 = 2 , m2 = 1yh = c1x

2 + c2xConvertimos la ecuacion original a la forma estandary′′ − 2

xy′ + 2

x2 y = x2ex

De�nimos y1, y2 , f(x) = x2ex

y1 = x2 ; y′1 = 2xy2 = x ; y′2 = 1Calculamos el Wronskiano

33

W =x2 x2x 1

= x2 − 2x2 = −x2

W1 =0 x

x2ex 1= 0− x3ex = −x3ex

W2 =x2 02x x2ex

= x4ex

Calculamos u1, u2u′1 = −x3ex

−x2 = xex

u1 =´xexdx = ex(x− 1)

u′2 = x4ex

−x2 = −x2exu′2 = −

´x2exdx = ex(x2 − 2x+ 2)

yp = u1y1 + u2y2 = [ex(x− 1)]x2 + [ex(x2 − 2x+ 2)]xyp = x2ex(x− 1) + xex(x2 − 2x+ 2)y(x) = yp + yhy(x) = c1x

2 + c2x+ x2ex(x− 1) + xex(x2 − 2x+ 2)9.

3 Soluciones en series de potencias

1.y′′ − xy = 0

Sutituyendo y =∑∞n=0 cnx

n y la segunda derivada y′′ =∑∞n=2(n−1)ncnxn−2∑∞

n=2(n− 1)ncnxn−2 − x (

∑∞n=0 cnx

n) = 0∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 −∑∞n=0 cnx

n+1 = 0

Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas.

2(1)c2x0∑∞n=3 n(n− 1)cnx

n−2 −∑∞n=0 cnx

n+1 = 0

2c2∑∞n=3 n(n− 1)cnx

n−2 −∑∞n=0 cnx

n+1 = 0

hacemos k = n− 2 para la primera serie y k = n+ 1 para la segunda serie,de modo que: n = k + 2 , n = k − 1 respectivamente.

Sutituimos

2c2∑∞n=3 n(n− 1)cnx

n−2 −∑∞n=0 cnx

n+1 = 0

2c2∑∞k=1(k + 2)(k + 1)ck+2x

k −∑∞k=1 ck−1x

k = 0

2c2∑∞k=1[(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1]xk = 0

(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1 = 0

ck+2 =ck−1

(k + 2)(k + 1)

34

Esta relacion genera coe�cientes consecutivos de la solucion propuesta, conel valor de k como enteros positivos.

Ahora

2c2 = 0 ; c2 = 0

k = 1 , c3 = c03(2) =

16c0

k = 2 , c4 =c14(3)

= 112c1

k = 3 , c5 =c25(4)

= 120c2 = 0 ← c2 = 0

k = 4 , c6 =c36(5)

= 130 (

16 )c0 = 1

180c0

k = 5 , c7 =c47(6)

= 142 (

112 )c1 = 1

504c1

k = 6 , c8 =c58(7)

= 0 ← c5 = 0

k = 7 , c9 =c69(8)

= 172 (

1180 )c0 = 1

12960c0

k = 8 , c10 =c7

10(9)= 1

10(9)(504)c1

k = 9 , c11 =c8

11(10)= 0 ← c8 = 0

Sustituyendo coe�cientes en la suposicion original

y =c0+c1x+c2x

2+c3x3+c4x

4+c5x5+c6x

6+c7x7+c8x

8+c9x9+c10x

10+c11x11+...,

y =c0+c1x+0+ 1

6c0x3+ 1

12c1x4+0+ 1

180c0x6+ 1

504c1x7+0+ 1

12960c0x9+ 1

90(504)c1x10+0

y = c0(1 +16x

3 + 1180x

6 + 112960x

9) + c1(x+ 112x

4 + 1504x

7 + 190(504)x

10)

2y′′+ x2y′+ xy = 0

Sutituyendo:y =

∑∞n=0 cnx

n

y′ =∑∞n=1 cnnx

n−1

y′′ =∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2

En la ecuación original∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 + x2[∑∞

n=1 cnnxn−1]+ x [

∑cnx

n] = 0

35

∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 +∑∞n=1 cnnx

n+1 +∑∞n=0 cnx

n+1 = 02c2x

0+6c3x∑∞n=4(n−1)ncnx

n−2+∑∞n=1 cnnx

n+1+c0x1∑∞n=1 cnx

n+1 = 0Hacemos k = n−2 para la primera serie, yk = n+1para la segunda y tercera

series.2c2x

0+6c3x∑∞k=2(k+2−1)(k+2)ck+2x

k+2−2+∑∞k=2 ck−1(k−1)xk−1+1+

c0x1∑∞k=2 ck−1x

k−1+1 = 02c2 + 6c3x+ c0x

∑∞k=2(k + 1)(k + 2)ck+2x

k + ck−1(k − 1)xk + ck−1xk = 0

2c2 + 6c3x+ c0x∑∞k=2[(k + 1)(k + 2)ck+2 + ck−1(k − 1) + ck−1]x

k = 0(k + 1)(k + 2)ck+2 + ck−1(k − 1) + ck−1Entonces tenemos2c2 = 0 ; c2 = 06c3 + c0 = 0c3 = − 1

6c0

ck+2 = [(k−1)+1]ck−1

(k+1)(k+2) =kck−1

(k + 1)(k + 2)Sustituyendo k = 2, 3, 4, ... en la formula se obtienec4 = 2c1

3(4) =16c1

c5 = 3c24(5) = 0 ← c2 = 0

c6 = 4c35(6) =

215 (−

16c0) = −

145c0

c7 = 5c46(7) =

542 (

16c1) =

5136c1

c8 = 6c57(8) =

656 (0) = 0

c9 = 7c68(9) =

772 (−

145 )c0 = − 7

72(45)c0

c10 = 8c79(10) =

445 (

5136c1) =

545(34)c1

c11 = 9c810(11) =

9110 (0) = 0

c12 = 10c911(12) =

566 (−

772(45)c0) = −

766(72)(9)c0

Por tanto,y = c0 + c1x+ c2x

2 + c3x3 + c4x

4 + c5x5 + c6x

6 + c7x7 + c8x

8 + c9x9 + ...

y = c1[16x

4 + 5136x

7 + 59(34)x

10]− c0[ 145x

6 + 772(45)x

9 + 766(72)(9)x

12]3.

y′′ − 2xy′+ y = 0

Sutituyendo:y =

∑∞n=0 cnx

n

y′ =∑∞n=1 cnnx

n−1

y′′ =∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2

En la ecuación original∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 − 2x[∑∞

n=1 cnnxn−1]+∑∞n=0 cnx

n = 0∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 − 2∑∞n=1 cnnx

n +∑∞n=0 cnx

n = 02c2∑∞n=3(n− 1)ncnx

n−2 − 2∑∞n=1 cnnx

n + c0∑∞n=1 cnx

n = 0Hacemos k = n− 2 para la serie uno y k = n para las dos y tres.2c2∑∞k=1(k + 2− 1)(k + 2)ck+2x

k+2−2 − 2∑∞k=1 ckkx

k + c0∑∞k=1 ckx

k = 02c2 + c0

∑∞k=1(k + 1)(k + 2)ck+2x

k +∑∞k=1 ckkx

k +∑∞k=1 ckx

k = 02c2 + c0

∑∞k=1(k + 1)(k + 2)ck+2x

k − 2ckkxk + ckx

k = 02c2 + c0

∑∞k=1(k + 1)(k + 2)ck+2x

k − 2ckkxk + ckx

k = 0

36

De esta igualdad se concluye que2c2 + c0 = 0c2 = − 1

2c0(k + 1)(k + 2)ck+2x

k − 2ckkxk + ckx

k = 0[(k + 1)(k + 2)ck+2 − 2ckk + ck]x

k = 0(k + 1)(k + 2)ck+2 − 2ckk + ck

ck+2 =(2k + 1)ck

(k + 1)(k + 2)Sustituyendo k = 1, 2, 3, 4, ...

c3 = 3c12(3) =

12c1

c4 = 5c23(4) =

512 (−

12c0) = −

524c0

c5 = 7c34(5) =

720 (

12c1) =

740c1

c6 = 9c45(6) =

930 (−

524c0) = −

116c0

c7 = 11c56(7) = 11

42 (740c1) =

116(40)c1

c8 = 13c67(8) = 13

56 (−116c0) = −

1356(16)c0

c9 = 15c78(9) = 15

72 (11

6(40)c1) =161

72(240)c1

c10 = 17c89(10) = −

17(13)9(10)(56)(16)c0

c11 = 18c910(11) =

155 (

1618(240) )c1

y = c1

[12x

3 + 740x

5 + 11240x

7 + 16172(240)x

9 + 16155(8)(240)x

11]−

c0

[524x

4 + 116x

6 + 1356(16)x

8 + 17(13)90(56)(16)x

10]

4.(x2 + 2)y′′+ 3xy′ − y = 0

Sutituyendo:

y =∑∞n=0 cnx

n

y′ =∑∞n=1 cnnx

n−1

y′′ =∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2

(x2 + 2)∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 + 3x∑∞n=1 cnnx

n−1 −∑∞n=0 cnx

n = 0

x2∑∞n=2(n−1)ncnxn−2+2

∑∞n=2(n−1)ncnxn−2+

∑∞n=1 3cnnx

n−∑∞n=0 cnx

n =0

37

∑∞n=2(n− 1)ncnx

n +∑∞n=2 2(n− 1)ncnx

n−2 +∑∞n=1 3cnnx

n −∑∞n=0 cnx

n = 0∑∞n=2(n− 1)ncnx

n +∑∞n=2 2(n− 1)ncnx

n−2 + 3c1x∑∞n=2 3cnnx

n − c0 +c1x

∑∞n=2 cnx

n = 0

3c1x+ c0 + c1x∑∞n=2(n− 1)ncnx

n + 2(2− 1)2c2x2−2 + 2(3−

1)3c3x3−2∑∞

n=4 2(n− 1)ncnxn−2 +

∑∞n=2 3cnnx

n −∑∞n=2 cnx

n = 0

3c1x+ c0 + c1x+ 4c2 + 12c3x∑∞n=2(n− 1)ncnx

n +∑∞n=4 2(n− 1)ncnx

n−2 +∑∞n=2 3cnnx

n −∑∞n=2 cnx

n = 0

Hacemos k = n− 2 para la segunda serie y k = n para las demas

3c1x+ c0 + c1x+ 4c2 + 12c3x∑∞k=2(k − 1)kckx

k +∑∞k=2 2(k + 2− 1)(k +

2)ck+2xk+2−2 +

∑∞k=2 3ckkx

k −∑∞k=2 ckx

k = 0

4c1x+ c0+4c2+12c3x∑∞k=2[(k−1)kck+2(k+1)(k+2)ck+2+3ckk− ck]xk = 0

De esta igualdad se obtiene4c1 + 12c3 = 0c3 = − c13c0 + 4c2 = 0c2 = − c04(k − 1)kck + 2(k + 1)(k + 2)ck+2 + 3ckk − ckck+2 =

−3kck + ck − (k − 1)kck2(k + 1)(k + 2)

=[−3k + 1− k2 − k]ck

2(k + 1)(k + 2)=

[−4k + 1− k2]ck2(k + 1)(k + 2)

Sustituyendo valores de k = 2, 3, 4, 5, ...c2 = − c04c3 = − c13c4 = (−6+1−4−2)c2

2(3)(4) = − 1124 (−

14c0) =

1196c0

c5 = (−12+1−9)c32(4)(5) = − 20

40c3 = − 12 (−

13c1) =

16c1

c6 = (−16+1−16)c42(5)(6) = − 31

60c4 = − 3160 (

1196c0) =

31(11)(60)(96)c0

c7 = (−20+1−25)c52(6)(7) = −44

84 c5 = 1121 (

16c1) =

11126c1

c8 = (−24+1−36)c62(7)(8) = 59

112 (11(31)60(96)c0) =

11(31)112(60)(96)c0

y = c0[− 14x

2 + 1190x

4 + 31(11)60(96)x

6 + 11(31)112(60)(96)x

8] + c1[− 13x

3 + 16x

5 + 11126x

7]

4 Transformada de Laplace

1.

f(t)

{−1, 0 ≤ t < 1

1, t ≥ 1

L{f(t)} =´∞0e−stf(t)dt = −

´ 10e−st(1) +

´∞1e−st(1)

= − e−st

−s |10 +

e−st

−s |∞1

38

= − e−s(1)

−s − [− e−s(0)

−s ] + e−s(1)

−s −e−s(∞)

−s

= e−s

s −1s +

e−s

s + 0s

= 2e−s

s − 1s

2.

f(t) =

{t,

1,

0 ≤ t < 1

t ≥ 1

L[f(t)] =´∞0e−stf(t) =

´ 10e−sttdt+

´∞1e−st(1)dt

= − e−st

s (t− 1s )|

10 +− e

−st

s |∞1

= − e−s(1)

s (1− 1s )− [− e

−s(0)

s (0− 1s )] + [− e

−s(∞)

s − e−s(0)

s ]

= − e−s

s + e−s

s2 + 1s2 −

1s

f(t) = te4t

L{te4t} =´∞0e−stte4tdt =

´∞0te−(s−4)tdt

= −e−(s−4)t

(s− 4)2[−s+ 3]|∞0

= −e−(s−4)∞

(s− 4)2− [−

e−(s−4)0

(s− 4)2]

=0

(s− 4)2+

1

(s− 4)2

=1

(s− 4)2

3.y′′+ 3y′+ 2y = 0

y(0) = 1 , y′(0) = 1Aplicamos transformada de Laplace a toda la ecuaciónL[y′′] + 3L[y′] + 2L[y] = 0[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)] + 3[sY (s)− y(0)] + 2[Y (s)] = 0s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 3sY (s)− 3y(0) + 2Y (s) = 0Sustituimos los valores inicialess2Y (s)− s(1)− 1 + 3sY (s)− 3(1) + 2Y (s) = 0s2Y (s)− s− 1 + 3sY (s)− 3 + 2Y (s) = 0FactorizandoY (s)(s2 + 3s+ 2)− s− 4

39

Y (s) =4 + s

s2 + 3s+ 2Separamos en fracciones parciales

4 + s

(s+ 2)(s+ 1)=

A

s+ 1+

B

s+ 2Por el método de Heaviside

A =(4 + s)(s+ 1)

(s+ 2)(s+ 1)|s=−1 =

4 + (−1)−1 + 2

= 3

B =(4 + s)(s+ 2)

(s+ 1)(s+ 2)|s=−2 =

4− 2

−2 + 1= −2

Sustituimos en la ecuacion transformada.

Y (s) =3

s+ 1− 2

s+ 2Aplicamos la transformada inversa a cada término del desarrollo anterior.

y(t) = L−1[ 3

s+ 1]− L−[ 2

s+ 2]

y(t) = 3L−1[ 1

s+ 1]− 2L−[ 1

s+ 2]

y(t) = 3e−t − 2e−2t

y′′ − xy = 0

Sutituyendo y =∑∞n=0 cnx

n y la segunda derivada y′′ =∑∞n=2(n−1)ncnxn−2∑∞

n=2(n− 1)ncnxn−2 − x (

∑∞n=0 cnx

n) = 0∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 −∑∞n=0 cnx

n+1 = 0

Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas.

2(1)c2x0∑∞n=3 n(n− 1)cnx

n−2 −∑∞n=0 cnx

n+1 = 0

2c2∑∞n=3 n(n− 1)cnx

n−2 −∑∞n=0 cnx

n+1 = 0

hacemos k = n− 2 para la primera serie y k = n+ 1 para la segunda serie,de modo que: n = k + 2 , n = k − 1 respectivamente.

Sutituimos

2c2∑∞n=3 n(n− 1)cnx

n−2 −∑∞n=0 cnx

n+1 = 0

2c2∑∞k=1(k + 2)(k + 1)ck+2x

k −∑∞k=1 ck−1x

k = 0

2c2∑∞k=1[(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1]xk = 0

(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1 = 0

ck+2 =ck−1

(k + 2)(k + 1)

40

Esta relacion genera coe�cientes consecutivos de la solucion propuesta, conel valor de k como enteros positivos.

Ahora

2c2 = 0 ; c2 = 0

k = 1 , c3 = c03(2) =

16c0

k = 2 , c4 =c14(3)

= 112c1

k = 3 , c5 =c25(4)

= 120c2 = 0 ← c2 = 0

k = 4 , c6 =c36(5)

= 130 (

16 )c0 = 1

180c0

k = 5 , c7 =c47(6)

= 142 (

112 )c1 = 1

504c1

k = 6 , c8 =c58(7)

= 0 ← c5 = 0

k = 7 , c9 =c69(8)

= 172 (

1180 )c0 = 1

12960c0

k = 8 , c10 =c7

10(9)= 1

10(9)(504)c1

k = 9 , c11 =c8

11(10)= 0 ← c8 = 0

Sustituyendo coe�cientes en la suposicion original

y =c0+c1x+c2x

2+c3x3+c4x

4+c5x5+c6x

6+c7x7+c8x

8+c9x9+c10x

10+c11x11+...,

y =c0+c1x+0+ 1

6c0x3+ 1

12c1x4+0+ 1

180c0x6+ 1

504c1x7+0+ 1

12960c0x9+ 1

90(504)c1x10+0

y = c0(1 +16x

3 + 1180x

6 + 112960x

9) + c1(x+ 112x

4 + 1504x

7 + 190(504)x

10)

2.y′′ − (x+ 1)y′ − y = 0

Sutituyendo y =∑∞n=0 cnx

nla primera derivada∑∞n=1 cnnx

n−1 y la segundaderivada y′′ =

∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 − (x+ 1)∑∞n=1 cnnx

n−1 −∑∞n=0 cnx

n = 0∑∞n=2(n− 1)ncnx

n−2 −∑∞n=1 cnnx

n −∑∞n=1 cnnx

n−1 −∑∞n=0 cnx

n = 0

41

2c2x0∑∞n=3(n− 1)ncnx

n−2 −∑∞n=1 cnnx

n − c1x0∑∞n=2 cnnx

n−1 −c0x

0∑∞n=1 cnx

n = 0

hacemos k = n − 2 para la primera serie, k = n − 1 para la tercera, k = npara la segunda y la cuarta serie.

c2−c1−c0+∑∞n=3(n−1)ncnxn−2−

∑∞n=1 cnnx

n−∑∞n=2 cnnx

n−1−∑∞n=1 cnx

n =0

c2 − c1 − c0 +∑∞k=1(k + 2− 1)(k + 2)ck+2x

k −∑∞k=1 ckkx

k −∑∞k=1 ck+1(k +

1)xk −∑∞k=1 ckx

k = 0

c2 − c1 − c0 +∑∞k=1[(k + 1)(k + 2)ck+2 − kck − (k + 1)ck+1 − ck]xk = 0

De aki se concluye que

c2 = 0

c1 = 0

c0 = 0

(k + 1)(k + 2)ck+2 − (k + 1)ck+1 − kck − ck = 0

ck+2 =(k + 1)ck+1 + (k + 1)ck

(k + 1)(k + 2)

Sustituyendo k = 1, 2, 3, ...,k = 1 , c3 = 2c2+2c1

2(3) = 0

k = 2 , c4 = 3c3+3c23(4) = 3

12c3 = 0

k = 3 , c5 = 4c4+4c34(5) = 0

Serie de Taylor

1.y′ = x+ 2y2

y(0) = 0

y′(o) = 1

Derivando

y′′ = 1 + 4yy′

y′′′ = 4y′y′ + 4yy′′

yiv = 4y′′y′ + 4y′y′′ + 4y′y′′ + 4yy′′′ = 12y′y′′ + 4yy′′′

yv = 12y′′y′′ + 12y′y′′′ + 4y′′y′′′ + 4yyiv

42

yvi = 12y′′′y′′+12y′′y′′′+12y′′y′′′+12y′yiv+4y′′′y′′′+4y′′yiv+4y′′yiv+4yyv =36y′′y′′′ + 12y′yiv + 4y′′′y′′′ + 4y′′yiv + 4y′′yiv + 4yyv

y′′(0) = 1 , y′′′(0) = 4 , yiv(0) = 12 , yv(0) = 76 , yvi(0) = 408

y(x) = x1! +

x2

2! +4x3

3! + 12x4

4! + 76x5

5! + 408x6

6!

1.f(t) = 4t− 10

L[f(t)] = 4L[t]− 10L[1]L[f(t)] = 4

´∞0te−stdt− 10

´∞0e−stdt

Integramos por partes la primera integral4´∞0te−stdt =

u = t , du = 1

dv = e−st , v = − e−st

s

= 4[(1)(− e−st

s )|∞0 + 1s

´∞0

(1)(e−st)]dt

= − 4se−s(∞) − (− 4

se−s(0)) + 1

se−st

s |∞0

= 4s +

1s

[( e−s(∞)

s − e−s(0)

s )]

= 4s +

1s (−

1s ) =

4

s− 1

s2Hacemos la segunda integral

10´∞0e−stdt = − e

−st

s |∞0

= − e−s(∞)

s − (− e−s(0)

s )

=1

sentonces

L[f(t)] =4

s−

1

s2−

1

s=

3

s−

1

s2

2.f(t) = et/5

L[f(t)] = L[et/5] =´∞0et/5e−stdt

=´∞0e

t5 (1−5s)dt = e

t5(1−5s)

15 (1−5s)

|∞0

= e∞5

(1−5s)

15 (1−5s)

− e05(1−5s)

15 (1−5s)

= − 5

1− 5s=

5

5s− 1

3.f(t) = et−2

L[f(t)] = L[et−2]

43

=´∞0et−2e−stdt = e−2

´et(1−s)dt

= e−2[ et(1−s)

1−s ]|∞0 = (e−2)( e(∞)(1−s)

1−s )− (e−2)( e(0)(1−s)

1−s )

= − e−2

1− s=

e−2

s− 1

4.f(t) = et cos t

L[f(t)] = L[et cos t]Por el teorema de traslacion del eje sL[f(t)] = F (s)L[eatf(t)] = F (s− a)a = 1

L[cos t] = ss2+1 =⇒ L[et cos t] =

s

(s− 1)2 + 1

5.f(t) = e−t cos t

L[f(t)] = L[e−t cos t]Por el teorema de traslacion del eje sL[f(t)] = F (s)L[eatf(t)] = F (s− a)a = −1L[cos t] =

´∞0e−st(cos t)dt

Integramos por partesu = cos t , du = − sin t

dv = e−st, v =´e−stdt = − e

−st

s´∞0e−st(cos t)dt = cos t(−

e−st

s)|∞0 −

´∞0−e−st

s (− sin t)dt

= −(cos t)e−st

s|∞0 − 1

s

´∞0e−st(sin t)dt

Evaluamos el primer término y volvemos a integrar por partes el segundotérmino

u = sin t , du = cos t

dv = e−st , v = − e−st

s

= −[(cos∞)e−∞

s− (cos 0)

e−0

s]− 1

s

[sin t(− e

−st

s )|∞0 −´∞0

(− e−st

s ) cos tdt]

=(1 + 1

s2

) (´∞0e−st cos tdt

)=

1

s2estsin t|∞0 −

1

sestcos t|∞0 =

1

s

∴´∞0e−st cos tdt =

1s

1 + 1s2

=s

s2 + 1Aplicando el teorema de traslacion del eje sL[f(t)] = F (s)L[eatf(t)] = F (s− a)

44

a = −1

L[e−t cos t] =s+ 1

(s+ 1)2 + 1

6.

f(t) =

−10

1

0 < t < 2

2 ≤ t < 4

t ≥ 4

L[f(t)] =´∞0e−stf(t)dt =

´ 20e−st(−1)dt+

´ 42e−st(0)dt+

´∞4e−st(1)dt

´ 20e−st(−1)dt = −[−

1

se−st]20 =

1

se−2s −

1

se0 =

1

s

[e−2s − 1

]´ 42e−st(0)dt = 0

´∞4e−st(1)dt = −

1

se−st|∞4 = −

1

se−∞t +

1

se4s =

1

se4s

L[f(t)] =1

s

(e−2s − 1

)+

1

se4s =

1

s

(e−2s + e4s − 1

)7.

f(t) =

{3t

0

0 < t < 1

t ≥ 1

L[f(t)] =´ 10e−st3tdt+

´∞1e−st(0)dt´ 1

0e−st3tdt = 3

´ 10te−stdt

u = t , du = 1

dv = e−st , v = −e−st

s

= 3

{t(−

e−st

s)|10 −

´ 10(−e−st

s)dt = t(−

e−st

s)|10 −

1

s[e−st

s]

}

=3

s

{t(−e−st)|10 −

1

s[e−st]10

}=

1

s

{[(−e−s)− 0]− 1

s [(e−s)− 1]

}3

s[−e−s − 1

se−s] =

3

se−s(−1−

1

s) +

1

s2´∞1

0dt = 0

L[f(t)] =3

se−s(−1−

1

s+

1

s)

Encontrar f(t) dada su transformada de Laplace F (s), donde f(t) = L−1{F (s)}

8.

F (s) =1

s2

45

L−1[ 1s2 ]

L−1[ n!sn+1 ] = f(t) = tn

L−1[ 1s2 ] = t

Usar el teorema de la transformada de la derivada de una funcion paraencontrar F (s) dada f(t)

9.

f(t) = t sin 3t

sean f(t) = t sin 3t , f(0) = 0f ′(t) = sin 3t+ 3t cos 3t, f ′(0) = 0f ′′(t) = 3 cos 3t+ 3 cos 3t− 9t sin 3t, f ′′(0) = 6L[f ′′(t)] = s2F (s)− f(0)− f ′(0)L[3 cos 3t+ 3 cos 3t− 9t sin 3t] = s2L[t sin 3t]− 0− 06L[cos 3t]− 9L[t sin 3t] = s2L[t sin 3t]6L[cos 3t] = s2L[t sin 3t] + 9L[t sin 3t]6L[cos 3t] = (s2 + 9)L[t sin 3t]6[

s

s2 + 9] = (s2 + 9)L[t sin 3t]

L[t sin 3t] = 6s

(s2 + 9)2

10.f(t) = t cosh t

sean:f(t) = t cosh t , f(0) = 0f ′(t) = cosh t+ t sinh t , f ′(0) = 1f ′′(t) = sinh t+ sinh t+ t cosh tL[f ′′(t)] = s2F (s)− f(0)− f ′(0)L[2 sinh t+ t cosh t] = s2L[t cosh t]− 0− 12L[sinh t] + L[t cosh t] = s2L[t cosh t]− 12L[sinh t] = s2L[t cosh t]− L[t cosh t]− 1

21

s2 − 1= (s2 − 1)L[t cosh t]− 1

2

(s2 − 1)+ 1 = (s2 − 1)L[t cosh t]

2 + s2 − 1

(s2 − 1)= (s2 − 1)L[t cosh t]

L[t cosh t] = s2 + 1

(s2 − 1)2

46

11.f(t) = t2 cos 3t

Sean:

f(t) = t2 cos 3t , f(0) = 0

f ′(t) = 2t cos 3t− 3t2 sin 3t , f ′(0) = 0

f ′′(t) = 2 cos 3t−6t sin 3t−(6t sin 3t+9t2 cos 3t) = 2 cos 3t−12t sin 3t−9t2 cos 3t

Aplicando el teorema

L[f ′′(t)] = s2F (s)− f(0)− f ′(0)

L[2 cos 3t− 12t sin 3t− 9t2 cos 3t] = s2L[t2 cos 3t]− 0− 0

2L[cos 3t]− 12L[t sin 3t]− 9L[t2 cos 3t] = s2L[t2 cos 3t]

2L[cos 3t]− 12L[t sin 3t] = s2L[t2 cos 3t] + 9L[t2 cos 3t]

2s

s2 + 9− 12

6s

(s2 + 9)2= (s2 + 9)L[t2 cos 3t] ⇐ podemos observar que la

transformada de t sin 3t es6s

(s2 + 9)2pues ya la habiamos resuelto

anteriormente.

2s(s2 + 9)− 36s

(s2 + 9)2= (s2 + 9)L[t2 cos 3t]

2s3 + 18s− 36s

(s2 + 9)2= (s2 + 9)L[t2 cos 3t]

2s3 − 18s

(s2 + 9)2(s2 + 9)= L[t2 cos 3t]

L[t2 cos 3t] = 2s3 − 18s

(s2 + 9)3

. Hallar f(t) mediante el teorema de la transformada de la integral dadaF (s)

12.

F (s) =1

s(s− 4)

L−1[

1

s(s− 4)

]Sabemos que L−1

[1

s− a

]= eat, entonces:

47

L−1[

1

s(s− 4)

]=´ t0eaτdτ =

eaτ

a|t0 =

eat

a− 1

adonde: a = 4

=e4t

4− 1

4=

1

4(e4t − 1)

13.

F (s) =1

s2(s+ 3)

L−1[

1

s2(s+ 3)

]=

Si L−1[

1

(s+ a)

]= eat , donde a = 3, entonces:

L−1[

1

s(s+ 3)

]=´ t0e3τdτ =

1

3e3τ |t0 =

1

3e3t − 1

3

L−1[

1

s2(s+ 3)

]=´ t0

(1

3e3t − 1

3

)dτ =

[1

9e3τ − 1

3τ

]t0

=1

9e3t − 1

3t− 1

9

f(t) =1

9(e3t − 3t− 1)

14.

F (s) =3

s2(s2 − 9)

L−1[

3

s2(s2 − 9)

]=

Conociendo L−1[

a

s2 − a2

]= sinh at, donde a = 3, entonces:

L−1[

3

s(s2 − 9)

]=´ t0sinh 3τdτ =

1

3cosh 3τ |t0 =

1

3cosh 3t− 1

3

L−1[

3

s2(s2 − 9)

]=´ t0

(1

3cosh 3τ − 1

3

)dτ =

[1

9sinh 3τ − 1

3τ

]t0

=1

9sinh 3t−

1

3t

f(t) =1

9(sinh 3t− 3t)

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales, usando la transformada deLaplace

15.y′′+ y = 0 , y(0) = 1

L{y′′+ y} = L{0}

48

Por el teorema de transformadas de derivadass2Y (s)− sy(0)− y′(0) + Y (s) = 0Sustituyendo el valor inicials2Y (s)− s(1)− 0 + Y (s) = 0Y (s)(s2 + 1)− 1 = 0

Y (s) =1

s2 + 1Aplicamos la transformada inversa a Y (s)

L−1[

1

s2 + 1

]= e−t

por linealidady = e−x

16.y′′+ 4y = 2 , y(0) = 0 , y′(0) = 0

L [y′′+ 4y] = L [2]s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 4Y (s) =

2

sSustituyendo el valor inicial

s2Y (s)− 0− 0 + 4Y (s) =2

s

Y (s)(s2 + 4) =2

s

Y (s) =2

s(s2 + 4)se aplica la transformada inversa

L−1[

2

s(s2 + 4)

]=

Si L−1[

ω

s2 + ω2

]= sinωt donde ω = 2, entonces

L−1[

2

s(s2 + 4)

]=´ t0sin 2τdτ = −1

2cos 2τ |t0 = −1

2cos 2t+

1

2

f(t) =1

2− 1

2cos 2t

por linealidad

y =1

2− 1

2cos 2x

17.y′′+ 16y = 4 , y(0) = 1 , y′(0) = 0

Aplicamos transformada de Laplace a la ecuaciónL[y′′+ 16y] = L[4]

49

s2Y (s) + sy(0) + y′(0) + 16Y (s) =4

sSustituimos los valores iniciales, y despejamos Y (s)

Y (s)(s2 + 16) + s+ 0 =4

s

Y (s) =

4

s− s

(s2 + 16)=

4−s2s

(s2 + 16)=

4− s2

s(s2 + 16)Aplicamos transformada inversa

L−1[

4− s2

s(s2 + 16)

]= L−1

[4

s(s2 + 16)

]− L−1

[s

(s2 + 16)

]=

L−1[

s

s2 + ω2

]= cosωt , donde ω = 4

L−1[

s

(s2 + 16)

]= cos 4t

Entonces para L−1[

4

s(s2 + 16)

]si L−1

[ω

s2 + ω2

]= sinωt , donde ω = 4

L−1[

4

s(s2 + 16)

]=´ t0sin 4τdτ = −

[1

4cos 4τ

]t0

= −[1

4cos 4t− 1

4

]=

−1

4cos 4t+

1

4

L−1[

4− s2

s(s2 + 16)

]= −1

4cos 4t+

1

4− cos 4t =

3

4cos 4t+

1

4

por linealidad

y =3

4cos 4x+

1

418.

y′′ − 2y′+ 5y = 0 , y(0) = 2 , y′(0) = 4;

Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuaciónL [y′′ − 2y′+ 5y] = L [0]Usamos formulas de transformadas de Laplace de derivadasL[y](s) = Y (s)L[y′](s) = sY (s)− y(0) = sY (s)− 2L[y′′](s) = s2Y (s)− sy(0)− y′(0) = s2Y (s)− 2s− 4Al sustituir estas expresiones en la ecuación nos das2Y (s)− 2s− 4− 2 [sY (s)− 2] + 5Y (s) = 0s2Y (s)− 2s− 4− 2sY (s)− 4 + 5Y (s) = 0Factorizamos y despejamos Y (s)Y (s)(s2 − 2s+ 5)− 2s− 8 = 0Y (s)(s2 − 2s+ 5) = 2s+ 8

Y (s) =2s+ 8

(s2 − 2s+ 5)Ahora calculamos la transformada inversa de la función racional Y (s), para

esto usaremos un desarrollo en fracciones parciales

50

Como s2−2s+5 es irreducible, escribimos este factor en la forma (s−α)2+β2

(s− 1)2 + 22

Y (s) =2s+ 8

(s− 1)2 + 22=A(s− 1) + 2B

(s− 1)2 + 42s+ 8 = A(s− 1) + 2BHacemos s = −1, 1en el primer caso obtenemos2(−1) + 8 = A(−2) + 2B , 6 = −2A+ 2B2(1) + 8 = A(0) + 2B , B = 56 = −2A+ 10 , A = 2Sustituimos estos valores en el desarrolo de fracciones parciales.

Y (s) =2(s− 1) + 2(5)

(s− 1)2 + 4=

2s− 2 + 10

(s− 1)2 + 4=

2s+ 8

(s− 1)2 + 4aplicamos transformada inversa de Laplace

2L−1[

s

(s− 1)2 + 4

]+ 4L−1

[2

(s− 1)2 + 4

]f(t) = 2et cos 2t+ 4et sin 2t

19.w′′+ w = t2 + 2 , w(0) = 1 , w′(0) = −1

s2W (s)− sw(0)− w′(0) +W (s) = L[t2] + L[2]W (s)(s2 + 1)− s+ 1 =

2

s3+

2

s

W (s)(s2 + 1) =2 + 2s2

s3+ s− 1

W (s) =

2(1 + s2) + s4 − s3

s3

s2 + 1=

2 + 2s2 + s4 − s3

s3(s2 + 1)Aplicamos la transformada inversa

f(t) = L−1[

2

s3(s2 + 1)

]+L−1

[2

s(s2 + 1)

]+L−1

[s

(s2 + 1)

]−L−1

[1

(s2 + 1)

]Aplicamos el teorema de la transformada de la integral para las dos primeras

transformadas inversas.

L−1[

2

s3(s2 + 1)

]=´ t02 sin τdτ = 2 cos τ |t0 = −2 cos t+ 2

= −2´ t0[cos τ − 1] dτ = −2(sin τ − τ)|t0 = −2(sin t− t) = 2t− 2 sin t

= 2´ t0(τ − sin τ)dτ = 2(

1

2τ2 + cos τ)|t0 = t2 + 2 cos t− 1

=´ t0(τ2 + 2 cos τ − 1)dτ = (

1

3τ3 + 2 sin τ − τ)|t0 =

1

3t3 + 2 sin t− t

L−1[

2

s(s2 + 1)

]=´ t02 sin τdτ = −2 cos τ |t0 = −2 cos t+ 2

L−1[

s

(s2 + 1)

]= cos t

51

L−1[

1

(s2 + 1)

]= sin t

Sustituyendo

f(t) =1

3t3 + 2 sin t− t− 2 cos t+ 2 + cos t− sin t

References

[1] Ecuaciones diferenciales con aplicaciones de modelado, Dennis G. Zill,Novena edición, Editorial Cengage learning. Ejercicios 7.1, Problema 21

[2] Ecuaciones diferenciales, Isabel Carmona Jover, Cuarta edición, EditorialPearson Educación, Ejercicios 7.1, Problemas 1, 4, 14, 18. Ejercicios 7.2,Problemas 1, 2, 5, 9, 10, 15, 18, 19

[3] Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera, R. Kent Na-gle, Edward B. Sa�, Arthur David Snider, Cuarta edición, Editorial Pearsoneducación. Ejercicios 7.5, Problemas 1

52