SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL
Solucionario de
problemas de Ecuaciones
Diferenciales
2do Parcial (3ra versión)
•
•
•
•
•
•
•
Resolución de ecuaciones diferenciales alrededor de puntos singulares
Transformada de Laplace
Resolución de ecuaciones diferenciales mediante la transformada de
Laplace
Resolución de sistemas de Ecuaciones diferenciales
Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden
Series de Fourier
Ecuaciones en Derivadas Parciales
Roberto Cabrera V.
[email protected]
06/02/2009
Este es un solucionario de problemas de Ecuaciones Diferenciales correspondiente a la Segunda
Evaluación, donde constan ejercicios tipo examen. Esta obra ha sido elaborada por Roberto Cabrera
y Christian de La Rosa, ex – estudiante de la ESPOL, con el auspicio de la directiva A.E.F.I.E.C. de los
años 2006, 2007, 2008. Modificado y corregido dos veces por Roberto Cabrera.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Resumen de problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales
II Parcial
i.
ii.
Resolución de ecuaciones diferenciales alrededor de puntos singulares:
Ø Método de Frobenius
Transformada de Laplace:
Ø Teoremas
Ø Transformada de Laplace de algunas funciones
Ø Transformada inversa de Laplace
iii.
Resolución de ecuaciones diferenciales mediante la transformada de
Laplace:
Ø Ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes
Ø Ecuaciones diferenciales de coeficientes variables
Ø Ecuaciones integro diferenciales
iv.
Resolución de sistemas de Ecuaciones diferenciales:
Ø Método de Eliminación
Ø Método de los operadores diferenciales
Ø Método de Laplace
Ø Método de los valores y vectores propios.
v.
vi.
vii.
viii.
Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden:
Ø Aplicaciones de Sistema: Masa – Resorte – Amortiguador
Ø Aplicaciones de circuitos eléctricos
Series de Fourier
Ø Definición de la serie de Fourier
Ø Serie de Fourier de una función par e impar
Ø Convergencia de una serie de Fourier
Ø Extensiones pares o impares periódicas de una serie de Fourier
Problema de la ecuación del calor
Anexos:
Ø Problemas propuestos
Ø Tabla de transformadas de Laplace de ciertas funciones
Ø Tabla de transformadas inversas de Laplace de ciertas funciones
-2Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de Frobenius
1. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
, mediante series de potencias de x. Utilice la raíz de mayor valor de la ecuación
indicial asociada a la ecuación diferencial dada para establecer la primera solución, ésta como una
función elemental; y, luego utilice algún procedimiento conocido para definir la segunda solución
linealmente independiente e igualmente exprésela como una función elemental.
Asumiendo la solución alrededor del punto
, entonces
, por lo tanto
caso
, se tiene que verificar que clase de punto es, en este
es un punto singular.
Lugo se verifica si es singular regular.
i)
(existe)
(existe)
ii)
Los dos límites existen, por lo tanto es un punto singular regular.
La fórmula de la ecuación indicial indica:
, se obtiene que:
Las raíces de la ecuación indicial son:
Asumiendo la solución como:
,y
.
Obteniendo la 1ra y 2da derivada:
Reemplazando y, y’,y’’ en la ecuación diferencial
se obtiene:
Introduciendo los coeficientes de cada sumatoria:
Se iguala las potencias de todas las sumatorias, en esta caso a
cambio de parámetro en alguna en la tercera sumatoria.
-3Roberto Cabrera V.
, haciendo un
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
La nueva ecuación queda así:
Se iguala los subíndices de cada sumatoria al mayor de todas, en este caso a
desarrollan dos términos en la primera y segunda sumatoria:
. Luego se
Se agrupan los coeficientes de cada sumatoria en una sola sumatoria:
Igualmente los coeficientes de
Como
, se obtiene
, que es la misma ecuación indicial anterior.
si puede ser igual a cero.
En este caso
La ecuación de recurrencia es:
Despejando el valor de
, se obtiene la fórmula de recurrencia general:
Reemplazando la raíz mayor
primera solución:
, se obtiene la fórmula de recurrencia particular para la
-4Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Entonces la primera solución es, para el varlo de r=0:
Reemplazando los coeficientes en la solución
Por lo tanto
, lo podemos encontrar de la siguiente forma:
=
-5Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
2) Resuelva:
d2y
dy
+ x 2 − 3x
+ 3 y = 0, alrededor de x0 = 0
2
dx
dx
p( x ) = x 2 ⇒ p( x 0 ) = 0, es singular
(
x2
•
)
+∞
+∞
+∞
x 2 ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n + r − 2 + x 2 − 3 x ∑ C n (n + r )x n + r −1 + 3∑ C n x n+ r = 0
(
)
n =0
n=0
+∞
+∞
n =0
n =0
n =0
+∞
+∞
n =0
n=0
∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r + ∑ C n (n + r )x n+r +1 − 3∑ C n (n + r )x n+r + 3∑ C n x n+r = 0
+∞
∑ [(n + r − 3)(n + r − 1)]C
+∞
n
x n + r + ∑ C n (n + r )x n + r +1 = 0
n =0
n=0
+∞
+∞
n =0
n =1
∑ [(n + r − 3)(n + r − 1)]C n x n+r +∑ C n−1 (n + r − 1)x n+r
=0
+∞
[(r − 3)(r − 1)]C 0 x r + ∑ [[(n + r − 3)(n + r − 1)]C n +(n + r − 1)C n−1 ]x n+ r
=0
n =1
[(r − 3)(r − 1)]C 0 = 0 → (r − 3)(r − 1) = 0 → r1 = 3
r2 = 1 r1 − r2 = entero
[(n + r − 3)(n + r − 1)]C n +(n + r − 1)C n−1 = 0 → C n = −
C n−1
; n ≥1
n+r −3
C n −1
C
r2 = 1 → C n = − n−1 ; n ≥ 1 no esta definida para n = 2
; n ≥1
n
n−2
la primera solución será utilizando r1 = 3
r1 = 3 → C n = −
C0
C
=− 0
1
1!
C
C
n = 2 → C2 = − 1 = 0
2
2!
n = 1 → C1 = −
n = 3 → C3 = −
y 2 ( x ) = y1 ∫
C
C2
=− 0
3
3!
− p ( x ) dx
e ∫
y1
2
+∞
y 2 (x ) = x 3e − x ∫ ∑
n =0

 x x2 x3
⇒ y1 (x ) = C 0 x 3 1 − +
−
+ ... ∴ y1 (x ) = C 0 x 3 e − x

 1! 2! 3!
3
− ∫ 1− dx
x
x 3e −x
ex
3 −x e
dx = x e ∫ 6 − 2 x dx = x 3 e − x ∫ 6 − 2 x dx =x 3 e − x ∫ 3 dx
x e
x e
x
(− 1)n x n−3 dx = x 3 e − x
n!
n
 −3
x −1 + ∞ (− 1) x n −3 
−2

x
x
−
+
+
∑ n! dx =
∫ 
2 n =3

n
 x −2
ln x + ∞ (− 1) x n− 2
= x 3 e − x  −
+ x −1 +
+∑
2
n =3 n!(n − 2 )
 2
y 2 (x ) =

∴


+∞
 x −2
y1 ln x
(− 1)n x n −2
+ x 3 e − x  −
+ x −1 + ∑
2
n =3 n!(n − 2 )
 2




-6Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
3) Resuelva la siguiente ecuación difrencial alrededor del punto x 0 = 0
d2y
dy
+ (3x − 1) + y = 1
x2 − x
•
2
dx
dx
2
p( x ) = x ⇒ p( x 0 ) = 0, es singular
(
(x
2
)
+∞
+∞
+∞
− x ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+ r − 2 + (3 x − 1)∑ C n (n + r )x n + r −1 + ∑ C n x n + r = 0
)
n =0
n =0
+∞
+∞
n =0
n =0
n=0
+∞
+∞
+∞
n=0
n =0
n =0
∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r − ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r −1 + 3∑ C n (n + r )x n+ r − ∑ C n (n + r )x n+ r −1 + ∑ C n x n+ r = 0
+∞
∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C
+∞
n
x n + r −∑ (n + r ) C n x n+ r −1 = 0
n =0
2
n =0
+∞
∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C
+∞
n+r
− ∑ (n + r + 1) C n+1 x n + r = 0
nx
2
n = −1
n =0
[ ]
− [r ]C
+∞
[
]
− r 2 C 0 x r + ∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C n −(n + r + 1) C n+1 x n + r = 0
2
n =0
2
0
= 0 → r1 =r2 = 0
[(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C n −(n + r + 1)2 C n+1 → C n+1 = [(n + r )(n + r − 1) + 3(n2 + r ) + 1]C n ;
(n + r + 1)
n≥0
r1 = 0 → C n+1 = C n ; n ≥ 0
la primera solución será utilizando r1 = 0
n = 1 → C1 = C 0
n = 2 → C2 = C0
n = 3 → C3 = C 0
[
]
⇒ y1 ( x ) = C 0 x 0 1 + x + x 2 + x 3 + ... ∴ y1 (x ) = C 0
1
1− x
3 x −1
− ∫ 2 dx
−2
1
1
1
1
ln x
e x −x
x −1 (x − 1)
=
=
y 2 ( x ) = y1 ∫
dx
dx
dx =
dx → y 2 ( x ) = C1
2
2 2x
2
∫
∫
∫
1− x
1− x  1 
1− x x
1− x
x e
y1


1− x 
1
ln x
+ k2
y h ( x) = k1
1− x
1− x
− p ( x ) dx
e ∫
1
y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 → W = 1 −1 x
(x − 1)2
u1 = − ∫
u2 = ∫
ln x
1− x
1
=
2
1
x(x − 1)
−
2
(x − 1) x(x − 1)
ln x
g ( x) y 2
 1  ln x 
2
dx = − ∫  2

 x( x − 1) dx = ∫ ln xdx = − x + x ln x
W
 x − x  1 − x 
g ( x) y1
 1  1 
2
dx = ∫  2
 x(x − 1) dx = − ∫ 1dx = − x

W
 x − x  1 − x 
ln x
x
 1 
=
y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 = (− x + x ln x )
−x
1− x x −1
1− x 
y ( x ) = k1
1
ln x
x
+ k2
+
1− x
1− x x −1
-7Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Transformada de Laplace
Halle:
{
}
L 4e 5t + 6t 3 − 3 sen(4t ) + 2 cos(2t )
•
Por la propiedad de linealidad tenemos que:
L 4e 5t + 6t 3 − 3 sen(4t ) + 2 cos(2t )
{
L{4e
5t
}
− 3 sen(4t ) + 2 cos(2t )} = L{4e }+ L{6t }+ L{− 3 sen(4t )} + L{2 cos(2t )}
= 4 L{e }+ 6 L{t }− 3L{sen(4t )} + 2 L{cos(2t )}
5t
+ 6t 3
3
5t
3
3!
4
1
s
+6 4 −3 2
+2 2
s−5
s
s + 16
s +4
4
36
12
2s
=
+
−
+
s − 5 s 4 s 2 + 16 s 2 + 4
=4
Halle
{
}
2
L (t + 2 ) e t + e −4t cosh (2t )
•
Por la propiedad de linealidad tenemos que:
2
L (t + 2) e t + e −4t cosh (2t )
{
L{(t + 2) e
2
t
+e
−4t
}
cosh (2t )} = L{(t + 2) e }+ L{e
2
t
− 4t
}
cosh (2t )
{(
) } { cosh(2t )}
= L{t e }+ L{4te }+ L{4e }+ L{e cosh (2t )}
= L{t e }+ 4 L{te }+ 4 L{e }+ L{e cosh (2t )}
2
t
− 4t
2 t
t
t
−4t
2 t
t
t
−4t
= L t + 4t + 4 e + L e
Aplicando el primer teorema de la traslación:
L t 2 e t + 4 L te t + 4 L e t + L e −4t cosh (2t )
{ } { } {} {
L{t e }+ 4 L{te }+ 4 L{e }+ L{e
2 t
t
t
− 4t
}
cosh (2t )} =
1
1
2!
s+4
+4
+4
+
3
2
s − 1 (s + 4 )2 − 4
(s − 1)
(s − 1)
=
5s 4 + 29 s 3 + 9s 2 − 21s + 20
(s − 1)3 (s + 2 )(s + 6)
-8Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Demuestre:
•
Demuestre el primer teorema de la traslación
{
}
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L e at f (t ) = F (s − a )
∞
Tenemos : L{ f (t )} = ∫ e − st f (t )dt = F (s )
0
{
∞
}
Entonces : L e at f (t ) = ∫ e − st e at f (t )dt
0
∞
= ∫ e −(s −a )t f (t )dt → si s = s − a
0
∞
()
= ∫ e − st f (t )dt = F s = F (s − a )
0
Halle:
{
}
L senh 3 (2t ) cos(t )
•
Por la propiedad de linealidad tenemos que:
L senh 3 (2t ) cos(t )
{
}
 e 2t − e −2t  3

 cos(t )
L senh (2t ) cos(t ) = L 
2



1
= L e 6t − 3e 2t + 3e −2t − e −6t cos(t )
8
1
= L e 6t cos(t ) + L − 3e 2t cos(t ) + L 3e −2t cos(t ) + L − e −6t cos(t )
8
1
= L e 6t cos(t ) − 3L e 2t cos(t ) + 3L e − 2t cos(t ) − L e −6t cos(t )
8
Aplicando el primer teorema de la traslación:
1
L e 6t cos(t ) − 3L e 2t cos(t ) + 3L e −2t cos(t ) − L e −6t cos(t )
8
1 s−6
s−2
s+2
s+6 
−
+3
−3
= 
2
2
2
8  (s − 6 ) + 1
(s − 2) + 1 (s + 2) + 1 (s + 6)2 + 1
48 s 4 − 46 s 2 + 185
= 2
s − 12 s + 37 s 2 − 4 s + 5 s 2 + 4 s + 5 s 2 + 12 s + 37
{
}
3
{(
[{
(
}
{
)(
)
[{
} {
[{
}
}
(
)(
}
} {
{
{
}
{
)
)(
} {
}]
} {
)
-9Roberto Cabrera V.
}]
} {
}]
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Encuentre la transformada de la primera derivada de f(t)
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{ f' (t )} = sF (s ) − f (0 )
P
∞
Tenemos : L{ f' (t )} = ∫ e − st f ' (t )dt = lim ∫ e − st f ' (t )dt
P →∞
0
Integrando por partes : u = e
− st
0
→ du = -s e - st dt
dv = f ' (t )dt → v = f (t )
P
lim ∫ e
P →∞
− st
0

f ' (t )dt = lim  f (t )e − st
P →∞

P
0

+ s ∫ e − st f (t )dt 
0

P
P

 − sP
= lim e f (P ) − f (0 ) + s ∫ e − st f (t )dt 
P →∞
0


∞
= s ∫ e − st f (t )dt − f (0 ) + lim e − sP f (P )
P →∞
0
pero lim e − sP f (P ) = 0 asumiendo que f (t ) es de orden exponencial
P →∞
= sF(s) - f(0)
•
Encuentre la transformada de la función tf(t)
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{tf (t )} = −
d
F (s )
ds
∞
Tenemos : L{ f (t )} = ∫ e − st f (t )dt = F (s )
0
Derivando ambos lados de la igualdad tenemos :
∞
d
d
F (s ) = ∫ e − st f (t )dt
ds 0
ds
∞
∂ − st
e f (t )dt
∂s
0
=∫
∞
= ∫ − te − st f (t )dt
0
∞
= − ∫ e − st [tf (t )]dt
0
→ L{tf (t )} = −
d
F (s )
ds
- 10 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
{
}
L t 2 cos(at )
•
Por la propiedad de la derivada de la transformada tenemos que:
L t 2 cos(at )
{
L{t
2
}
cos(at )} = (− 1)
d2
F (s)
ds 2
d2  s 
= 2 2

ds  s + a 2 
=
2
d  a 2 − s 2 
ds  s 2 + a 2 2 
(
)
 − 2s s 2 + a 2
=


2s s 2 − 3a 2
=
3
s2 + a2
(
(
(
)
2
− 2 s 2 + a 2 2s a 2 − s 2 
2

s2 + a2

(
(
) (
)
)
)
)
- 11 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Halle:
( )
 cos t 
L

t 

Usando la propiedad de la transformada de la derivada
•
( )
 cos t 
L

t 

( )
Si f (t ) = sen t , entonces f' (t) =
( ), además f(0) = 0
cos t
2 t
L{ f ' (t )} = sF (s ) − f (0)
( )
 cos t 
L
 = sL sen t
 2 t 
{ ( )}
( )
 cos t 
L
 = 2 s L sen t
t


{ ( )}
( )
Encuentro la transformada de sen t
2 n +1
Por serie de potencias sabemos que sen
3
( t) + ( t) − ( t)
sen( t ) = t −
3!
5!
7!
3
5
(
(− 1)n t 2
t )= ∑
n = 0 (2 n + 1)!
+∞
7
5
1
2
7
t2 t2 t2
+ .... = t − + − + ....
3! 5! 7!
9
7
3
5
Γ
Γ
Γ
Γ
2 + ....
2 −
2 +
L sen t = 3 2 −
5
7
9
2
2
2
7! s 2
5! s
3! s
s
2
3


1 2
1 2
π   1 
2
2
s
s
−
+ ...
= 3 1 −  2  +
3
!
2
!
2
s
2

2s  


( ) ( ) ( ) ( )
{ ( )}
( ) ( )
=
π
2s
3
e
−
1
4s
2
( )
1
1
 cos t 
π − 4s
π − 4s
= 1 e
L
 = 2s 3 e
t 

2s 2
s 2
- 12 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Encuentre la transformada de la integral de f(t)
t
 F (s )
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L ∫ f (u )du  =
s
0

t
Si g (t ) = ∫ f (u )du , entonces g' (t) = f(t) y g(0) = 0
0
Entonces sabemos que :
L{g ' (t )} = sL{g (t )} − g (0)
t

L{ f (t )} = sL ∫ f (u )du 
0

Despejando tenemos que :
t
 L{ f (t )} F (s )
L ∫ f (u )du  =
=
s
s
0

•
Encuentre la transformada f(t)/t
 f (t ) 
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L 
 = ∫ F (u )du
 t  s
f (t )
, entonces f (t) = t g(t)
Si g (t ) =
t
Entonces sabemos que :
∞
L{ f (t)} = L{t g(t)}
d
L{g (t)}
ds
Integrando ambos lados tenemos que :
L{ f (t)} = −
s
∞
∞
s
L{g (t)} = − ∫ f (u )du = ∫ f (u )du
 f (t ) 
L
 = ∫ f (u )du
 t  s
∞
- 13 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Halle:
 4t t 1 − 4θ

• L e t ∫ e sen(3θ )dθ 
θ
0


t


1
L e 4t t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ 
θ
0


Por el primer teorema de la traslación tenemos que :
{
}
L e 4t g (t ) = G (s − 4 )
 t 1

Debo encontrar G(s) que es L t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ ,
 0θ

por el teorema de la derivada de la transformada sabemos que :
d
H ( s)
ds
 t 1 − 4θ
 M ( s)

1
, si M ( s ) = L  e − 4θ sen(3θ )
Encuentro H(s) = L ∫ e sen(3θ )dθ  =
s

θ
0 θ

L{t h(t )} = −
∞
 x( θ ) 
De donde hallamos M(s) = L
 = ∫ X (u )du
 θ  s
{
X (u ) = L{e
}
sen(3θ )} =
X (u ) = L e − 4θ sen(3θ ) que por el primer teorema de traslación es :
− 4θ
∞
3
(u + 4)
2
+9
=
3
u + 8u + 25
2
∞
∞
π
3
 x( θ ) 
u + 4
 s + 4
M(s) = L
du = arctan
 = ∫ X (u )du = ∫ 2
 = − arctan

2
 θ  s
 3 s
 3 
s u + 8u + 25
M (s) 1  π
 s + 4 
=  − arctan
 
s
s 2
 3 
H(s) =
 s + 4
arctan

π
3
d 1  π
3 
 s + 4  

G ( s ) = L{t h(t )} = −   − arctan
−
  = 2 +
ds  s  2
s s 2 + 8s + 25
s2
 3   2 s
(


π
1
L e 4t t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ  = G (s − 4 ) =
2
θ
2( s − 4 )
0


t
)
s
arctan 
3
3
+
−
2
(s − 4) (s − 4) + 8(s − 4 ) + 25 (s − 4)2
- 14 Roberto Cabrera V.
(
)
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Demuestre el segundo teorema de la traslación
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{µ (t - a ) f (t − a )} = e − as F (s )
∞
Tenemos : L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − st µ (t - a ) f (t − a )dt
0
∞
Entonces : L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − st f (t − a )dt
a
Si t = u + a → u = t - a y dt = du
Cuando t = a → u = 0 y t = ∞ → u = ∞
∞
L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − s (u + a ) f (u )du
0
∞
L{µ (t - a ) f (t − a )} = e
− as
∫e
− su
f (u )du = e −as F (s )
0
•
e − t 2
Encuentre la transformada f (t ) = 
 0
f (t ) = e
−
t
2
;2 n < t < 2 n + 1
n = 0,1,2,3,....
;2n + 1 < t < 2n + 2
[µ 0 (t ) − µ1 (t ) + µ 2 (t ) − µ 3 (t ) + µ 4 (t ) − µ 5 (t )....]
1

Por el primer teorema de la traslación tenemos que L{ f(t)} = G s + 
2

G ( s ) = L{µ 0 (t ) − µ1 (t ) + µ 2 (t ) − µ 3 (t ) + µ 4 (t ) − µ 5 (t )...}
1 e − s e − 2 s e −3 s e − 4 s
1
−
+
−
+
− ... = 1 − e − s + e − 2 s − e −3s + e − 4 s − ...
s
s
s
s
s
s


n


+∞
es
1  1
1 1 
G (s) = ∑  − s  =
=
1  s es +1
s n=0  e 
s
1+ s 
e 

(
G (s) =
(
)
s+ 1
e 2
1

L{ f(t)} = G s +  =
1  s+ 1
2 

 s +  e 2 + 1

2 

- 15 Roberto Cabrera V.
)
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•


sen(3t )
L sen(t )µ π (t ) +
δ (t )
t
4




sen(3t )
L sen(t )µ π (t ) +
δ (t )
t
4






sen(3t )
 sen(3t )

L sen(t )µ π (t ) +
δ (t ) = L sen(t )µ π (t ) + L 
δ (t )
t
 t

4
4




Para la primera transformada utilizo el segundo teorema de la traslación :
π
− s
  π

L  f  t −  µ π (t ) = e 4 F ( s )
4 4 
 
Pero debo desplazar la función que multiplica al escalón :
2  π
 π 
 π  π 
 π  π 
 π π
sen t − +  = cos t −  sen  + sen t −  cos  =
 cos t −  + sen t −  
4 4
4 4
4 4
2  
4
4 




 2  π

  π


2   π
 π 
L
 cos t −  + sen t −   µ π (t ) =
 L cos t −  µ π (t ) + L sen t −  µ π (t )
4
4  4 
2   
4 4 
4  4 

 2  
 
π
π
2 −4s  s
1 
2 −4s  s +1 
e  2
e  2
=
+ 2
=


2
2
 s + 1 s + 1
 s + 1
Para la segunda transformada utilizo la función impulso :
sen(3t )
 sen(3t )

L
= 1(3) = 3
δ (t ) = e −0 s lim
t →0
t
 t

π


sen(3t )
2 −4s  s +1 
L sen(t )µ π (t ) +
e  2
δ (t ) =
+3
t
2
 s + 1
4


- 16 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Encuentre la transformada de la siguiente gráfica
Tenemos que encontrar la transformada de una función periódica:
sen(t ) 0 < t < π
extendida periodicamente con periodo 2π
g (t ) = 
π < t < 2π
 0
L{g (t )} =
1
1 − e −2πs
2π
∫e
− st
g (t )dt
0
π
L{g (t )} =
1
e − st sen(t )dt
1 − e −2πs ∫0
Integro por partes : u = e - st → du = − s e - st
dv = sen(t )dt → v = − cos(t )
∫e
− st
sen(t )dt = − cos(t )e - st − s ∫ e - st cos(t )dt
Integro por partes : u = e - st → du = − s e - st
dv = cos(t )dt → v = sen(t )
∫e
(s
2
− st
(
sen(t )dt = − cos(t )e - st − s e - st sen(t ) + s ∫ e - st sen(t )dt
)
)
+ 1 ∫ e − st sen(t )dt = e - st (− s sen(t ) − cos(t ) )
e − st (− s sen(t ) − cos(t ) )
s2 +1
Re emplazando :
− st
∫ e sen(t )dt =
π
 e − st (− s sen(t ) − cos(t ) ) 
1
L{g (t )} =


s2 +1
1 − e −2πs 
0
L{g (t )} =
1 + e −πs 
1
1
=
− 2πs 
−πs
2
1− e
s2 +1
 s +1  1− e
(
)(
)
- 17 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Demuestre el teorema de la convolución
t
Si L {F(s)} = f (t ) y L {G(s)} = g (t ), entonces L{F ( s )G ( s )} = ∫ f (u ) g (t − u )du = f (t ) * g (t )
-1
-1
0


L ∫ f (u ) g (t − u )du  = F ( s )G ( s )
0

donde F(s) = L{ f(t)}, G(s) = L{g(t)} por lo que :
t
∞
t
 ∞
t

L ∫ f (u ) g (t − u )du  = ∫ e − st  ∫ f (u ) g (t − u )du dt = ∫
t =0
0
 t =0 u =0

M
donde S M =
t
∫e
− st
f (u ) g (t − u )du dt = lim S M
M →∞
u =0
t
∫ ∫e
− st
f (u ) g (t − u )du dt
t =0 u =0
La región en el plano en donde se llevará a cabo la integración es:
t-u=v
0
M
0
M
Luego de hacer el cambio t-u=v la región cambia, por lo que el integral se transforma en:
S M = ∫∫ e − st f (u ) g (t − u )du dt = ∫∫ e − s (u + v ) f (u ) g (v)
Rtu
Ruv
∂ (u , t )
du dv
∂ (u , v )
Donde el Jacobiano de la transformación es :
∂u
∂ (u , t ) ∂u
=
J=
∂ (u , v ) ∂t
∂u
∂u
∂v = 1 0 = 1
∂t 1 1
∂v
M
De donde S M =
M −v
∫ ∫e
− s (u + v )
f (u ) g (v)du dv
v =0 u =0
e − s (u + v ) f (u ) g (v) u + v ≤ M
Definamos otra función K(u,v) = 
u+v > M
0

M
SM =
∫
M
∫ K (u, v)du dv , entonces lim S M =
M →∞
v =0 u =0
∞
=
∞
∫ ∫e
− s (u + v )
f (u ) g (v) du dv =
{∫ e
∞
0
− su
∞
∞
∫ ∫ K (u, v)du dv
v =0 u =0
f (u ) du
}{∫ e
∞
0
− sv
}
g (v) dv = F ( s )G ( s )
v =0 u =0
- 18 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Halle:


s
L−1 
2 
 s 2 + a 2 


s
L−1 

2
 s 2 + a 2 
Usando el integral de convolución tenemos que :
•
(
(
)
)

1
s
L−1  2
2
2
2
 s +a s +a

1
s
L−1  2
2
2
2
 s +a s +a

1
 = cos(at ) * sen(at )
a

 t
sen(a(t − u ))
du
 = ∫ cos(au )
a
 0
(
)(
)
(
)(
)
t
1
= ∫ cos(au )[sen(at ) cos(au ) − cos(at )sen(au )]du
a0
t
t
=
1
1
sen(at )∫ cos 2 (au )du − cos(at )∫ sen(au ) cos(au )du
a
a
0
0
=
1
1
sen(2au )
 1 + cos(2au ) 
sen(at )∫ 
du
du − cos(at )∫
2
2
a
a

0
0
=
1
 1 − cos(2at ) 
 t sen(2at )  1
sen(at ) +

 − cos(at )
4a  a
4a
a


2
=
 sen 2 (at ) 
1
 t sen(at ) cos(at )  1


−
cos
at
sen(at ) +
(
)

2a
2
a
a
2
 a


=
t sen(at )
2a
t
t
- 19 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Resolución de ecuaciones diferenciales mediante las transformada de
Laplace
Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial:
y ' ' '+4 y ' '+5 y '+2 y = 10 cos(t ),
•
y (0) = y ' (0) = 0
y ' ' (0) = 3
Aplicando la transformada de Laplace
L{y ' ' '} + 4 L{y ' '} + 5L{y '} + 2 L{y} = 10 L{cos(t )}
Encuentro las transformadas necesarias :
L{y ' ' '} = s 3Y ( s ) − s 2 y (0) − sy ' (0) − y ' ' (0) = s 3Y ( s ) − 3
L{y ' '} = s 2Y ( s ) − sy (0) − y ' (0) = s 2Y ( s)
L{y '} = sY ( s) − y (0) = sY ( s )
L{y} = Y ( s )
s
L{cos(t )} = 2
s +1
Re emplazando las transformadas :
(s Y (s) − 3)+ 4(s Y (s))+ 5(sY (s)) + 2Y (s) = 10 s s+ 1
(s + 4s + 5s + 2)Y (s) − 3 = 10 s s+ 1
3
2
2
3
2
2
(s + 1)2 (s + 2 )Y ( s) = 3s
Y ( s) =
→ 3s
2
2
+ 10s + 3
s2 +1
3s 2 + 10 s + 3
=
Ds + E
A
B
C
+
+
+ 2
s + 2 s + 1 (s + 1)2
s +1
(s + 1)(s + 1) (s + 2)
+ 10 s + 3 = A(s + 1) (s + 1)+ B (s + 1)(s + 1)(s + 2) + C (s + 1)(s + 2 ) + (Ds + E )(s + 1) (s + 2)
2
2
2
2
2
2
2
3s 2 + 10s + 3 = ( A + B + D )s 4 + (2A + 3B + C + 4D + E )s 3 + (2A + 3B + 2C + 5D + 4E )s 2 + (2A + 3B + C + 2D + 5E )s + ( A + 2B + 2C + 2E )
Tenemos el siguiente sistema de ecuaciones :
A+ B + D = 0
2A + 3B + C + 4D + E = 0
2A + 3B + 2C + 5D + 4E = 3
2A + 3B + C + 2D + 5E = 10
A + 2B + 2C + 2E = 3
De donde A = -1, B = 2, C = -2, D = -1, E = 2
Y ( s) =
−1
−s+2
2
2
+
−
+
s + 2 s + 1 (s + 1)2 s 2 + 1
 − 1
− s + 2 
2
2
+
−
+ 2
y (t ) = L−1{Y ( s )} = L−1 

2
 s + 2 s + 1 (s + 1)
s + 1 
y (t ) = −e − 2t + 2e − t − 2te − t − cos(t ) + 2sen(t )
- 20 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial:
− 4t + 8π ;0 < t < 2π
d2y
+ 4 y = h(t ), donde h(t ) = 
, y (0 ) = 2, y ' (0) = 0
•
2
0
; t > 2π
dt

Aplicando la transforma da de Laplace
L{y ' '} + 4 L{y} = L{h (t )}
Encuentro las transforma das necesarias :
L{y ' '} = s 2Y ( s ) − sy (0 ) − y ' (0 ) = s 2Y ( s ) − 2 s
L{y} = Y ( s )
L{h (t )} = L{(µ 0 (t ) − µ 2π (t ) )(− 4t + 8π )} = L{(µ 0 (t ) )(− 4t + 8π )} + 4 L{(µ 2π (t ) )(t − 2π )}
1
− 4 8π
+
+ 4e − 2πs 2
2
s
s
s
Re emplazando :
1
− 4 8π
+ 4 e − 2 πs 2
s 2Y ( s ) − 2 s + 4Y ( s ) = 2 +
s
s
s
2 s 3 + 8πs − 4
4
+ e − 2 πs 2
s 2 + 4 Y (s) =
2
s
s
3
2 s + 8πs − 4
4
+ e − 2 πs 2 2
Y (s) =
2 2
s s +4
s s +4
Encuentro fracciones parciales :
L{h (t )} =
(
)
(
•
)
(
)
2 s 3 + 8πs − 4 A B Cs + D
= + 2 + 2
s s
s2 s2 + 4
s +4
(
)
(
) (
)
2 s + 8πs − 4 = As s 2 + 4 + B s 2 + 4 + (Cs + D )s 2
3
2 s 3 + 8πs − 4 = ( A + C )s 3 + (B + D )s 2 + (4 A )s + (4 B )
A+C = 2
B+D=0
4 A = 8π
4 B = −4
Re solviendo el sistema tenemos que : A = 2π , B = -1, C = 2 - 2π , D = 1
4
A B Cs + D
• 2 2
= + 2 + 2
s s
s s +4
s +4
(
)
(
) (
)
4 = As s + 4 + B s 2 + 4 + (Cs + D )s 2
2
4 = ( A + C )s + (B + D )s + (4 A )s + (4 B )
3
2
A+C =0
B+D=0
4A = 0
4B = 4
Re solviendo el sistema tenemos que : A = 0 , B = 1, C = 0, D = −1
Y (s) =
1 (2 - 2π )s + 1
1 
2π
 1
− 2 +
+ e − 2πs  2 − 2

2
s
s
s +4
s +4
s
y (t ) = 2π − t + (2 - 2π ) cos( 2t ) +
sen ( 2t )
sen (2(t − 2π )) 

+ µ 2π (t )  (t − 2π ) −

2
2


- 21 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Determinar la solución del siguiente problema de valor inicial:
en términos de funciones escalones de la siguiente manera:
Primero se expresa
Se reemplaza
en la ecuación diferencial y se procede a resolverla usando transformadas de Laplace:
Despejando Y(S):
Encontrando la solución mediante transformada inversa de Laplace:
i)
ii)
iii) Entonces
iv)
- 22 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Encuentre la solución de la siguiente ecuación integro - diferencial:
t
•
∫
y (u ) y (t − u )du = 2 y (t ) +
0
t3
− δ (t )
6
Aplicando la transforma da de Laplace
 t

t3 
L  y (u ) y (t − u ) du  = 2 L{y (t )} + L   − L{δ (t ) }
 0

6 
Encuentro las transforma das necesarias :
∫
 t

L  y (u ) y (t − u ) du  = L{y (t ) * y (t )} = Y 2 ( s )
 0

L{y (t )} = Y ( s )
∫
t3 
3!
1
L  = 4 = 4
6
6
s
s
 
L{δ (t ) } = 1
Re emplazando :
1
−1
s4
 s4 −1
Y 2 ( s ) − 2Y ( s ) +  4  = 0
 s 
Y 2 ( s ) = 2Y ( s ) +
 s4 −1
2 ± 4 − 4 4  2 ±
 s 
Y1, 2 ( s ) =
=
2
1
Y1 ( s ) = 1 + 2 → y1 (t ) = δ (t ) + t
s
1
Y2 ( s ) = 1 − 2 → y 2 (t ) = δ (t ) − t
s
4s 4 − 4s 4 + 4
s4
2
- 23 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables:
• ty ' '+ (1 − 2t ) y '−2 y = 0, y (0) = 1, y ' (0) = 2
Aplicando la transforma da de Laplace
L{ty ' '} + L{(1 − 2t ) y '} − 2 L{y} = 0
Encuentro las transforma das necesarias :
d
d 2
L{ty ' '} = −
L{y ' '} = −
s Y ( s ) − sy (0 ) − y ' ( 0) = − s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + 1
ds
ds
d
L{(1 − 2t ) y '} = L{y '} − 2 L{ty '} = (sY ( s ) − y (0 ) ) + 2 [sY ( s ) − y (0 ) ]
ds
L{(1 − 2t ) y '} = (sY ( s ) − 1) + 2 (Y ( s ) + sY ' ( s ) ) = 2 sY ' ( s ) + (s + 2 )Y ( s ) − 1
[
]
L{y} = Y ( s )
Re emplazando :
(− s Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + 1) + (2 sY ' ( s ) + (s + 2 )Y ( s ) − 1) − 2Y ( s ) = 0
(− s + 2 s )Y ' ( s ) + (− 2 s + s + 2 − 2 )Y ( s ) = 0
2
2
− s (s − 2 )Y ' ( s ) − sY ( s ) = 0
− s (s − 2 )Y ' ( s ) = sY ( s )
Y ' (s)
s
=
Y ( s ) − s (s − 2 )
Y ' (s)
ds
=−
(s − 2 )
Y (s)
ln (Y ( s ) ) = − ln (s − 2 ) + ln( K )
K
Y (s) =
→ y (t ) = Ke 2 t
s−2
y ( 0 ) = Ke 2 ( 0 ) = 1 → K = 1
∫
∫
y (t ) = e 2 t
- 24 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables:
• ty ' '−(t + 2 )y '+3 y = t − 1
Aplicando la transforma da de Laplace
L{ty ' '} − L{(t + 2 ) y '} + 3 L{y} = L{t } − L{1}
Encuentro las transforma das necesarias :
d
d 2
L{ty ' '} = −
L{y ' '} = −
s Y ( s ) − sy ( 0) − y ' ( 0 ) = − s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + k1
ds
ds
d
L{(t + 2 ) y '} = L{ty '} + 2 L{y '} = − [sY ( s ) − y (0 ) ] + 2 (sY ( s ) − y (0 ) )
ds
L{(t + 2 ) y '} = 2 (sY ( s ) − k1 ) − (Y ( s ) + sY ' ( s ) ) = − sY ' ( s ) + (2 s − 1)Y ( s ) − 2 k1
[
]
L{y} = Y ( s )
1 1 1− s
− = 2
s2 s
s
Re emplazando :
L{t } − L{1} =
(− s Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + k ) − (− sY ' ( s ) + (2 s − 1)Y ( s ) − 2k ) + 3Y ( s ) = 1s− s
2
1
(− s
2
1
)
+ s Y ' ( s ) + (− 2 s − 2 s + 1 + 3 )Y ( s ) + (k1 + 2 k1 ) =
− s (s − 1)Y ' ( s ) − 4 (s − 1)Y ( s ) =
2
1− s
s2
1 − s − 3k1 s 2
s2
Y ' ( s) +
2
− 1 + s + 3k1 s 2
Y (s) =
s
s 3 (s − 1)
u (s ) = e
∫ s ds = e 2 ln (s ) = (s )2
2
 − 1 + s + 3k1 s 2 
ds
u (s )Y ( s ) = u (s )
3

 s (s − 1) 
2


(s )2 Y ( s ) =  − 1 + s + 3k1s ds =  1 + 3k1 1  ds
s (s − 1)
s −1
s


∫
∫
∫
(
3 k1
s 2Y ( s ) = ln (s ) + 3k1 ln (s − 1) + k 2 = ln s (s − 1)
(
3 k1
)+ k
)
ln s (s − 1)
k
+ 22 → y (t ) = L−1 {Y ( s )}
2
s
s
3 k1
 ln s (s − 1)3 k1

k 
 ln s (s − 1)
+ 22  = L−1 
y (t ) = L−1 
2
s
s 
s2


Y (s) =
(
(
 ln s (s − 1)3 k1
L−1 
s2

)
) = L
(
−1 

{(
2
3 k1
f (t ) = L−1 ln s (s − 1)
(
3 k1
ln s (s − 1)

) s1  = L
−1
2


s 
−1  k 2
 2

{F ( s )G ( s )} =
f (t ) * g (t )
d
3 k1 
−1  (3k1 + 1)s − 1 
 ln s (s − 1)  = − L 

 ds

 s ( s − 1) 
−1 
)}→ tf (t ) = − L
) + L
(
)
(
)
  (3k1 ) 1  
− 3k1e t + 1
+   = − 3k1e t + 1 → f (t ) =
tf (t ) = −  L−1 
t
  ( s − 1) s  
1
g (t ) = L−1  2  = t
s 
(
(
)
− 3k1e t + 1
* t + k 2 t → y (t ) =
y (t ) =
t
)
t
∫
0
(
)
− 3k1e u + 1
(t − u )du + k 2t
u
- 25 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de eliminación
1) Usando el método de eliminación, resuelva el siguiente sistema de ecuaciones
diferenciales:
2 x'+ y'− x − y = e − t

x'+ y'+2 x + y = e t
Restando: (1)-(2);
( 1)
(2)
Se obtiene:
x'−3x − 2 y = e −t − e t
Despejando y :
x' 3x e t − e −t
y= −
+
2 2
2
Reemplazando y en (1):
'
 x' 3x e t e − t 
 x' 3x e t e − t 
 = e − t
 − x −  −
2 x'+ −
+ −
+ −
2
2
2
2
2
2
2
2




−t
−t
t
t
x' ' 3x' e
e
x' 3x e
e
⇒ 2 x'+ −
+ +
−x− +
− +
= e −t
2
2
2
2
2 2
2
2
x' ' x
⇒
+ =0
⇒ x' '+ x = 0
2 2
⇒ si x = e rt
⇒ e rt [r 2 + 1] = 0
⇒ r2 + 1 = 0
⇒ r1 , 2 = ±i
⇒ x = C 1 cos t + C 2 sent
⇒ y=
x' 3x e t e − t
−
+ −
2 2
2
2
x' = −C 1 sent + C 2 cos t
C1
C
3
e t e −t
sent + 2 cos t − (C 1 cos t + C 2 sent ) + −
2
2
2
2
2
t
−t
3C 2 
e e
 C 2 3C 1 
 C
y = − 1 −
−
 cos t + −
sent + 
2 2424
24
2
2
1242
144
3
4 43
⇒ y=−
K1
⇒ y = k 1 sent + k 2 cos t +
K2
t
e e−t
;
−
2
2
Pero
e t − e −t
= senh t
2
Solución:
x = C 1 cos t + C 2 sent

 y = k 1 sent + k 2 cos t + senht
- 26 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
2) Utilice el método de eliminación para encontrar la solución general del sistema lineal
dado, donde x´, y´, z´ denotan diferenciación con respecto a t.
dx
= 2x − 3y
dt
dy
= y − 2x
dt
1
2
De la primera ecuación despejamos y;
1
1 dx
( 2x )−
3
3 dt
2
x´
⇒ y= x−
3
3
⇒ y=
Reemplazando y en la segunda ecuación:
x´´
dy 2
= x´ −
3
dt 3
x´
x´´ 2
2
= x−
⇒ x´ −
− 2x
3
3
3
3
⇒
Multiplicando la ecuación por 3;
⇒ 2 x´ − x´´ = 2 x − x´ − 6 x
⇒ x´´ −3 x´ −4 x = 0
Obtenemos una ecuación diferencial de coeficientes constantes:
Resolviendo la ecuación 3 con x=ert;
[
]
⇒ e rt r 2 − 3 r − 4 = 0
Ecuación Característica
⇒ r 2 − 3r − 4 = 0
( r − 4 )( r + 1 ) = 0
⇒ r1 = 4 , r2 = −1
⇒ x1 = e 4t , x 2 = e −t
⇒ x = c1e 4t + c 2 e −t ;
Ahora encontremos y:
2
( x ) − 1 ( x ')
3
3
4t
x = C1e + C 2 e −t
y=
x' = 4C1e 4t − C 2 e −t
- 27 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
⇒ Reemplazando x, y x’ en y:
2
1
⇒ y = C1e 4t + C 2 e −t − 4C1e 4t − C 2 e −t
3
3
2
y = − C1e 4 t + C 2 e −t
3
[
] [
]
* Encuentre la solución particular del problema anterior dado:
x (0)=8, y (0)=3
Del ejercicio anterior:
x = C1e 4t + C 2 e − t
2
y = − C1e 4 t + C 2 e −t
3
Como x (0)=8, entonces:
1
8= C1+C2
Como y (0)=3, entonces:
2
3 = − C1 + C 2
3
2
Con 1 y 2 se obtiene un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas; resolviendo el
sistema se obtiene:
C2=5, C1=3
⇒ La solución particular es:
x = 3e 4t + 5e − t
y = −2e 4 t + 5e − t
- 28 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de los operadores diferenciales
1) Usando el método de las operaciones diferenciales resuelva el siguiente sistema de
ecuaciones diferenciales:
 (D 2 − 4D + 4)x 1 + (D 2 + 2D )x 2 = t
 2
2
t
(D − 2D )x 1 + (D + 4D + 4)x 2 = e
 (D − 2 ) 2 x 1 + D(D + 2 )x 2 = t

2
t
D(D − 2 )x 1 + (D + 2 ) x 2 = e
Encontrando x 1 ( t ) usando la regla de Kramer se obtiene que:
x1 (t ) =
t
et
(D − 2 )
D(D + 2 )
( D + 2 )2
2
D( D + 2 )
(D + 2 )[(D + 2 )t − De t ]
( D + 2 )2 t − D( D + 2 )e t
=
2
2
(D − 2 ) ( D + 2 ) − D(D + 2 )D( D − 2 ) (D + 2 )(D − 2 )[(D + 2 )(D − 2 ) − D 2 ]
=
2 − e t + 2 + 4t − 2e t 4 + 4 t − 3e t
=
− 4(D 2 − 4 )
− 4( D 2 − 4 )
( D + 2 )2
D(D − 2 )
x1 (t ) =
=
(D + 2 )(1 + 2 t − e t )
(D − 4)(D − 4 − D
2
2
2
)
t
x1 (t ) =
4 + 4 t − 3e
;
− 4(D 2 − 4 )
− 4(D 2 − 4 )x 1 ( t ) = 4 + 4 t − 3e t ;
3 t
e ;
4
3
x 1 ' ' ( t ) − 4 x 1 ( t ) = −1 − t + e t ;
4
Encontrando la solución hom ogénea:
(D 2 − 4 )x 1 ( t ) = −1 − t +
x1 ''( t) − 4x1 (t ) = 0 ;
x 1 ( t ) = e rt ;
e rt [r 2 − 4 ] = 0 ;
r 2 − 4 = 0;
r1 , 2 = ±2 ;
2t
x 1 h ( t ) = C 1e + C 2 e −t ;
Encontrando la solución particular x p 1:
x p 1 = a + bt + ce t ;
x'p 1 = b + ce t ;
x''p 1 = ce t ;
Reemplazando en x1''(t) − 4x1 (t) = −1 − t +
3 t
e , se obtiene :
4
3
ce t − 4(a + bt + ce t ) = −1 − t + e t ;
4
3
− 4a − 4 bt − 3ce t = −1 − t + e t ;
4
- 29 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Ahora se procede a encontrar la solución x 2 ( t ), usando la regla de Kramer :
x 2 (t ) =
x 2 (t ) =
(D − 2 ) 2
t
D( D − 2 ) e t
(D − 2 ) 2 D( D + 2 )
D(D − 2 ) (D + 2 ) 2
=
(D − 2 ) 2 e t − D( D − 2 )t (D − 2 )[( D − 2 )e t − Dt ] (D − 2 )(e t − 2e t − 1)
=
=
− 4( D 2 − 4 )
− 4( D 2 − 4 )
− 4(D 2 − 4)
(D − 2 )(− e t − 1) − e t + 2e t + 2
et + 2
;
=
=
− 4(D 2 − 4 )
− 4(D 2 − 4)
− 4( D 2 − 4 )
− 4(D 2 − 4)x 2 ( t ) = e t + 2 ;
et 1
− ;
4 2
et 1
x 2 ' ' ( t ) − 4x 2 ( t ) = − − ;
4 2
( D 2 − 4 )x 2 ( t ) = −
r1 , 2 = ±2 ;
x 2 h (t ) = C 1 e 2 t + C 2 e −2 t ;
Encontrand o la solución particular :
x 2 p = a + be t ;
x' 2 p = be t ;
x' ' 2 p = be t ;
Reemplazando x 2p en x 2 ' ' (t) − 4x 2 (t) = −
et 1
− :
4 2
et 1
− ;
4 2
et 1
− 3be t − 4a = −
− ;
4 2
1
1
;
a= ;
b=
8
12
1 et
x 2p = +
;
8 12
1 et
x 2 (t ) = C 1 e 2 t + C 2 e − 2 t + +
;
8 12
be t − 4(a + be t ) = −
La solución es:
1 t
1 1

2t
−t
x 1 (t) = C 1 e + C 2 e + 4 + 4 t − 4 e ;

t
x ( t ) = C e 2 t + C e − 2 t + 1 + e ;
1
2
 2
8 12
- 30 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
2.-) Usando el método de los operadores diferenciales resuelva el sistema:
 ( D + 2 )( x 1 ) + (D − 1)( x 2 ) = −sent ( 1)

(D − 3)( x 1 ) + (D + 2 )( x 2 ) = 4 cos t ( 2 )
Multiplico 1 por (D − 3)
∧
2 por (D + 2 )
(D + 2 )(D − 3)x 1 + (D − 1)(D − 3)x 2 = (D − 3)( −sent )
−
(D + 2 )(D − 3)x 1 + (D + 2 ) 2 x 2
= (D + 2 )( 4 cot)
(D 2 − 4D + 3)x 2 − (D 2 + 4D + 4 )x 2 = − cos t + 3sent + tsent − 8 cos t
( −8D − 1)x 2 = 7 sent − 9 cos t
− 8x 2 ' − x 2 = 7 sent − 9 cos t
8x 2 ' + x 2 = 9 cos t − 7 sent ;
8x 2 ' + x 2 = 0 ;
x 2 = e rt ;
x 2 ' = re rt ;
8r + 1 = 0 ;
1
r=− ;
8
1
− t
x 2 = Ce 8 ;
x 2 = A cos t + Bsent ;
x 2 ' = −Asent + B cos t ;
8x 2 ' + x 2 = 0 ;
8(− Asent + B cos t ) + A cos t + Bsent = 0 ;
(− 8A + B )sent + (8B + A ) cos t = 9 cos t − 7 sent ;
− 8A + B = −7 ;

8B + A = 9 ;
Resolviendo el sistema :
A = 1,
B = 1,
La solución particular es :
x 2 p = cos t + sent ;
x 2 = Ce
1
− t
8
+ cos t + sent ;
- 31 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Ahora procedemos a encontrar x 1 del sistema de ecuaciones:
 ( D + 2 )( x 1 ) + (D − 1)( x 2 ) = −sent ( 1)

(D − 3)( x 1 ) + (D + 2 )( x 2 ) = 4 cos t ( 2 )
x 1 '+2 x 1 + x 2 '−x 2 = −sent ;
(1)
(2)
x 1 '−3x 1 + x 2 '+2 x 2 = 4 cos t
Restando (1) y (2), se obtiene :
5x 1 − 3x 2 = −sent − 4 cos t ;
x 1 = 3x 2 − sent − 4 cos t;

 − 18 t
x 1 = 3 Ce + cos t + sent  − sent − 4 cos t;


x 1 = 3Ce
1
− t
8
− cos t + 2sent ;
La solución del sistema es :
1
− t

8
=
− cos t + 2 sent ;
x
3
Ce
 1

1
x = Ce − 8 t + cos t + sent ;
 2
- 32 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de Laplace
1) Utilice el método de las transformadas de Laplace para resolver el problema de valor
inicial dado. Aquí x’, y’, etc. denotan diferenciación con respecto a t.
1
 x'−3x'+2 y = sent; x(0) = 0;

2
4 x − y '− y = cos t ; y (0) = 0;
Aplicando transformada de Laplace a las dos ecuaciones:
L [x'] -3 L [x ] +2 L [ y ] = L [sent ]
L [4 x] - L [ y '] - L [ y ] = L [cos t ]
1

5 x( s ) − x(0) − 3x( s ) + 2 y ( s ) = s 2 + 1 ;

4 x( s ) − sy ( s ) − y (0) − y ( s ) = s ;

s2 +1
1
2
4

(−4)( s − 3) x ( s ) − 8 y ( s ) = − s 2 + 1 ;
≈
4( s − 3) x ( s ) − ( s − 3)( s + 1) y ( s ) = s ( s − 3) ;
s2 +1

1

( s − 3) x( s ) + 2 y ( s ) = 2
(−4) 
s +1

( s − 3) 
s
4 ( ) − ( s + 1) y ( s ) = 2
 x s
s +1
Sumo 1 y 2, entonces se obtiene:
s 2 − 3s − 4
− [8 + ( s − 3)( s + 1)]y ( s ) =
s2 +1
( s − 4)( s + 1)
− s 2 − 2s + 5 y( s) =
s2 + 1
Cs + D 
( s 2 − 3s − 4)
 As + B
+ 2
= − 2
⇒ y (s) = − 2
2
( s − 2s + 5)( s + 1)
 s − 2s + 5 s + 1 
[
]
s 2 − 3s − 4
( A + C )( s 3 ) + ( B + D − 2C ) s 2 + ( A − 2 D + 5C ) s + ( B + 5D)
⇒ 2
=
( s − 2s + 5)( s 2 + 1)
( s 2 − 2s + 5)( s 2 + 1)
A + C = 0
B + D − 2C = 1

⇒
A − 2D + 5C = −3
B + 5D = −4
A = 11 / 10 ;
B = −1 / 2 ;

Resolviendo el sistema: 
C = −11 / 10 ;
D = −7 / 10 ;
1
11
7 
 11
− s− 
 10 s − 2
10
ð y(s) = −  2
+ 102

+
−
+
s
2
s
5
s
1




- 33 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
7
11
1 11
s+
− s
y(s ) = 2 10
+ 10 2 10
2
s +1
(s − 1) + 4
[
]
y(s ) =
1
1
11
s
11
s
7
1
⋅
−
⋅
+
⋅ 2
+
⋅ 2
2
2
2 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1
y(s ) =
1
2
11 (s − 1 + 1)
11
s
7
1
+
⋅ 2
+
⋅ 2
⋅
−
⋅
2
2
4 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1
y(s ) =
1
2
11
11
2
11
s
7
1
(s − 1)
−
⋅
+
⋅ 2
+
⋅ 2
⋅
−
⋅
2
2
2
4 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 20 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1
[
[
[
]
]
]
[
[
[
]
]
]
[
]
ð Aplicando transformada inversa de Laplace a y(s):
L−1 [ y ( s )] = y (t ) ;
 11 − 1  (s − 1)  11 − 1 
 11 − 1  s  7 − 1  1 

1
2
2
y( t ) = L− 1 
L 
L  2
L  2
+
− L 
+
−
2
2
2
4
 s + 1  10
 s + 1 
 [(s − 1) + 4] 10
 [(s − 1) + 4] 10
 [(s − 1) + 4] 20
1 −t
11
11
11
7
e sen (2 t ) − e − t cos(2 t ) − e − t sen (2 t ) +
cos(t ) + sen (t )
4
10
20
10
10
3 −t
11 − t
11
7
y( t ) = − e sen (2 t ) − e cos(2 t ) +
cos(t ) + sen (t )
10
10
10
10
y( t ) =
De la ecuación 4x-y’-y=cos(t); podemos encontrar x(t):
y ′ + y + cos( t )
x( t ) =
4
3 −t
11
11
7
y ′( t ) = − [e cos(2 t ) − e − t sen (2 t )] − [ −2 e − t sen( 2 t ) − e − t cos(2 t )] − sen( t ) +
cos(t )
10
10
10
10
y ′( t ) 1 − t
5
11
7
= e cos( 2 t ) + e − t sen (2 t ) −
sen( t ) +
cos(t )
4
5
8
40
40
y( t )
3
11 − t
11
7
= − e − t sen( 2 t ) −
e cos(2 t ) +
cos( t ) +
sen (t )
4
40
40
40
40
La solución:
7
1
11 −t
3 −t

x( t ) = − 40 e cos( 2 t ) + 20 e sen (2 t ) − 10 sen( t ) + 10 cos(t )

y( t ) = − 3 e −t sen (2 t ) − 11 e − t cos(2 t ) + 11 cos(t ) + 7 sen (t )

10
10
10
10
- 34 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
X' '+ Y'+3X = 15e − t
2) Resolver 
con las condiciones X(0)=0, X’(0)=0, Y(0)=0, Y’(0)=0.
Y' '−4 X'+3Y = 15t
Aplicando la transformada de Laplace a ambas ecuaciones:
[
]
£ [x''+ y'−x] = £ 15e − t

£ [y''−4 x'− y ] = £ [15t ]
15
 2
;
s X(s) − sx(0) − x'(0) + [sY( S ) − y(0 )] − X( S ) =

s+1

 s 2 Y(s) − sy(0 ) − y'(0 ) − 4[sX( S ) − x(0 )] − Y( S ) = 15 ;

s2
15
 2
 s X(s) + [sY( S )] − X( S ) = s + 1 ;

 s 2 Y(s) − 4[sX( S )] − Y( S ) = 15 ;

s2
 2
(s − 1)X(s) + sY(S ) = 15 ;

s+1

2
− 4sX( S ) + (s − 1)Y(s) = 15 ;

s2
Aplicando la regla de Kramer :
[
]
[
]
[
]
[
]
15
s
s+1
2
2
15
(s2 − 1) 15(s − 1) − 152s 15(s − 1)(s + 1) − 15 15(s − 1) − 15 15(s − s ) − 15
2
s =
s+1
s =
1
s =
s
X( S ) = 2s
= s2 + 1 2
2
4
2
2
2
2
s + 2s + 1
(s − 1) s
(s − 1) + 4s
(s + 1)
(s + 1)2
− 4s (s 2 − 1)
X( S ) =
 A Bs + C Ds + E 
15(s 2 − s ) − 15
15(s 2 − s − 1)
+ 2
= 15  + 2
=

2
2
2
2
2
s(s + 1)(s + 1) s(s + 1)(s + 1)
 s (s + 1) (s + 1)
Expresando X(s) como la suma de fracciones parciales se obtiene que los valores de los coeficientes son :
A = -1, B = 2, C = -1, D = 1,
E =0
Por lo tanto X(s) lo expresamos como :
− 1
2s − 1
s 
+ 2
+ 2
X( S ) = 15 

2
 s (s + 1) (s + 1)
Obteniendo x(t) aplicando transformada de Laplace inversa a X(S) :
 2s − 1 
− 1
s 
2s − 1
s 
-1  − 1 
-1
-1 
+ 2
x(t) = 15£ - 1 
 = 15£   + 15£  2
2 +
2  + 15£  2
;
2
(
)
(
+
s
s
s
s
1
 
(s + 1)
 + 1 )
 (s + 1) 


 − 1
£ - 1   = −1;
 s 
 s 
£ -1  2
 = cos t ;
 (s + 1)

 1 
 s
 2s − 1 
− £ -1  2
= 2£ - 1  2
£ -1  2
2
2
2
 (s + 1) 
 (s + 1) 
 (s + 1) 
- 35 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial


s
-1 
=£  2
 = (sent * cos t );
2
 (s + 1)(s + 1)
 (s + 1) 

L-1 
s
2
2
t
sen( t ) + sen( 2 u − t ) 
 usen( u ) cos( 2 u − t ) 
du = 
(sent * cos t ) = ∫0sen( u ) cos(t − u )du = ∫0 
−


2
2
4



0
t
t
t
tsen( t ) cos( t )
cos( −t ) 
tsent
(sent * cos t ) = 
;
−
−0+
=

4
4 0
2
 2

tsent
;
 = (sent * cos t ) =
2
2
 (s + 1) 
 1 
t
t  cos( 2 u − t ) − cos( t ) 


1
= (sent * sent ) = ∫ sen( u )sen( t − u )du = ∫ 
L-1  2
= £ -1  2
2

2
du ;
0
0
2

 (s + 1)(s + 1)
 (s + 1) 
 1   sen( 2 u − t ) u cos t  t sen( t ) t cos t sen( −t ) sent − t cos t
=
−
=
−
−
=
L-1  2
2
4
2  0
4
2
4
2
 (s + 1)  
 1  sent − t cos t
=
L-1  2
2
2
 (s + 1) 
 2s − 1 
sent t cos t
 tsent   sent − t cos t 
= 2
−
= tsent −
+
L-1  2
2


2
2
2
 2  

 (s + 1) 
 2s − 1 
 s 
−1
+ 15£ -1  2
x(t) = 15£ -1   + 15£ -1  2
2

 s 
 (s + 1)
 (s + 1) 

L-1 
s
2
x(t) = −15 + 15 tsent −
sent t cos t 
+
+ 15[cos t ]
2
2 

x( t ) = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t
Ahora encontremos y(t) usando una ecuación del sistema:
X' '+ Y'+3X = 15e − t
y' = 15e − t − x' '−3x ;
x = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t ;
x' = 15t cos t + 15sent − 7.5 cos t − 7.5tsent + 7.5 cos t − 15sent ;
x' = 15t cos t − 7.5tsent ;
x' ' = −15tsent + 15 cos t − 7.5t cos t − 7.5sent ;
y' = 15e − t + 15tsent − 15 cos t + 7.5t cos t + 7.5sent − 3(− 15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t );
y' = 15e − t − 30tsent − 15t cos t − 60 cos t + 30sent ;
y=
(∫ 15e
−t
− 30tsent − 15t cos t − 60 cos t + 30sent
)
y = −15e − t + 30t cos t − 30sent − 15tsent − 15 cos t − 60sent − 30 cos t + C ;
y(0) = 0 , entonces C = 45;
La solucion es :
x( t ) = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t

−t
y( t ) = −15e + 30t cos t − 15tsent − 90sent − 45 cos t + 45;
- 36 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de los valores y vectores propios
1) Resuelva por el método de los valores y vectores propios el siguiente sistema:
x ' = −4 x + y + z
y' = x + 5 y − z
z' = y − 3z
 x'   − 4 1 1  x 
 
  
 y'  =  1 5 − 1  y 
 z'   0 1 − 3  z 
 
  
− 4 1 1 


A =  1 5 − 1
 0 1 − 3


det(A − λI ) =
det(A-λI)=0
−4−λ
1
1
1
5−λ
−1
0
1
−3−λ
= ( −4 − λ )[( 5 − λ )( −3 − λ ) + 1] − 1[( −3 − λ ) − 1] = 0
(λ + 4)(λ − 5)(λ + 3) = 0
λ1 = −4
λ2 = 5
λ3 = −3
λ = −4
 0 1 1  x   0 

   
 1 9 − 1 y  =  0 
 0 1 1  z   0 

   
y + z = 0

x + 9 y − z = 0
….
y = −z
x = 10 z
 x   10z   10 
  
  
 y  ⇒  − z  ⇒  − 1 z
z  z   1 
  
  
 10 
 
υ1 =  − 1
1
 
λ =5
 − 9 1 1  x   0 

   
 1 0 − 1  y  =  0 
 0 1 − 8  z   0 

   
− y + 8 z = 0

x − z = 0
…..
y = 8z
x=z
 x   z   1
     
 y  ⇒  8z  ⇒  8 z
 z   z   1
     
1
 
υ2 = 8
1
 
λ = −3
 − 1 1 1  x   0 

   
 1 8 − 1 y  =  0 
 0 1 0  z   0 

   
− x + y + z = 0

x − z = 0
- 37 Roberto Cabrera V.
 x  z  1
     
 y  ⇒  0  ⇒  0 z
 z  z  1
     
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
 1
 
υ3 =  0 
 1
 
x(t ) = c1υ1e λ1t + c 2υ 2 e λ2t + c3υ 3 e λ3t
 10 
1
1
  − 4t
  5t
 
x(t )c1  − 1e + c 2  8 e + c3  0 e −3t
1
1
1
 
 
 
2) Resolver el sistema
− 3 0 2


X' =  1 − 1 0  X
− 2 − 1 0


− 3 − λ

 1
 −2

2 

0 =0
− λ 
0
−1− λ
−1
(−3 − λ )[λ (λ + 1)] + 2[−1 − 2(1 + λ )] = 0
− (λ + 3)(λ )(λ + 1) + 2(−3 − 2λ ) = 0
− λ3 − 4λ2 − 3λ − 6 − 4λ = 0
λ 3 + 4λ 2 + 7 λ + 6 = 0
λ1 = −2
λ 2 = −1 + 2 i
λ 3 = −1 − 2i
Se procede a encontrar el vector propio asociado al siguiente valor:
* λ1 = −2
 −1 0 2 0  −1 0
2 0

 

1 0 0 ≈  0 1
2 0 ≈
 1
 − 2 −1 2 0  0 −1 − 2 0

 

y= -2z
x= 2z
 −1 0 2 0


 0 1 2 0
 0 0 0 0


 2 
 
v1 =  − 2 
 1 
 
Se procede a encontrar el vector propio asociado al siguiente valor λ 3 = −1 − 2i :
 − 2 + 2i

1


 −2
0
2i
−1
0

0 ≈

1 + 2 i 0 
2
0
 6

 1

− 2
0 2 ( −2 − 2 i ) 0 

2i
0
0 ≈

−1
1 + 2 0 
6

1

0
- 38 Roberto Cabrera V.
0 2( − 2 − 2 i ) 0 

2i
0
0 ≈

−3
− 1 + 2 0 
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
(
)
3 y = (− 1 + 2 i )z ;
6x = 4 + 2 2 i z ;
z ∈ Re ales.
Entonces:
2
2i 
.
z ;
x =  +
3 
3
 1
2i 
z ;
y =  − +
3 
 3
z ∈ Re ales .
Entonces podemos concluir que el vector propio complejo asociado a este valor de
λ 3 = −1 − 2i es:
 2
 
  + 2 i z 

3  
 3
x  

   1
2i  



v = y = − +
z ,
3  
 z   3

  
z






Podemos usar un vector propio que tenga la forma de v, si z = 3 :
(
)
 x   2 + 2 i   2   2 
 
 
v =  y  =  − 1 + 2 i  =  − 1  +  2 i ,
    
 z  
3
3   0 
  
 12
3 123
(
)
a
b
Entonces procedemos a encontrar la primera solución l.i. con λ1 = −2 :
 2 
 
−2 t
x1 = e  − 2 
 1 
 
Ahora procedemos a encontrar la segunda y tercera solución l.i. con λ 3 = −1 − 2i , tiene la
siguiente forma λ = α + βi , por lo tanto las otras dos soluciones son:
()
cos(β t )(a ) − e
()
sen (βt )(b );
x 2 = e αt sen (β t ) a + e αt cos(βt ) b ;
x 3 = e αt
αt
 2
 2
 2 
 2 


 




x 2 = e −t cos − 2 t  − 1  − e − t sen − 2 t  2  = e − t cos 2 t  − 1  + e −t sen 2 t  2  ;
 
 
 3 
 3 
 
 
 0 
 0 
(
)
(
)
( )
- 39 Roberto Cabrera V.
( )
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
 2
 2
 2 
 2 
 
 
  −t
  −t
−t
x 3 = e sen − 2 t  − 1  + e cos − 2 t  2  = −e sen 2 t  − 1  + e cos 2 t  2  ;
 
 
 3 
 3 
 
 
 0 
 0 
Por lo tanto la solución general es:
−t
(
)
(
)
( )
( )
x = C 1 x 1 +C 2 x 2 + C 3 x 3 ;
 2 
 
−2 t
x = C 1 e  − 2  +C
 1 
 


 2 
 2 
 2 
 2 


 
 


 −t


−t
−t
−t
−
+
+
−
−
+
e
cos
2
t
1
e
sen
2
t
2
C
e
sen
2
t
1
e
cos
2
t


 2  ;






3


 






 0 
 3 
 3 
 
 0 

2
( )
( )
- 40 Roberto Cabrera V.
( )
( )
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Aplicaciones de Sistema: Masa – Resorte – Amortiguador
1) Una masa de 1 kilogramo sujeta a un resorte con una constante k = 9 m/seg
se suelta del reposo 1 metro debajo de la posición de equilibrio del sistema masaresorte, y empieza a vibrar. Después de π / 2 segundos, la masa es golpeada hacia
arriba por un martillo que ejerce un impulso de 3 newtons.
a) Determine una función que defina la posición ‘’y’’ de la masa en cualquier instante
‘’t’’.
b) Halle la posición de la masa en los tiempos t= π / 4 segundos y t= π segundos.
d2 y
dy
+ Ky = f ( t )
m 2 +C
dt
dt
Como no hay amortiguador C=0;
En t = π / 2 segundos hay un impulso hacia arriba de 3 Newtons, por lo tanto hay una perturbación
 π
f( t ) = −3δ t −  , el signo negativo se debe a que tomamos el eje de referencia positivo hacia abajo.
 2
La ecuación diferencial que representa al sistema es:
d2 y
 π
+ 9Ky = −3δ t −  ;
2
dt
 2
Para resolver esta ecuación diferencial aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación:

 d2 y
= 

L  2 + 9 y  = L − 3δ t −  ;
 2 


 dt
s 2 Y(s) − sy(0 ) − y' (0 ) + 9 y(s) = −3e
π
− s
2
;
La posición inicial del sistema es y(0)=1 metro, y la velocidad inicial es y’(0)=0:
s 2 y(s) − s + 9 y( s) = −3e
(s
2
+ 9 )y(s) = s − 3e
π
− s
2
π
− s
2
π
− s
2
;
;
π
− s
s − 3e
s
3e 2
= 2
− 2
y(s) = 2
;
s +9
s +9 s +9
π
− s 

 − π2 s 
s
3e 2 
s 
-1 
-1 
-1  3e
;
−
=L  2
−L
y( t ) = L
 s2 + 9 s2 + 9 
 s2 + 9 
 s + 9 




 π  π
y( t ) = cos 3t − sen 3 t − u t −  ;
 2  2
- 41 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
a)

cos 3t ;
y( t ) = 
cos 3t − sen 3 t − π 

2

t<
π
2
t≥
π
2
b)
2
m,
2
y( π) = cos( 3π) − sen 3( π − π / 2 ) = −1 − ( −1) = 0m
y( π / 4 ) = cos( 3π / 4 ) = −
2) Un sistema vibratorio compuesto de un resorte de constante k = 4N / m , un
amortiguador de c = 6Ns / m , tiene adherido una bola metálica de 20 Newton de peso.
Determine la forma en que vibra la masa si inicialmente esta en la posición de equilibrio
y sin velocidad inicial, y si desde el tiempo t = 0 actúa una fuerza perturbadora definida
así:
100t ;
f( t ) = 
400 − 100t ;
t ∈ [0 ,2 )
t ∈ (2 , 4 ]
La ecuación diferencial que representa al sistema es:
d2 y
dy
+ Ky = f( t );
m 2 +c
dt
dt
Asumiendo que la gravedad es 10m / s 2 :
w 20
m=
=
= 2 Kg.
g 10
d2y
dy
+ 4 y = f( t );
2 2 +6
dt
dt
Antes de resolver la ecuación diferencial aplicando la transformada de Laplace, se recomienda expresar la
función f(t) en términos de de funciones escalones multiplicadas por las funciones que se encuentran en cada
uno de los intervalos mostrados en la regla de correspondencia:
f(t ) = 100tu( t) − 100tu(t − 2) + (400 − 100t )u( t − 2) − (400 − 100t )u(t − 4);
f(t ) = 100tu( t) − 100(t )u(t − 2) + (400)u( t − 2) − 100tu( t − 2) − (400)u(t − 4) + 100tu(t − 4);
f(t ) = 100tu( t) − 200(t )u(t − 2) + (400)u(t − 2) − (400)u(t − 4) + 100tu( t − 4);
f(t ) = 100tu( t) − 200(t − 2 + 2 )u(t − 2) + (400)u( t − 2) − (400)u(t − 4) + 100(t − 4 + 4)u(t − 4);
f(t ) = 100tu( t) − 200(t − 2 )u(t − 2) − 400u(t − 2) + (400)u(t − 2) − (400)u( t − 4) + 100(t − 4)u( t − 4) + 400u( t − 4);
f(t ) = 100tu( t) − 200(t − 2 )u(t − 2) + 100(t − 4)u(t − 4);
La ecuación diferencial queda expresada de la siguiente forma:
d2y
dy
2 2 +6
+ 4 y = 100 tu( t ) − 200(t − 2 )u( t − 2 ) + 100(t − 4 )u( t − 4);
dt
dt
- 42 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Ahora se puede proceder a resolver la ecuación diferencial mediante la transformada de Laplace:
 d2 y

dy
+6
+ 4 y  = L [100 tu( t ) − 200(t − 2 )u( t − 2 ) + 100(t − 4 )u( t − 4 )];
2
dt
 dt

L 2

 d2 y
dy
+3
+ 2 y  = L [50 tu( t ) − 100(t − 2 )u( t − 2 ) + 50(t − 4 )u( t − 4 )];
2
dt

 dt
L
La posición inicial del sistema es y(0)=0 metro, y la velocidad inicial es y’(0)=0:
100
[s y(s) − sy(0) − y'(0) + 3sy(s) − 3y(0) + 2 y(s)] = 50
e
−
s
s
2
2
−2 s
2
+
50 − 4 s
e
s2
50 100 − 2 s 50 − 4 s
− 2 e + 2e ;
s2
s
s
50
100
50
y( s )[s 2 + 3s + 2 ] = 2 − 2 e − 2 s + 2 e − 4 s ;
s
s
s
50
50
100
− 2 2
e −4s ;
e −2s + 2 2
y( s ) = 2 2
s (s + 3s + 2 )
s (s + 3s + 2 ) s (s + 3s + 2 )
50
50
100
e − 4s ;
− 2
e −2s + 2
y( s ) = 2
s (s + 2 )( s + 1)
s (s + 2 )( s + 1) s (s + 2 )( s + 1)
1442443 14442444
3 144424443
s 2 y( s ) + 3sy( s) + 2 y(s ) =
y1( s )
y2( s )
y 3( s )


50
y 1 ( t ) = L −1  2

 s (s + 2 )(s + 1) 
Para encontrar
y 1 ( t ) , se procede a usar el teorema de la integral de la transformada de Laplace:

 tu
50
50
−1 
f
(
t
)
,
entonces
L
=

 = ∫ ∫ f(θ)dθdu
 2
 (s + 2 )(s + 1) 
 s (s + 2 )(s + 1)  0 0

Si
L −1 

 A(s + 1) + B(s + 2 ) 
50
A
B 
−1 
= L −1 
+
=L 
;

 (s + 2 )(s + 1) 
 (s + 2 ) (s + 1) 
 (s + 2 )(s + 1) 

L −1 
A + B = 0

A + 2B = 50
Resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene:
B = 501,
A = -50;

50
50 
−1  50
= 50e −t − 50−2 t ;
−
 =L 

 (s + 1) (s + 2) 
 (s + 2)(s + 1) 

L −1 
Entonces:
t u
 tu
50
(50e −θ − 50 −2 θ )dθdu ;
=
θ
θ
=
f
(
)
d
 ∫∫
2
∫
∫
s
s
2
(
s
1
)
(
+
)
+
 00

0 0

L −1 
- 43 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
t
∫ [− 50e
−θ
t
u
0
u
0
t
∫ [− 50e
t
+ 25 − 2 θ ]0 du = ∫ [− 50e − u + 25 − 2 u − (− 50 + 25 )]0 du = ∫ [− 50e − u + 25 −2 u + 25]du ;
0
−u
+ 25 − 2 u + 25]du = [50e − u − 12.5e − 2 u + 25u]0 = [50e −t − 12.5e − 2 t + 25t − (50 − 12.5)];
−u
+ 25− 2 u + 25]du = 50e − t − 12.5e − 2 t + 25t − 37.5;
t
0
t
∫ [− 50e
0
Por lo tanto:

50
−t
−2 t
 = 50e − 12.5e + 25t − 37.5 ;
s
s
2
(
s
1
)
(
)
+
+


−t
y 1 ( t ) = 50e − 12.5e − 2 t + 25t − 37.5 ;

L −1 
2




50
100
e −2 s 
e − 2 s  = 2L −1  2
y 2 ( t ) = L −1  2


 s (s + 2 )(s + 1)
 s (s + 2 )(s + 1)


50
y 2 ( t ) = 2L −1  2
e − 2 s  = 2 (50e −(t − 2 ) − 12.5e −2 ( t −2 ) + 25(t − 2 ) − 37.5)u( t − 2 );

 s (s + 2 )(s + 1)


50
e − 4 s  = (50e −(t − 4 ) − 12.5e −2 ( t − 4 ) + 25(t − 4 ) − 37.5 )u( t − 4);
y 3 ( t ) = L −1  2

 s (s + 2 )(s + 1)
Ahora y(t) es:
y( t ) = y 1 ( t ) + y 2 ( t ) + y 3 ( t );
y( t ) = 50e − t − 12.5e − 2 t + 25 t − 37.5 + 2 ((50e −( t − 2 ) − 12.5e − 2 ( t − 2 ) + 25(t − 2 ) − 37.5 )u( t − 2 ))
+ ((50e −( t − 4 ) − 12.5e − 2 ( t − 4 ) + 25(t − 4 ) − 37.5 )u( t − 4 ));
Se puede representar y(t) en como una función con regla de correspondencia:
50e − t − 12.5e −2 t + 25t − 37.5

y( t ) = 50e −t (1 + 2 e 2 ) − 12.5e − 2 t (1 + 2e 4 ) + 75t − 212.5

−t
−2 t
2
4
4
8
50e (1 + 2 e + e ) − 12.5e (1 + 2e + e ) + 100t − 350 ;
- 44 Roberto Cabrera V.
0 ≤ t < 2;
2 ≤ t < 4;
t ≥ 4;
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
3) Una masa de 5kg se sujeta a un resorte suspendido del techo y ocasiona que el resorte se
estire 2 metros al llegar al reposo en equilibrio. Se eleva luego la masa 1 metro sobre el punto
de equilibrio y se le aplica una velocidad dirigida hacia arriba de 1/3 m/seg. Determine:
a) La ecuación del movimiento armónico simple de la masa.
π
b) La posición del objeto en t = segundos
4
m
d2 y
dy
+C
+ Ky = f ( t )
2
dt
dt
a)
Como no hay amortiguador C=0, además no existe fuerza perturbadora que se aplique al sistema por lo tanto
f(t)=0, la posición inicial de la masa es 1 metro sobre la posición de equilibrio por lo tanto si tomamos el eje de
referencia positivo hacia arriba la posición inicial de la masa sera 1 metro. Y la velocidad es 1/3 m/seg.
La ecuación diferencial que representa al sistema es:
d2 y
5 2 + ky = 0 ;
dt
Se debe encontrar el valor de k:
Como la masa es 5kg y si se asume la gravedad
10m/seg 2 , el peso será de 50 Newton, al sujetar el resorte la
masa se estira 2 metros, lo que me indica de manera implícita la constante del resorte que se la puede calcular
mediante:
F = k∆l , donde F es el peso del objeto y ∆l la longitud del estiramiento. Despejando k se obtiene k=25N/m.
Para resolver esta ecuación diferencial aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación:
 d2 y

L 5 2 + 25 y  = L [0];
 dt

2
5s Y(s ) − 5sy(0 ) − 5 y' (0 ) + 25 y(s) = 0 ;
- 45 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
La posición inicial del sistema es y(0)=1 metro, y la velocidad inicial es y’(0)=1/3:
Reemplazando las condiciones se obtiene:
5
+ 25y(s) = 0 ;
3
(5s 2 + 25)y(s) = 5s + 5
3
(s 2 + 5)y(s) = s + 1
3
s
1
y(s ) = 2
+
2
(s + 5) 3(s + 5) ;
5s 2 y(s ) − 5s −



 s 
 s
1
1
y( t ) = L-1  2
+ L-1  2
= L-1  2
+
;


2
 3(s + 5)
 (s + 5)
 (s + 5 ) 3(s + 5)
1
y( t ) = cos 5t + sen 5(t )
15
b)
π / 4 segundos es:
π
 π 1
π
y  = cos 5  − sen 5 
4
 4  15
4
La posición del objeto en
2 1 2
2
1 
2  16 
8 2
π
−
=−
y  = −
1 +  = −
 =−
2 15 2
2 
15 
2  15 
15
4
- 46 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Aplicaciones de Circuitos Eléctricos
1) Un circuito LRC con R=12 ohmios, L=1, C=0.01 faradios se conecta a una batería
que transmite un voltaje de 20 voltios. Si el interruptor esta inicialmente apagado y se lo
enciende después de 10 segundos, permaneciendo conectada por un lapso de 20
segundos y luego desconectada definitivamente. Si inicialmente no hay carga en el
condensador y la corriente inicial es cero, determine:
a) La carga acumulada en el condensador en los tiempos t=5s, y t=20s.
b) La intensidad de corriente que atraviesa el circuito en los tiempos t=8s, y t=40s.
E
20
10
LQ ' '+ RQ'+
30
t
1
Q = ε (t ) =20u(t-10)-20u(t-30)
C
1
Q ] = l[ε( t )]
C
 e −10 s − e −30 s 
s 2 Q( s ) + 12sQ( s ) + 100Q( s ) = 20 

s


l[LQ' ' ] + l[RQ' ] + l[
 e −10 s e −30 s 
( s 2 + 12s + 100)Q( s ) = 20
−

s 
 s


e −10 s
e −30 s
Q( s ) = 20 2
−

2
 s ( s + 12s + 100) s ( s + 12s + 100) 
- 47 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
A
Bs + C
⇒ As 2 + 12 As + 100 A + Bs 2 + Cs = 1
+ 2
s s + 12s + 100
1
A=
100
1
B=−
100
12
C=−
100
1
s + 12


100 − 1
 2

100
s
 s + 12 s + 100 
Q(s ) =

 −30 s  1
6
6
1  10 s  1
s+6
s+6

 − e 
−
−
−
e  s −
2
2
2
2
s ( s + 6) + 64 ( s + 6) + 64 
5 
( s + 6) + 64 ( s + 6) + 64 


Q(t ) = l −1 [Q( s )]
Q( t ) =
1 
3


− 6 ( t − 10 )
cos 8( t − 10) − e −6( t −10 )sen 8( t − 10) U 10 ( t )
1− e

5 
4


3
1

−  1 − e −6( t − 30 ) cos 8( t − 30) − e −6( t − 30 )sen 8( t − 30 ) U 30 ( t )
4
5

Cuando t=5s
Condensador descargado
Q(5) = 0
Cuando t=20s
Q(t ) =
1 1 −6( t −10 )
3
−
e
cos 8(t − 10) − e −6 (t −10) sen8(t − 10)
5
5
20
Q(20) =
1 1 −60
3
−
e cos 80 − e −60 sen80
5
5
20
Q(20) =
1 1 −60
3
−
e (−0.110) − e −60 (−0.993)
5
5
20
Q(20) = 2.08 x10 −25 coulombs
- 48 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
2) Un circuito LRC con R=150 ohmios, L=1 Henrio, C=0.0002 faradios en t=0 se le
aplica un voltaje que crece linealmente de 0 a 100 voltios, durante 10 segundos, para
luego cesar por tiempo indefinido. Si inicialmente no hay carga en el condensador y la
corriente inicial es cero, determine:
a) La carga en cualquier instante de tiempo
b) La corriente del circuito en t=20s.
R = 150r
Q ( 0) = 0
L = 1H
Q ' ( 0) = 0
C = 2 × 10−4 F
V(t)
100
0
10
t
LQ ''+ RQ '+ 1/ C Q = V ( t )
Q ''+ 150Q '+ 5000Q = 10t ( µ 0 ( t ) − µ10 ( t ) )
Q ''+ 150Q '+ 5000Q = 10t µ 0 ( t ) − 10t µ10 ( t ) + 100 µ10 ( t ) − 100 µ10 ( t )
Q ''+ 150Q '+ 5000Q = 10t µ 0 ( t ) − 10 ( t − 10 ) µ10 ( t ) − 100 µ10 ( t )
Encontrando la transformada:
s 2Q ( s ) − sQ ( 0 ) − Q ' ( 0 ) + 150 s Q ( s ) − 150 Q ( 0 ) + 5000Q ( s ) =
10 10e −10 s 100e−10 s
−
−
s2
s2
s
10 −10 s 10 −10 s 100
−e
−e
s2
s2
s
10
10
100
( s + 50 )( s + 100 ) Q ( s ) = 2 − e−10 s 2 − e−10 s
s
s
s
(s
§
2
+ 150 s + 5000 ) Q ( s ) =
10
A B
C
D
= 2+ +
+
s ( s + 50 )( s + 100 ) s
s s + 50 s + 100
2
§
- 49 Roberto Cabrera V.
⇒
 A = 1/ 500
 B = −3 / 50000


C = 1/12500
 D = −1/ 50000
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Q(20segundos)=0
i (t ) =
∂Q ( t )
∂t
i(20segundos)=0
- 50 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Series
De Fourier
Contenido:
Definición de la serie de Fourier
Serie de Fourier de una función par.
Serie de Fourier de una función impar.
Convergencia de una serie de Fourier.
Extensiones pares e impares periódicas de una serie de
Fourier
- 51 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Serie de Fourier de una función f(x)
Definición: Sea f una función continua por segmentos en el intervalo de [− p, p ] la serie de
Fourier de f es la serie trigonométrica:
a
f (x) = 0 +
2
∞
∑
n =1

 nπx 
 nπx  
 + bn sen 
 
a n cos 
p
p





Donde:
p
1
a0 =
p
an
bn
∫ f ( x )dx
−p
p
1
=
p
1
=
p
∫
−p
p
 nπx 
dx
f ( x ) cos 
 p 
 nπx 
dx
f ( x ) sen 
 p 
∫
−p
n = 1,2,3,...., n.
∀n ∈ N ,
Series de Fourier cuando f(x) es par
Si la función f(x) es una función par se dice que:
2
a0 =
p
2
an =
p
p
∫ f ( x )dx
0
p
 nπx 
dx
p 
∫ f ( x ) cos 
0
bn = 0 ;
n = 1, 2,3,...., n.
∀n ∈ N ,
a
∴ f (x) = 0 +
2
∞

∑ a
n
n =1
 n πx  

cos 
 p 
Series de Fourier cuando f(x) es impar
Si la función f(x) es una función impar se dice que:
a0 = 0
an = 0
2
bn =
p
p
∫
0
 nπx 
dx ;
f ( x ) sen 
 p 
∀n ∈ N ,
n = 1,2,3,...., n.
∞
∴ f (x) =

 nπx  

p  
∑ b sen 
n
n =1
- 52 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
 1,
1) Exprese la función f definida por f ( x ) = 
 x,
Fourier.
a
f (x) = 0 +
2
p=1
∞

∑ a
n
n =1
-1 < x < 0
0< x<1
 nπx  
 nπx 
 
 + b n sen 
cos 
 p 
 p 
p
1
a0 =
f ( x)dx
p
∫
−p
1
0
1
∫
∫
∫
−1
−1
0
a 0 = f ( x )dx = dx + xdx = [x]− 1 +
a0 = 1 +
1 3
= ,
2 2
⇒
0
a0 =
1 21
x 0;
2
[ ]
3
2
p
 nπx 
1
dx
an =
f ( x ) cos
p
 p 
∫
−p
1
0
1
∫
∫
∫
−1
−1
0
a n = f ( x ) cos(nπx )dx = cos(nπx )dx + x cos(nπx )dx
u = x ⇒ du = dx,
dv = cos(nπx)dx ⇒ v =
sen(nπx)
nπ
0
1
1
sen(nπx)
 sen(nπx) 
 sen(nπx) 
−
+ x
dx
an = 


nπ  0
nπ
 nπ  − 1 
0
∫
1
1
 sen( −nπ)   sen(nπ)   cos(nπx) 
+
− 0 + 
a n = 0 −
2 2

nπ   nπ

0  n π 0
1 
 sen(nπ)   sen(nπ)   cos(nπ)
+
+ 2 2 − 2 2
an = 


n π 
 nπ   nπ   n π
sen(nπ) = 0, ∀n ∈ N, n = 1,2,3,..., n.
cos(nπ) = ( −1)n , ∀n ∈ N, n = 1,2,3,..., n.
 ( −1)n
1 
1
a n =  2 2 − 2 2  = 2 2 ( −1)n − 1
n π  n π
n π
[
]
- 53 Roberto Cabrera V.
como un desarrollo en series de
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
p
 nπx 
1
dx
bn =
f ( x)sen
p
 p 
∫
−p
1
0
1
∫
∫
∫
−1
−1
0
b n = f ( x)sen(nπx )dx = sen(nπx )dx + xsen(nπx )dx
u = x ⇒ du = dx,
dv = sen(nπx)dx ⇒ v = −
0
cos(nπx)
nπ
1
1
cos(nπx)
 cos(nπx) 
 cos(nπx) 
bn = −
dx
− x
+


nπ  0
nπ
 nπ  − 1 
0
∫
1
 1 cos(-nπ)   cos(nπ)   sen(nπx) 
bn = − −
−
− 0 + 
2 2

nπ   nπ
  n π 0
 nπ
 1 cos(nπ)   cos(nπ)   sen(nπ) 
bn = − −
− 0
+
−
nπ   nπ   n 2 π 2

 nπ
sen(nπ) = 0, ∀n ∈ N, n = 1,2,3,..., n.
cos(nπ) = ( −1)n , ∀n ∈ N, n = 1,2,3,..., n.
1
bn = −
nπ
3
f ( x) = +
4
∞
1
1
∑  n π [(−1) − 1]cos(nπx) − nπ sen(nπx)
n
2
2
n=1
Convergencia de una Serie de Fourier
Teorema: Si f ( x) y f ' ( x) son funciones continuas por segmentos en el intervalo (− p, p ) ,
entonces la serie de Fourier de f ( x) en dicho intervalo converge hacia f (a) en un punto de
continuidad, mientras que en un punto de discontinuidad a converge a:
f (a − ) + f (a + )
, donde :
2
f (a − ) = Lim− f ( x)
x →a
+
f (a ) = Lim+ f ( x)
x →a
Ejemplo:
x + 1,
f ( x) = 
x − 1,
0<x<π
-π< x< 0
En la gráfica se observa que en x=0 hay un punto de discontinuidad por lo tanto el valor a que converge la serie
de Fourier en x=0 es:
f (a − ) + f (a + ) − 1 + 1
=
= 0, donde :
2
2
f (a − ) = Lim− f ( x) = −1
x →a
+
f (a ) = Lim+ f ( x) = 1
x →a
- 54 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Extensión periódica de la función f(x)
Sea f(x) una función continua por segmentos en (− p, p ) . Entonces la Serie de Fourier de f es:
a
f (x) = 0 +
2
∞

∑ a
n
n=1
 nπx  
 nπx 
 
 + b n sen 
cos 
 p 
 p 
Donde se define la frecuencia angular de las funciones coseno y seno como “w”, entonces:
nπ
, donde w = 2 πf,
p
nπ
⇒ 2 πf =
, despejando f:
p
nπ
n
=
, encontrando
f=
2 πp 2 p
Entonces nTf = 2 p = T.
w=
1
2p
= Tf =
n
f
Por lo tanto la función f puede extenderse a una función periódica con período = 2p, de
manera talque
f (x) =
a0
+
2
∞

∑ a
n=1
n
 nπx   , y donde f ( x + 2p) = f (x),
 nπ x 
 
 + b n sen 
cos 
 p 
 p 
x∈R .
−
+
Donde la serie converge a f(x) si es que f es continua en x y converge a f ( x ) + f ( x ) , si es
2
que f es discontinua en x.
- 55 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
2) Encuentre los coeficientes de la serie de Fourier: a) sólo en términos de senos de la
función f(x), b) luego sólo en términos de cosenos.
1 − x, 0 < x < 1
f(x) = 
1< x< 2
0,
a) En términos de senos.
Antes de comenzar el desarrollo de este problema se recomienda graficar la función f(x)
Como se observa en la gráfica esta no es función impar ni par, por lo tanto para obtener el
desarrollo en series de Fourier sólo en términos de senos de esta función se debe proceder a
hacer una extensión periódica impar de f(x).
0<x<p
f (x),
, donde T = 2p
f(x) = 
-p < x < 0
- f(-x),
Como se observa en la gráfica ahora el periódo de la función es T=2p, donde p = 2, por lo
tanto el período T es 4.
Ahora si la función f(x) es una función impar se cumple las siguientes condiciones:
a0 = 0
an = 0
2
bn =
p
p
∫
0
 nπx 
dx ;
f ( x ) sen 
 p 
∀n ∈ N ,
n = 1,2,3,...., n.
∞
∴ f (x) =

 nπx  

p  
∑ b sen 
n
n =1
Encontrando los coeficientes:
- 56 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
p
2
 nπx 
bn =
f(x)sen
dx
p
2 

0
∫
2
2
2
 nπx 
 nπx 
bn =
f(x)sen
dx = f(x)sen
dx
2
2 
2 


0
0
∫
∫
1
2
 nπx 
 nπx 
b n = (1 − x )sen
dx + 0.sen
dx
2 
2 


0
1
∫
∫
1
bn =
 nπx 
dx;
2 
∫ (1 − x )sen
0
u = 1 − x , ⇒ du = −dx;
 nπx 
dv = sen
dx ⇒
 2 
v=−
2
 nπx 
cos
;
nπ
 2 
1
1

2
2
 nπx 
 nπx 
cos
⇒ b n = − (1 − x ) cos
dx
 −
nπ
 2 
 2  0 0 nπ

∫
1
4
2 
 nπx 
⇒ b n = − (1 − x ) cos
 − 2 2
nπ 
 2  0 n π
⇒ bn = −
⇒ bn =
2
[0 − 1] − 24 2
nπ
n π
1
  nπx 
sen  2  ;
 0
 
  nπ   2
4
 nπ 
sen 2  − 0  = nπ − n 2 π 2 sen  2 
 
   
2
4
 nπ 
− 2 2 sen 
nπ n π
 2 
Ahora la función en términos de senos es:
a n = 0, y a 0 = 0
Como es impar , entonces :
∞
∴ f (x) =
∑
n =1
∞
f (x) =

 nπx 
 =
b n sen
p




∑  n2π − n 4π
2
n =1
2
∞
∑
n =1
 2
4
 nπ    nπx 

 − 2 2 sen  sen
 2    2 
 nπ n π
 nπ    nπx 
sen  sen

 2    2 
- 57 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
b) En términos de cosenos:
Igualmente que en el caso anterior para obtener la serie de Fourier sólo en terminos de
cosenos de f(x), la función debe ser una función par, si no lo es se debe hacer una extensión
periódica de forma par. Es decir:
f (x),
f(x) = 
f(-x),
0<x<p
, donde T = 2p
-p < x < 0
Como se observa en la gráfica ahora el período de la función es T=2p, donde p = 2, por lo
tanto el período T es 4.
Ahora si la función f(x) es una función impar se cumple las siguientes condiciones:
p
2
a0 =
p
∫ f ( x )dx
0
2
an =
p
p
 nπx 
dx
p 
∫ f ( x ) cos 
0
bn = 0 ;
∀n ∈ N ,
n = 1, 2,3,...., n.
∴ f (x) =
a0
+
2
∞

∑ a
n =1
n
 nπx 

cos 
 p 
Encontrando los coeficientes an , a0 :
p
2
a0 =
f ( x )dx
p
∫
0
2
1
∫
∫ (1 − x )dx + ∫ 0.dx
0
0
a 0 = f ( x )dx =a 0 =
1
a0 =

1

1
  1
 1
 = 1 − − 0 + 0  =
2 0  2
 2
x
1 − x )dx =  x −
(
∫
0
a0 =
2
2
1
2
- 58 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
P
2
 nπx 
an =
f ( x ) cos
dx
p
 P 
∫
0
2
 nπx 
a n = f ( x ) cos
dx =
2 

0
∫
1
2
(1 − x ) cos nπx dx + 0. cos nπx dx
 2 
 2 
0
1
∫
∫
1
an =
 nπx 
(
1 − x ) cos
dx;
∫
 2 
0
⇒
u = 1 − x,
 nπx 
dv = cos
dx,
 2 
du = −dx;
⇒
v=
2
 nπx 
sen

nπ
 2 
1
1
1

2
2
 nπx 
 nπx 
 nπx 
sen
⇒ a n = (1 − x ) cos
dx = (1 − x ) sen
 +
dx
2 
2  0
2 
nπ
nπ




0
0
∫
1
2 
(1 − x )sen nπx  − 24 2
⇒ an =

nπ 
 2  0 n π
⇒ an =
2
[0 − 0] − 24 2
nπ
n π
∫
1
  nπx 
cos 2 
 0
 
  nπ  
4
cos 2  − 1 = n 2 π 2
   

 nπ 
1 − cos 2 
 

4 
 nπ 
1 − cos 
2 
n π 
 2 
Como ahora f(x) es una función par, entonces b n = 0
⇒ an =
2
La serie de fourier de f(x) en términos de cosenos es :
a
f (x) = 0 +
2
∞
∑a
n =1
n
 nπx 

cos
 p 
p=2
a0 =
1
2
an =
4
n π2
2
1
f (x) = +
4

 nπ  
1 − cos 2 
 

∞
 4 
 nπ    nπx 
1 − cos   cos

2 2 
 2    2 

∑  n π
n =1
- 59 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
EJERCICIO DE LA ECUACIÓN DEL CALOR DE UNA VARILLA
, tal que la
Una varilla de longitud L coincide con el eje X en el intervalo
temperatura en los extremos de la varilla se mantiene a 0ºC en cualquier instante y la
. Determina la
temperatura inicial de toda la varilla esta dada por
, de la varilla, conociendo que el modelo matemático de este
temperatura
problema viene dado por:
Para resolver esta ecuación en derivadas parciales se procede a usar el método de separación
de variables, se asume la solución de la siguiente manera:
Se obtiene las correspondientes derivadas de la ecuación, usando la solución que se asume.
Reemplazando en la ecuación en derivadas parciales se obtiene:
Separando a un lado de la ecuación todo lo que depende de la variable “x”, y al otro lado lo
de “y”.
Se obtiene dos ecuaciones diferenciales:
:
La solución para esta ecuación se asume como
Se obtiene:
Como el valor de es una constante, entonces se analiza de la siguiente forma:
Para
, por lo tanto las raíces son:
Por lo tanto, para este caso la solución es:
Luego se obtiene los valores de A y B, usando los valores de frontera
:
Se forma un sistema homogéneo de ecuaciones donde A=B=0, por lo tanto, la solución queda
la trivial:
, entonces
Para
, por lo tanto las raíces son:
Por lo tanto, para este caso la solución es:
Luego se obtiene los valores de A y B, usando los valores de frontera
:
- 60 -
Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Se forma un sistema homogéneo de ecuaciones donde A=B=0, por lo tanto, la solución queda
la trivial:
, entonces
, para indicar que es un valor negativo se pondrá el singo menos dentro del
Para
radical.
, por lo tanto las raíces son:
Por lo tanto, para este caso la solución es:
:
Luego se obtiene los valores de A y B, usando los valores de frontera
,
Se forma un sistema homogéneo de ecuaciones donde A =0, pero queda
donde el valor de B no puede ser cero para que no quede la solución trivial por lo tanto lo que
si puede suceder es que
, luego se despeja
Donde
Ahora
es :
Luego se obtiene la solución para la segunda ecuación diferencial que está en función de t:
Como
, entonces:
Expresando en sumatoria:
:
Ahora se usa la condición inicial
Donde:
- 61 -
Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Se procede a integrar por partes:
Otra vez por partes:
La solución es:
- 62 -
Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Transformada de Laplace de ciertas funciones
Transformada inversa de Laplace de ciertas funciones
- 63 -
Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Problemas propuestos
1.-) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales alrededor del punto Xo = 0.
Determine si es posible la función a la que converge la primera solución, y luego halle
por cualquier método la segunda solución linealmente independiente.
a) xy' '− y'+4 x 3 y = 0 ;
b)
c)
d)
e)
4 x 2 y' '−4 xy'+( 3 − 4 x 2 )y = 0 ;
x( x − 1)y' '+3y'−2 y = 0 ;
x( x − 1)y' '−(1 − 3x)y'+ y = 0 ;
x( x − 1)y' '−3y'+2 y = 0 ;
f) x 2 y' '− x( 4 − x )y'+(6 − 2 x )y = 0 ;
g) xy' '+2 y'−xy = 0
h) x 2 y' '+4 xy'+( x 2 + 2 )y = 0
2.-) Halle:
a)
L [4 cos 2 ( 2 t )];
L [10sen 2sen 5t ];
[
]
L (t 2 + 1) ;
L [cosh 2 4t ];
L [(sent − cos t ) 2 ];
L [3 cosh 5t − 4senh 5t ;]
L [t 3 /2 e −3 t ];
2
[
L [2e 3 t sen 4t ];
]
L [(t + 2 )2 e t ];
L (5e 2 t − 3) ;
2
b)
Para las siguientes funciones encuentre L [f' ' ( t )]:
t 2 e − t cos t ;
5t 3 senh 2 t ;
2 (t − 1)4 cos t ;
t 3 sen 2 t
;
e −2 t
5sen 2 t cos 3t ;
c) Para las siguientes funciones encuentre L [f' ( t )]:
6 cos 3tsen 2 t ;
5sen 2 t cos 2 t ;
10senh 5t cosh 3t ;
2e − 3 t sen 2 (2 t );
( 3 cos t − sen 2 t ) 2 ;
- 64 -
Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
d) Halle:

t 2
L  ∫ (u − u + e − u )du  ;

0
t
−u
 1−e  
du  ;
L  ∫ 
0  u  
 t  senu  
L ∫ 
du  ;
0  u  

t
L  ∫ (cos 2 3u )du ;

0
t


L  ∫ (u 2 senhu)du ;
0

e) Halle:
L [t (3sen 2 t − 2 cos 2 t )];
L [t 2 (cos 2 t )];
L [t 2 (f' ( t ))],
si f(t) = e −t sent ;
L [t 3 (senht )];
 t  sen 2 2 u  
du  ;
−2 u
e
 

0

L t ∫ 
f) Halle:
 e − at − e − bt 
;
t


L
cos at − cos bt 
 ;
t

senh 3t 
L 
;
 t 
L [5t −1 cos 2 tsen 2 t ];
L 
 sen 2 t 
;
2
 t 
L
g) Halle:
L 
sen 2 t

δ( t ) ;
t


L [e − 2 t t cos 3( t − π )u ( t − π )];
L [e 2 t t .senh ( t ) u ( t − 2 )];

 1 − e −( t − 1 )
δ( t − 1) ;

 t−1
L
L [t 2 e − 3 t u ( t − 1 )];
L [sen ( t ) u ( t − π )];
 3 + ( t 2 − 3)δ( t ) 
L 2
;
 t + 2t + 5 
L [( t 2 − 3 ) u ( t − 5 )];
- 65 -
Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
3.-) Grafique las siguientes funciones y halle sus transformadas de Laplace:
t − 1 ; 0 ≤ t < 5
0 ;
5 ≤ t < 10

f(t) = 
10 ≤ t < 15
t + 5 ;
0 ;
t ≥ 15
5sent;
0 ;

g(t) = 
- 5sent;
0 ,
5 ;
10 ;

h(t) = 
− 20 ;
0 ;
0≤t<=
= ≤ t < 2=
2 = ≤ t < 3=
t ≥ 3=
0≤t<3
3≤t<6
6≤t<9
t≥9
4.) Encuentre el período de las siguientes gráficas y halle la transformada de Laplace de
cada una de ellas:
a)
b)
c)
d)
- 66 -
Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
5.-) Encuentre las transformadas inversas de Laplace de las siguientes funciones:
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
F( S ) =
1
;
2
s +9
1
;
s4
s
;
2
s +2
1
;
2
s −3
1
;
3 /2
s
6s − 4
2
s − 4s + 20
4s + 2
;
2
s + 8s + 16
3s + 7
;
2
s − 2s − 3
1
;
2s + 3
s
;
2
(s + a 2 )2
F(s) =
e −2 s
s 2 − 2s + 5
s+1
(s
2
+ 2s + 2 )
2
s+2
F(s) = ln 
;
s+1
1 s+2
F(s) = ln 

s s+1
1  s2 + a2 
;
F(s) = ln  2
s  s + b 2 


1
;
F(s) = 
3 
 s(s + 1) 
s+2
F(s) = 2
;
s (s + 3 )
1
F(s) =
;
(s + 2 )(s − 1)5
F(s) =
F(s) =
1

F( S ) = ln  1 + 2  ;
s 

1
F( S ) = 3 2
;
s (s + 1)
F( S ) =
s2
2
;
3
;
(s
2
+ 4)
1
(s
2
+ 1)
3s 3 −3s 2 − 40s + 36
(s
2
− 4)
2
4se − 2 s
(s 2 − 6s + 25) ;
F( S ) = ar cot(s + 1);
2s 2 − 4
F( S ) =
;
(s + 1)(s − 2 )(s − 3)
F( S ) =
5s 2 − 15s − 11
(s + 1)(s − 2 )3
1
F( S ) =
(s + 1)5
 s2 + 1
F( S ) = ln 
2
 (s − 1)
F( S ) =

 ;

 s2 + 9 
 ;
F( S ) = ln  2
s +1
2
;
F( S ) = 2 2
s (s − 2 s + 5 )
e −2 s
s2
se −2 s
F( S ) = 2
s + 3s + 2
F( S ) =
- 67 -
Roberto Cabrera V.
;
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
6.-) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de
Laplace:
a ) y' ' −7y' +10y = 9 cos t + 7 sent ;
t
b) y' ' +5 y' = 2te ;
y(0) = −1,
y(0) = 5,
y' (0) = 9
c) y' ' + y = 3sen 2 t − 3(sen 2 t )u( t − 2 π);
2t
d) y' ' +4 y = 4u( t − π) + e δ( t − 2 π);
e ) ty' ' +2 ty'+ ty = 0 ;
f ) y' ' −ty' + y = 1;
y(0) = 1,
y(0) = 1,
g ) ty' ' −2y' + ty = 2 ;
y' (0) = -4
y(0) = 1,
y' (0) = -2
y(0) = y' (0) = 0.
y' ( π ) = 0 ;
y' (0) = 2;
y(0) = 1,
y' (0) = 0;
t
h ) y' (t) + y(t) - ∫ y(θ)sen( t − θ)dθ = −sent;
y(0) = 1
0
t
i ) y(t) + ∫ y(θ)( t − θ) 2 dθ = t 3 + 3 ;
0
t
j) y' (t) − 2 ∫ y(θ)e t −θ dθ = t ;
y(0) = 2;
0
7.-) En los siguientes problemas utilice el método de eliminación para encontrar la
solución general del sistema lineal dado, donde x’, y’, z’ denotan diferenciación con
respecto a t.
 x' = 3x − 2 y + sent;
d) 
 y ' = 4 x − y − cos t ;
 x' '+5 x − 4 y = 0;
e) 
− x + y ' '+2 y = 0;
x' = 3 y ,
a) 
y' = 2 x − y ;
x'+ y'− x = 5 ;
b) 
 x' + y' + y = 1;
8.-) En los siguientes problemas utilice el método de los operadores diferenciales para
encontrar la solución general del sistema lineal dado:
(D 2 − 4D + 4 )x + (D 2 + 2D )y = t ;
a)  2
(D − 2 D )x + (D 2 + 4D + 4 )y = e t ;
(D + 2 )x + (D − 1)y = −sent ;
b) 
(D − 3)x + (D + 2 )y = 4 cos t ;
dadas : x(0) = 1, x' (0) = 2
(D 2 + 2 )x − y = 0 ;
c) 
y(0) = 2 , x(0) = x' (0) = y' (0) = 0
− x + (D 2 + 2 )y = 0 ;
9.-) En los siguientes problemas utilice el método de la transformada de Laplace para
encontrar la solución general del sistema lineal dado:
 y'−z'−2 y + 2 z = sent ;
a) 
y(0) = y' (0) = z(0) = 0;
y' ' +2z' + y = 0;
ty + z + tz' = ( t − 1)e − t ;
y(0) = 1, z(0) = -1.
b) 
y'−z = e − t ;
− 3y' '+3z' ' = te − t − 3 cos t ;
y(0) = -1, y' (0) = 2;
c) 
ty' '−z' = sent ;
z(0) = 4, z' ' (0) = 0;
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Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
10.-) En los siguientes problemas utilice el método de los valores y vectores propios
para encontrar la solución general del sistema lineal dado:
 1 − 2 2


a ) X' =  − 2
1 2 X ,
 2
2 1 

 1
 
X(0) =  0 
2
 
2x' +3x + 5y = 0 ;
b) 
2 y'−5x − 3 y = 0 ;
 6 − 3
 X' ,
c) X = 
1 
2
 − 10 

 −6 
X(0) = 
APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN
1) Una masa de 100 gramos esta sujeta a un resorte de acero de longitud natural igual a 50 cm. El
resorte se alarga cuando se le agrega esta masa. Si la masa se pone en movimiento con una
velocidad de 10cm/s, determine el movimiento subsiguiente. (Desprecie la resistencia del aire)
2) Un circuito mecánico vibratorio compuesto de un resorte de constante K=4 N/m. Un
amortiguador de constante e=6 Ns/m, tiene adherido una bola metálica de 20 N de peso.
Determine la forma en que vibra la masa si inicialmente esta en la posición de equilibrio y sin
velocidad inicial, y si desde el tiempo t=0 actúa sobre una fuerza perturbadora periódica definida
así:
100t ;
f( t ) = 
400 - 100t
t ∈ [0,2)
;
t ∈ [2,4)
f(t) = f(t - 4).
3) Un resorte se estira 50cm con una fuerza de 2 Newton. El resorte en referencia forma parte de un
sistema m-c-k el cual tiene una masa de 1 Kg, y un amortiguador con una constante c = 4N.m/s. Si
la masa es puesta en movimiento desde su posición de equilibrio y sin velocidad inicial con una
fuerza perturbadora de 20 Newton que actúa los primeros 5 segundos y luego cesa durante 5
segundos, y luego crece linealmente hasta 10 Newton durante 10 segundos, para nuevamente cesar
definitivamente. Determine la forma en que vibra la masa.
a) ¿Cuál es la posición de la masa a los 2 segundos y a los 8 segundos?
4) Un inductor de 0.5 henrios es conectado en serie con una resistencia de 6 ohmios y un
condensador de 0.02 faradios. Inicialmente el condensador no tiene carga. Si el sistema es
perturbado por una fuerza electromotriz de 12 voltios en el intervalo de tiempo.
2< t < 8 (seg), y luego por un voltaje instantáneo de 24 voltios en el instante t= 15 seg, determine:
a) La carga acumulada en el capacitor en el tiempo t= 6 seg.
b) La intensidad de corriente que atraviesa el circuito en el tiempo t= 10 seg.
Este documento fue creado con fines académicos, de apoyo para los estudiantes politécnicos.
Agradecimiento: Agradezco a Dios por haberme dado fuerza, paciencia para la elaboración de esta obra. A mi
profesora de esta materia, Yadira Moreno. Y a los profesores a los que colaboré en la materia como ayudante
de cátedra puesto que ellos fueron los que me dieron su confianza y apoyo para impartir las clases y compartir
el conocimiento, los cuales pongo a continuación:
Janet Valdiviezo, Eduardo Rivadeneira, Fernando Sandoya, Enrique Bayot, Félix Ramírez.
Dedicado a todos mis compañeros politécnicos.
Roberto Cabrera Velasco.
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Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Referencias
Zill, Dennis G. (2006). Ecuaciones diferenciales con aplicaciones. Segunda edición.
Grupo Editorial Iberoamérica
Nagle Kent, Saff Edward, Zinder Arthur, Ecuaciones Diferenciales y Problemas con
Valores en la Frontera, Editorial Addison –Wesley Iberoamericana, 2001.
William E. Boyce, Richard C. DiPrima, Ecuaciones diferenciales y problemas con
valores en la frontera, 4a ed. México, Limusa, 1998
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