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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
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