ECUACIONES DIFERENCIALES

FASE 3. TRABAJO INDIVIDUAL

GRUPO:

100412_18

TUTOR:

PRESENTADO POR:

DORALYS RICARDO VALERIO

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA

UNAD

2015

INTRODUCION

OBJETIVO

Aplicar el método de Taylor para resolver ecuaciones diferenciales, que como se verá es la misma solución que proporciona la solución en series de potencia.

SANDRA

1. Resolver el problema de valor inicial a través del método de series de Taylor:

dydx

=e−x2

, y (0 )=1

La ecuación se puede escribir de la forma:

y ( x )=1+∫0

x

e−t2

dt

Empezamos a aplicar el método de Taylor. Para esto debemos derivadas sucesivas y evaluándolas en x=0 para obtener:

y ' ' ( x )=−2 x e−x2

; y ' ' (0 )=0

y ' ' ' ( x )=(4 x2−2 )e−x2

; y ' ' ' (0 )=−2=2!1!

y iv ( x )=(−8x3+12 x )e−x2

; y iv=0

yv ( x )=(16 x4−48 x2+12 )e−x2

; y v=12=12∗22

=4 !2 !

yvi ( x )=(−120x+160 x3−23 x5 )e−x2

; y vi=0

yvii ( x )=(−120+720 x2−480x 4+64 x6 )e−x2

; yvii=1−120=12∗66

=6 !3 !

Por lo que se tiene lo siguiente:

y (2n )=0

y (2n−1 )=(−1 )n−1∗(2 (n−1 ) ) !

(n−1 ) !

Donde se obtiene:

y ( x )=1+∑n=0

∞ (−1 )n x2n+1

(2n+1 )n!

.2. Revisar la convergencia de las siguientes series

A. Veamos que la serie

∑n=1

∞enn!nn

Doralys B. Veamos que la serie es convergente

∑n=1

∞n

(n+1)(n+2)(n+3)

Solución:

Obsérvese que

an+1=

n+1(n+2 ) (n+3 ) (n+4 )

n(n+1 ) (n+2 ) (n+3 )

¿(n+1 ) (n+1 ) (n+2 ) (n+3 )n (n+2 ) (n+3 ) (n+4 )

¿(n+1 ) (n+1 )n (n+4 )

¿ n2+2n+1n2+4 n

Usemos el criterio de raabe

Tenemos

limn→∞

n(1−n2+2n+1n2+4n )

limn→∞

n( n2+4n−n2−2n−1n2+4 n )

limn→∞

n¿¿

limn→∞

nn ( 2n−1n+4 )

limn→∞

2n−1n+4

limn→∞

2nn

−1/n

nn+4 /n

limn→∞

2−1/n1+4/n

¿ 2−01+0

=2

Como L = 2 > 1

Por el criterio de raabe se tiene la serie

∑n=1

∞n

(n+1)(n+2)(n+3) Es convergente

Doralys Ricardo c.veamos que la serie es convergente

∑n=1

∞ 1

2n+1Solución:Usemos el criterio de la serie mayorizante Sea la serie

∑n=1

∞1

2n+1y∑n=1

∞12n

con an= 1

2n+1, bn= 1

2n

Obsérvese que la serie

∑n=1

∞1

2n+1Es una serie geométricas con r=

12<1

Por lo tanto es convergente y a demás para n ≥ 1 tenemos que

1

2n+1≤

1

2n

Por lo tanto ∑n=1

∞1

2n+1es convergencia

DORALYS

d. Veamos la convergencias de

∑n=1

∞ 1n !

Solucion

Para determinar la covergencia de esta derie e utilizaremos el criterio de la razon en efecto.

limn→∞

¿

1(n+1 )1 /n!

¿limn→∞

n!

(n+1)!

¿limn→∞

1

n+1

¿0

Como L= 0 ¿ 1

Se tiene que la serie

∑n=1

∞ 1n !

Converge

3. Hallar la solución general de la siguiente ecuación como una serie de potencial alrededor del punto x=0

y '+2 yx=0

4. Resolver por series la ecuación diferencial

5. Solución en forma de serie de potencias en torno a un punto ordinario

Doralys

6. Se lanza un cuerpo de masa m hacia arriba de la tierra con velocidad inicial v0. Suponiendo que no hay resistencia del aire, pero tomando en cuenta la variación del campo gravitacional con la altura, encontrar la menor velocidad inicial v0 que necesita el cuerpo para que no regrese a la tierra. Esta velocidad inicial v0 se le llama velocidad de escape. (Ver figura 1.)

mdvdt

=−w ( x )=−mgR2

¿¿

Donde el signo menos indica que la dirección 0 de la fuerza es hacia el centro de la tierra.

Cancelando m, y resolviendo la ecuación diferencial resultante y poniendo como condiciones iniciales, en t=0 , X y v=V 0, se llega que:

v2=V 02−2gR+2 g R2

X+R≥0

Por lo tanto, V 02≥2 g R

De aquí concluimos que la velocidad escape V 0=√2 gR

CONCLUSIÓN