Trabajo Colaborativo3

ECUACIONES DIFERENCIALES

TRABAJO COLABORATIVO 3

EULIDES ANTONIO ROJAS LÍNDARTE CODIGO: 91523967

JHONATAN MCNISH HINESTROZA.

CODIGO:

EDINSON JESUS JAIMES CODIGO: 91535313

OSCAR FERNANDO SIERRA

GRUPO: 100412_85

TUTOR (A)

YENIFER ELIZABETH GALINDO

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA ESCUELA DE CIENCIAS BASICAS,

TECNOLOGIA E INGENIERIA MAYO-15-2015

INTRODUCCION

Las ecuaciones diferenciales representan una simplificación idealizada del

problema físico con el que nos encontramos, llamándose esta idealización Modelo

Matemático. Cada modelo es una aproximación a la realidad del problema físico.

Si la intuición o la evidencia del experimento coinciden con los resultados obtenidos

por medio del modelo podremos determinar cuán útil es el modelo.

Ese método tiene una gran importancia práctica para nosotros como futuros

ingenieros.

El curso de Ecuaciones Diferenciales además de fortalecer los conocimientos

adquiridos en cursos anteriores de matemáticas, nos permite adquirir competencias

importantes para nuestro proceso profesional, ya que debido a que los

conocimientos se aplican a toma de decisiones.

En esta tercera fase del trabajo colaborativo vamos presentar ejercicios de

ecuaciones diferenciales y solucionarlas por series de potencia, además de aplicar

y practicar en problemas que tenemos en cualquier circunstancia que se nos

presente.

Temática: ecuaciones diferenciales y solución por series de potencias.

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

𝒅𝒚

𝒅𝒙= 𝒆−𝒙𝟐

, 𝒚(𝟎) = 𝟏 Elaborado por: Oscar Fernando Sierra

Solución:

La ecuación se puede escribir:

𝑦(𝑥) = 1 + ∫ 𝑒−𝑡2𝑥

0

𝑑𝑡

Ya que no hay funciones elementales para calcular la integral anterior, por lo tanto no se podría escribir la solución en forma cerrada y por consiguiente tendríamos que conformarnos con alguna aproximación numérica.

Aplicando el método de Taylor; calculando las derivadas sucesivas y evaluándolas en 𝑥 = 0

𝑦′′(𝑥) = −2𝑥𝑒−𝑥2 𝑦′′(0) = 0

𝑦′′′(𝑥)= (4𝑥2 − 2)𝑒−𝑥2

𝑦′′′(0) = −2 = −2!

1!

𝑦𝑖𝑣(𝑥) = (−8𝑥3 + 12𝑥)𝑒−𝑥2 𝑦𝑖𝑣(0) = 0

𝑦𝑣(𝑥) = (16𝑥4 − 48𝑥2 + 12)𝑒−𝑥2 𝑦𝑣(0) = 12 =

4!

2!

𝑦𝑣𝑖(𝑥) = (−120𝑥 + 160𝑥3 − 32𝑥5)𝑒−𝑥2 𝑦𝑣𝑖(0) = 0

𝑦𝑣𝑖𝑖(𝑥) = (−120 + 720𝑥2 − 480𝑥4+64𝑥6)𝑒−𝑥2 𝑦𝑣𝑖𝑖(0) = −120 = −

6!

3!

Se observa la siguiente ley de formación

𝑦2𝑛 = 0,

𝑦2𝑛−1 = (−1)(𝑛−1)(2(𝑛 − 1))!

(𝑛 − 1)! 𝑛 = 1,2,3, …

En consecuencia, se tiene los coeficientes.

𝑎2𝑛 =𝑦(2𝑛)

(2𝑛)!= 0;

𝑎2𝑛−1 =𝑦(2𝑛−1)

(2𝑛 − 1)!= (−1)(𝑛−1)

(2(𝑛 − 1))!

(2𝑛 − 1)! (𝑛 − 1)! 𝑛 = 1,2,3, …

O bien,

𝑎2𝑛 = 0

𝑎2𝑛−1 = (−1)(𝑛−1)(2(𝑛 − 1))!

(2𝑛 − 1)! (𝑛 − 1)!= (−1)(𝑛−1)

(2𝑛 − 2)!

(2𝑛 − 1)(2𝑛 − 2)! (𝑛 − 1)!

𝑎2𝑛−1 = (−1)(𝑛−1) 1

(2𝑛 − 1)! (𝑛 − 1)!

Puesto que la solución por el método de Taylor está dada por:

𝑦(𝑥) = ∑𝑦(𝑛)(𝑥0)

𝑛!(𝑥 − 𝑥0)𝑛

∞

𝑛=0

(𝑆. 𝑇)

Entonces:

𝑦(𝑥) = 1 + ∑(−1)(𝑛)𝑥(2𝑛+1)(𝑥0)

(2𝑛 + 1)𝑛!

∞

𝑛=0

2. Revisar la convergencia de las siguientes series

a) ∑𝒆𝒏𝒏!

𝒏𝒏∞𝒏=𝟏 Elaborado por: Jonathan Mcnish

Solución

𝑎𝑛 =𝑒𝑛𝑛!

𝑛𝑛 ∧ 𝑎𝑛+1 =

𝑒𝑛+1(𝑛 + 1)!

(𝑛 + 1)(𝑛 + 1)

Entonces:

lim𝑛→∞

(𝑒𝑛+1(𝑛 + 1)!

(𝑛 + 1)(𝑛 + 1)) (

𝑛𝑛

𝑒𝑛𝑛!)

= lim𝑛→∞

𝑒(𝑛 + 1)

(𝑛 + 1)𝑛+1

𝑛𝑛

= 𝑒 lim𝑛→∞

1

(𝑛 + 1)1

𝑛𝑛

=𝑒

𝑒= 1

Por tanto no se puede concluir si la serie converge o no

Pero utilizando la fórmula de Stirling nos queda:

lim𝑛→∞

𝑒𝑛𝑛!

𝑛𝑛= lim

𝑛→∞

𝑒𝑛𝑛𝑛√2𝜋𝑛

𝑒𝑛𝑛𝑛

= lim𝑛→∞ √2𝜋𝑛 ≠ 0

Por lo cual la serie es divergente.

𝐛. ∑𝒏

(𝒏+𝟏)(𝒏+𝟐)(𝒏+𝟑)

∞𝒏=𝟏 Elaborado por: Jonathan Mcnish

𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏

Por el criterio general tenemos

lim𝑛→∞

𝑛

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

= lim𝑛→∞

𝑛𝑛3

(𝑛𝑛 +

1𝑛) (

𝑛𝑛 +

2𝑛) (

𝑛𝑛 +

3𝑛)

= lim𝑛→∞

𝑛𝑛2

(1 +1𝑛) (1 +

2𝑛) (1 +

3𝑛)

=0

(1 + 0)(1 + 0)(1 + 0)=

0

1= 0

Luego la serie es convergente

𝒄. ∑𝟏

𝟐𝒏+𝟏

∞𝒏=𝟏 Elaborado por: Edinson Jaimes

Solución

1

𝑅= lim

𝑛→∞|𝑎𝑛+1

𝑎𝑛| = lim

𝑛→∞|

12𝑛+1 + 1

12𝑛 + 1

| = lim𝑛→∞

|

12 ∙ 2𝑛 + 1

12𝑛 + 1

| = lim𝑛→∞

|1

2| =

1

2

𝑅 = 𝟐

Por lo tanto la serie converge

𝐝 ∑1

𝑛!∞𝑛=1 Elaborado por: Edinson Jaimes

Solución

1

𝑅= lim

𝑛→∞|𝑎𝑛+1

𝑎𝑛| = lim

𝑛→∞|

1(𝑛 + 1)!

1𝑛!

| = lim𝑛→∞

|𝑛!

(𝑛 + 1)!| = lim

𝑛→∞|

𝑛!

(𝑛 + 1)𝑛!| = lim

𝑛→∞|

1

𝑛 + 1| = lim

𝑛→∞|

1𝑛

1 +1𝑛

| = 0

𝑅 = ∞

3. Hallar la solución general de la siguiente ecuación como una serie de potencial

alrededor del punto x=0

𝒚′ + 𝟐𝒚𝒙 = 𝟎 Elaborado por: Eulides Rojas

La solución debe ser de la forma; 𝑦 = ∑ 𝑐𝜆 = (𝑥)𝜆+𝑘∞

𝜆=0

𝑦′ = ∑ 𝑐𝜆 = (𝜆 + 𝑥)𝜆+𝑘−1∞

𝜆=0

Sustituyendo en la E.D. tenemos:

∑ 𝑐𝜆 (𝜆 + 𝑘)𝑥𝜆+𝑘−1∞

𝜆=0 + 2 ∑ 𝑐𝜆 𝑥𝜆+𝑘∞

𝜆=0𝑥 = 0

__________________ ________________

Cambiando las potencias renombramos los índices de la primera sumatoria

𝜆 + 𝑘 − 1 = 𝜆′ + 𝑘 + 1

𝜆 = 𝜆′ + 1 + 1

𝜆 = 𝜆′ + 2

𝜆 − 2 = 𝜆′

Si 𝜆 = 0 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝜆′ = −2

∑ 𝑐𝜆′ + 2 (𝜆′ + 2 + 𝑘)𝑥𝜆`+𝑘+1∞

𝜆`=−2 + 2 ∑ 𝑐𝜆 𝑥𝜆+𝑘+1∞

𝜆=0= 0

____________________________

Desarrollamos los primeros términos de la primera sumatoria de índices 𝜆′ y cambiamos 𝜆′ por 𝜆

puesto que los índices son mudos.

𝐶𝑜𝑘𝑥𝑘+1 + 𝐶1(𝑘 + 1)𝑥𝑘 + ∑ 𝐶𝜆+2(𝜆 + 𝑘 + 2)𝑥𝜆+𝑘+1∞

𝜆=0+ 2 ∑ 𝑐𝜆 𝑥𝜆+𝑘+1∞

𝜆=0= 0

𝐶𝑜𝑘𝑥𝑘+1 + 𝐶1(𝑘 + 1)𝑥𝑘 + ∑ [𝐶𝜆+2(𝜆 + 𝑘 + 2) + 2 ∞

𝜆=0𝑐𝜆] 𝑥𝜆+𝑘+1 = 0

Al igual quedaría que la igualdad es cero solo si los coeficientes son cero

𝐶𝑜𝑘 = 0

𝐶1(𝑘 + 1) = 0

𝐶𝜆+2 (𝜆 + 𝑘 + 2) + 2𝑐𝜆 = 0

1 2

1

De ahí obtenemos el valor de k=0 k=-1 y C0≠ 0

𝐶𝜆+2 =−2𝑐𝜆

(𝜆 + 𝑘 + 2) 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖ò𝑛 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑐𝑢𝑟𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

K=0 𝐶𝜆+2 =−2𝑐𝜆

(𝜆+𝑘+2)


(𝜆 + 2)

𝐶2 =−2𝐶0

2= −𝐶0

𝐶4 =−2𝐶2

2+2=

−2𝐶2

4=

−𝐶2

2=

−1

2(−𝐶0 ) =

𝐶0

2

𝐶6 =−2𝐶4

4+2=

−2𝐶4

6=

−𝐶4

3=

−1

3 (

𝐶0

2) =

−𝐶0

3.2

𝐶8 =−2𝐶6

6+2=

−2𝐶6

8=

−𝐶6

4=

−1

4(

𝐶0

3.2) =

𝐶0

4.3.2

𝐶10 =−2𝐶8

8+2=

−2𝐶8

10=

−𝐶8

5=

−1

5(

𝐶0

4.3.2) =

−𝐶0

5.4.3.2

𝐶2𝑛 =(−1)𝑛

𝑛!𝐶𝑜=

(−1)𝑛

𝑛! 𝐶𝑜 Como K=0 Y= ∑ 𝑐𝜆 𝑥𝜆∞

𝜆=0 𝜆 = 2𝑛

Y1 = ∑ 𝐶2𝑛 𝑥2𝑛 =

∞

𝑛=0 ∑

(−1)𝑛

𝑛! 𝐶0 𝑥

2𝑛∞

𝑛=0

K=1


(𝜆 + 3)

𝐶2 =−2𝐶0

3.1

𝐶4 =−2𝐶2

5=

−2

5(−2

3𝐶0 ) =

4

5.3.1𝐶0

𝐶6 =−2𝐶4

7=

−2

7(4𝐶0

5.3) =

−8

7.5.3.1𝐶0

𝐶8 =−2𝐶6

9=

−2

9(

−8

7.5.3.1𝐶0 )

𝐶2𝑛 =(−1)𝑛2𝑛𝐶0

(2𝑛 + 1)‼

Y2 = ∑ 𝐶2𝑛 𝑥2𝑛+1 =

∞

𝑛=0∑

(−1)𝑛2𝑛

(2𝑛+1)‼ 𝐶0 𝑥

2𝑛+1∞

𝑛=0

Y general = Y1 + Y2 = ∑(−1)𝑛

𝑛‼ 𝐶0 𝑥

2𝑛∞

𝑛=0+ ∑

(−1)𝑛2𝑛𝐶0

(2𝑛+1)‼ 𝑥2𝑛+1

∞

𝑛=0

4. Resolver por series la ecuación diferencial. Elaborado por: Eulides Rojas

𝒚 = (𝒙 + 𝟏)𝒚′ + 𝒙𝟐𝒚 = 𝒙 𝒄𝒐𝒏 𝒚(𝟎) = 𝟏 , 𝒚′(𝟎) = 𝟏

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏𝒙𝒏 , 𝒚′ = ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟏 , 𝒚′′

∞

𝒏=𝟏

∞

𝒏=𝟎

= ∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏)𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟐

∞

𝒏=𝟐

𝒚 = (𝒙) = 𝒄𝟎 + 𝒄𝟏𝒙 + 𝒄𝟐𝒙𝟐 + 𝒄𝟑𝒙𝟑. + ⋯ 𝒑𝒐𝒓 𝒍𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒅𝒊𝒄𝒊ó𝒏 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 𝒚(𝟎) = 𝟏

𝟏 = 𝒄𝟎 + 𝟎 + 𝟎. . 𝒑𝒐𝒓 𝒍𝒐 𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐 𝒄𝟎 = 𝟏.

𝑫𝒆𝒓𝒊𝒃𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒓𝒊𝒆

𝒚′ = ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟏 = 𝒄𝟏 + 𝟐𝒄𝟐𝒙 + 𝟑𝒄𝟑

∞

𝒏=𝟏

𝒙𝟐 𝑷𝒐𝒓 𝒍𝒂

𝒐𝒕𝒓𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒅𝒊𝒄𝒊ó𝒏 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 𝒚 = (𝟎) = 𝟏 𝒔𝒆 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆

𝟏 = 𝒄𝟏 + 𝟐𝒄𝟐(𝟎) + 𝟑𝒄𝟑(𝟎)𝟐 … 𝒑𝒐𝒓 𝒍𝒐 𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐

𝒄𝟏 = 𝟏

∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏)𝑪𝒏𝒙𝒏−𝟐 − (𝒙 + 𝟏) ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟏 + 𝒙𝟐

∞

𝒏=𝟏

∞

𝒏=𝟐

∑ 𝒄𝒏𝒙𝒏

∞

𝒏=𝟎

= 𝟎

∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏)𝑪𝒏𝒙𝒏−𝟐 − 𝒙 ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟏 +

∞

𝒏=𝟏

∞

𝒏=𝟐

∑ 𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟏

∞

𝒏=𝟏

+ ∑ 𝒄𝒏𝒙𝒏+𝟐

∞

𝒏=𝟎

= 𝟎

∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏)𝑪𝒏𝒙𝒏−𝟐 − ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙𝒏 +

∞

𝒏=𝟏

∞

𝒏=𝟐

∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟏

∞

𝒏=𝟏


∞

𝒏=𝟎

= 𝟎

𝟐𝒄𝟐 + 𝟔𝒄𝟑𝒙 + ∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏)𝑪𝒏𝒙𝒏−𝟐 − 𝒄𝟏𝒙 − ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙′′ +

∞

𝒏=𝟐

∞

𝒏=𝟒

𝒄𝟏 + 𝟐𝒄𝟐𝒙 + ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟏

∞

𝒏=𝟑

K=n-2 k=n k=n-1 K=2 k=2 k=2 n=k+2 k=1=11


∞

𝒏=𝟎

= 𝟎

K=n+2

K=2

n =k-2

𝟐𝒄𝟐 + 𝟔𝒄𝒙𝟑 − 𝒄𝟏𝒙 + 𝒄𝟏 + 𝟐𝒄𝟐𝒙 + ∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏)𝒄𝒏𝒙𝒏−𝟐

∞

𝒏=𝟒

− ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙′′

∞

𝒏=𝟐

+ ∑ 𝒏𝒄𝒏𝒙𝒏+𝟏 ∑ 𝒄𝒏

∞

𝒏=𝟎

𝒙𝒏+𝟐

= 𝟎

𝟐𝒄𝟐 + 𝟔𝒄𝟑𝒙 − 𝒄𝟏𝒙 + 𝒄𝟏 + 𝟐𝒄𝟐𝒙 + ∑(𝒌 + 𝟐)(𝒌 + 𝟏)𝒄𝒏𝟐𝒙𝒌

∞

𝒌=𝟐

− ∑ 𝒌𝒄𝒌𝒙𝒌

∞

𝒌=𝟐

+ ∑(𝒌 + 𝟏)𝒄𝒌+𝟏𝒙𝒌

∞

𝒌=𝟐

+

∑ 𝒄𝒌−𝟐

𝒌=𝟐

𝒙𝒌 = 𝟎

1

𝟐𝒄𝟐 + 𝟔𝒄𝟑𝒙 − 𝒄𝟏𝒙 + 𝒄𝟏 + 𝟐𝒄𝟐𝒙 + ∑[(𝒌 + 𝟐)(𝒌 + 𝟏)𝒄𝒌+𝟐

∞

𝒌=𝟐

− 𝒌𝒄𝒌 + (𝒌 + 𝟏)𝒄𝒌+𝟏 + 𝒄𝒌−𝟐]𝒙𝒌 = 𝟎

Propiedad de identidad.

𝒄𝟏 = 𝟏 𝒚 𝑐0 = 1

𝟐𝑪𝟐 + 𝟔𝑪𝟑𝒙 − 𝑪𝟏𝒙 + 𝑪𝟏 + 𝟐𝑪𝟐𝒙 − 𝒙 = 𝟎

𝟐𝑪𝟐 + 𝟏 = 𝟎, 𝒂𝒈𝒓𝒖𝒑𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒚 𝒇𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓𝒊𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒙(𝟔𝑪𝟑 − 𝑪𝟏 + 𝟐𝑪𝟐 − 𝟏) = 𝟎

𝑪𝟐 = −𝟏

𝟐 𝒅𝒆𝒔𝒑𝒆𝒋𝒂𝒏𝒅𝒐 𝑪𝟐

𝟔𝑪𝟑 − 𝟐 + 𝟐𝑪𝟐 = 𝟎 𝒅𝒆𝒔𝒑𝒆𝒋𝒂𝒏𝒅𝒐 𝑪𝟑 , 𝟔𝑪𝟑 − 𝟐 + 𝟐 (−𝟏

𝟐) = 𝟎

𝟔𝑪𝟑 − 𝟐 − 𝟏 = 𝟎, 𝑪𝟑 =𝟑

𝟔=

𝟏

𝟐

𝑪𝟎 = 𝟏, 𝑪𝟏 = 𝟏, 𝑪𝟐 = −𝟏

𝟐, 𝑪𝟑 =

𝟏

𝟐

∑[(𝒌 + 𝟐)(𝒌 + 𝟏)𝒄𝒌+𝟐

∞

𝒌=𝟐

− 𝒌𝒄𝒌 + (𝒌 + 𝟏)𝒄𝒌+𝟏 + 𝒄𝒌−𝟐]𝒙𝒌

𝒄𝒌 + 𝟐 =𝒌𝒄𝒌 − (𝒌 + 𝟏)𝒄𝒌+𝟏 − 𝒄𝒌−𝟐

(𝒌 + 𝟐)(𝒌 + 𝟏) 𝒌 =, 𝟐, 𝟑, 𝟒 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒖𝒍𝒂

𝒌 = 𝟐

𝒄𝟒 =𝟐𝒄𝟐 − (𝟐 + 𝟏)𝒄𝟑 − 𝒄𝟎

(𝟒)(𝟑)=

𝟐(−𝟏 𝟐⁄ ) − 𝟑(𝟏 𝟐) − 𝟏⁄

(𝟒)(𝟑)=

−𝟕

(𝟒)(𝟑)(𝟐)=

−𝟕

𝟐𝟐𝟑!= −

𝟕

𝟐𝟒

𝒌 = 𝟑

𝒄𝟓 =𝟑𝒄𝟑 − (𝟑 + 𝟏)𝒄𝟒 − 𝒄𝟏

(𝟓)(𝟒)=

𝟑(𝟏 𝟐⁄ ) − 𝟒 (−𝟕𝟐𝟒) − 𝟏

(𝟓)(𝟒)=

𝟓

(𝟓)(𝟒)𝟑=

𝟓

𝟏𝟐𝟎

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

Elaborado por: Eulides Rojas

(𝑥2 + 1)𝑦′′ + 𝑥𝑦′ − 𝑦 = 0

𝑦 = ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=0

𝑦′ = ∑ 𝑛𝐶𝑛𝑥𝑛−1

∞

𝑛=1

𝑦′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥𝑛−2

∞

𝑛=2

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=2

+ ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥𝑛−2

∞

𝑛=2

+ ∑ 𝑛𝐶𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=1

− ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=0

= 0

2𝐶2 + 6𝐶3𝑥 − 𝐶0 + ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=2

+ ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥𝑛−2

∞

𝑛=4

+ ∑ 𝑛𝐶𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=2

− ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=2

= 0

2𝐶2 + 6𝐶3𝑥 − 𝐶0 + ∑ 𝑘(𝑘 − 1)𝐶𝑘𝑥𝑘

∞

𝑘=2

+ ∑(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝐶𝑘+2𝑥𝑘

∞

𝑘=2

+ ∑ 𝑘𝐶𝑘𝑥𝑘

∞

𝑘=2

− ∑ 𝐶𝑘𝑥𝑘

∞

𝑘=2

= 0

2𝐶2 + −𝐶0 = 0, 𝐶3 = 0

𝑘(𝑘 − 1)𝐶𝑘 + (𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝐶𝑘+2 + 𝑘𝐶𝑘 − 𝐶𝑘 = 0

(𝑘 + 1)(𝑘 − 1)𝐶𝑘 + (𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝐶𝑘+2 = 0

𝐶2 =𝐶0

2

𝐶3 = 0

𝐶𝑘+2 =(𝑘 + 1)(𝑘 − 1)𝐶𝑘

(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)=

(𝑘 − 1)𝐶𝑘

(𝑘 + 2) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑘 ≥ 2

𝐶4 =𝐶2

4=

𝐶0

2 ∗ 4

𝐶5 =2𝐶3

5= 0

𝐶6 =3𝐶4

6=

3𝐶2

2 ∗ 4 ∗ 6

𝐶7 =4𝐶5

7= 0

𝐶8 =5𝐶6

8=

3 ∗ 5𝐶2

2 ∗ 4 ∗ 6 ∗ 8

6. Se plantea una situación problema y el grupo de realizar los aportes respectivos en el

foro colaborativo con el fin de reconocer las características del problema que se ha

planteado y buscar la solución más apropiada según las ecuaciones diferenciales por el

método de series de potencias.

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.)

Solución

La ecuación es:

d2y

dt2= −g

r2

y2

Como: d2y

dt2 = v.dv

dy Entonces v

dv

dy= −g

r2

y2

Aplico Separación de variables

vdv =−yr2

y2 dy

v2

2=

yr2

y+ c

Sean 𝑣0 = 𝑣 𝑦 𝑦 = 𝑟 Entonces:

𝑣02

2=

𝑔𝑟2

𝑟+ 𝑐

𝑣02

2− 𝑔𝑟 = 𝑐

Luego la solución es:

𝑣 = √2𝑔𝑟2

𝑦+ 𝑣0

2 − 2𝑔𝑟

La velocidad de escape se tiene cuando 𝑦 → ∞ luego:

𝑣0=√𝑣02 − 2𝑦𝑟 = 0

𝑣0

2 = 2𝑔𝑟

𝑣0=√2𝑔𝑟 Esta es la velocidad inicial para sustituir las constantes del ejercicio.

7. Los estudiantes deben proponer un problema que permita la participación y el ejercicio de solución a una situación planteada por ellos mismos, teniendo en cuenta los siguientes elementos:

Definir el problema: el grupo debe identificar el problema que desean resolver o la demostración que pueden realizar posteriormente continúan con el análisis del problema, realizar una lista de conocimientos previos y de lo que no se conoce, preparación y discusión en grupo, solución del problema.

Una viga de longitud L se fija en ambos extremos. Calcular la deflexión de esa viga si una

carga 𝑤0, está distribuida de modo uniforme a lo largo de su longitud L.

𝒘(𝒙) = 𝒘𝟎 𝟎 < 𝒙 < 𝑳

SOLUCIÓN

𝑬𝑰𝒅𝟒𝒚

𝒅𝒙𝟒 = 𝒘𝟎 Ecuación que modela este fenómeno luego las condiciones son las siguientes:

𝒚(𝟎) = 𝟎 𝒚´ = 𝟎 𝒚(𝑳) = 𝟎 𝒚´(𝑳) = 𝟎

La solución de esta ecuación diferencial es: 𝑦 = 𝑌ℎ + 𝑌𝑝

Luego 𝑌(𝑥) = 𝑐1 + 𝑐2𝑥 + 𝑐3𝑥2 + 𝑐4𝑥3 +𝑤0

24𝐸𝐼𝑥4

Aplicando las condiciones del problema se tiene:

𝒚(𝒙) =𝒘𝟎𝑳𝟐

𝟐𝟒𝑬𝑰𝒙𝟐 −

𝒘𝟎𝑳

𝟏𝟐𝑬𝑰𝒙𝟑 +

𝒘𝟎

𝟐𝟒𝑬𝑰𝒙𝟒

Donde E, I son constantes E: Modulo de Young de elasticidad del material de la viga. I: Momento de inercia de una sección transversal de la viga.

CONCLUSIONES

En esta Fase 3 del curso, las estudiantes adquirimos los conocimientos y

competencias relacionados con las Ecuaciones Diferenciales. de orden

superior, tales como: solución de métodos por series de potencia y sus

aplicaciones en diferentes problemas propuestos.

El desarrollo de esta actividad promueve el desarrollo del trabajo en equipo, en

el cual es imperante la participación activa de los estudiantes, el intercambio de

conocimientos y el sentido de cooperación y compromiso con el proceso

personal y de cada uno de los participantes.

Las ecuaciones diferenciales son instrumentos necesarios para la

interpretación de parámetros que son de mucha importancia en las

matemáticas a nivel de ingeniería.

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