Ejercicios resueltos-ecuaciones-diferenciales

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) = 2
factor integrante: e
´
2dx
= e2x
multiplicamos la ecuacion por el factor integrante.
e2x dy
dx + 2e2x
= 0
el lado izquierdo de la ecuacion se reduce a:
d
dx [e2x
y] = 0
separamos variables e integramos.
´ d
dx [e2x
y] = 0
´
dx + c
e2x
y = c
y = ce−2x
2.
dy
dx
= 3y
forma lineal.
dy
dx − 3y = 0
p(x) = −3
Factor integrante: e
´
−3dx
=e−3x
multiplicamos por factor integrante.
1

e−3x dy
dx − 3e−3x
y = 0
´ dy
dx [e−3x
y = 0
´
dx + c
e−3x
y = c
y = ce3x
3.
3
dy
dx
+ 12y = 4
pasamos la ecuacion a la forma lineal.
dy
dx + 4y = 4
3
p(x) = 4
´
4dx
=e4x
e4x dy
dx + 4e4x
y = 4
3 e4x
´ d
dx [e4x
y] =
´
e4x
dx + c
e4x
y = 1
4 e4x
+ c
y = 1
4 + ce−4x
4.
y = 2y + x2
+ 5
forma lineal
y − 2y = x2
+ 5
´
−2dx
= e−2x
e−2x
y − 2e−2x
y = e−2x
x2
+ 5e−2x
´ d
dx [e−2x
y] =
´
e−2x
x2
+ 5
´
e−2x
+ c
e−2x
y = −5
2 e−2x
− 1
4 e−2x
(2x2
+ 2x + 1) + C
y = −x2
2 − x
2 − 1
4 + 5
2 + ce2x
5.
ydx − 4(x + y6
)dy = 0
ydx = 4(x + y6
)dy
dx
dy = 4(x+y6
)
y ; dx
dy = 4x
y + 4y6
y
2

denimos la forma lineal.
dx
dy − 4x
y = 4y5
Factor integrante: e−4
´ 1
y dy
; e−4 log(y)
; elog(y)−4
; y−4
= 1
y4
1
y4
dx
dy − 1
y4
4x
y = 1
y4 4y5
d
dy [ 1
y4 x] = 4y
´ d
dy [ 1
y4 x] = 4
´
ydy
1
y4 x = 2y2
+ C
x = 2y6
+ cy4
6.
xy + y = ex
y + 1
x y = ex
x
Factor integrante:
e
´ 1
x dx
= elog x
= x
xy + x
x y = xex
x
d
dx [xy] = ex
Integramos:
´ d
dx [xy] =
´
ex
dx + c
xy = ex
+ c
y = ex
x−1
+ cx−1
7.
x
dy
dx
+ y =
2
y2
dy
dx + y
x = 2
xy2 ...(1)
hacemos la sustitucion: u = y1−n
donde n = −2
u = y1−(−2)
= y3
;u1/3
= y
Derivamos esta ultima.
1
3 u−2/3 du
dx = dy
dx
3

Sustituimos en la ecuacion diferencial 1.
1
3 u−2/3 du
dx + u1/3
x = 2(u1/3
)2
x
Acomodamos a la forma lineal, multiplicando toda la ecuacion por 1
3 u2/3
.
du
dx + 3u
x = 6
x
Esta es una ecuacion lineal. Denimos el factor integrante.
e3
´ 1
x dx
= e3 log x
= elog x3
= x3
Multiplicamos por factor integrante.
x3 du
dx + 3x3 u
x = x3 6
x
d
dx [x3
u] = 6x2
integramos.
´ d
dx [x3
u] = 6
´
x2
+ c
x3
u = 2x3
+ c
u = 2 + cx−3
Sustituimos u = y3
y3
= 2 + cx−3
8. y1/2 dy
dx + y3/2
= 1; condicion y(0) = 4
dy
dx + 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
2
3 u−1/3 du
dx = dy
dx
Sustituimos.
2
3 u−1/3 du
dx + u2/3
= (u2/3
)−1/2
Multiplicamos la ecuacion por 2
3 u1/3
du
dx + 3
2 u = 3
2
La ecuacion se redujo a una lineal.
3
2
´
dx
= e
3
2 x
4

e
3
2 x du
dx + e
3
2 x 3
2 u = e
3
2 x 3
2
d
dx [e
3
2 x
u] = 3
2 e
3
2 x
´ d
dx [e
3
2 x
u] =
´ 3
2 e
3
2 x
dx + c
e
3
2 x
u = e
3
2 x
+ c
u = 1 + ce− 3
2 x
Sustituimos u = y3/2
y3/2
= 1 + ce− 3
2 x
Solucion general.
Ahora aplicamos las condiciones iniciales. y(0) = 4
43/2
= 1 + ce− 3
2 0
8 − 1 = c
c = 7
Sustutuimos el valor de c en la ecuacion general.
y3/2
= 1 + 7e− 3
2 x
Solucion particular.
9.
y +
2
x
y = −2xy2
u = y1−n
; donde n = 2
entonces:
u = y1−2
; u = y−1
; u−1
= y
−u−2 du
dx = dy
dx
sustituimos en la ecuacion.
−u−2 du
dx + 2
x u−1
= −2x(u−1
)2
multiplicamos por −u2
du
dx − 2
x u = 2x
esta es una ecuacion lineal con p(x) = −2
x
obtenemos el factor integrante.
e−2
´ 1
x dx
= elog x−2
= x−2
x−2 du
dx − x−2 2
x u = x−2
2x
d
dx [x−2
u] = 2x−1
integramos.
5

´ d
dx [x−2
u] =
´
2x−1
dx + c
x−2
u = 2 log x + c
u = 2x2
log x + cx2
sustituimos u = y−1
y la solución es entonces:
y = 1
2x2 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
dy
dx = 2
3 u−1/3
sustituimos en la ecuacion.
2
3 u−1/3
+ xu2/3
= x(u2/3
)−1/2
multiplicamos por 2
3 u1/3
du
dx + 3
2 xu = 3
2 x que es una ecuacion lineal con p(x) = 3
2 x
Factor integrante:
e
3
2
´
xdx
= e
3
4 x2
e
3
4 x2
du
dx + e
3
4 x2
3
2 xu = e
3
4 x2
3
2 x
d
dx e
3
4 x2
u = 3
2 xe
3
4 x2
dx + c
´ d
dx e
3
4 x2
u = 3
2
´
xe
3
4 x2
dx + c
e
3
4 x2
u = e
3
4 x2
+ c
u = 1 + ce− 3
4 x2
sustituimos u = y3/2
y3/2
= 1 + ce− 3
4 x2
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 + 1
Comprobamos 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) = 3
2 y2
+ y + c
sustituimos la funcion en (1).
x2
− x + 3
2 y2
+ 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 − ysenx
integramos 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) = −1
2 y2
+ c
sustituimos en (1)
f(x, y) = xseny + ycosx − 1
2 y2
nos queda la solucion implicita.
xseny + ycosx − 1
2 y2
= c
3.
(3x2
y + ey
)dx = −(x3
+ xey
− 2y)dy
M(x, y) = 3x2
y + 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) =
´
(3x2
y + ey
)dx
f(x, y) = x3
y + 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)
x3
y + 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) = 3x2
y − 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)
3x2
y − 2xy2
= c
5.
(2y − 2xy3
+ 4x + 6)dx + (2x − 3x2
y2
− 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 − 3x2
y3
+ 2x2
+ 6x + g(y)...(1)
9

derivamos respecto a y:
fx(x, y) = 2x − 3x2
y2
+ g (y)
igualamo con N(x, y)
2x − 3x2
y2
+ g (y) = 2x − 3x2
y2
− 1g (y) = −1
integramos:
g(y) = −y + c
sustituimos en (1)
2xy − x2
y3
+ 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 − x2
y3
+ 2x2
+ 6x − y = −4
6.
(−xy sin x + 2y cos x)dx + 2x cos xdy = 0;
Use el factor integrante µ(x, y) = xy
My(x, y) = −x sin x + 2 cos x
Nx(x, y) = −2x sin x + 2 cos x
NX = My
la ecuacion es no exacta, en este ejemplo se nos dio el factor integrante, por
lo tanto procedemos a multiplicar toda la ecuacion por el factor integrante.
xy(−xy sin x + 2y cos x)dx + xy(2x cos x)dy = 0
(−x2
y2
sin x + 2xy2
cos x)dx + (2x2
y cos x)dy = 0
comprobamos que esta ecuacion sea exacta.
My(x, y) = −2yx2
sin x + 4xy cos x
NX(x, y) = 4xy cos x − 2x2
y sin x
MY = NX por lo tanto esta ecuacion es exacta y la resolvemos como tal.
10

fx(x, y) = −x2
y2
sin x + 2xy2
cos x
integramos respecto a x:
f(x, y) =
´
(−x2
y2
sin x + 2xy2
cos x)dx
f(x, y) = x2
y2
cos x + g(y)...(1)
derivamos respecto a y:
fy(x, y) = 2x2
y cos x + g (y)
igualamos con Nx
2x2
y cos x + g (y) = 2x2
y cos x
g (y) = 0
integramos respecto a y:
g(y) = c
sustituimos en (1)
f(x, y) = x2
y2
cos x + 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
´
x2
dx + c
y = 2
3 x3
+ c1
Volvemos a integrar:
´
y = 2
3
´
(x3
+ c1)dx + c2
y = (2
3 )(1
4 )x4
+ xc1 + c2
Solucion:
y = 1
6 x4
+ 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 = −k2
sen(kx) + xc1 + c2
´
y = −k2
´
sen(kx)dx + c1
´
xdx + c2
´
dx + c3
y = k3
cos(kx) + 1
2 c1x2
+ c2x + c3
3. y = 1
x
Integrando:
´
y =
´ 1
x dx + 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 − 1
2 ) − 1
2 x2
+ c1
1
2 x2
+ c2x + c3
4. y = x + sin x
Integrando:
´
y =
´
xdx +
´
sin xdx + c1
y = 1
2 x2
− cos x + c1
´
y = 1
2
´
x2
dx −
´
cos xdx + c1
´
dx + c2
y = 1
6 x3
− sin x + c1x + c2
5. y = x sin x, y(0) = 0 y (0) = 0 y (0) = 2
Resolvemos la ecuacion diferencial integrando tres veces:
´
y =
´
x sin xdx + c!
y = sin x − x cos x + c1
´
y =
´
sin xdx −
´
x cos xdx + c1
´
dx + c2
y = − cos x − (cos x + x sin x) + c1x + c2
´
y = −
´
cos xdx−
´
cos xdx−
´
x sin xdx+c1
´
xdx+c2
´
dx+c3
y = − sin x − sin x − (−x cos x + sin x) + 1
2 c1x2
+ c2x + c3
y = −3 sin x + x cos x + 1
2 c1x2
+ c2x + c3
12

2.2 Reducibles a primer orden
1. xy + y = 0
Deniendo:
p(x) = dy
dx dp
dx = d2
y
dx2
xp + p = 0
nos queda una ecuacion lineal homogenea de orden 1 de variables
separables.
1
x dx = −1
p dp
´ 1
x dx = −
´ 1
p dp + c1
log x = − log p + log c1
log x = log(c1
p )
Aplicando exponencial a ambos lados de la ecuacion.
x = c1
p
hacemos p(x) = dy
dx
x = c!
dy/dx
x = c1
dx
dy
integrando:
´ 1
x dx = 1
c1
´
dy + c2
log x = 1
c1
y + c2
y = c1 log x + c2. La constante de integracion conviene que tome
valor positivo.
2.(x − 1)y − y =0
Denimos:
p(x) = dy
dx dp
dx = d2
y
dx2
(x − 1)p − p = 0
Dividimos entre (x − 1)
x−1
x−1 p − 1
x−1 p = 0
p − 1
x−1 p = 0
nos queda una ecuacion lineal homogenea.
dp
dx − 1
x−1 p = 0
dp
dx = 1
x−1 p
1
p dp = 1
x−1 dx
integrando:
´ 1
p dp =
´ 1
x−1 dx + c1
13

log(p) = log(x − 1) + log(c1)
log(p) = log[c1(x − 1)]
p = c1(x − 1)
haciendo p = dy
dx
dy
dx = c1(x − 1)
dy = c1(x − 1)dx
integrando:
´
dy = c1
´
(x − 1)dx + c2
y = c1
1
2 x2
− 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
+ c2ex
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
y2
1
dx
y2 = ex
´ e2x
e2x dx
y2 = ex
x
solucion.
y(x) = c1ex
+ c2xex
3. 4y − 8y + 5y = 0
14

Ecuacion caracteristica.
4m2
− 8m + 5 = 0
m1,2 = 8±
√
64−80
8
m1,2 = 1 ± 1
2 i
solucion.
y = c1ex
ei 1
2 x
+ c2ex
e−i 1
2 x
y = ex
(c1ei 1
2 x
+ c2e−i 1
2 x
)
y = ex
(c1cos1
2 x + c2sen1
2 x)
4.3y − 2y − 8y = 0
Ecuacion caracteristica:
3m2
− 2y − 8 = 0
(3m + 4)(m − 2)
m1 = 2
m2 = −4
3
Solucion propuesta de la forma, y = emx
y1 = e2x
y2 = −e− 4
3 x
Solucion:
y(x) = c1e2x
+ c2e
4
3 x
5.yv
− 10y + 9y = 0
m5
− 10m3
+ 9m = 0
m(m4
− 10m2
+ 9) = 0
m1 = 0 (m2
− 9)(m2
− 1) m2,3 = ±3 m4,5 = ±1
Entonces tenemos las soluciones:
y1 = e0
= 1
y2 = e3x
y3 = e−3x
y4 = ex
y5 = e−x
Solucion:
y(x) = c1 + c2e3x
+ c3e−3x
+ c4ex
+ c5ex
6. y + 4y + 3y = 0 y(0) = 2 y (0) = −3
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 = 1
3
Por lo tanto la solucion para el caso en general es:
y(x) = e−2x
(2 cos 3x + 1
3 sin 3x)
7.d4
y
dx4 − 7d4
y
dx2 − 18y = 0
m4
− 7m2
− 18 = 0
2.4 Ecuaciones no homogeneas de segundo orden
2.4.1 Coecientes indeterminados.
1.
y + 3y + 2y = 6
Resolvemos la ecuacion homogenea asociada
yh = y + 3y + 2y = 0
m2
+ 3m + 2 = 0
(m − 1)(m − 2)
m1 = 1 m2 = 2
yh = c1ex
+ c2e2x
Ahora resolvemos la parte no homogena suponiendo una solucion
particular.
16

en este caso la parte no homogenea es 6, lo que nos sugiere usemos
una 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
+ c2e2x
+ 3
2. y + y = sin x
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 = ±i
yh = c1eαx
cos βx + c2eαx
sin βx
yh = c1 cos x + c2 sin x
Ahora buscamos una solucion particular, para sin x nos proponen
una solucion de la forma A sin x + B cos x, sin embargo podemos
observar que esta ya es una solucion de la ecuacion homogenea
asociada y + y = 0, entonces segun la regla de multiplicacion
para este caso, debemos multiplicar por xn
donde n es el numero
de enteros positivos que elimina la duplicacion.
yp = Ax sin x + Bx cos x
y p = A sin x + Ax cos x + B cos x − Bx sin x
y p = A cos x + A cos x − Ax sin x − B sin x − Bx cos x − B sin x =
2A cos x − 2B sin x − Ax sin x − Bx cos x
Sustituimos en la ecuacion original
2A cos x−2B sin x−Ax sin x−Bx cos x+Ax sin x+Bx cos x = sin x
2A cos x − 2B sin x = sin x
2A = 0 entonces A = 0
−2B = 1 entonces B = −1
2
Sustituyendo
yp = −1
2 x cos x
17

y(x) = yh + yp
y(x) = c1 cos x + c2 sin x − 1
2 x cos x
3. y − 10y + 25y = 30x + 3
Resolvemos la ecuacuion homogenea asociada.
m2
− 10m + 25 = 0
m1,2 = 5
yh = c1e5x
+ c2xe5x
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 = 6
5
25B − 10A = 3...(2)
25B − 10(6
5 ) = 3
25B = 3 + 12
B = 3
5
yp = 6
5 x + 3
5
y(x) = yh + yp
y(x) = c1e5x
+ c2xe5x
+ 6
5 x + 3
5
4. 1
4 y + y + y = x2
− 2x
Resolvemos la ecuacion homogenea asociada.
1
4 y + y + y = 0
1
4 m2
+ m + 1 = 0
m1,2 = −2
yh = c1e−2x
+ c2xe−2x
Ahora suponemos una solucion particular para el caso de f(x) =
x2
− 2x
yp = Ax2
+ Bx + C
yp = 2Ax + B
yp = 2A
Sustituimos en la ecuacion original.
1
4 (2A) + 2Ax + B + Ax2
+ Bx + C = x2
− 2x
1
2 A + B + Ax2
+ 2Ax + Bx + C = x2
− 2x
18

A = 1
2A + B = 2
B = 2 − 2 = 0
1
2 A + B + C = 0
1
2 A + C = 0
C = −1
2 A = −1
2
yp = x2
− 1
2
y(x) = yh + yp
y(x) = c1e−2x
+ c2xe−2x
+ x2
− 1
2
5. y + 3y = −48x2
e3x
Se resuelve la parte homogenea.
y +3y=0
m2
+ 3 = 0
m1,2 =
√
−3 m1,2 =
√
3i
yh = c1cos
√
3x + c2sen
√
3x
suponemos una solucion particular para −48x2
e3x
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) = −48x2
e3x
9e3x
Ax2
+9e3x
Bx+9e3x
C +12e3x
Ax+6e3x
B +2e3x
A+9e3x
Ax2
+
9e3x
Bx + 9e3x
C + 6e3x
Ax + 3e3x
B = −48x2
e3x
9A + 9A = −48
18A = −48
A = −8
3
B = 0
C = 0
6.y − y = −3
y -y =0
m2
− m = 0
m(m − 1) = 0
m1 = 0 m2 = 1
19

yh = c1e0x
+ c2ex
= c1 + c2ex
En este caso podemos ver claramente que existe ya una solucion que
es 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 − cosx
Ecuacion 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 de
multiplicidad nos queda.yp1 = Ax2
yp = Ax2
+ Bcosx + Csenx
y p = 2Ax − Bsenx + Ccosx
y p = 2A − Bcosx − Csenx
y p = Bsenx − Ccosx
Susituyendo 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 = 6
37
C = 1
37
yp = 1
2 x3
+ 6
37 cosx + 1
37 senx
y(x) = c1 + c2x + c3e6x
− 1
4 x2
+ 6
37 cosx + 1
37 senx
20

9.y + 2y + y = senx + 3cos2x
yh = y + 2y + y = 0
m2
+ 2m + 1 = 0
(m + 1)2
= 0
m1,2 = −1
yh = c1ex
+ c2xex
Solucion particular
yp = Acosx + Bsenx + Ccos2x + Dsen2x
yp = −Asenx + Bcosx − 2Csen2x + 2Dcos2x
yp = −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 = 9
25
D = 12
25
−2A = 1 ; A = −1
2
2B = 0 ; B = 0
y(x) = c1ex
+ c2xex
− 1
2 cosx + 9
25 cos2x + 12
25 sen2x
2.5 Variacion de parametro.
1. y + y = sec x
Resolvemos la parte homogenea de la ecuacion esta es yh = y + y = 0
Para 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 identicamos y1 = cosx y y2 = senx y las derivamos.
y1 = cosx y2 = senx
y1 = −senx y2 = cosx
A continuacion calculamos el Wronskiano:
W =
y1 y2
y1 y2
=
cosx senx
−senx cosx
= [(cosx)(cosx)] − [(senx)(−senx)] =
cos2
x + sen2
x = 1
W1 =
0 y2
f(x) y2
=
0 senx
secx cosx
= [(0)(cosx)] − [(senx)(secx)] =
−senxsecx = −senx
cosx = −tanx
W2 =
y1 0
y1 f(x)
=
cosx 0
−senx secx
= [(cosx)(secx) − (0)(−senx)] =
cosxsecx = cosx
cosx = 1
u1 = W1
W = −tanx
1 = −tanx ; u1 = −
´
tanxdx = −[−ln(cosx)] = ln(cosx)
u2 = W2
W = 1
1 = 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

Denimos y1, y2
y1 = cosx ; y1 = −senx
y2 = senx ; y2 = cosx
Calculamos el Wronskiano.
W =
cosx senx
−senx cosx
= cos2
x + sen2
x = 1
W1 =
0 senx
senx cosx
= −sen2
x
W2 =
cosx 0
−senx senx
= senxcosx
Ahora calculamos u1, u2.
u1 = −sen2
x
1 = −sen2
x
u1 = −
´
sen2
xdx = x
2 − 1
4 sen2x
u2 = senxcosx
1 = senxcosx
u2 =
´
senxcosxdx = 1
2 sen2
x
yp = u1y1 + u2y2 = (x
2 − 1
4 sen2x)cosx + 1
2 sen2
x(senx)
yp = 1
2 xcosx − 1
4 cosxsen2x + 1
2 sen3
x
y(x) = yp + yh
y(x) = c1cosx + c2senx + 1
2 xcosx − 1
4 cosxsen2x + 1
2 sen3
x
3. y + y = cos2
x
Ecuacion homogenea asociada yh = y + y = 0
Esta ecuacion tiene solucion de la forma:
Denimos y1, y2
y1 = cosx ; y1 = −senx
y2 = senx ; y2 = cosx
Calculamos los Wronskianos:
23

W =
cosx senx
−senx cosx
= cos2
x + sen2
x = 1
W1 =
0 senx
cos2
x cosx
= −senxcos2
x
W2 =
cosx 0
−senx cos2
x
= cos3
x
Denimos u1, u2
u1 =
−senxcos2
x
1
= −senxcos2
x
u1 = −
´
senxcos2
xdx = − −
cos3
x
3
=
cos3
x
3
u2 =
cos3
x
1
= cos3
x
u2 =
´
cos3
xdx = senx −
sen3
x
3
yp = u1y1 + u2y2 =
cos3
x
3
(cosx) + senx −
sen3
x
3
(senx)
yp =
cos4
x
3
+ sen2
x −
sen4
x
3
y(x) = c1cosx + c2senx +
cos4
x
3
+ sen2
x −
sen4
x
3
4.y − y = cosh x
Ecuacion homogenea asociada y − y = 0
m2
− 1 = 0
m2
= 1; m1,2 = ±
√
1 = ±1
yh = c1ex
+ c2e−x
Denimos y1 , y2
y1 = ex
; y1 = ex
y2 = e−x
; y2 = −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−x
coshx
W2 =
ex
0
ex
coshx
= ex
coshx
Calculamos u1 y u2
u1 = −e−x
coshx
−2 = 1
2 e−x
coshx
u1 = 1
2
´
e−x
coshxdx = 1
8 e−2x
(2e2x
x − 1)
u2 =
ex
coshx
−2
= −1
2 ex
coshx
u2 = −1
2
´
ex
coshxdx = −1
2 [
x
2
+
e2x
4
]
yp = ex
[1
8 e−2x
(2e2x
x − 1)] + (−e−x
)(−
x
4
−
e2x
8
)
yp = 1
8 e−x
(2e2x
x − 1) +
xe−x
4
+
ex
8
y(x) = c1ex
+ c2e−x
+ 1
8 e−x
(2e2x
x − 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
Denimos y1, y2.
y1 = e−2x
; y1 = −2e−2x
y2 = e−x
; y2 = −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−x
1
1+ex −e−x = −
e−x
1 + ex
W2 =
e−2x
0
−2e−2x 1
1+ex
=
e−2x
1 + ex
Calculamos u1,u2
u1 = −
e−x
1 + ex
e−3x =
e−x
(e−3x)(1 + ex)
=
1
e−2x(1 + ex)
= −
1
e−2x + e−x
u1 = −
´ 1
e−2x + e−x
dx = −ex
+ ln(ex
+ 1) − 1
u2 =
e−2x
1 + ex
e−3x
=
e−2x
(e−3x)(1 + ex)
=
1
e−x + 1
u2 =
´ 1
e−x + 1
dx = x + ln(e−x
+ 1)
yp = (e−2x
)[−ex
+ ln(ex
+ 1) − 1] + [x + ln(e−x
+ 1)](e−x
)
yp = −e−x
+ e−2x
ln(ex
+ 1) − e−2x
+ xe−x
+ e−x
ln(e−x
+ 1)
y(x) = c1e−2x
+ c2e−x
− e−x
+ e−2x
ln(ex
+ 1) − e−2x
+ xe−x
+ e−x
ln(e−x
+ 1)
5.3y − 6y + 6y = ex
secx
yh = 3y − 6y + 6y = 0
3m2
− 6m + 6 = 0
a = 3 , b = −6 , c = 6
Denimos y1, y2
m1,2 =
−(−6) ± (−6)2 − 4(3)(6)
2(3)
=
6
6
±
√
36 − 72
6
= 1 ±
√
−36
6
= 1 ± i
α = 1 , β = 1
yh = ex
(c1cosx + c2senx)
Deniendo y1 , y2
26

y1 = ex
cosx ; y1 = ex
cosx − ex
senx
y2 = ex
senx ; y2 = ex
senx + ex
cosx
Calculamos los Wronskianos
W =
ex
cosx ex
senx
ex
cosx − ex
senx ex
senx + ex
cosx
= (ex
cosx)(ex
senx + ex
cosx) −
(ex
senx)(ex
cosx − ex
senx) = ex
(cosxsenx + cos2
x − cosxsenx + sen2
x)
W = ex
(cos2
x + sen2
x) = ex
W1 =
0 ex
senx
ex
secx ex
senx + ex
cosx
= −(ex
senx)(ex
secx) = −ex
(
senx
cosx
) =
−ex
tanx
W2 =
ex
cosx 0
ex
cosx − ex
senx ex
secx
= (ex
cosx)(ex
secx) = ex
(
cosx
cosx
) = ex
Calculamos u1, u2
u1 = −
ex
tanx
ex
= −tanx
u1 = −
´
tanxdx = −(−lncosx) = lncosx
u2 =
ex
ex
= 1
u2 =
´
dx = x
yp = lncosx(ex
cosx) + x(ex
senx)
y(x) = ex
(c1cosx + c2senx) + ex
cosxlncosx + xex
senx
2.6 Ecuaciones de Cauchy-Euler
x2
y − 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)mxm
x−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
+ c2x2
2.
x2
y + 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)mx2
xm
x−2
+ xm
= 0
(m2
− m)xm
+ xm
= 0
xm
(m2
− m + 1) = 0
Ecuación auxiliar
m2
− m + 1 = 0
m1,2 = 1
2 ± 1
2
√
3i
donde: α = 1
2 β = 1
2
√
3
y = c1x
1
2 + 1
2
√
3i
+ c2x
1
2 − 1
2
√
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
+ C2xα−iβ
y1 = xα
(xiβ
+ x−iβ
) = 2xα
cos(βlnx)
y2 = xα
(xiβ
− x−iβ
) = 2xα
isen(βlnx)
se concluye que
y1 = xα
cos(βlnx) y = xα
sen(βlnx)
Así la solucion general es
y = xα
[c1cos(βlnx) + c2sen(βlnx)]
y = x
1
2 [c1cos(1
2
√
3lnx) + c2sen(1
2
√
3lnx)]
3.
x2
y + 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.
x2
y − 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
+ c1x2−
√
6
5.
25x2
y + 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
5
i
α = 0, β =
1
5
y = x0
(c1cos
1
5
lnx + c2sen
1
5
lnx)
y = c1cos
1
5
lnx + c2sen
1
5
lnx
6.
x2
y + 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
= 0
xm
(m2
− m + 5m + 1) = 0
m2
+ 4m + 1 = 0
m1,2 = 2 ±
√
3
y = c1x2+
√
3
+ c2x2−
√
3
7.
xy − 4y = x4
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Hacemos la ecuacion de la forma de Cauchy Euler, para esto la multiplicamos
por x.
x2
y − 4xy = x5
Resolvemos la parte homogenea.
yh = x2
y − 4xy = 0
Sustituimos
x2
[(m − 1)mxm−2
] − 4x(mxm−1
) = 0
31

xm
(m2
− m − 4m) = 0
m(m − 5) = 0
m1 = 0 m2 = 5
yh = c1x0
+ 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 x
y − 4y
x = x3
identicamos f(x) = x3
Denimos y1, y2
y1 = 1 , y1 = 0
y2 = x5
, y2 = 5x4
W =
1 x5
0 5x4 = 5x4
− 0 = 5x4
W1 =
0 x5
x3
5x4 = 0 − x8
= −x8
W2 =
1 0
0 x3 = x3
Calculamos u1, u2
u1 = −x8
5x4 = −1
5 x4
u1 = −1
5
´
x4
dx = − 1
25 x5
u2 = x3
5x4 = 1
5x
u2 = 1
5
´ 1
x dx = 1
5 lnx
yp = − 1
25 x5
(1) + 1
5 lnx(x5
)
yp = − 1
25 x5
+ x5
5 lnx
y(x) = yh + yp
y(x) = c + c2x5
− 1
25 x5
+ x5
5 lnx
7.
x2
y − xy + y = 2x
Solucion propuesta.
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Resolvemos la ecuacion homogenea asociada.
yh = x2
y − xy + y = 0
Sustituimos en la ecuación original.
x2
[(m − 1)mxm−2
] − x(mxm−1
) + xm
= 0
m2
− m − m + 1 = 0
m2
− 2m + 1 = 0
32

(m − 1)2
m1,2 = 1
yh = c1x + c2xlnx
Ponemos la ecuación en la forma estandar
y − 1
x y + 1
x2 y = 2
x
Identicamos f(x) = 2
x
Identicamos y1 = x , y2 = xlnx y y1 = 1 , y2 = lnx + 1
Calculamos los Wronskianos
W =
x lnx
1 lnx + 1
= (x)(lnx + 1) − (lnx)(1) = xlnx + x − lnx = xlnx −
lnx + x = xlnx
x + x = xln(1) + x = x
W1 =
0 lnx
2
x lnx + 1
= (lnx)(2
x ) = 2
x lnx
W2 =
x 0
1 2
x
= 2
x x − 0 = 2
Calculamos u1, u2
u1 =
2
x lnx
x = 2lnx
x2
u1 = 2
´ lnx
x2 = −lnx+1
x
u2 = 2
x
u2 = 2
´ 1
x = 2lnx
yp = y1u1 + y2u2 = x(−lnx+1
x ) + xlnx(2lnx) = −lnx + 1+
8.
x2
y − 2xy + 2y = x4
ex
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
x2
[(m − 1)mxm−2
] − 2x(mxm−1
) + 2xm
= x4
ex
Solucionamos la ecuacion homogenea
x2
y − 2xy + 2y = 0
xm
(m2
− m − 2m + 2) = 0
m2
− 3m + 2 = 0
(m − 2)(m − 1) = 0
m1 = 2 , m2 = 1
yh = c1x2
+ c2x
Convertimos la ecuacion original a la forma estandar
y − 2
x y + 2
x2 y = x2
ex
Denimos y1, y2 , f(x) = x2
ex
y1 = x2
; y1 = 2x
y2 = x ; y2 = 1
Calculamos el Wronskiano
33

W =
x2
x
2x 1
= x2
− 2x2
= −x2
W1 =
0 x
x2
ex
1
= 0 − x3
ex
= −x3
ex
W2 =
x2
0
2x x2
ex = x4
ex
Calculamos u1, u2
u1 = −x3
ex
−x2 = xex
u1 =
´
xex
dx = ex
(x − 1)
u2 = x4
ex
−x2 = −x2
ex
u2 = −
´
x2
ex
dx = ex
(x2
− 2x + 2)
yp = u1y1 + u2y2 = [ex
(x − 1)]x2
+ [ex
(x2
− 2x + 2)]x
yp = x2
ex
(x − 1) + xex
(x2
− 2x + 2)
y(x) = yp + yh
y(x) = c1x2
+ c2x + x2
ex
(x − 1) + xex
(x2
− 2x + 2)
9.
3 Soluciones en series de potencias
1.
y − xy = 0
Sutituyendo y =
∞
n=0 cnxn
y la segunda derivada y =
∞
n=2(n−1)ncnxn−2
∞
n=2(n − 1)ncnxn−2
− x (
∞
n=0 cnxn
) = 0
∞
−
∞
n=0 cnxn+1
= 0
Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas.
2(1)c2x0 ∞
n=3 n(n − 1)cnxn−2
−
∞
n=0 cnxn+1
= 0
2c2
∞
n=3 n(n − 1)cnxn−2
−
∞
n=0 cnxn+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)cnxn−2
−
∞
n=0 cnxn+1
= 0
2c2
∞
k=1(k + 2)(k + 1)ck+2xk
−
∞
k=1 ck−1xk
= 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 coecientes consecutivos de la solucion propuesta, con
el valor de k como enteros positivos.
Ahora
2c2 = 0 ; c2 = 0
k = 1 , c3 = c0
3(2) = 1
6 c0
k = 2 , c4 =
c1
4(3)
= 1
12 c1
k = 3 , c5 =
c2
5(4)
= 1
20 c2 = 0 ← c2 = 0
k = 4 , c6 =
c3
6(5)
= 1
30 (1
6 )c0 = 1
180 c0
k = 5 , c7 =
c4
7(6)
= 1
42 ( 1
12 )c1 = 1
504 c1
k = 6 , c8 =
c5
8(7)
= 0 ← c5 = 0
k = 7 , c9 =
c6
9(8)
= 1
72 ( 1
180 )c0 = 1
12960 c0
k = 8 , c10 =
c7
10(9)
= 1
10(9)(504) c1
k = 9 , c11 =
c8
11(10)
= 0 ← c8 = 0
Sustituyendo coecientes en la suposicion original
y =
c0+c1x+c2x2
+c3x3
+c4x4
+c5x5
+c6x6
+c7x7
+c8x8
+c9x9
+c10x10
+c11x11
+...,
y =
c0+c1x+0+1
6 c0x3
+ 1
12 c1x4
+0+ 1
180 c0x6
+ 1
504 c1x7
+0+ 1
12960 c0x9
+ 1
90(504) c1x10
+0
y = c0(1 + 1
6 x3
+ 1
180 x6
+ 1
12960 x9
) + c1(x + 1
12 x4
+ 1
504 x7
+ 1
90(504) x10
)
2
y + x2
y + xy = 0
Sutituyendo:
y =
∞
n=0 cnxn
y =
∞
n=1 cnnxn−1
y =
∞
En la ecuación original
∞
+ x2 ∞
n=1 cnnxn−1
+ x [ cnxn
] = 0
35

∞
+
∞
n=1 cnnxn+1
+
∞
n=0 cnxn+1
= 0
2c2x0
+6c3x
∞
n=4(n−1)ncnxn−2
+
∞
n=1 cnnxn+1
+c0x1 ∞
n=1 cnxn+1
= 0
Hacemos k = n−2 para la primera serie, yk = n+1para la segunda y tercera
series.
2c2x0
+6c3x
∞
k=2(k +2−1)(k +2)ck+2xk+2−2
+
∞
k=2 ck−1(k −1)xk−1+1
+
c0x1 ∞
k=2 ck−1xk−1+1
= 0
2c2 + 6c3x + c0x
∞
k=2(k + 1)(k + 2)ck+2xk
+ 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]xk
= 0
(k + 1)(k + 2)ck+2 + ck−1(k − 1) + ck−1
Entonces tenemos
2c2 = 0 ; c2 = 0
6c3 + c0 = 0
c3 = −1
6 c0
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 obtiene
c4 = 2c1
3(4) = 1
6 c1
c5 = 3c2
4(5) = 0 ← c2 = 0
c6 = 4c3
5(6) = 2
15 (−1
6 c0) = − 1
45 c0
c7 = 5c4
6(7) = 5
42 (1
6 c1) = 5
136 c1
c8 = 6c5
7(8) = 6
56 (0) = 0
c9 = 7c6
8(9) = 7
72 (− 1
45 )c0 = − 7
72(45) c0
c10 = 8c7
9(10) = 4
45 ( 5
136 c1) = 5
45(34) c1
c11 = 9c8
10(11) = 9
110 (0) = 0
c12 = 10c9
11(12) = 5
66 (− 7
72(45) c0) = − 7
66(72)(9) c0
Por tanto,
y = c0 + c1x + c2x2
+ c3x3
+ c4x4
+ c5x5
+ c6x6
+ c7x7
+ c8x8
+ c9x9
+ ...
y = c1[1
6 x4
+ 5
136 x7
+ 5
9(34) x10
] − c0[ 1
45 x6
+ 7
72(45) x9
+ 7
66(72)(9) x12
]
3.
y − 2xy + y = 0
Sutituyendo:
y =
∞
n=0 cnxn
y =
∞
n=1 cnnxn−1
y =
∞
En la ecuación original
∞
− 2x
∞
n=1 cnnxn−1
+
∞
n=0 cnxn
= 0
∞
− 2
∞
n=1 cnnxn
+
∞
n=0 cnxn
= 0
2c2
∞
− 2
∞
n=1 cnnxn
+ c0
∞
n=1 cnxn
= 0
Hacemos k = n − 2 para la serie uno y k = n para las dos y tres.
2c2
∞
k=1(k + 2 − 1)(k + 2)ck+2xk+2−2
− 2
∞
k=1 ckkxk
+ c0
∞
k=1 ckxk
= 0
2c2 + c0
∞
k=1(k + 1)(k + 2)ck+2xk
+
∞
k=1 ckkxk
+
∞
k=1 ckxk
= 0
2c2 + c0
∞
k=1(k + 1)(k + 2)ck+2xk
− 2ckkxk
+ ckxk
= 0
2c2 + c0
∞
k=1(k + 1)(k + 2)ck+2xk
− 2ckkxk
+ ckxk
= 0
36

De esta igualdad se concluye que
2c2 + c0 = 0
c2 = −1
2 c0
(k + 1)(k + 2)ck+2xk
− 2ckkxk
+ ckxk
= 0
[(k + 1)(k + 2)ck+2 − 2ckk + ck]xk
= 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 = 3c1
2(3) = 1
2 c1
c4 = 5c2
3(4) = 5
12 (−1
2 c0) = − 5
24 c0
c5 = 7c3
4(5) = 7
20 (1
2 c1) = 7
40 c1
c6 = 9c4
5(6) = 9
30 (− 5
24 c0) = − 1
16 c0
c7 = 11c5
6(7) = 11
42 ( 7
40 c1) = 11
6(40) c1
c8 = 13c6
7(8) = 13
56 (− 1
16 c0) = − 13
56(16) c0
c9 = 15c7
8(9) = 15
72 ( 11
6(40) c1) = 161
72(240) c1
c10 = 17c8
9(10) = − 17(13)
9(10)(56)(16) c0
c11 = 18c9
10(11) = 1
55 ( 161
8(240) )c1
y = c1
1
2 x3
+ 7
40 x5
+ 11
240 x7
+ 161
72(240) x9
+ 161
55(8)(240) x11
−
c0
5
24 x4
+ 1
16 x6
+ 13
56(16) x8
+ 17(13)
90(56)(16) x10
4.
(x2
+ 2)y + 3xy − y = 0
Sutituyendo:
y =
∞
n=0 cnxn
y =
∞
n=1 cnnxn−1
y =
∞
(x2
+ 2)
∞
+ 3x
∞
n=1 cnnxn−1
−
∞
n=0 cnxn
= 0
x2 ∞
n=2(n−1)ncnxn−2
+2
∞
n=2(n−1)ncnxn−2
+
∞
n=1 3cnnxn
−
∞
n=0 cnxn
=
0
37

∞
n=2(n − 1)ncnxn
+
∞
n=2 2(n − 1)ncnxn−2
+
∞
n=1 3cnnxn
−
∞
n=0 cnxn
= 0
∞
n=2(n − 1)ncnxn
+
∞
n=2 2(n − 1)ncnxn−2
+ 3c1x
∞
n=2 3cnnxn
− c0 +
c1x
∞
n=2 cnxn
= 0
3c1x + c0 + c1x
∞
n=2(n − 1)ncnxn
+ 2(2 − 1)2c2x2−2
+ 2(3 −
1)3c3x3−2 ∞
n=4 2(n − 1)ncnxn−2
+
∞
n=2 3cnnxn
−
∞
n=2 cnxn
= 0
3c1x + c0 + c1x + 4c2 + 12c3x
∞
n=2(n − 1)ncnxn
+
∞
n=4 2(n − 1)ncnxn−2
+
∞
n=2 3cnnxn
−
∞
n=2 cnxn
= 0
Hacemos k = n − 2 para la segunda serie y k = n para las demas
3c1x + c0 + c1x + 4c2 + 12c3x
∞
k=2(k − 1)kckxk
+
∞
k=2 2(k + 2 − 1)(k +
2)ck+2xk+2−2
+
∞
k=2 3ckkxk
−
∞
k=2 ckxk
= 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 obtiene
4c1 + 12c3 = 0
c3 = −c1
3
c0 + 4c2 = 0
c2 = −c0
4
(k − 1)kck + 2(k + 1)(k + 2)ck+2 + 3ckk − ck
ck+2 =
−3kck + ck − (k − 1)kck
2(k + 1)(k + 2)
=
[−3k + 1 − k2
− k]ck
2(k + 1)(k + 2)
=
[−4k + 1 − k2
]ck
2(k + 1)(k + 2)
Sustituyendo valores de k = 2, 3, 4, 5, ...
c2 = −c0
4
c3 = −c1
3
c4 = (−6+1−4−2)c2
2(3)(4) = −11
24 (−1
4 c0) = 11
96 c0
c5 = (−12+1−9)c3
2(4)(5) = −20
40 c3 = −1
2 (−1
3 c1) = 1
6 c1
c6 = (−16+1−16)c4
2(5)(6) = −31
60 c4 = −31
60 (11
96 c0) = 31(11)
(60)(96) c0
c7 = (−20+1−25)c5
2(6)(7) = −44
84 c5 = 11
21 (1
6 c1) = 11
126 c1
c8 = (−24+1−36)c6
2(7)(8) = 59
112 (11(31)
60(96) c0) = 11(31)
112(60)(96) c0
y = c0[−1
4 x2
+ 11
90 x4
+ 31(11)
60(96) x6
+ 11(31)
112(60)(96) x8
] + c1[−1
3 x3
+ 1
6 x5
+ 11
126 x7
]
4 Transformada de Laplace
1.
f(t)
−1, 0 ≤ t 1
1, t ≥ 1
L{f(t)} =
´ ∞
0
e−st
f(t)dt = −
´ 1
0
e−st
(1) +
´ ∞
1
e−st
(1)
= −e−st
−s |1
0 + e−st
−s |∞
1
38

= −e−s(1)
−s − [−e−s(0)
−s ] + e−s(1)
−s − e−s(∞)
−s
= e−s
s − 1
s + e−s
s + 0
s
= 2e−s
s − 1
s
2.
f(t) =
t,
1,
0 ≤ t 1
t ≥ 1
L[f(t)] =
´ ∞
0
e−st
f(t) =
´ 1
0
e−st
tdt +
´ ∞
1
e−st
(1)dt
= −e−st
s (t − 1
s )|1
0 + −e−st
s |∞
1
= −e−s(1)
s (1 − 1
s ) − [−e−s(0)
s (0 − 1
s )] + [−e−s(∞)
s − e−s(0)
s ]
= −e−s
s + e−s
s2 + 1
s2 − 1
s
f(t) = te4t
L{te4t
} =
´ ∞
0
e−st
te4t
dt =
´ ∞
0
te−(s−4)t
dt
= −
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) = 1
Aplicamos transformada de Laplace a toda la ecuación
L[y ] + 3L[y ] + 2L[y] = 0
[s2
Y (s) − sy(0) − y (0)] + 3[sY (s) − y(0)] + 2[Y (s)] = 0
s2
Y (s) − sy(0) − y (0) + 3sY (s) − 3y(0) + 2Y (s) = 0
Sustituimos los valores iniciales
s2
Y (s) − s(1) − 1 + 3sY (s) − 3(1) + 2Y (s) = 0
s2
Y (s) − s − 1 + 3sY (s) − 3 + 2Y (s) = 0
Factorizando
Y (s)(s2
+ 3s + 2) − s − 4
39

Y (s) =
4 + s
s2 + 3s + 2
Separamos en fracciones parciales
4 + s
(s + 2)(s + 1)
=
A
s + 1
+
B
s + 2
Por 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 + 2
Aplicamos 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 cnxn
y la segunda derivada y =
∞
n=2(n−1)ncnxn−2
∞
− x (
∞
n=0 cnxn
) = 0
∞
−
∞
n=0 cnxn+1
= 0
Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas.
2(1)c2x0 ∞
n=3 n(n − 1)cnxn−2
−
∞
n=0 cnxn+1
= 0
2c2
∞
n=3 n(n − 1)cnxn−2
−
∞
n=0 cnxn+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)cnxn−2
−
∞
n=0 cnxn+1
= 0
2c2
∞
k=1(k + 2)(k + 1)ck+2xk
−
∞
k=1 ck−1xk
= 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 coecientes consecutivos de la solucion propuesta, con
el valor de k como enteros positivos.
Ahora
2c2 = 0 ; c2 = 0
k = 1 , c3 = c0
3(2) = 1
6 c0
k = 2 , c4 =
c1
4(3)
= 1
12 c1
k = 3 , c5 =
c2
5(4)
= 1
20 c2 = 0 ← c2 = 0
k = 4 , c6 =
c3
6(5)
= 1
30 (1
6 )c0 = 1
180 c0
k = 5 , c7 =
c4
7(6)
= 1
42 ( 1
12 )c1 = 1
504 c1
k = 6 , c8 =
c5
8(7)
= 0 ← c5 = 0
k = 7 , c9 =
c6
9(8)
= 1
72 ( 1
180 )c0 = 1
12960 c0
k = 8 , c10 =
c7
10(9)
= 1
10(9)(504) c1
k = 9 , c11 =
c8
11(10)
= 0 ← c8 = 0
Sustituyendo coecientes en la suposicion original
y =
c0+c1x+c2x2
+c3x3
+c4x4
+c5x5
+c6x6
+c7x7
+c8x8
+c9x9
+c10x10
+c11x11
+...,
y =
c0+c1x+0+1
6 c0x3
+ 1
12 c1x4
+0+ 1
180 c0x6
+ 1
504 c1x7
+0+ 1
12960 c0x9
+ 1
90(504) c1x10
+0
y = c0(1 + 1
6 x3
+ 1
180 x6
+ 1
12960 x9
) + c1(x + 1
12 x4
+ 1
504 x7
+ 1
90(504) x10
)
2.
y − (x + 1)y − y = 0
Sutituyendo y =
∞
n=0 cnxn
la primera derivada ∞
n=1 cnnxn−1
y la segunda
derivada y =
∞
∞
− (x + 1)
∞
n=1 cnnxn−1
−
∞
n=0 cnxn
= 0
∞
−
∞
n=1 cnnxn
−
∞
n=1 cnnxn−1
−
∞
n=0 cnxn
= 0
41

2c2x0 ∞
−
∞
n=1 cnnxn
− c1x0 ∞
n=2 cnnxn−1
−
c0x0 ∞
n=1 cnxn
= 0
hacemos k = n − 2 para la primera serie, k = n − 1 para la tercera, k = n
para la segunda y la cuarta serie.
c2−c1−c0+
∞
n=3(n−1)ncnxn−2
−
∞
n=1 cnnxn
−
∞
n=2 cnnxn−1
−
∞
n=1 cnxn
=
0
c2 − c1 − c0 +
∞
k=1(k + 2 − 1)(k + 2)ck+2xk
−
∞
k=1 ckkxk
−
∞
k=1 ck+1(k +
1)xk
−
∞
k=1 ckxk
= 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+3c2
3(4) = 3
12 c3 = 0
k = 3 , c5 = 4c4+4c3
4(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) = x
1! + 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
´ ∞
0
te−st
dt − 10
´ ∞
0
e−st
dt
Integramos por partes la primera integral
4
´ ∞
0
te−st
dt =
u = t , du = 1
dv = e−st
, v = −e−st
s
= 4[(1)(−e−st
s )|∞
0 + 1
s
´ ∞
0
(1)(e−st
)]dt
= −4
s e−s(∞)
− (−4
s e−s(0)
) + 1
s
e−st
s |∞
0
= 4
s + 1
s (e−s(∞)
s − e−s(0)
s )
= 4
s + 1
s (−1
s ) =
4
s
−
1
s2
Hacemos la segunda integral
10
´ ∞
0
e−st
dt = −e−st
s |∞
0
= −e−s(∞)
s − (−e−s(0)
s )
=
1
s
entonces
L[f(t)] =
4
s
−
1
s2
−
1
s
=
3
s
−
1
s2
2.
f(t) = et/5
L[f(t)] = L[et/5
] =
´ ∞
0
et/5
e−st
dt
=
´ ∞
0
e
t
5 (1−5s)
dt = e
t
5
(1−5s)
1
5 (1−5s)
|∞
0
= e
∞
5
(1−5s)
1
5 (1−5s)
− e
0
5
(1−5s)
1
5 (1−5s)
= −
5
1 − 5s
=
5
5s − 1
3.
f(t) = et−2
L[f(t)] = L[et−2
]
43

=
´ ∞
0
et−2
e−st
dt = 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 s
L[f(t)] = F(s)
L[eat
f(t)] = F(s − a)
a = 1
L[cos t] = s
s2+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 s
L[f(t)] = F(s)
L[eat
f(t)] = F(s − a)
a = −1
L[cos t] =
´ ∞
0
e−st
(cos t)dt
Integramos por partes
u = cos t , du = − sin t
dv = e−st
, v =
´
e−st
dt = −e−st
s
´ ∞
0
e−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
´ ∞
0
e−st
(sin t)dt
Evaluamos el primer término y volvemos a integrar por partes el segundo
término
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
´ ∞
0
e−st
cos tdt =
1
s2est
sin t|∞
0 −
1
sest
cos t|∞
0 =
1
s
∴
´ ∞
0
e−st
cos tdt =
1
s
1 + 1
s2
=
s
s2 + 1
Aplicando el teorema de traslacion del eje s
L[f(t)] = F(s)
L[eat
f(t)] = F(s − a)
44

a = −1
L[e−t
cos t] =
s + 1
(s + 1)2 + 1
6.
f(t) =



−1
0
1
0 t 2
2 ≤ t 4
t ≥ 4
L[f(t)] =
´ ∞
0
e−st
f(t)dt =
´ 2
0
e−st
(−1)dt +
´ 4
2
e−st
(0)dt +
´ ∞
4
e−st
(1)dt
´ 2
0
e−st
(−1)dt = −[−
1
s
e−st
]2
0 =
1
s
e−2s
−
1
s
e0
=
1
s
e−2s
− 1
´ 4
2
e−st
(0)dt = 0
´ ∞
4
e−st
(1)dt = −
1
s
e−st
|∞
4 = −
1
s
e−∞t
+
1
s
e4s
=
1
s
e4s
L[f(t)] =
1
s
e−2s
− 1 +
1
s
e4s
=
1
s
e−2s
+ e4s
− 1
7.
f(t) =
3t
0
0 t 1
t ≥ 1
L[f(t)] =
´ 1
0
e−st
3tdt +
´ ∞
1
e−st
(0)dt
´ 1
0
e−st
3tdt = 3
´ 1
0
te−st
dt
u = t , du = 1
dv = e−st
, v = −
e−st
s
= 3 t(−
e−st
s
)|1
0 −
´ 1
0
(−
e−st
s
)dt = t(−
e−st
s
)|1
0 −
1
s
[
e−st
s
]
=
3
s
t(−e−st
)|1
0 −
1
s
[e−st
]1
0 =
1
s
[(−e−s
) − 0] − 1
s [(e−s
) − 1]
3
s
[−e−s
− 1
s e−s
] =
3
s
e−s
(−1 −
1
s
) +
1
s2
´ ∞
1
0dt = 0
L[f(t)] =
3
s
e−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
[ 1
s2 ]
L−1
[ n!
sn+1 ] = f(t) = tn
L−1
[ 1
s2 ] = t
Usar el teorema de la transformada de la derivada de una funcion para
encontrar F(s) dada f(t)
9.
f(t) = t sin 3t
sean f(t) = t sin 3t , f(0) = 0
f (t) = sin 3t + 3t cos 3t, f (0) = 0
f (t) = 3 cos 3t + 3 cos 3t − 9t sin 3t, f (0) = 6
L[f (t)] = s2
F(s) − f(0) − f (0)
L[3 cos 3t + 3 cos 3t − 9t sin 3t] = s2
L[t sin 3t] − 0 − 0
6L[cos 3t] − 9L[t sin 3t] = s2
L[t sin 3t]
6L[cos 3t] = s2
L[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) = 0
f (t) = cosh t + t sinh t , f (0) = 1
f (t) = sinh t + sinh t + t cosh t
L[f (t)] = s2
F(s) − f(0) − f (0)
L[2 sinh t + t cosh t] = s2
L[t cosh t] − 0 − 1
2L[sinh t] + L[t cosh t] = s2
L[t cosh t] − 1
2L[sinh t] = s2
L[t cosh t] − L[t cosh t] − 1
2
1
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)] = s2
F(s) − f(0) − f (0)
L[2 cos 3t − 12t sin 3t − 9t2
cos 3t] = s2
L[t2
cos 3t] − 0 − 0
2L[cos 3t] − 12L[t sin 3t] − 9L[t2
cos 3t] = s2
L[t2
cos 3t]
2L[cos 3t] − 12L[t sin 3t] = s2
L[t2
cos 3t] + 9L[t2
cos 3t]
2
s
s2 + 9
− 12
6s
(s2 + 9)2
= (s2
+ 9)L[t2
cos 3t] ⇐ podemos observar que la
transformada de t sin 3t es
6s
(s2 + 9)2
pues 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 dada
F(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)
=
´ t
0
eaτ
dτ =
eaτ
a
|t
0 =
eat
a
−
1
a
donde: 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)
=
´ t
0
e3τ
dτ =
1
3
e3τ
|t
0 =
1
3
e3t
−
1
3
L−1 1
s2(s + 3)
=
´ t
0
1
3
e3t
−
1
3
dτ =
1
9
e3τ
−
1
3
τ
t
0
=
1
9
e3t
−
1
3
t −
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)
=
´ t
0
sinh 3τdτ =
1
3
cosh 3τ|t
0 =
1
3
cosh 3t −
1
3
L−1 3
s2(s2 − 9)
=
´ t
0
1
3
cosh 3τ −
1
3
dτ =
1
9
sinh 3τ −
1
3
τ
t
0
=
1
9
sinh 3t−
1
3
t
f(t) =
1
9
(sinh 3t − 3t)
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales, usando la transformada de
Laplace
15.
y + y = 0 , y(0) = 1
L{y + y} = L{0}
48

Por el teorema de transformadas de derivadas
s2
Y (s) − sy(0) − y (0) + Y (s) = 0
Sustituyendo el valor inicial
s2
Y (s) − s(1) − 0 + Y (s) = 0
Y (s)(s2
+ 1) − 1 = 0
Y (s) =
1
s2 + 1
Aplicamos la transformada inversa a Y (s)
L−1 1
s2 + 1
= e−t
por linealidad
y = e−x
16.
y + 4y = 2 , y(0) = 0 , y (0) = 0
L [y + 4y] = L [2]
s2
Y (s) − sy(0) − y (0) + 4Y (s) =
2
s
Sustituyendo el valor inicial
s2
Y (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
= sin ωt donde ω = 2, entonces
L−1 2
s(s2 + 4)
=
´ t
0
sin 2τdτ = −
1
2
cos 2τ|t
0 = −
1
2
cos 2t +
1
2
f(t) =
1
2
−
1
2
cos 2t
por linealidad
y =
1
2
−
1
2
cos 2x
17.
y + 16y = 4 , y(0) = 1 , y (0) = 0
Aplicamos transformada de Laplace a la ecuación
L[y + 16y] = L[4]
49

s2
Y (s) + sy(0) + y (0) + 16Y (s) =
4
s
Sustituimos los valores iniciales, y despejamos Y (s)
Y (s)(s2
+ 16) + s + 0 =
4
s
Y (s) =
4
s
− s
(s2 + 16)
=
4−s2
s
(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
= cos ωt , donde ω = 4
L−1 s
(s2 + 16)
= cos 4t
Entonces para L−1 4
s(s2 + 16)
si L−1 ω
s2 + ω2
= sin ωt , donde ω = 4
L−1 4
s(s2 + 16)
=
´ t
0
sin 4τdτ = −
1
4
cos 4τ
t
0
= −
1
4
cos 4t −
1
4
=
−
1
4
cos 4t +
1
4
L−1 4 − s2
s(s2 + 16)
= −
1
4
cos 4t +
1
4
− cos 4t =
3
4
cos 4t +
1
4
por linealidad
y =
3
4
cos 4x +
1
4
18.
y − 2y + 5y = 0 , y(0) = 2 , y (0) = 4;
Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación
L [y − 2y + 5y] = L [0]
Usamos formulas de transformadas de Laplace de derivadas
L[y](s) = Y (s)
L[y ](s) = sY (s) − y(0) = sY (s) − 2
L[y ](s) = s2
Y (s) − sy(0) − y (0) = s2
Y (s) − 2s − 4
Al sustituir estas expresiones en la ecuación nos da
s2
Y (s) − 2s − 4 − 2 [sY (s) − 2] + 5Y (s) = 0
s2
Y (s) − 2s − 4 − 2sY (s) − 4 + 5Y (s) = 0
Factorizamos y despejamos Y (s)
Y (s)(s2
− 2s + 5) − 2s − 8 = 0
Y (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 + 4
2s + 8 = A(s − 1) + 2B
Hacemos s = −1, 1
en el primer caso obtenemos
2(−1) + 8 = A(−2) + 2B , 6 = −2A + 2B
2(1) + 8 = A(0) + 2B , B = 5
6 = −2A + 10 , A = 2
Sustituimos 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 + 4
aplicamos 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
s2
W(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)
=
´ t
0
2 sin τdτ = 2 cos τ|t
0 = −2 cos t + 2
= −2
´ t
0
[cos τ − 1] dτ = −2(sin τ − τ)|t
0 = −2(sin t − t) = 2t − 2 sin t
= 2
´ t
0
(τ − sin τ)dτ = 2(
1
2
τ2
+ cos τ)|t
0 = t2
+ 2 cos t − 1
=
´ t
0
(τ2
+ 2 cos τ − 1)dτ = (
1
3
τ3
+ 2 sin τ − τ)|t
0 =
1
3
t3
+ 2 sin t − t
L−1 2
s(s2 + 1)
=
´ t
0
2 sin τdτ = −2 cos τ|t
0 = −2 cos t + 2
L−1 s
(s2 + 1)
= cos t
51

L−1 1
(s2 + 1)
= sin t
Sustituyendo
f(t) =
1
3
t3
+ 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, Editorial
Pearson 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 Pearson
educación. Ejercicios 7.5, Problemas 1
52

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