prgorden

Universidad Nacional Mayor de San Marcos
Facultad de Ciencia Matemáticas
Curso: Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
1. Resolver
D2
2D + 2
2
(y) = (2x cos x
6 sin x) exp x + x exp x (3p)
Solución
p(r) = r2
2r + 2
2
=0)r=1
i;
raices dobles del polinomio característico que puedo escribirlo en su forma
factorada
2
2
p(r) = (r 1 i) (r 1 + i)
la ecuación diferencial puedo escribirlo también en su forma factorada
(D
1
2
i) (D
2
= xex
1 + i) y
6ex senx + 2xex cos x
f1 (x) + f2 (x) + f3 (x)
la función complementaria tiene la forma
yh = ex [(c1 + c2 x) sin x + (c3 + c4 x) cos x]
la solución particular para
(D
1
2
2
1 + i) y1 = f1 (x) = xex
i) (D
es
y1 = ex (a + bx)
a y b deben calcularse, luego
2
xex
=
x
1 + i) [e (a + bx)]
=
2
=
(D
1
i) (D
ex [(D + 1)
1
i] [(D + 1)
2
ex [D
ex D 2 + 1
2
(a + bx)
2
2
1 + i] (a + bx)
2
i] [D + i] (a + bx) =
= ex D4 + 2D2 + 1 (a + bx) =
ex D4 (a + bx) + 2D2 (a + bx) + (a + bx)
ex (a + bx)
donde a = 0 y b = 1;
y1 = xex
1
Puede hacerse los cálculos directamente sin factorar
xex
=
D2
=
2
D
2
2D + 2
2
2D + 2
= ex [D + 1]
2
= ex D 2 + 1
2
(y1 )
(ex (a + bx))
2
2 [D + 1] + 2
(a + bx)
(a + bx)
y así sigue, hasta la respuesta
y1 = xex
hallamos la solución particular para
(D
1
i) (D
2
1 + i) y2 = f2 (x) =
2
6ex senx
1
i) (D
2
1 + i) Y2 = F2 (x) =
2
6e(1+i)x
la EDO asociada:
(D
es tal que Im F2 (x) = f2 ; la solución que se busca y2 = Im Y2 . La forma
de la solución Y2 = x2 ce(1+i)x ; donde calcularemos c
(D
2
1 + i) (D
2
1
6e(1+i)x
i) Y2 =
2
e(1+i)x [(D + 1 + i)
1 + i] [(D + 1 + i)
2
1
2
i] (cx2 ) =
2
2
= e(1+i)x [D + 2i] [D] (cx2 ) = e(1+i)x [D + 2i] (2c) =
donde
= e
(1+i)x
2
8c =
6, entonces c = 6=8 = 3=4; entonces
D + 4iD
4 (2c) = e
(1+i)x
[ 8c]
3
3
3
Y2 = x2 (cos x + i sin x) ex = x2 ex cos x + i x2 ex sin x
4
4
4
3
y2 = Im(Y2 ) = x2 ex sin x
4
Puede hacerse los cálculos directamente sin factorar
6e(1+i)x
2
=
D2
=
D
2
=
e(1+i)x [D + (1 + i)]
2 [D + (1 + i)] + 2
cx2
h
i
2
2
ce(1+i)x D2 + 2 (1 + i) D + (1 + i) + [ 2D 2 (1 + i)] + 2
x2
=
2D + 2
2D + 2
2
(Y2 )
h
i
x2 ce(1+i)x
2
2
=
ce(1+i)x
D2 + (2D + 2iD) + 2i + [ 2D
=
ce(1+i)x
D2 + (2iD)
2
=
ce(1+i)x
D4 + 4iD3
4D2
=
8ce(1+i)x
2
x2
x2
2 (1 + i)] + 2
2
x2
se obtiene c = 3=4, y así sigue hasta la respuesta
Y2 =
3 2 x
3
x e cos x + i x2 ex sin x:
4
4
3 2 x
x e sin x
4
Por último hallamos la solución particular y3 para
y2 = Im(Y2 ) =
(D
1
2
2
1 + i) y3 = ex 2x cos x
i) (D
es la parte real de la solución Y3 = x2 (a + bx) e(1+i)x de
(D
1
e(1+i)x [(D + 1 + i)
2
2
2
1 + i) Y3 = 2xe(1+i)x
i) (D
2
1 + i] [(D + 1 + i)
2
e(1+i)x [D + 2i] [D] (ax2 + bx3 )
1
2
i] (ax2 + bx3 ) =
2
= e(1+i)x [D + 2i] (2a + 6bx)
= e(1+i)x [ 4 (2a + 6bx) + 4i (6b)]
= e(1+i)x [ 8a
donde
Y3
24b = 2, entonces b =
= x2
x2 ex
1
i
4
1=12; entonces
24bx + 24bi]
8a + 24bi = 0; a =
1
x (cos x + i sin x) ex =
12
1
1
1
x cos x + sin x + i
cos x
12
4
4
y3 =
2
8i
1
x sin x
12
1 3
1
x cos x + x2 sin x ex
12
4
la parte real de Y3 : Aplico el principio de superposición para obtener la
solución particular:
yp = y1 + y2 + y3
y la solución general es
y = xex + ex
c1 + c2 x + x2 sin x + c3 + c4 x
3
1 3
x cos x
12