Issuu on Google+

 

EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES DIFERENCIALES  

Segundo Departamental

1GM6    2 Departamental  Autor: Gerson Villa González


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

Coeficientes Indeterminados, Método se Superposición Problema 1 Resuelva las indeterminados.

ecuaciones

diferenciales

por

coeficientes

y '' 5 y '  2 x3  4 x 2  x  6    Solución Tenemos que

m2  5m  0  m  m  5  0  m1  5, m2  0 Entonces la solución complementaria seria:

yc  c1e5 x  c2 Asumimos que la solución particular es la siguiente dado que

g ( x)  2 x3  4 x 2  x  6  y p  Ax 4  Bx3  Cx 2  Dx Encontramos la primera y segunda derivada de la solución particular y la sustituimos dentro de la ecuación diferencial y tenemos

y ' p  4 Ax3  3Bx 2  2Cx  D y '' p  12 Ax 2  6 Bx  2C

Geología  

Página 1


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

y '' 5 y '  2 x3  4 x 2  x  6 

12 Ax 2  6 Bx  2C  5 4 Ax3  3Bx 2  2Cx  D  2 x3  4 x 2  x  6  12 Ax 2  6 Bx  2C  20 Ax3  15Bx 2  10Cx  5D  2 x3  4 x 2  x  6  20 Ax3  12 A  15B  x 2   6 B  10C  x  5D  2 x3  4 x 2  x  6  20 A  2  A  1 / 10 12 A  15B  4  12  1 / 10   15B  4  15B  14 / 5  B  14 / 75 6 B  10C  1  6 14 / 75   10C  1  28 / 25  10C  1  10C  53 / 25  C  53 / 250 2C  5D  6  2  53 / 250   5D  6  53 / 125  5D  6  5 D  697 / 125  D  697 / 625 Por lo tanto la solución particular es

yp  

1 4 14 3 53 2 697 x  x  x  x y 10 75 250 625

Por lo tanto la solución general es

y  c1e5 x  c2 

1 4 14 3 53 2 697 x  x  x  x 10 75 250 625

Coeficientes indeterminados. Método Anulador Problema 2 Resuelva la respectiva ecuación diferencial por el método anulador

y '' y  8cos 2 x  4senx     y    1, y '    0 2 2

Geología  

Página 2


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

Solución Tenemos que

 y ''  m 2 y '' y  0    y '  m m2  1  0  m1,2  i  m1  i, m2  i Por lo tanto la solución complementaria es:

yc  c1 cos x  c2 senx Obteniendo el operador diferencial que anula la función

g ( x)  8cos 2 x  4senx Tenemos que el siguiente

 D2  1 D2  4 Lo aplicamos a la ecuación diferencial para obtener una en términos del operador

     2 2  m2  1  m2  4  0 



D2  1 D2  4 D2  1 y  D2  1

2

D2  4

2

y 0

m1  i, m2  i, m3  2i, m4  2i Por lo tanto la solución es

y  c1 cos x  c2 senx  c3 x cos x  c4 xsenx  c5 cos 2 x  c6 sen2 x   Solución Particular

Geología  

Página 3


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

Y la solución particular sería

y p  Ax cos x  Bxsenx  C cos 2 x  Dsen2 x Sustituyendo la primera y segunda en la ecuación diferencial tenemos y ' p   Axsenx  A cos x  Bx cos x  Bsenx  2Csen 2 x  2 Dsen 2 x y '' p   Ax cos x  Asenx  Asenx  Bxsenx  B cos x  B cos x 4C cos 2 x  4 D cos x  y '' p   Ax cos x  2 Asenx  Bxsenx  2 B cos x  4C cos 2 x  4 D cos x

y '' y  8cos 2 x  4 senx   Ax cos x  2Asenx  Bxsenx  2 B cos x  4C cos 2 x  4 D cos x  Ax cos x  Bxsenx  C cos 2 x  Dsen 2 x  8cos 2 x  4 senx  2 Asenx  2 B cos x  4 D cos x  3C cos 2 x    Dsen 2 x  8cos 2 x  4 senx  2 A  4  A  2 2B  4D  0  2B  0  B  0 3C  8  C  8 / 3 D0

Por lo tanto la solución general es:

8 y  c1 cos x  c2 senx  2 x cos x  cos 2 x 3 Utilizando las condiciones iniciales

  y    1 2

Geología  

Página 4


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

        8   1  c1 cos    c2 sen    2   cos    cos 2   2 2 2 2 3 2 8 1  c2  3   y '   0 2

16 sen 2 x 3            16   0  c1sen    c2 cos    2   sen    2cos    sen 2   2 2 2 2 2 3 2 0  c1   y '  c1senx  c2 cos x  2 xsenx  2cos x 

Por lo tanto los valores de los constantes son los siguientes c1   y c2  11 / 3

En conclusión la solución dada las condiciones es

y   cos x 

11 8 senx  2 x cos x  cos 2 x 3 3

Variación de Parámetros Resuelva cada una de las ecuaciones diferenciales por variación de parámetros.

2 y '' y ' y  x  1 y (0)  1 y '(0)  0

Solución

Geología  

Página 5


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

m 2  y '' 2 y '' y ' y  0    m  y ' 2m 2  m  1  0 

 

 2m  1 m  1  0 m1  1 / 2, m2  1

Por lo tanto la solución complementaria seria

yc  c1e x /2  c2e x Y por lo tanto el Wroskiano es

e x /2 W e

x /2

2

e x  x x /2

e  x

 e e

Identificando a f ( x) 

e x /2 e  x /2 3  x /2 e  e    e x /2 2 2 2 x

 x  1 2

nosotros obtenemos

 x 1 e x  x  y2 f ( x ) 2  2e  x  1 1  x /2     e  x  1 u '1    x /2 3  x /2 6 3 W e  e 2  x 1 e x /2   2e x /2  x  1 1 x y1 f ( x) 2       u '2  e  x  1  x /2 3  x /2 6 3 W e  e 2

Entonces integramos ambas funciones y tenemos

Geología  

Página 6


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

 1  x /2  ' u   1   3 e  x  1 dx 1 1 u1   xe  x /2 dx   e  x /2 dx 3 3     Integración por Partes

Integración directa

2 2 2 u1   e  x /2  e  x /2  x  2   u1   e  x /2  x  3 3 3 3  1   u '     3 e  x  1 dx x

2

1 1 x u2    xe x dx   e dx 3 3    Integración por Partes

Integración directa

1 1 1 u2   e x  e x  x  1   xe x 3 3 3

Y por lo tanto la solución particular es

y p  u1 y1  u2 y2   2   1  y p   e x /2    e  x /2  x  3    e  x    xe x    3   3  2 1 y p    x  3  x  y p   x  6 3 3 Por lo tanto la solución general es

y  yc  y p  y  c1e x /2  c2e x  x  6 Dada las condiciones iniciales

y (0)  1 y '(0)  0 Tenemos Geología  

Página 7


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

y (0)  1 

1  c1e0/2  c2e 0  0  6  1  c1  c2  6  c1  c2  7

y '(0)  0  1 y '  c1e x /2  c2e  x  1  2 1 0  c1e0/2  c2e0  1  2 1 1 0  c1  c2  1  c1  c2  1 2 2 Por lo tanto los valores de las constantes son

c1 

16 5 , c2  3 3

Por lo tanto la solución dada las condiciones es

y

16 x /2 5  x e  e  x6 3 3

Use la sustitución x  et para transformar la ecuación respectiva de Cauchy – Euler en una ecuación diferencial con coeficientes constantes. Resuelva la ecuación original a través de la nueva ecuación con las condiciones de valor inicial, en el intervalo  ,0 

x 2 y '' 9 xy ' 25 y  0 Solución Utilizamos la sustitución

x  et ó t  ln x Utilizamos la regla de la cadena Geología  

Página 8


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

dy dy dt  dt dt dx Por lo tanto la primera y segunda derivada es

dy dy 1  dx dt x d 2 y 1  d 2 y dy      dt 2 x 2  dt 2 dt  Sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos

x 2 y '' 9 xy ' 25 y  0   1  d 2 y dy    dy 1  x  2  2     9x    25 y  0    x  dt dt dt x      2

d2y

dy dy 9    25 y  0  dt dt 2 dt

d2y dt 2

 10

 

dy  25 y  0 dt

Encontrando la ecuación auxiliar de la ecuación diferencial tenemos

m2  10m  25  0 

 m  5 m  5  0 Por lo tanto sus raíces son: m1  m2  5

Por lo tanto la solución complementaria es en términos de t

Geología  

Página 9


[EXAMEN DEPARTAMENTAL TIPO A ECUACIONES  DIFERENCIALES] 2 Departamental   

y  c1e5t  c2te5t   t  ln x y  c1e5ln x  c2 ln xe5ln x  5

5

y  c1eln x  c2 ln xeln x  y  c1 x 5  c2 x5 ln x

Geología  

Página 10


Segundo Examen Departamental Ecuaciones Diferenciales Tipo A