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• Christian Ayala

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JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE - II / 2008 Hallar la ecuación diferencial que tiene por solución: y 

A  B x  C x 2  x3 A, B, C R x OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

1.

Solución: Cuando se tiene la solución de una ecuación diferencial se debe derivar tantas constantes se tenga en la solución, luego por operaciones matemáticas eliminar las constantes llegando a tener la ecuación diferencial buscada. Para la ecuación se tiene tres constantes por lo tanto se derivara tres veces. Por simplificación, haremos que las constantes de la ecuación diferencial en cada derivada, no este multiplicada por ninguna función de x. (Esto por el hecho de que la derivada de una constante es cero por lo tanto de forma directa se eliminara las constantes) Multiplicando por: x a toda la expresión.

y x  A  B x2  C x3  x4 Derivando de forma implícita se tiene y x  y  0  2 B x  3C x 2  4 x 3 y x  y  2 B x  3C x 2  4 x3



Multiplicando nuevamente por: x 1 a toda la expresión para que B no este multiplicada por una función de x. y  y x1  2B  3C x  4x2 Derivando de forma implícita se tendrá.

y  y x 1  2 B  3C x  4 x 2 y  y x 1  y x 2  3C  8 x

Derivando nuevamente se tendra:

y  y x 1  y x 2  y x 2  2 y x 3   8 Multiplicando todo por: x3 para simplificar la expresion. x3 y  x 2 y  2 x y  2 y   8 x3

2.



x3 y  x 2 y  2 x y  2 y   8 x3 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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

Si y1  cos(ln x) forma parte de la solución homogénea de la ecuación diferencial: x2 y  x y  y  sec(ln x) , resolver completamente la ecuación planteada.

Solución: Sea la ecuación diferencial: y 

1 1 1 y  2 y  2 sec(ln x) ....... [1] x x x

1 1 y  2 y  0 x x como se conoce que:  y1  cos(ln x) , por la formula de Euler se puede encontrar y2 de la ecuacion [1] planteamos la solucion homogenea:

y2  y1 

 P dx e   x dx ( y1 )2

 1

P x  



y 

1 x 1

dx ln e x e x sec2 (ln x) y2  cos(ln x)  d x  cos(ln x)  d x  cos(ln x)  dx cos 2 (ln x) cos 2 (ln x) x 

y2  cos(ln x)  sec2 (ln x) d (ln x)  cos(ln x) tg (ln x)  sen (ln x)



y2  sen (ln x)

luego la solucion homogenea es:  yh  C1 y1  C2 y2 = C1 cos(ln x)  C2 sen (ln x) .......[3] OVIDIO TACUÑA COLQUE

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1

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: 1 y1  cos (ln x)  y2  sen(ln x) ademas: f  x   2 sec(ln x) x y1t  y2t  cos (ln t ) sen (ln t ) x y x y cos (ln x) sen (ln x) 1 x  2 x  1 yp   ft  dt    2 sec(ln t ) dt y1t  y2t  cos (ln t ) sen (ln t ) t x0 x0 1 1 y1t  y2t   sen (ln t ) cos(ln t ) t t cos (ln t ) sen (ln x)  sen (ln t ) cos (ln x) 1  2 sec(ln t ) dt 1 t 2 2 x0 cos (ln t )  sen (ln t )   t x

yp  

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1 x

x

1 1 y p  sen (ln x)  cos (ln t ) sec(ln t ) dt  cos (ln x)  sen (ln t ) sec(ln t ) dt t t x0 x0 x

x

1 y p  sen (ln x)  dt  cos (ln x)  tg (ln t ) d (ln t )  (ln x) sen (ln x)  cos (ln x) ln cos (ln x) t x0 x0 y p  (ln x) sen (ln x)  cos (ln x) ln cos (ln x) La solución general estará dada por: y  yh  y p

y  C1 cos (ln x)  C2 sen (ln x)  (ln x) sen (ln x)  cos (ln x) ln cos (ln x)

Resolver: y  9 y  18 t  9

3. JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

y  cos (ln x) C1  ln cos (ln x)   sen (ln x) C2  ln x 



y (0)  0 ,

y    0   2

Solución: Para resolver aplicaremos la transformada de Laplace, pero para esto necesitamos que las condiciones iniciales estén en el origen. Al ser una ecuación de segundo orden se requiere, la condición de y(0) y como no se tiene asumiremos que: y(0)  K . Luego para encontrar esa constante usaremos la segunda condición que plantea en el problema: y    0

L

y  9 y  18 t  9



s 2Y S   s y (0)  y(0)  9Y S   18 0

K

  2

1 1 9 2 s s

1 1 1 1 1 9  K  Y S   18 2 9 2 K 2 2 2 s s ( s  9) s ( s  9) s ( s  9) 1 1   9  9  s2  s2 1  18  2  92   2 K 2 ( s  9)  ( s  9) s  ( s  9) s  

( s 2  9)Y S   18

Y S 

2

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

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Y S   2

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1 2 3 1 s K 3    2  2 2 2 s 3 ( s  9) s ( s  9) 3 ( s  9)

L1 

2 K y(t )  2 t  sen3t  1  cos3t  sen3t ......[1] 3 3 Para encontrar K usaremos la condición: y    0

02





2 3 3 K 3  sen  1  cos  sen 2 3 2 2 3 2 1



   t 2 en la ecuación [1]    y (t )  0

  2



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1

0

K  3  5 En la ecuacion [1] y ordenando se tendra. 2 5 y (t )  1  2 t  sen3t  cos 3t   sen3t  sen3t 3 3   y (t )  1  2 t  cos 3t  sen3t   sen3t 

t

4.

t3 Resolver la ecuacion integro diferencial: y   cos(  t ) y ( ) d    1 3 0

;

y(0)  1

Solución: La ecuación integro diferencial dada tiene núcleo de convolución, por lo tanto es conveniente aplicar la transformada de Laplace, pero primero agruparemos de una forma adecuada.

0

t3 1 3

sY S   y (0)  L cos(t ) L  y (t )  JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

1 3

s 2 1 Y S   4   1 2 s 1 s s



L



1 3! 1  3 s4 s

Y S 



sY S  

s 2 1 Y S   4   1 s 1 s s 2

s2 1  2 1   1 1   2 1  1 1 1 1 1 1  3  4  1     3   4  1    2  3  4  2 5  2 7 s s s s s s s s   s s s  s s

t n 1 1 Con la propiedad: L  n    s  (n  1)! 1 1 1 1 1 1 Y S    2  3  4  2 5  2 7 s s s s s s 2 3 4 6 t t t t y (t )  1  t    2  2 2! 3! 4! 6! 1

5.

L1 

 

1 1 1 1 6 y(t )  1  t  t 2  t 3  t 4  t 2 6 12 360



Resolver la ecuacion diferencial: y  2 y  f (t ) ;   1 ;   2    f (t )  cos t ; 0  t  2  ; t0 0  

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y(0)  2

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3

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t

y   cos(t   ) y ( ) d  

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Sea la ecuación diferencial: y  2 y  f (t ) ........ [1]

sY S   y(0)  2Y S   F S 



2

Y S  

L







1 F  2 ........ [2] s  2 S 

Para calcular F S  primero definiremos la función f (t ) representada por una función continua por tramos Mediante el Escalón Unitario se tendrá.

      f (t )     t    cos t   (t )    t     0 (t )  2  2          f (t )     t    cos t  (t )  cos  t      t    2  2 2  2       f (t )     t    cos t  (t )  sen  t     t    2  2  2

  Si se conoce que: cos       sen( ) 2  L

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Solución:





 e0 s

  s 2s 2  s  2 s  s2 1 2 Y S    e ....... [3] ( s  2)( s 2  1) ( s  2)( s 2  1) s Reduciendo mediante fracciones parciales: 12 2 1  s 2s 2  s  2 12 1 2 s 1 1  5  52 5   2  2 2 ( s  2)( s  1) s  2 s 1 5 s  2 5 s 1 5 s 1 3 1 2 1   s 2 s  s 1 11 3 1 1 s 2 1  2  10  52 5    2  2 2 ( s  2)( s  1) s s s  2 s 1 2 s 10 s  2 5 s  1 5 s  1

En la ecuación [3]

Y S  

Y S 

12 1 2 s 1 1 1 s 2 1   s 11 3 1  2  2    2  2 e 2 5 s  2 5 s  1 5 s  1  2 s 10 s  2 5 s  1 5 s  1 

L1 



12 1 2 s 1 1 1 s 2 1   2 s 11 3 1        e 5 s  2 5 s 2  1 5 s 2  1  2 s 10 s  2 5 s 2  1 5 s 2  1 

2 1 1 2  12  1 3  y (t )   e2t  cos t  sent   (t )    e2t  cos t  sent   (t ) 5 5 5 5   5   2 10  t  t   



4



2

 1 3 2 t  2  1 1  12 2t 2    2       y (t )   e  cos t  sent   (t )    e    cos  t    sen  t      t   5 5 5 5   2 5  2    2   2 10

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Y S 

 s 2

   s  s s 1 s 1 1 2 2  e   e   Reemplazando en [2]  2 2 2 2 s s 1 s 1 s 1  s 1 s    s 1  s 1 1   e 2  2    2  2 s  2  s 1  s 1 s  

F S   

e

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE -

I / 2009

1. Si y1 ( x) , y2 ( x) , y3 ( x) son soluciones de la ecuación diferencial

W   y1 ( x), y2 ( x), y3 ( x)   x 2e  x . OVIDIO TACUÑA COLQUE

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( x2  2x  2) y  p( x) y  2xy  2 y  0 y se conoce que Determinar p( x). Solución:

p( x) 2x 2 y  2 y  2 y  0 .......[1] x  2x  2 x  2x  2 x  2x  2 Sean las soluciones y1 ( x) , y2 ( x) , y3 ( x) Entonces usaremos la fórmula de Abel, para el Wroskiano. Ordenando la ecuación diferencial: y 

2

 a dx W  y1 ( x), y2 ( x), y3 ( x)  W  Ce  1 x

p ( x) Asumiremos 2 x  2x  2 Por condición del problema: a1 x  

W   y1 ( x), y2 ( x), y3 ( x)  x 2e x  W

C 1

dW dx



W e



p( x)

 x2  2 x  2 d x

 dW  x 2e x d x 



...... [2]

 dW   x e

2 x

dx

e x  2 2 x 2  x 2  x     e  x  2 x  2  ...... [3] 1  1 1 

Igualando las ecuaciones [2] y [3]. p( x)

 x2  2 x  2 d x 

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ln e

 e  x  x 2  2 x  2 

p( x)

 x2  2 x  2 d x

 

ln

 ln e  x   x 2  2 x  2 

p( x) 2 x  2  1  2 x  2x  2 x  2x  2 p( x)  x2  2  2 x  2x  2 x  2x  2



2









 

p( x) d x   x  ln  x 2  2 x  2 x  2x  2 2

d     dx  

p ( x) 2x  2  1  2 x  2x  2 x  2x  2

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

e

2

p( x)  x 2 

p( x)  x 2

0

2. Resolver: y  3 y  4 y   et 2 cos 2(t   ) d

y(0)  1 ,

y (0)  0

t

Solución: Ordenando la ecuación diferencial y aplicando propiedades de integrales se tendrá. t

y  3 y  4 y   e et  cos 2(t   ) d

L



0

s 2Y S   s y (0)  y(0)  3sY S   3 y (0)  4Y S   L e t  L et cos 2t  1

( s 2  3s  4)Y S  

0

1

1 s 1  s  1 ( s  1) 2  22

1 s 1  s3 s  1 ( s  1) 2  22

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5

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1 s 1 s3 1 s3     ......[1] 2 2 2 ( s  4)( s  1)( s  1) ( s  1)  2 ( s  4)( s  1) ( s  4)( s  1)( s  2 s  5) ( s  4)( s  1) Reduciendo por fracciones parciales: 1 4 s3   5  5 ( s  4)( s  1) s  4 s  1 

 ( s  4)( s  1)( s 2  2s  5)

1 1 ( s  1)( s 2  2 s  5)  ( s  4)( s 2  2 s  5)  ( s  4)( s  1)  A( s  1)  B  87 24 Igualando grados del polinomio: 1 1 7 s3 : 0     A  A 87 24 232 5 20 3 s0 : 1     4 A  4B  B 87 24 116 1 7 3 1 1 1   ( s  1)   1 7 ( s  1) 3 2  87  24  232 2 2116  87  24   2 2 2 ( s  4)( s  1)( s  2s  5) s  4 s  1 ( s  1)  2 s  4 s  1 232 ( s  1)  2 232 ( s  1) 2  2 2 Reemplazando en la ecuacion [1] 1 

1 1 4 1 7 ( s  1) 3 2  87  24    5  5 s  4 s  1 232 ( s  1) 2  22 232 ( s  1) 2  22 s  4 s  1 

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Y S 

y (t )  

L1 



1 4t 1 t 7 t 3 t 1 4 e  e  e cos 2t  e sen2t  e 4t  et 87 24 232 232 5 5 

4 1 82 4t 7 t 3 t y (t )  et  e t  e  e cos 2t  e sen2t 5 24 435 232 232



2 2 3. Resolver: (2 x  1) y  y  2 x  1  (2 x  1) ln (2 x  1)

Solución:

(2 x  1)2 y  y  2 x  1  (2 x  1) ln 2 (2 x  1) ........[1]

Ecuación diferencial de Legendre:

Cambio de variable: 2 x 1  e Derivando según la regla de la cadena se tiene: t

2 x  1  et y  6

    d

2d x  et dt

dt  2e t dx



dy dy dt dy dt dy       2et dx dx dt dt dx dt OVIDIO TACUÑA COLQUE



y  2e t 

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1 1  1 A( s  1)  B  87  24  2 ( s  4)( s  1)( s  2s  5) s  4 s  1 ( s  1) 2  22

dy dt

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Y S  

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y 

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

d d  t dy  dt dt d  t dy  2 2t  d 2 y dy   y     2e       2e    2 e  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt



 d 2 y dy  y  4e2t  2   dt   dt

  d 2 y dy   e2t  4e2t  2     y  et  et ln 2 et  et  et t 2 dt    dt 

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Reemplazando en la ecuación [1]

t

d2y dy 4 2  4  y  et  et t 2 dt dt

d 2 y dy 1 e2    y  1  t 2 .......[2] dt 2 dt 4 4 d 2 y dy 1 de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:    y0 dt 2 dt 4 2

1 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  r   0 4



2

t 2

 yh  C1e  C2te

luego la solucion homogenea es:

t 2

 1 r    0 2 

 r

1 (dos veces) 2

.......[3]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones:  y2  t e y1u  t

yp  

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t0

yp 

t 2

ademas: ft   e

y2  u 

y1t 

y2  t 

y1u 

y2  u 

y1u 

y2 u 

t

e

fu  du  

t 2

e 1 t 2 4

ue te

u 2 t 2

u 2

u

u

ue 2

1 u2 e 2

u  u e 2 1    2

t 2

t

e 1  1  u 2 du   4 4 t0

e2

t0

t 2 t

u 2

t 2

t 2 t

t

t 2

t u 2 2

u e e (t  u ) e 2 1  u 2 du u u  u u e 2 e 2 1     2 2

t 2 t

t

e e t e e t e (t  u ) 1  u 2 du  1  u 2 du   u 1  u 2 du  1  u 2 du     4 t0 4 t0 4 t0 4 t0 8

t  3  t 2 2 2   1 1 e (1  u )  2    arcsen u  u 1  u    3 2 2  8    2  La solución general estará dada por: y  yh  y p t





1  u 2 d (1  u 2 )

t0

t

t

e2 yp  4



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y1  e

t 2

t



t





3 e2 e2 yp  arcsen t  t 1  t 2  (1  t 2 ) 2 8 12

t





3 t 3   e2 e2 1 1 y  C1e  C2te  arcsent  t 1  t 2  (1  t 2 ) 2  e 2 C1  C2t  arcsent  t 1  t 2  (1  t 2 ) 2  8 12 8 12   t 2

t 2

Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  2 x  1

 t  ln(2 x  1)

3   1 1   y  2 x  1 C1  C2 ln(2 x  1)   arcsen  ln(2 x  1)  ln(2 x  1) 1  ln 2 (2 x  1)   1  ln 2 (2 x  1)  2   12 8  

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7

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

4. Resolver: y  4 y  f (t )

y(0)  1

,

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

f (t ) Onda sinusoidal 4

t

 4

Solución: Sea la ecuación diferencial: y  4 y  f (t ) ........ [1]

sY S   y(0)  4Y S   F S 



Y S  

1



L

 2

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



1 F  1 ........ [2] s  4 S 

Para calcular F S  primero definiremos la función f (t ) representada por una función continua por tramos. Del grafico se puede identificar las funciones:

 4  4sen2t  f (t )   4  

; 0t  ; t  2

2

          f (t )   4  4sen2t    (t )    t     4  t    4 (t )  4sen2t   (t )    t     2   2  2            f (t )  4 (t )  4sen2t  (t )  4sen2  t       t   Si se conoce que: sen(   )   sen   2  2   2         f (t )  4 (t )  4sen2t  (t )  4sen 2  t      t     2   2  Aplicando la transformada de Laplace:

F S   4

   s  s e0 s 2 2 1 2 2  4e0 s 2 2  4e 2 2 2  4  4 2 2  4e 2 2 2 s s 2 s 2 s s 2 s 2

Reemplazando en la ecuación [2]   s  1  1 2 2 2 4  4  4 e  1  2 2 2 2 s4 s s 2 s 2    s 4s 8 8 Y S    2  2 e 2 ....... [3] s ( s  4) ( s  4)( s  4) ( s  4)( s  4) Reduciendo mediante fracciones parciales: 4s 1 2 1 2      s ( s  4) s s  4 s s  4

Y S  

8

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Mediante el Escalón Unitario

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 ( s 2  4)( s  4)

2 8  ( s 2  4)  ( As  B)( s  4) 5 Igualando grados del polinomio: 2 2 s2 : 0   A  A 5 5 8 8 s0 : 8   4B  B 5 5 2 2 8 2 2 8  s s 8   5  52 5  5  25  2 5 ( s 2  4)( s  4) s  4 s 4 s4 s 4 s 4

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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

2 8 As  B  5  2 2 ( s  4)( s  4) s  4 s  4

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Reemplazando en la ecuación [3]

Y S 

2 8   2 2 8   2 s s      2 s 1 2 5 5 5 5 5 5         e s s  4  s  4 s2  4 s2  4   s  4 s2  4 s2  4     

1 12 1 2 s 4 2 2 s 4 2   2 s 2 1 Y S     2  2   2  2 e s 5 s4 5 s 4 5 s 4 5 s4 5 s 4 5 s 4

L1 



2 4 2 4  12  2  y (t )  1  e 4t  cos 2t  sen2t   (t )   e 4t  cos 2t  sen2t   (t )  5 5 5 5 5   5  t t 

 

 2 4 t  2  2 4  12 4t 2    4       y (t )  1  e  cos 2t  sen2t   (t )   e    cos 2  t    sen2  t      t   5 5 5 5    2 5  2    2   5

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9

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2

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

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SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE -

II / 2009

1. En la ecuación diferencial x2 y  5xy   ( x) y  0 Determinar  ( x) . Si se conoce que y1 ( x) 1  . y2 ( x) ln x Solución: Sea la ecuación diferencial: y 

5  ( x) y  2 y  0 ....... [1] x x

y1 ( x) , y2 ( x) Entonces usaremos la fórmula de Abel

Para las soluciones  P dx e   x y2  y1  dx ( y1 ) 2

 P dx y2 e   x  dx y1  ( y1 ) 2



Se tiene de la condición del problema que: 5   dx

e  x ln x   dx ( y1 ) 2 ln x  

ln x  



x5 1 x5 d  d x    ( y1 ) 2 x ( y1 ) 2 

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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5 y2  ln x , además P x    y1 x

e5ln x x5 d x   ( y1 )2 d x ( y1 ) 2

 ( y1 ) 2  x 6



y1   x 3

y2   x3 ln x

Para encontrar  ( x) reemplazaremos una de las soluciones en la ecuacion [1], por simplicidad tomaremos la solucion mas simple:

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 6x 

y1   x 3



  

5  ( x)  3x 2   2   x3   0  x x  

y1   3x 2 



  

y1   6 x

6 x  15 x  x  ( x)  0



 ( x)  9

 ( x)  9

1 2. Resolver la ecuación diferencial y  y  (7 cot gx  8tgx)( y  y )  0 3 Solución: Ordenando la ecuación diferencial:

d 1 dx ( y  y )  (7 cot gx  8tgx)( y  y )  0  dx 3 ( y  y ) d ( y  y ) 1 d ( y  y ) 1   (7 cot gx  8tgx) d x  0   ( y  y)  3  (7 cot gx  8tgx)d x   0 ( y  y ) 3 7 8 ln( y  y )  ln( senx)  ln(cos x)  ln( K ) 3 3 

10



7 3

y  y  sen x cos



8 3

xK



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8   7  ln( y  y )  ln  sen 3 x cos 3 x K    K y  y  .......[1] 1 7 8 3  sen x cos x 



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

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y  y  0



de la ecuacion [1] planteamos la solucion homogenea:

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

cuya ecuacion caracteristica sera:  r  1  0  r  i luego la solucion homogenea es:  yh  C1 cos x  C2 sen x .......[2] Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: y1  cos x  y2  sen x

x

yp   x0

y1t 

y2  t 

y1 x 

y2  x 

y1t 

y2  t 

y1t 

y2t  x

y p  Ksen x  x0 x

y p  Ksen x  x0

Ademas: f x  

x

ft  dt  

x0

2

cos t sen t

3

sen7 x cos8 x

x

2

3

K

cos t sent x cos x sen x K sen x cos t  cos x sent 1 dt  K dt 1 1 2 2  cos t sent cos t  sen t 7 8 7 8 x0 3 3  sen t cos t   sen t cos t  1  sent cos t

cos t 2

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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2

cos t sent

3

cos 2 t  cot g 2t

1 3

x0



1 3

dt K cos x  x0

sent 2

x

cos ec 2t cos t sen t  cot g 2t

dt K cos x 

2

cos t sen t cos ec 2t



cos 2 t sent dt

dt cos ec 2t  1  cot g 2t

Se sabe:

 x  x  x x 1  cos ec 2t  cos ec 2t  cos ec 2t  2    3 y p  Ksen x   dt    cos ec t  cot g t  dt  K cos x  dt   dt 5 7 2  x  x  x0 x0  cot g t  3 0  cot g t  3 0  cot g t  3      x  x  1 d  cot g t  x d  cot g t  x d  cot g t      3 y p  Ksen x      cot g t  d  cot g t   K cos x   5 7 2  x  x  x 3 3 0  0  cot g t    0  cot g t  x0  cot g t  3  x

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x

2 4 4 1 3   3   3  y p  Ksen x   cot g t  3   cot g t  3   K cos x    cot g t  3  3  cot g t  3  4 2   4  2 4 4 1 3K        yp   sen x  2  cot g x  3   cot g x  3   cos x    cot g x  3  4  cot g x  3   4     

La solución general estará dada por: y  yh  y p





y  C1 cos x  C2 sen x 

3K 4

2 4 4 1      3 3 3 3 sen x 2 tg x  cot g x  cos x  tg x  4 cot g x                

3. Determinar y(t ) en la ecuacion diferencial: t   y(t )  4  (t   ) y(t   )d   t  t    (t  2)  2 0

y(0)  0

,

y(0)  1 .

Solución: t

 

Sea la ecuación: y(t )  4   (t   ) y(t   ) d   t  t 

 0

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   (t  2) ....... [1] 2 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

11

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

t  L   g ( ) f (t   ) d   g (t )  f (t )  G S  F S  0   g ( )   ( ) Para la ecuación diferencial se tiene:   f (t   )  y (t   )  (t   )

           s 2Y( S )  s y (0)  y(0)  4 L   t   L  y (t )   t   2 L  t     t      t     4L   t  2   2   2  2  2   0 1 s 2Y( S )  1  4e0 s  Y( S ) e 0 s 

2  2 s   2 s e  e  4e 2 s s2 s

  2   2s ( s  4)Y( S )   2   e  4e 2 s  1 s s  2 1 2   s 2  s 2    2 s 2 s Y( S )  2 2 e  2   e ( s  4) ( s  4)  s 2 ( s 2  4) 4 ( s 2  4) s  2

1 1   2   2 s 2 1 2  1  s 2 s 2 2 2 e      e ( s  4) 2 ( s 2  4)  s 2 s 2  4 4 s 4 s 2  4   

Y( S )

L1 

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Aplicando la transformada de Laplace. Con la propiedad de convolucion:



1   1 1  y (t )  2sen2t  (t ) t t 2  sen2t  (t )   t  sen2t   cos 2t   (t )  2 4 4 2 4  t t 

2





1 1         y (t )  2sen2(t  2)  (t  2)  sen2t  (t )  2t  sen2  t     cos 2  t      t   2 4  2  2   2 

4. Resolver la ecuacion diferencial: y  y  f (t ) con la condición y(0)  1 . f (t ) onda senoidal 2

2





4

2

onda cosenoidal

Solución: Sea la ecuación diferencial: y  y  f (t ) ........ [1]

sY S   y (0)  Y S   F S 



1

12

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Y S  

t

3 4

L



1 1 F S   ........ [2] s 1 s 1 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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1 1    1           y (t )  2sen2(t  2)  (t  2)  sen2t  (t )    t    sen2  t     cos 2  t      t   2  2 4 4  2   2  2  2  4

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

2sen2t ; 0t  4  f (t )   2cos 2 t   4 ;  4  t  3 4





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Para calcular F S  primero definiremos la función f (t ) representada por una función continua por tramos. Del grafico se puede identificar las funciones:

Mediante el Escalón Unitario

     3   f (t )  2sen2t   (t )   (t  )   2cos 2(t  )   (t  )   (t  )  4  4  4 4             3    3  f (t )  2sen2t  (t )  2sen2 t      t    2cos 2  t     t    2cos 2 t    t   4 2   4   4 4  4   4  4           3   3  f (t )  2sen2t  (t )  2cos 2  t     t    2cos 2  t     t    2cos 2  t     t   4   4   4  4  4  4  Aplicando la transformada de Laplace y luego simplificamos:

4 4s  4 s 2s  34 s 0 s e  e  e s2  4 s2  4 s2  4 4 4s  4 s 2s  34 s F S   2  2 e  2 e En la ecuacion [2] s 4 s 4 s 4     4 s  34 s  4 2s 1 Y( S )   ....... [3]  2e  e    2 2 ( s  1)( s  4)  ( s  1)( s  4)    ( s  1) F S  

Expresando en fracciones parciales:

2s s  1 1 2 1 2 1 4 2 2 s 2  2 2     2   2 2 2 2 ( s  1)( s  4) ( s  1)( s  4) ( s  4) ( s  1)( s  4) 5 ( s  1) 5 ( s  4) 5 ( s  4) Reemplazando en la ecuación [3]

Y( S ) 

 2 1 4 1 2 2 4 s 4 2 2 s    4 s  34 s  1       L1   2e  e    2 2 2 2 5 ( s  1) 5 ( s  4) 5 ( s  4)  5 ( s  1) 5 ( s  4) 5 ( s  4)    ( s  1)

y (t ) 

 2  et 4 2   sen2t  2cos 2t  (t )  2e t  2sen 2t  cos 2t  (t )   2e t  2sen 2t  cos 2t  (t ) 3  t  t  t t  5 2 5 5  4 4



   2  et 4   t  4            y (t )     sen2t  2cos 2t  (t )  2e  2sen 2  t    cos 2  t      t    ........ 5 2 5   4  4    4  

2   t    3   3 .........   2e  4   2sen 2  t    cos 2  t  5  4  4   

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3 

   3     t   4    

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13

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4 4 4  s2  1  s2 4 4  s2 4 (1  s)(1  s) 4 1 2 2 4 s           2   2 2 2 2 2 (s  1)( s  4) 5 ( s  1)( s  4) 5 ( s  1)( s  4) 5 ( s  1)( s  4) 5 ( s  1) 5 ( s  4) 5 ( s  4)

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

y 0  y0  0  y0  0 .

Solución: Primero se debe encontrar, el método más adecuado para resolver el ejercicio usaremos el método de la transformada de Laplace, porque las condiciones iniciales se encuentran en el origen x  0 .

y  4 y  2  2 x  12 x 2

L



  2 2 2 s 3Y S   s 2 y (0)  s y(0)  y(0)  4  sY S   y (0)    2  12 3   s s s 0 0 0 0   2s 2  2s  24 2s 2  2s  24 2 Y S  s ( s  4)   Y S   ....... [1] s3 ( s  2)( s  2) s 4 20 12 5 3 24  2s 2  2s  24 A B C A B C 6  64  64   2  3  44  16  16   2  3  4  ( s  2)( s  2) s 4 4 ( s  2)( s  2) s s2 s2 s s s s s2 s2 s s s s 5 3 2s 2  2s  24   ( s  2) s 4  ( s  2) s 4  A( s 2  4) s 3  B( s 2  4) s 2  C ( s 2  4) s  6( s 2  4) 16 16 Igualando miembro a miembro los coeficientes de los polinomios se tendra: 5 3 1 s5 : 0     A  A 16 16 8 5 3 s4 : 0     B  B 1 8 8 1 s 3 : 0  4 A  C  C 2 5 3 1 1  2s 2  2s  24 1 6  16  16  8  2  23  4 Reemplazando en la ecuacion [1] 4 ( s  2)( s  2) s s2 s2 s s s s 5 3 1 1  1 6  Y S   16  16  8  2  23  4 L1   s2 s2 s s s s 5 2 x 3 2 x 1 1 x2 x3 1 1 5 3 y( x )   e  e   x   6   x  x 2  x3  e2 x  e2 x 16 16 8 2 2! 3! 8 4 16 16 



1 1 5 3 y( x )   x  x 2  x3  e2 x  e 2 x 8 4 16 16

2. Resolver la ecuación diferencial x2 y  xy  2 y  2x cot g (ln x)

.

Solución: 2 Ecuación diferencial de coeficientes variables: x y  x y  2 y  2x cot g (ln x) ...... [1]

14

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1. Resolver la ecuación diferencial y  4 y  2  2x 12x2

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SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE - I / 2010

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Es una ecuación diferencial de EULER, esta se resuelve con el siguiente cambio de variable: t Cambio de variable: x  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:

OVIDIO TACUÑA COLQUE

d

d x  et dt



dt  et dx

dy dy dt dy dt dy t dy      e  y  e  t dx dx dt dt dx dt dt 2  d y dy  d d  dy  dt dt d  dy  y   y    et      et   e2t  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt

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   

x  et

y 

  d 2 y dy    dy  t e2t  e2t  2     et  et   2 y  2e cot g (t ) dt dt dt     



Reemplazando en la ecuación [1]

 d 2 y dy  y  e2t  2   dt   dt



d2y dy  2  2 y  2e t cot g (t ) .......[2] 2 dt dt



d2y dy  2  2y  0 2 dt dt 2 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  2r  2  0  (r  1)  1  r  1  i de la ecuacion [2] planteamos la solucion homogenea:

luego la solucion homogenea es:



 yh  et  C1 cos t  C2 sen t  .......[3]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: y1  et cos t  y2  et sen t y2u 

y1t 

y2t 

t

yp   JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

t0

y1u 

y2u 

y1u 

y2u 

eu cos u eu senu et cos t et sen t

t

fu  du   t0

u

u

e cos u e senu u e (cos u  senu ) e (cos u  senu )

 2e u cot g (u )du

u

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y1u 

ademas: f t   2e t cot g (t )

e u et  cos u sent  senu cos t   e u cot g (u )du u u 2 2  e  cos u  senu cos u  senu cos u  sen u  t0 e t

y p  2

1 t

t

t

cos u cos 2 u t y p  2e   cos u sent  senu cos t  du  2e sent  du  2et cos t  cos u du senu senu t0 t0 t0 t

1  sen 2u  1  y p  2e sent  du  2et cos t sent  2et sent    senu  du  2et cos t sent senu senu  t0 t0  t

t

t

y p  2et sent  ln cos ec t  cot g t  cos t   2et cos t sent



y p  2et sent ln cos ec t  cot g t

La solución general estará dada por: y  yh  y p

y  et  C1 cos t  C2 sen t   2et sent ln cos ec t  cot g t  et C1 cos t  C2 sent  2sent ln cos ec t  cot g t  Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  x 







t  ln ( x)

y  x C1 cos  ln( x)   C2 sen  ln( x)   2sen ln( x)   ln cos ec ln( x)   cot g ln( x)

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

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15

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 t 3t 3. Resolver la ecuación integro-diferencial y  6 e y( )d   1  e

;

y(0)  1

0

Solución: Se puede notar que la integral presenta, un núcleo de convolucion, además se tiene las condiciones iniciales en el origen. Por lo tanto será conveniente aplicar la transformada de Laplace. Ordenando la ecuación integro diferencial. t

L

y  6 e (t  ) y ( )d   1  e 3t



0

1 1 sY S   y (0)  6 et  y (t )   s s3 1 1 1 sY S   1  6 L et  L  y (t )   s s3 1 1 1 sY S   6 Y S    1 s 1 s s3  s2  s  6  s 2  5s  3    Y S   s( s  3)  s 1 

. OVIDIO TACUÑA COLQUE

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t

( s  3)( s  2) s 2  5s  3 Y S   ( s  1) s( s  3)

( s  1)( s 2  5s  3) ...... [1] s( s  2)( s  3) 2 3 51 6 1 51 2   2 ( s  1)( s  5s  3) A A  18  50   15 2  6  50   5 2 2 s( s  2)( s  3) s s  2 s  3 ( s  3) s s  2 s  3 ( s  3)

Encontraremos el valor A por comparacion, multiplicamos por: s( s  2)( s  3) 2 1 51 2 ( s  1)( s 2  5s  3)   ( s  2)( s  3) 2  s( s  3) 2 +A( s  2)( s  3) s  ( s  2) s 6 50 5 Igualando miembro a miembro los coeficientes del polinomio necesario se tendra: 1 51 11 s3 : 1     A  A 6 50 75 1 51 11 2  ( s  1)( s 2  5s  3)  6  50  75  5 2  Reemplazando en la ecuacion [1] s( s  2)( s  3) 2 s s  2 s  3 ( s  3) 1 51 11 2  Y S   6  50  75  5 2 L1   s s  2 s  3 ( s  3) 1 51 11 2 y (t )    e2t  e 3t  te 3t 6 50 75 5  16



1 51 11 2 y (t )    e 2t  e 3t  te 3t 6 50 75 5

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Y S  

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4. Resolver la ecuación diferencial:

 5   sen2t ; 2  t  2 f (t )   0 ; t    t  5  2 2

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

y  4 y  f (t )

y (0)  2 , y(0)  1

.

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Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial.

L

y  4 y  f (t )



s Y S   s y (0)  y(0)  4Y S   F S  2

2



1

Y S  





1 2s  1  F S  ...... [1] s 4 2

Para calcular F S  primero definiremos la función f (t ) representada por una función continua por tramos.

    5   f (t )  sen2t    t      t     0   2     2 cero para los demas intervalos



         5    5  f (t )   sen  2  t      t    sen  2  t    t   2    2    2   2     5  s  s 2 2 F S   e 2 2 e 2 2 Reemplazando en [1] s 4 s 4  5  s  s 1  2 2  2  Y S   2 e 2 2  2s  1  e  2 s 4 s 4 s 4  Y S 

L

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         5  5   5  f (t )  sen2  t       t    sen2  t   t    2  2   2   2  2   2   Se sabe que: sen(  n  )   sen (para ''n '' impar)

2s  1 1 2   52 s  2 s   2   e  e s  4  s2  4  s2  4  

Y S   2

s 1 2 1 2   52 s  2 s      e  ...... [2] e s2  4 2 s2  4  s2  4  s2  4  

Para la transformada inversa de:

1 2 1 2 2        s 2  4  s 2  4 2   s 2  4  s 2  4 

Segun el teorema de convolucion tenemos que: t 1 1  2  1  2  1 L  2  2  sen 2 t  sen 2 t     sen2 sen2(t   ) d   2 2 20 s  4 s  4        

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17

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1 cos(   )  cos(   ) 2

t t 1 1  2  1  sen(4  2t )  2  1 1  L  2  2  cos(2t )      cos(4  2t )  cos(2t )  d    2 20 2 4 4 s  4 s  4 0         1 1  2  sen(2t ) 1  2  1  sen(2t )  1 L  2  2  cos(2t )t   cos(2t )  0   sen(2t )  t cos(2t )   2 4 4  8   s  4  s  4   4 4 

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Por identidades trigonometricas: sen  sen 

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Aplicando la transformada inversa de Laplace, a la ecuación [2]

Y S   2

s 1 2 1 2   52 s  2 s      e  ...... [2] e s2  4 2 s2  4  s2  4  s2  4  

1 1 1   1  1  y (t )   2cos 2t  sen2t   (t )   sen(2t )  t cos(2t )   (t )   sen(2t )  t cos(2t )   (t ) 5  2 4 4   8  8  t t  t t  2

1 1   5   y (t )   2cos 2t  sen2t   (t )   sen 2  t  2 2     8

  1  5    t  2  4 

  5   cos  2  t  2   

2

    5     t  2   

  ........ 

1     1            ..................   sen  2  t      t   cos  2  t       t     2  4  2    2    2  8 



1 1 1  5   y (t )   2cos 2t  sen2t   (t )   sen  2t  5    t  2 4 2   8

  5   cos  2t  5     t  2   

  ..... 

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1 1      ............   sen  2t      t   cos  2t       t   4 2  8   2

18

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE - II / 2010

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Solución:

f ( x)  (2 x  sen 2 x) 2 f ( x)  4 x 2  4 x sen 2 x  sen 4 x

Desarrollando el cuadrado :

Simplificando, para esto usamos identidades trigonometricas: sen 2 

1  cos 2 1  cos 2  cos 2   2 2

1  cos 2 x  1  cos 2 x  1 1 cos 2 2 x 2 f ( x)  4 x  4 x    4 x  2 x  2 x cos 2 x   cos 2 x   2 2 4 2 4   1 1 1  cos 4 x 3 1 1 f ( x)  4 x 2  2 x  2 x cos 2 x   cos 2 x   4 x 2  2 x   2 x cos 2 x  cos 2 x  cos 4 x 4 2 8 8 2 8 3 1 1 f ( x)  4 x 2  2 x   2 x cos 2 x  cos 2 x  cos 4 x ......[1] 8 2 8 Primero analicemos el operador anulador de cada termino. 3 El anulador de: 4 x 2  2 x  es:  D3 8 2

2

El anulador de:

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f ( x)  (2 x  sen2 x)2

es:  D 2

2 x cos 2 x

DD 2 2

2

  D2  4

2

1 El anulador de:  cos 2 x:  ( D 2  22 )  ( D 2  4) 2 1 El anulador de: cos 4 x es:  ( D 2  42 )  ( D 2  16) 8 El anulador de la ecuacion [1] sera el minimo comun multiplo. Entonces:





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1. Anote si existe el operador de coeficientes constantes que anula:

D3 ( D 2  4)2 ( D 2  16)

2. Calcule la transformada inversa de Laplace para: F S  

s 2  8s  8 ( s 2  4s  4)3

Solución: PRIMER METODO: (Por sumas y restas)

s 2  8s  8 s 2  8s  8 s 2  4s  4  12s  4 ( s  2) 2 12s  24  24  4     ( s 2  4s  4)2 ( s  2) 2  2 ( s  2) 4 ( s  2) 4 ( s  2) 4   1 12( s  2) 28 1 12 28       2 4 4 2 3 ( s  2) ( s  2) ( s  2) ( s  2) ( s  2) ( s  2) 4

F S   F S 

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19

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1 12 28   2 3 ( s  2) ( s  2) ( s  2)4

L1 

SOLUCIONARIO DE EXAMENES



 K  K Sabiendo que: L1   e at t n1 n ( s  a ) ( n  1)!   1 12 28 14 14   f (t )  e 2 t t  e 2t t 2  e 2 t t 3  e 2 t t  6 e 2t t 2  e 2 t t 3  e 2 t  t  6 t 2  t 3  1! 2! 3! 3 3   



14   f (t )  e 2 t  t  6 t 2  t 3  3  

SEGUNDO METODO: (Por Cambio de Variable)

s 2  8s  8 s 2  8 s  8 s 2  8s  8   ( s 2  4s  4) 2 ( s  2) 2  2 ( s  2) 4   s 2  8s  8   C.V . s  2  u  ( s  2) 4

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F S  

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F S  

s u2

s 2  8s  8 (u  2) 2  8(u  2)  8 u 2  12u  28 1 12 28 1 12 28    2 3 4    4 4 4 3 ( s  2) u u u u u ( s  2) ( s  2) ( s  2) 4 Entonces se tendra: s 2  8s  8 1 12 28    4 3 ( s  2) ( s  2) ( s  2) ( s  2) 4

L1 



 K  K Sabiendo que: L1   e at t n 1 n  ( s  a ) ( n  1)!   1 12 28 14 14   f (t )  e2 t t  e 2t t 2  e 2 t t 3  e 2 t t  6 e 2t t 2  e 2 t t 3  e 2 t  t  6 t 2  t 3  1! 2! 3! 3 3   



14   f (t )  e2 t  t  6 t 2  t 3  3  

3. Resolver la ecuacion diferencial: 3 y  6 y  6 y  ex sec x Solución:

 3 y  6 y  6 y  e x sec x .......[1] de la ecuacion [1] planteamos la solucion homogenea:  3 y  6 y  6 y  0 cuya ecuacion caracteristica sera:  3r 2  6r  6  0  (r  1)2  1  r  1  i luego la solucion homogenea es:  yh  e x  C1 cos x  C2 senx  .......[2] Para la solucion particular ''y p '' usaremos el metodo de variacion de parametros, para las soluciones: y1  e x cos x  y2  e x senx 20

ademas: f x  

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e x sec x 3 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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F S  

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

y p  u1 y1  u2 y2 .......[3]

La solucion particular tiene la forma: Para ello determinamos el wroskiano: y1 y1

y2 e x cos x e x senx  x  e2 x  cos 2 x  sen x cos x  sen x cos x  sen 2 x   e2 x y2 e cos x  e x senu e x senx  e x cos x

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W

1

W e Resolviendo el sistema se tiene: 2x

y2 f  x  y2 f  x   e x sen x e x sec x 1  sen x 1    u1    d x   2 x  dx   dx  ln cos x u1    W W e 3 3 cos x 3  x x   y1 f x    u  y1 f x  d x  e cos x  e sec x dx  1 d x  x u   2 2  W  e2 x  W 3 3 3 Reemplazando en la ecuacion [3] 1 x y p  u1 y1  u2 y2  ln cos x e x cos x  e x sen x  3 3 La solución general estará dada por: y  yh  y p

1 1 y p  e x cos x ln cos x  x e x sen x 3 3

1 1 y  e x  C1 cos x  C2 senx   e x cos x ln cos x  x e x sen x 3 3 



1 1   y  e x C1 cos x  C2 senx  cos x ln cos x  x sen x  3 3   t

Solución:

Sea la ecuación diferencial:

y 

t  2 1 1 3  y  y   4  2 t e  ...... [1] 3 9 9 



de la ecuacion [1] planteamos la solucion homogenea: Expresando como diferenciales 

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4. Resolver la ecuacion diferencial: 9 y  6 y  y  4  2 t e 3

y 

2 1 y  y  0 3 9

1  2 2  D  D    y  0 3 9  2

2 1 1  1 Cuya ecuacion caracteristica sera:  r 2  r   0   r    0  r  (Dos veces) 3 9 3  3 t

t

Luego la solucion homogenea es:  yh  C1e 3 +C2 t e 3 .......[2] Para la solucion particular ''y p '' usaremos los metodos abreviados, para lo cual escribimos la ecuacion [1] como operadores. t  4 2 3t 1 1  2 2 3  D  D    y   4  2 t e    t e despejando "y " 3 9 9   9 9

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21

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

t 4 1 2 1  t e3 1 9  2 2 1 9 2 2 D  D  D  D  3 9 3 9   Usando las siguientes propiedades se tendra: 1 1 1 1 k k ; F (0)  0 Ademas: eat ut   eat u F ( D) F (0) F ( D) F ( D  a) t 

4 1 2 t  e3 1 9 9 2 2 0  0  3 9 

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yp 

4 1 2 3t 1 t    e t 2 9 1 9 D2  1 2 1 1   D     D     9 3 3 3 9  2 t 1 2 t 1 t2  2 t  t2  2 t t3 y p  4  e 3   t dt   4  e 3    4  e 3   dt   4  e 3 9 D 9 D2 9  2  9 6 yp 

1

1 3t 3 yp  4  e t 27

La solución general estará dada por: y  yh  y p



t 3

1 3t 3 y  C1 e +C2 t e +4  e t 27



t 3

5. Deducir la expresion completa de la funcion f (t ) en la ecuacion integral: t

f (t )  (t  2)2  cos 2 t  2 sen(2  2t ) f ( ) d  0

Primero la ecuación integro diferencial dada tiene núcleo de convolución, por lo tanto es conveniente aplicar la transformada de Laplace, pero primero simplificaremos y agruparemos de una forma adecuada. Sea la ecuación diferencial: t

9 1 f (t )  t  4 t   cos 2t  2 sen 2 (t   ) f ( ) d  2 2 0 2

L



2! 1 91 1 s 2 4 2    2 F S   2 3 2 s s 2 s 2 s 4 s 4 2  s  2 4 9 1 1 s F S   2  3  2     2 2 s 2 s 4  s 4 s s F S  

 s2  4   2 4 9 1 1 s   4  2 4 9 1 1 s  F S    2  3  2     2   1  2  3  2     2  2 s 2 s  4   s  s s 2 s 2 s 4  s  s s 2 4 9 1 1 s 8 16 1 1 4  s2  s2 F S   3  2     2  5  4  18  3  s s 2 s 2 s 4 s s s 2 ( s 2  4) s 2 4 9 1 1 s 8 16 1 11 1 s F S   3  2     2  5  4  18  3   s s 2 s 2 s 4 s s s 2 s 2 s2  4 5 4 20 16 8 F S    2  3  4  5 L1   s s s s s

22

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Solución:

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

k k  L1  n   t n 1 s ( n  1)!   4 20 16 8 8 1 f (t )  5  t  t 2  t 3  t 4  5  4t  10 t 2  t 3  t 4 1! 2! 3! 4! 3 3 

y(0)  1 ,

8 1 f (t )  5  4t  10 t 2  t 3  t 4 3 3



6. Resolver la ecuacion diferencial:

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Sabiendo que:

y  y  cosh(t )  f (t )

y(0)  3

 sen(2t ) ; 0  t    2 f (t )   0 ; t 0  t    2

Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial.

y  y  cosh(t )  f (t )

L

s 2Y S   s y (0)  y(0)  Y S  

s F s 1 S 

1



3

Y S  



2

1  s   s  3  F S   ....... [1]  2 s  1  s 1  2

Para calcular F S  primero definiremos la función f (t ) representada por una función continua por tramos.



        f (t )  sen2t  (t )  sen2  t       t    2  2   2  Se sabe que: sen(   )   sen        g (t )  sen2t  (t )  sen 2  t      t   L   2   2     s  s 2 0s 2 2  2 2 F S   2 e  2 e  2 1  e  s 4 s 4 s 4  Y S  

1 2 s 1

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    f (t )  sen2t    t     t     0    2   cero para los demas intervalos

 Reemplazando en [1]

  s  s 2  2  s  3  1  e  2   2 s 4  s  1  

  s 1  s 3 1 2   1 2 Y S   s  2  2   2  2  2  2 1  e    s 1 s 1  s 1 s 1 s 1 s  4  

Y S 

2  1   2  1      2   s s 3  s 2  22   2  2   2 3  2 3  1  e 2    s 1 s 1  s 1 s 1  s 1 s  4      

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23

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1 s 1 s s 3 1 1 2   2  2  2  2 2  2  2 2 s 1 2 s 1 s  1 s  1 3  s 1 s  4 

1 s 1 s 11 1 1 2 1 1 2   2 s     2   e 2 s2 1 2 s2 1 3 s2 1 3 s2  4 3  s2 1 s2  4 

L1 



1 11 1 1 1  y (t )   cos t  cosh t  sent  sen2t   (t )   2sent  sen2t   (t )  2 3 3 3 2  t t 

2





11 1 1 1 1          y (t )   cos t  sent  sen2t  cosh t   (t )   2sen  t    sen2  t      t   3 3 2 3 2   2  2   2 

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Y S  

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Y S   

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE - I / 2011 16 x 2  16 x  4 4 x2  4 x  2

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1. Resolver la ecuación diferencial: (2 x  1)2 y  4(2 x  1) y  Solución: Simplificando y agrupando la ecuación: (2 x  1) 2 y  4(2 x 1) y  4 

4 x2  4 x 1 4 x2  4 x  1 1

(2 x  1)2 ........[1] Ecuación diferencial de Legendre: (2 x  1)2  1 t Cambio de variable: 2 x 1  e Derivando según la regla de la cadena se tiene: dt d  2 x  1  et   2d x  et dt   2e t dx dy dy dt dy dt dy dy y        2e t  y  2e t  dx dx dt dt dx dt dt 2 d d  t dy  dt dt d  t dy  2 2t  d 2 y dy  dy  2 t  d y y   y    2e       2e    2 e  2    y  4e  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt  dt   dt  dt (2 x  1) y  4(2 x  1) y  4 2

Reemplazando en la ecuación [1]

 2t  d 2 y dy   e 2t t   t dy  e  4e  2     4e  2e    4 2t dt   dt  e 1   dt   d 2 y dy  dy e 2t d2y dy e 2t 4  2    8  4 2t   3  .......[2] 2 2t dt dt dt e  1 dt dt e  1   d2y dy 3  0 2 dt dt 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  3r  0  r (r  3)  0  r  0  r  3 de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:

luego la solucion homogenea es:



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2t

 yh  C1  C2e3t .......[3]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: y1  1  y2  e3t

t

yp   t0

y1u 

y2 u 

y1t 

y2  t 

y1u 

y2 u 

y1u 

y2u 

ademas: ft  

t

fu  du   t0

e 2t e 2t  1

1 e 3u 1 e 3t 1 e 3u 0 3e3u

e 3t eu 1 e 2u e 3t yp  du  du  3 t0 e2u  1 3 t0 e2u  1 3 t

t

e2u e 3t  e 3u e 2 u du   3e3u  e2u  1 du e 2u  1 t0 t



t



t0

e

u

 eu   eu e 2u  1

t

du 

1 2e2u du 6 t0 e2u  1

t u u t t t t  1 e3t   e  e  eu e3t 1 2u u u 2u  yp  du   2u du   ln e  1   e  arctg (e )   ln e  1 3 t0 eu  eu  eu  e 1  6 3 6 t0  

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25

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

e2t e3t 1  arctg (et )  ln e2t  1 3 3 6

La solución general estará dada por: y  yh  y p

e2t e3t 1 1 1   arctg (et )  ln e 2t  1  C1  C2e3t   e 2t  e3t arctg (et )  ln e 2t  1  3 3 6 3 2 

y  C1  C2e3t 

Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  2 x  1 

1 1 3 2 3 2  y  C1  C2  2 x  1    2 x  1   2 x  1 arctg (2 x  1)  ln  2 x  1  1  3 2 



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yp  

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2. Si: y x   x   (  x) y  d es una solución particular de la ecuación diferencial. x

0

(sen x  cos x) y  (2senx) y  (senx  cos x) y  0 Determinar la solución completa.

Solución: Sea la ecuación diferencial homogénea:

( sen x  cos x) y  (2senx) y  ( senx  cos x) y  0  ( sen x  cos x) y 

2senx senx  cos x y  y  0 ...... [1] sen x  cos x sen x  cos x

Primero encontraremos la solución particular, la ecuación integro diferencial dada tiene núcleo de convolución, por lo tanto es conveniente aplicar la transformada de Laplace.

y x   x   (  x) y  d x

0

y x   x   ( x   ) y  d x

0



Entonces la otra solucion ''y2 '' se puede calcular usando la formula de Abel de la ecuacion [1]

e   x y2  y1  dx ( y1 ) 2  P dx

sabiendo que: P x   

2 sen x

y2  senx 

e

y2  senx 

e

 sen x cos x d x 2

sen x x



d x  senx 

d ( sen x  cos x ) sen x  cos x

sen 2 x

e



d x  senx 

2senx sen x  cos x

sen x  cos x  cos x  senx dx sen x  cos x 2

sen x

cos x  senx

d x  senx 

e

 dx   sen x cos x d x sen 2 x

dx

e x  sen x  cos x  e x ln  sen x cos x  d x  senx d x .......[2]  sen 2 x sen 2 x

  x  ex e cos x  y2  senx   d x d x  ......[3] 2 senx sen x     I1 26

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 

1 1 1 1  x  y x   2  L  x  L y x   2  2 Y S  2 S S S S 1 1 1 Y S   2  2 Y S   Y S   2 L1    y x   senx S S S 1 Si consideramos ala solucion particular como: y x   y1  y1  senx Y S  

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L

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1 cos x  d   du   dx 2 u  senx  sen x   x x  dv  e d x  v  e

ex cos x   ex dx Reemplazando en [3] senx sen 2 x  ex e x cos x e x cos x  x y2  senx   dx   sen2 x d x   e sen 2 x  senx

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ex I1   d x Integrando por partes: senx

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

I1 



y2  e x

Tambien se podria encontrar la solucion de la ecuacion [2] si se ordena de una forma adecuada y2  senx 

 ex   ex  x e x senx  cos x e x d x  senx d  sen x  e   senx  sen 2 x  senx 



y2  e x

y  C1 y1  C2 y2

como:

 Resolver: y  t y  y  1

3.



y 0  1

;

y  C1senx  C2e x ;

y2  2

Solución: Para resolver la ecuación diferencial aplicaremos la transformada de Laplace, pero las condiciones iniciales deben estar en el origen: Por lo tanto asumiremos que: y0  K y luego hallaremos el valor de K al evaluar en la solución obtenida la condición: y1  2



n





n

(n) S 





Se puede notar que la ecuación [1] es una ecuación diferencial lineal de primer orden. Entonces buscamos su factor integrante: P dS   e S   e S2 2

S 2 2 dS S



e

2

  S  S  dS

S2 2

e

e S YS    S  2  S e Y S   e 2

2

S2 2

S2  2ln S 2

 K Se

S S S d  S2 2  2 2 2 2  e S Y S    K Se  e  S e dS   2

2

2

2

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 e S 2 ; multiplicamos ala ecuacion diferencial [1]

S2 2

S e

2

2

2

S2 2

S S S  S 2   2 2 2 2 2 d  e S Y S     K Se  e  S e       2



S S S  S 2   2 2 2 2 2 d e S Y  K Se  e  S e S           2

S2 2

2

2

2

2

   dS  

S S S S   S2  2 2 2 2 2 2 dS  e S Y  K e d  e dS  S e dS  S    2     2

2

2

2

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27

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

dn F , aplicando Laplace a la ecuación diferencial: Además sabiendo que: L t ft  =  1 F   1 ds n  S  d 1 S 2Y S   S y 0  y0  (1)1 S Y S   y 0  Y S   dS S d 1 1 S 2Y S   S  K  S Y S   1  Y S    S 2Y S   S  K  Y S   SYS   Y S   dS S S 2  S 2 1 1 K SYS    S 2  2  Y S    K  S  YS     Y S   2   1 .....[1] S S S  S  n

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE S2 2

e S Y S   K e

S2 2

S2 2

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

S2 2

  e dS   S e dS ...... [2] 2

I1

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

2

OVIDIO TACUÑA COLQUE

d  u  S   du  dS  2 I1   S e dS Integrando por partes:  S S2  2 2  dv  S e dS  v  e S2 2 2

I1  Se S2 2

S2 2

S2 2

  e dS Reemplazando en [2]

e S Y S   K e S2 2

2

e S Y S   K e 2

S2 2

S2 2

S2 2

  e dS  Se  Se

S2 2



S2 2

S2 2

  e dS  K e

S 2Y S   K  S

S2 2

 Se



S2 2

Y S  

K 1  S2 S

L1 



yt   t K  1 ..... [3] t  1 Para hallar K derivamos la ecuacion [4] y luego la evaluamos en: y1  2   y  2 yt   K  K  2  en la ecuacion [3] y ordenando. 



yt   1  2 t

4. Resolver la ecuación diferencial: y  4 y  f  t  , con la condición y 0   0 si se verifica que ft 3  ft  5. (La curva es la unión de dos parábolas de segundo orden). f (t ) 2

t 1

3

2

Solución: Sea la ecuación diferencial: y  3 y  ft  ......[1]

sY S   y(0)  3Y S   F S 



( s  3)Y S   F S 

0

L

 

Y S  

1 F ....... [2] ( s  3)  S 

Para determinar F S  , primero se debe definir la función f  t  , teniendo en cuenta que es una función periódica con: T  3 Definiendo la función f  t  se tiene:

t 2 ; 0  t 1 ft    2 2  (t  2) ; 1  t  3 Aplicando la transformada de Laplace, para una función periódica se tiene.

28

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1

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 

L ft  

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

T

1 e  st ft  dt Ts  1 e 0

 

1 3 1 3   1   st 2 1   st 2  st 2 e t dt  e 2  ( t  2) dt  e t dt  e  st  t 2  4t  2  dt     3 s   3 s     1 e  0 1 1  1 e  0  1 3  e st  2 2t 2  e st  2 2t  4 2    2   t   2    t  4t  2  s s  0 s  s s 1    s    e s  2 2  1 2 e3s  2 2  e s  20 2    1       1   2    1   2    s  s s2  s s2 s  s s  s  s s    

1 1  e3s

F S  

1 1  e3s

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F S  

 s 4 2 2 2  3 s  1  e s 3  s 3  e  s  s 2  s 3   Reemplazando en la ecuacion [2]    1 1  s 4 2  1 2 2  Y S    e 3  3  e 3s   2  3   3 s  ( s  3) 1  e  s s  s s s  e s 4 1 2 e3s 1 1 2 2  Y S             ....... [3] 3 s 3 3 s 3 3 s 1 e ( s  3) s 1  e ( s  3) s 1  e ( s  3)  s s 2 s 3  Se sabe que: F S  

1 1  e3s

  e s s 3 sn  e e  e s (3n 1)    3 s 1 e n 0 n 0 1 1 1 1    1  27  27  29  33 3 ( s  3) s s 3 s s s 1 1 1   1  9  9  23 ( s  3) s 2 s  3 s s 1 1  1  3  3 ( s  3) s s  3 s

 e3s  e3s ( n 1)  3 s 1 e n 0

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L ft   F S  

1 1 8 2  1 1 2 2  1 2 2    27  27  92  33 En la ecuación [3]   2  3 2 ( s  3)  s s s  s( s  3) ( s  3) s ( s  3) s 3 s  3 s s s

1 1 1 1 1 1  1  1             4 e s (3n 1)  27  27  29  33   2 e3s n  27  27  29  33   ............ s s s  n 0 s s s  n 0  s 3  s 3     1 8 2  1     ...........   e3s ( n 1)  27  27  92  33  s s s  n 0  s 3   

Y S 

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L1 

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

29

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

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 1 1 2  1 1  yt   4    t  (3n  1)    t  (3n  1)   e3t (3n1)     t  (3n  1)   ........ 9 6 27  n  0  27  1 1 2  1 1  .....  2     t  3n    t  3n   e3t 3n     t  3n   ......... 9 6 27  n  0  27

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 1 1 2  1 8  .....       t  3(n  1)    t  3(n  1)   e3t 3( n 1)    t  3(n  1)  9 3 27  n  0  27

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30

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE II / 2011 y1 ( x) , y2 ( x) . Son soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea: x(1  x ln x) y  (1  x2 ln x) y  ( x 1) y  0 Determinar W y ( x ), y ( x ) 1

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1. Si

2

Solución: Para una ecuación diferencial: y  P x  y  Q x  y  0 ....... [1] El Wronskiano se define como: W  W y1 ( x ), y2 ( x )  C e  Llevando la ecuación diferencial dada a la forma de la ecuación [1] (1  x 2 ln x) ( x  1) y  y  y  0 ....... [2] x(1  x ln x) x(1  x ln x) Identificamos:  P x  d x

(1  x 2 ln x) P x   x(1  x ln x) Por lo tanto el Wronskiano sera:

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I1   

Ce



(1 x 2 ln x )

 x (1 x ln x ) d x

(1  x 2 ln x) d x (1  x ln x) x



 C e I1 ...... [3]   C.V . ln x  u   d

dx  du x



Ademas: x  eu

ue2u  eu   eu  1 eu  ueu  1 eu  ueu   ueu  1   1  ue2u I1    du   du   du   du 1  ueu ueu  1 ueu  1 ueu  1 eu  ueu ueu  1 I1   eu du   u du   u du  eu  ln ueu  1  u  x  ln x ln x  1  ln x  ue  1 ue  1 x e ( x ln x  1) W  C e x ln x ln x 1 ln x  C x e x ( x ln x  1)   W y1 ( x ), y2 ( x )  C x

2. Resolver:

y 

en [3]

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W Ce 

 P x  d x

3 y 18 y   e ln3 x 2 tg 2  ln(3x  2)  2 (3x  2) (3x  2)

Solución: Ordenando la ecuación diferencial para la cual multiplicamos por: (3x  2)

2

(3x  2) 2 y  3(3x  2) y  18 y  (3x  2) tg 2  ln(3x  2)  ....... [1] La ecuación [1] es una ecuación diferencial de Legendre t Cambio de variable: 3x  2  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:

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31

   

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3 x  2  et

d

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3d x  et dt



SOLUCIONARIO DE EXAMENES

dt  3e t dx

dy dy dt dy dt dy t dy       3e  y  3 e t dx dx dt dt dx dt dt d d  t dy  dt dt d  t dy  2 2t  d 2 y dy    y   y    3e      3e 3 e  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt y 



2 dy  2 t  d y  y  9e  2   dt   dt

Reemplazando en la ecuación [1]

  d 2 y dy   dy   e2t  9e2t  2     3et  3et   18 y  et tg 2  ln et  dt   dt    dt   d 2 y dy  dy d2y dy et tg 2t 9  2    9  18 y  et tg 2t   2  2 y  .......[2] dt  dt dt 2 dt 9  dt

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d2y dy de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:   2  2y  0 2 dt dt 2 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  2r  2  0  (r  1)  1  r  1  i luego la solucion homogenea es:

 yh  et  C1 cos t  C2 sent  .......[3]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones:

t

yp   t0

y1u 

y2  u 

y1t 

y2  t 

y1u 

y2  u 

y1u 

y2u 

eu cos u eu senu et cos t et sent

t

fu  du   t0

et tg 2t 9

eu cos u eu senu eu cos u  eu senu eu senu  eu cos u

eu et  cos u sent  senu cos t 

t

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ademas: ft  



eu tg 2u et y p   2u  du  2 2 9 9 t0 e  cos u  senu cos u  senu cos u  sen u 

eu tg 2u du 9

t

sen 2u   cos u sent  senu cos t   cos2 u du t0

1 t t t  et   e  sen u sen 2u 1  cos 2 u 1  cos 2 u y p   sen t  du  cos t  sen udu  sen t du  cos t sen udu     cos u  cos2 u 9  cos u cos 2 u t0 t0 t0 t0  9   t t t t  et   sen udu y p   sen t   sec u  cos u  du  sent  cos u du  cos t   cos t sen udu   9  cos 2 u t0 t0 t0 t0  t

t

2

t cos t   e  sen t ln sec t  tgt  sent sent  cos t  cos t cos t   9  sen t ln sec t  tgt  2  La solución general estará dada por: y  yh  y p

et yp  9

et  sent ln sec t  tgt  2 9 1   y  et C1 cos t  C2 sent   sent ln sec t  tgt  2   9   y  et  C1 cos t  C2 sent  

32

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y1  et cos t  y2  et sent

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Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  3x  2



SOLUCIONARIO DE EXAMENES

t  ln  3x  2 

  1   y  (3x  2) C1 cos ln(3x  2)  C2 senln(3x  2)   sen ln(3x  2)  ln sec ln(3x  2)   tg ln(3x  2)  2  9  







3. Si y  4 y   9  t 2  7  3 (t  6) con las condiciones y0  2 , y 0  0 . Determinar y1 Solución: Primero se debe encontrar, y t  y luego evaluar en t  1 para luego encontrar y1





y  4 y   9  t 2  7  3  (t  6)....... [1]

Sea la ecuacion diferencial:

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

1 ; t  a  0  t  a  (t - a)   0 ; t  a  0  t  a 1 ; 9  t 2  7    9  t 2   7    9  t 2   7  t  2  2  9t 7   2 2 2 0 ; 9  t  7    9  t   7    9  t   7  t  2 1 ;  0  t  2  t  4  9  t2  7   t 2  t4 0 ;  1 ;  0  t  2   9  t 2  7  1 ;  t4  0 ;  t  2  t  4













 t4  t4

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Para poder aplicar la transformada de Laplace, analizaremos la funcion paso unitario para lo cual partimos de la definicion.

Calculamos la transformada de Laplace por definición: 



L  f (t )   e st f (t ) dt

; Para nuestro caso se tiene: f (t )   9  t 2  7



0







2



e st  e st  L  9  t  7   e (1) dt   e (0) dt   e (1) dt    s  0  s  4 0 4 2 1 1 1 1 1  L  9  t 2  7   e s 2  1   s  e4 s    e s 2  1  e4 s   1  e4 s  e s 2     s se s s  1 L  9  t 2  7  1  e4 s  e s 2  ....... [2]  s 2

 



2

 st



4

 st

 st





Aplicando Laplace a la ecuación [1]





s 2Y S   s y (0)  y(0)  4Y S   L  9  t 2  7  3 e 6 s ; De la ecuacion [2] 0

2

1 ( s 2  4)Y S   1  e4 s  e s 2   3 e6 s  2  s OVIDIO TACUÑA COLQUE

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33

1 ( s 2  4)Y S   1  e 4 s  e  s 1 1  e4 s  e Y S   2 ( s  4) s  Y S  

2s

2s

4  s2  s2  1  e4 s  e 4( s 2  4) s 

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

  3 e 6 s  2    2 3 e6 s  2 2  ( s  4) ( s  4)

2s

  3 2 2 e6 s  2 2  2 ( s  4) ( s  4)

s  1 1 1 4 s  Y S       2  1  e  e 4 s 4 s  4  

2s

  3 2 2 e6 s  2 2  2 ( s  4) ( s  4)

1 1 1 s 2 s  4 s  1 1 1 s   1 1 1 Y S      2  2     2 e     2 e 4 s 4 s  4 ( s  4)  4 s 4 s  4  4 s 4 s 4

2s



1 1  1 1  1 1  y (t )    cos 2t  sen2t   (t )    cos 2t   (t )    cos 2t   (t ) 4 4  4 4  4 4  t t  4 t t 

3 2 e6 s 2 2 ( s  4)

L1 



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3  sen2t  (t ) 2 t t  6 2

1 1  1 1  1 1  y (t )    cos 2t  sen2t   (t )    cos 2(t  4)   (t  4)    cos 2(t  2)   (t  2)  .......... 4 4  4 4  4 4  3 ........  sen2(t  6)  (t  6) 2 Para hallar y(1) reemplazamos en la ecuación [3] el valor de t  1 3 1 1  1 1  1 1  y (1)    cos 2  sen2   (1)    cos 2(3)   (3)    cos 2(1  2)   (1  2)  sen2(5)  (5) 2 4 4  4 4  4 4  1 ; t  0 Por definición de la función paso unitario:  (t )   0 ; t  0





y (1) 

1 1  cos(2)  sen(2) 4 4

4. Resolver la ecuación diferencial y  6 y  12 y  8 y  2(t  2)2 e2(t 2) si condiciones y 2  1 , y2  0 , y2  2 . Solución: Primero se debe encontrar, el método más adecuado para resolver el ejercicio usaremos el método de la transformada de Laplace, como las condiciones iniciales no se encuentran en el origen t  0 , para esto se debe efectuar un cambio de variable, es decir: t  2  x y yt   z x  debe notarse que cuando t  2  x  0 luego las condiciones iniciales cambian a z 0  1 , z0  0 , z0  2 , las derivadas también cambian, según la regla de la cadena. y 

dz d 2z d 3z , y  2 , y  3 dx dx dx

Reemplazando en la ecuación diferencial se tendrá:

34

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3 1 1  1 1  1 1  y (1)    cos 2  sen2   (1)    cos(6)   (3)    cos 2(1  2)   (1  2)  sen2(5)  (5) 2 4 4  1 4 4  0 4 4  0 0

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d 3z d 2z dz  6  12  8 z  2 x 2e2 x 3 2 dx dx dx



SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 z   1 , z   0 , z   2 0

0

0















d2  1    ds 2  s  2 

s 3 Z S   s 2  1  s  0    2   6 s 2 Z  S   s  1   0   12 sZ  S    1  8Z  S   2 s 3 Z S   s 2  2  6s 2 Z  S   6s  12sZ  S   12  8Z  S   22

s

3

 6s 2  12s  8 Z  S  

Z S  Z S 

4  10  s 2  6s 3 ( s  2)



d  1    ds  ( s  2) 2 

1 ( s  2)3 ( s  2)3 Z  S  

4  10  s 2  6s 3 ( s  2)

( s  2)2  2s  4  2  4 s 2  6s  10 4 4 1 2 2         6 3 6 3 6 2 ( s  2) ( s  2) ( s  2) ( s  2) ( s  2) s  2 ( s  2) ( s  2)3 1 2 2 4     L1   2 3 6 s  2 ( s  2) ( s  2) ( s  2)

 K  K Sabiendo que: L1   eax x n 1 n ( s  a ) ( n  1)!   2 2 4 z x   e2 x  e2 x x  e2 x x 2  e2 x x3  1! 2! 5! Pero: yt   z x  y t 2  x JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE



s 3 Z S   s 2 z 0  sz0  z0  6 s 2 Z  S   sz 0  z0  12 sZ  S   z 0  8Z  S   2(1) 2

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 d 3z  d 2z dz L  3  6 2  12  8 z   2 L  x 2e2 x  dx dx  dx 





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z x   e 2 x  2e 2 x x  e 2 x x 2 

yt   e2(t 2)  2e2(t 2) (t  2)  e2(t 2) (t  2)2 

1 2x 5 e x 30

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Aplicamos la transformada de Laplace

1 2( t 2) e (t  2)5 30

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1. En la ecuación diferencial: y  (tgx  2ctgx) y  f ( x) y  0 , si se conoce que:

y1 1  . Se pide y2 sen x

Hallar: a) la solución de la ecuación diferencial, b) la función f ( x) . Solución: a) La solución de la ecuación diferencial sera: y  C1 y1  C2 y2 ....... [1] Por lo tanto se debe hallar las soluciones  P dx e   x y2  y1  dx ( y1 ) 2

y1 ( x) , y2 ( x) para esto usaremos la fórmula de Abel

 P dx y2 e   x  dx y1  ( y1 ) 2



Se tiene de la condición del problema que:  ( tgx  2 ctgx ) d x e  senx   dx ( y1 ) 2

senx  

y2  sen x ...... [2] , además P x   tgx  2ctgx y1

eln(cos x ) ln( sen senx   ( y1 ) 2



cos x sen 2 x cos x sen 2 x d  d x    cos x  ( y1 ) 2 ( y1 ) 2



Reemplazando en la ecuacion [2]

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SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE I / 2012

2

x)

dx  

cos x sen2 x dx ( y1 ) 2

 ( y1 ) 2  sen 2 x



y1   senx

y2   sen2 x

Reemplazando en la ecuación [1] las soluciones encontradas:





y  C1 senx  C2 sen2 x

caso usaremos la más simple: y1  senx en y  (tgx  2ctgx) y  f ( x) y  0

 senx  (tgx  2ctgx) cos x  f ( x) sen x  0 f ( x) sen x  2

cos 2 x senx





2.



f ( x)  2



y1  cos x





y1  senx

cos 2 x  senx  senx  2  f ( x) sen x  0 senx

cos 2 x  2cotg 2 x sen 2 x



f ( x)  2cotg 2 x

f ( x)  2cotg 2 x

Resolver la ecuación diferencial de orden superior:  ln(2 x  3)  (2 x  3) 2 yVI  2(2 x  3) yV  y IV  eln  2 x 3  sen   2  

Solución: IV Se puede notar en la ecuación diferencial que si se realiza el cambio de variable, y  p esta se reduce de orden.

36

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b) Para la función f ( x) reemplazamos una de las soluciones encontradas anteriormente, en nuestro

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES



    Si: y IV  p  yV  p  yVI  p  Reemplazando en la ecuacion diferencial y realizando algunas simplificaciones.  ln(2 x  3)  (2 x  3) 2 p  2(2 x  3) p  p  (2 x  3)  sen   ....... [1] 2  

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

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La ecuación [1] es una ecuación diferencial lineal de Legendre para la cual realizaremos el siguiente, t Cambio de variable: 2 x  3  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:

2 x  3  et

    d

2d x  et dt



dt  2e t dx

dp dp dt dp dt dp dp       2et  p  2 e  t dx dx dt dt dx dt dt 2 d d  dp  dt dt d  t dp  dp  2 2 t  d p p   p    2e t    2 e  2 e  2      dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt p 



 d 2 p dp  y  4e 2t  2   dt   dt

Reemplazando en la ecuación [1]

  d 2 p dp   dp   t t e2t  4e2t  2     2et  2et   p  e sen   dt   dt   2  dt   d 2 p dp  dp d 2 p p et t t t 4  2    4  p  e sen      sen   .......[2] 2 dt  dt dt 4 4 2 2  dt d2 p p  0 dt 2 4 1 i cuya ecuacion caracteristica sera:  r 2   0  r 4 2 t t luego la solucion homogenea es:  ph  C1 cos  C2 sen .......[3] 2 2 Para la solucion particular ''p p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: 

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de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:

et t sen   4 2 u u cos sen 2 2 y1u  y2u  t t cos sen t y t y 1 t  2 t  eu u 2 2 pp   fu  du    sen   du y1u  y2u  u u 4 2 t0 t0 cos sen 2 2 y1u  y2u  1 u 1 u  sen cos 2 2 2 2 u t u t  sen  sen cos  u t  cos t u t u t  eu 2 2 2 2 e u  u pp     sen   du   2  cos sen  sen cos   sen   du u u 4 2 2 2 2 4 2 2 t0  1 2 cos 2 t0   1 2 sen 2   2 2  p1  cos

t  2

p2  sen

t 2

ademas: f t  

12

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pp 

1 t u u 1 t u 1 t 1 t 1  cos u  u sen  2sen cos eu du  cos  sen 2 eu du  sen  senueu du  cos  e du 4 2 t0 2 2 2 2 t0 2 4 2 t0 2 2 t0 2

pp 

1 t 1 t 1 t sen  senueu du  cos  cos u eu du  cos  eu du 4 2 t0 4 2 t0 4 2 t0

t

t

t

t

t

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t

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

t

eau eau au asenbu  b cos bu  e cos bu du     bsenbu  a cos bu   a 2  b2 a 2  b2  1  1 1 t  et t  et t p p  sen  ( sent  cos t )   cos  ( sent  cos t )   cos et 4 22 2 2 2  4  4 t et t t et t t t t et t t 1 t  e p p  sen 2 cos  sen  2 cos 2  1  cos 2 sen  cos 1  2s en 2   cos et 4 2 2 8 2 2  4 2 2 8 2 2 4 2

Se sabe que: eau senbu du 

et t t et t t et t t et t et t et t t 1 t sen 2 cos  cos 2 sen  sen cos 2  sen  cos  cos s en 2  cos et 4 2 2 4 2 2 4 2 2 8 2 8 2 4 2 2 4 2 t t t e t e t e  t t p p  sen  cos   sen  cos  8 2 8 2 8 2 2 pp 

La solución general estará dada por: p  ph  p p

t t   sen  cos  2 2  Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  2 x  3 t t et p  C1 cos  C2 sen  2 2 8



t  ln(2 x  3)

 ln(2 x  3)   ln(2 x  3)  (2 x  3)   ln(2 x  3)   ln(2 x  3)   p  C1 cos   C sen  sen  cos  2        2 2 8   2 2   p  y IV

 ln(2 x  3)   ln(2 x  3)  (2 x  3)   ln(2 x  3)   ln(2 x  3)   y IV  C1 cos   C2 sen    cos  sen       2 2 8   2 2        Se debe integrar cuatro veces para encontrar la solucion buscada ''y "  ln(2 x  3)   ln(2 x  3)  (2 x  3)   ln(2 x  3)   ln(2 x  3)     y IV  C1 cos   C2 sen    cos   sen       2 2 8   2 2       

 

t

3. En la ecuación integro diferencial siguiente: f (t )  2t  g (t )  2 f ( ) sen  2(t   )  d  , hallar 3

0

la función g (t ) , sabiendo que f (t ) viene dada por la expresión: f (t ) 

4 5 10t 3  2t 5  cos3 t  . 9 9 5

Solución: Primero en la ecuación integro diferencial aplicaremos la transformada de Laplace al tener núcleo de convolución.

f (t )  2t 3  g (t )  2  f (t )  sen(2t ) 

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L

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

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Pero del cambio de variable inicial se tiene que:

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

3! 2 s2 12  G  2 F    F S   4  G S  4 2 S  S  2 s s 4 s 4 s 2 2 s  4  12 12 48 s  4  F S   2  4  G S    F S   4  6  2 G S  ...... [1] s s s s s  Para encontrar la función F S  aplicaremos también la transformada de Laplace a la función f (t )

F S 

 

4 1 5 s 1 1 F S      2  12 4  48  6 ......[2] 9 s 9 s 9 s s

Reemplazando la ecuación [2] en [1] se tendrá.

4 1 5 s 12 48 12 48 s 2  4         2 G S  Despejando: G S  9 s 9 s2  9 s4 s6 s4 s6 s  s2   4 1 5 s  4 s 5  s2 1  G S    2      s 2  2    2 2  s  4  9 s 9 s  9  9 s  4 9  s  4 s  9 G S 

9   4   4 s 4 s 5  5 4 s s s   s 2  25    2  2  2 2 2 9 s  4 9 s  4 s  9 9 s  4 9 s  4 s  9 s  9   s  G S   2 2 L1    g (t )  cos(3t ) s 3 

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4 5 2  cos 3 t  2 t 3  t 5 L 9 9 5 4 1 5 s 3! 2 5!     2 2 4   6 9 s 9 s 9 s 5 s

f (t ) 

4.



g (t )  cos(3 t )

Dada la ecuación diferencial, resolver aplicando la transformada de Laplace: y  4 y  senht  g (t ) ;

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F S   2

y(0)  0

 5   sen2t ; 2  t  2 g (t )   . 0 ; t    t  5   2 2 Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial.

L

y  4 y  senht  g (t ) sY S   y (0)  4Y S   0



Y S  



1  G S  s 1 2

1  1   G S   ...... [1]  2 s  4  s 1 

Para calcular G S  primero definiremos la función g (t ) representada por una función continua por tramos.

    5 g (t )  sen2t    t      t  2    2 OVIDIO TACUÑA COLQUE

   0    cero para los demas intervalos

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39

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

         5  5   5  g (t )  sen2  t       t    sen 2  t   t    2  2   2   2  2   2   Se sabe que: sen(  n  )   sen (para ''n '' impar)          5    5  g (t )   sen  2  t      t    sen  2  t    t   2    2    2   2     5  s  s 2 2 2 G S   e e 2 2 Reemplazando en [1] 2 s 4 s 4  5  s  s 1  1 2 2  2 2  Y S    e  e  2  2 2 s  4  s 1 s 4 s 4  Y S  

L

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

  52 s  2 s  1 2  e e   s  4  s  1 s  1  s  4   s 2  4   

1 1 1  1 1 2  s     5 s   s   Y S   15  6  10   10  102 5  e 2  e 2  s  4 s 1 s 1  s  4 s  4      1 1 1  1   1   5      2 s  s 1 s 1 2 1 s 1 2 1 5 6 10 10 10 2 Y S            2  2 e e s  4 s  1 s  1  s  4 10 s 2  4 5 s 2  4   s  4 10 s  4 5 s  4     

L1 



 e4t et et   e4t cos 2t sen2t   e4t cos 2t sen2t  y (t )       (t )      ( t )   10  10  5   (t ) 6 10  10 5  5   15  10   t t  t t 



40



2

 4 t  5   5   5     cos 2  t   sen2  t    2    e e e  e 2  2   5       t    ....... y (t )       (t )     6 10  10 5 2   10    15    4 t          e  2  cos 2  t  2  sen2  t  2           t  .........      10 10 5    2   4 t

t

t

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2

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE II / 2012

Solución:

(2  x 2 ) (2  x) y  y  ( x  1) ...... [1] Ordenando la ecuación diferencial se tendrá: y  x( x  1) x( x  1) (2  x 2 ) (2  x) y  y0 De la ecuación [1] analizamos la ecuación homogénea, y  x( x  1) x( x  1) La solución de la ecuación diferencial será: y  C1 y1  C2 y2 ....... [2] Por lo tanto se debe hallar las soluciones y1 ( x) , y2 ( x) , al ser una ecuación diferencial de coeficientes variables podríamos resolverla por la fórmula de Abel pero se requiere conocer una solución primicial, se puede calcular por tanteo, pero además cuando la suma de los coeficientes de la ecuación da como resultado cero una solución será igual a: e x , verifiquemos.

1

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1. Resolver la ecuación diferencial de orden superior: ( x2  x) y  (2  x2 ) y  (2  x) y  x( x  1)2

2 x 2 1     0 si se verifica por lo tanto: y1  e x x( x  1) ( x  1) x( x  1) ( x  1)

Ahora por la fórmula de Abel hallaremos

y2 de la ecuación homogénea.

2  x2 Además se conoce que: P x   x( x  1) 

e

e2 x

x2  2

d x  ex 

e

 x ( x 1) d x e2 x



d x  ex 

e

2

1 

 1 x  x 1  d x e2 x

e x ln x  ln( x 1) dx e2 x 2

d x  ex 

   e x ( x  1) ( x  1) 1 1 x x  y2  e  d x  e  2 x d x  e   x d x   2 x d x  ....... [3] 2 2x x e x e x e  xe  I1   d   u  e  x   du  e  x dx 1  I1   2 x d x Por partes:  dx 1  x e dv  2  v   x x  1 1 I1   x   x dx en la ecuacion [3] xe xe

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y2  e x 

2 x2

 x ( x 1) d x

x

 1  1 1 1 y2  e x   x d x    x d x   x xe xe x  xe  Por lo tanto la solucion homogenea sera:



y2  

yh  C1 e x  C2

1 x

1 x

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: 1 x  ( x  1)

y1  e x  y2  Si ademas: f x 

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41

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x

yp   x0

y1t 

y2t 

y1 x 

y2 x 

y1t 

y2t 

y1t 

y2t 

x

ft  dt   x0

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 et e x    x  x x t   t2   (t  1) dt   (t  1) dt      e xt e t  dt (t  1) x 1/ t  x0 et x0  2 2 t 1/ t

et 1/ t e x 1/ x et et

x

 t3  x2 x t y p     e e  x  1      x  1  3  3x  La solución general estará dada por: y  yh  y p 



SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 x2  y p     x  1  3 

 1  x2 y  C1 e  C2    x  1 x  3  x

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2. Al resolver la ecuación diferencial, discutir la existencia de la solución en el punto: y(0)  a

( x  2)3 y  5( x  2)2 y  8( x  2) y 

tg ln ( x  2) ( x  2)

Solución: Ordenando la ecuación diferencial para esto dividiremos entre ( x  2) se tendrá:

( x  2)2 y  5( x  2) y  8 y 

tg ln ( x  2) ...... [1] ( x  2)2

La ecuación [1] es una ecuación diferencial de Legendre t Cambio de variable: x  2  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:     d

d x  et dt



dt  et dx

dy dy dt dy dt dy t dy      e  y  e t dx dx dt dt dx dt dt 2  d y dy  d d  dy  dt dt d  dy  y   y    et      et   e2t  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt y 

Reemplazando en la ecuación [1]

tg  ln e  2t  d 2 y dy    dy  e  e  2     5et  e t   8 y  dt   dt  e 2t   dt  2t

tg  ln e  d 2 y dy  dy  2    5  8y  dt  dt e 2t  dt

t





t



 d 2 y dy  y  e 2t  2   dt   dt



tg  t  d2y dy  4  8 y  2t .......[2] 2 dt dt e

d2y dy  4  8y  0 2 dt dt 2 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  4r  8  0  ( r  2)  4  r  2  2i de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:

luego la solucion homogenea es:



 yh  e2t  C1 cos 2t  C2 sen2t  .......[3]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: 42

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x  2  et

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y1  e2t cos 2t  y2  e2t sen2t

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t

yp   t0

y1u 

y2  u 

y1t 

y2 t 

y1u 

t0

t0

y2u 

2 u

2 u

e cos 2u e sen 2u 2 u 2e ( sen2u  cos 2u ) 2e (cos 2u  sen2u )

 cos

2 u 2 u

2e e

2



tg u du e2u

2 u

e2u e2t  cos 2u sen2t  sen2u cos 2t 

t

yp  

fu  du  

tg t e2t

e2u cos 2u e2u sen 2u e2t cos 2t e2t sen2t

t

y2  u 

y1u 

ademas: f t  

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

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2u  sen2u cos 2u  sen2u cos 2u  sen 2u  2



tg u du e2u

1

yp 

e

2 t t

2

senu

  cos 2u sen2t  sen2u cos 2t  cos u du

t0

senu e2t 2 cos u sen 2 u yp  sen2t   2 cos u  1  du  cos 2t  du 2 cos u 2 cos u t0 t0 e

2 t

t

t

2

e2t e2t yp  sen2t   sen2u  tgu   cos 2t  (1  cos 2u )du 2 2 t0 t0 t

t

2 t e2t  cos 2t  e  sen2t  sen2t    ln(cos t )   cos 2t  t   2 2 2    2  2 t e2t  1 1  e yp   cos 2tsen2t  cos 2tsen2t  t cos 2t  sen2t ln(cos t )    sen2t ln(cos t )  t cos 2t  2  2 2 2  La solución general estará dada por: y  yh  y p

e2t  sen2t ln(cos t )  t cos 2t  2 1   y  e2t C1 cos 2t  C2 sen2t   sen2t ln(cos t )  t cos 2t   2   y  e2t  C1 cos 2t  C2 sen2t  

Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  x  2   y

1 ( x  2)2



t  ln  x  2 

1  2 2 2 2  C1 cos ln( x  2)  C2 senln( x  2)   sen ln( x  2) ln  cos ln( x  2)   t cos ln( x  2)   2  

x  0 , si reemplazamos en la solución, se puede notar y  a

Ahora analizaremos la existencia en y (0)  a  

que ha de existir un logaritmo de argumento negativo; ln(0  2)  ln(2) por lo tanto concluimos que la ecuación diferencial no existirá para x  0 , ya que esta ecuación diferencial solamente existirá para: x  2 .

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43

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yp 

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

t0

t ; 0  t  1  f (t ) esta dada por: f (t )  t  2 ;1  t  2 0 ; t  2  t  y (1)

 0

Hallar la transformada de La Place de:

et  e  t u  t  y (1)  dt t

Solución:

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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t

3. En la ecuación integro diferencial siguiente: y(t )  2 y (t )   y (u )du  f (t ) , con y(0)  1 , donde

Para poder encontrar la transformada de La Place de la integral primero se requiere determinar y(1) por lo tanto primero se debe encontrar y(t ) y luego evaluarlo en t  1 . t

L

Sea la ecuacion diferencial: y(t )  2 y(t )   y(u )du  f (t )



t0

1 sY S   y (0)  2Y S   Y S   F S  s 1  s 2  2s  1  s  Y S   F  1 ....... [1]   Y S   F S   1 s ( s  1)2  S    Para determinar F S  , primeramente definamos f (t ) 





f (t )  t  (t )  t  (t  1)  (2  t )  (t  1)  (2  t )  (t  2) L

f (t )  t  (t )  2(t  1)  (t  1)  (t  2)  (t  2)



s2  1 1 2   2 s ( s  1) s ( s  1) 2 1 1 1 1    2 s ( s  1) s s  1 ( s  1) 2 1 1 2 1 1  2 s Y S       e  2e s  2 2  s ( s  1)  s s  1 ( s  1)  1 1 1 2 1 1  2 s 1 1  s Y S       e  2   e 2 2  2  s ( s  1)  s s  1 ( s  1)   s s  1 ( s  1)  y (t )  (1  2tet )  (t )  1  e t  te t   (t ) y (t )  (1  2te )  (t )  1  e t

 ( t 1)

t t 1

 (t  1)e

Evaluando en t  1 , luego.

44

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 2 1  e t  te t   (t )

 ( t 1)

  (t  1)  2 1  e

L1 



t t  2

 ( t  2)

 (t  2)e  (t 2)   (t  2)

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2 s

2 1 e e 1 1  2 2  2  2 1  2e s  e2 s   2 1  e s  Reemplazando en [1] 2 s s s s s s 1 1 s s2 1 1  s 2 s 2 s  Y S   1  e   1  1  2e  e     e 2 s  2e  s  2  2  2  2 2 2  ( s  1)  s ( s  1) s ( s  1) s ( s  1)  s ( s  1)

F S   JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

s

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1 ; t  0 Por definicion se sabe:  (t)  0 ; t  0 y (1)  (1  2e1 )1  1  e0  (0)e0  0  2 1  e1  (1)e1  0 y (1)  (1  2e1 )  1 

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

y (1)  (1  2e1 )  (1)  1  e0  (0)e0   (0)  2 1  e1  (1)e1   (1)

2 e2  e e

Por simplisidad se puede considerar que: y (1) 

e2  K (Constante) e

Reemplazando en la integral: t K

h(t ) 

 0

et  et u  t  K  dt ...... [2] t

Aplicando la propiedad de la función escalón unitario:

L g (t  a)  (t  a)  e a s L g (t )  e a s G S 

Aplicando la transformada de La Place a la ecuación [2] teniendo en cuenta la propiedad mencionada.

 t et  e  t  H  S   e K s L   dt  t 0  t  F S  L   f (u )du   s 0 



 f (t )  Sea la propiedad: L     F S  d s  t  s



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HS 

HS  

e

 Ks

 e2   s  e 

 Ks

  s  1  e  s 1 e ln(1)  ln   ln      s  s s  s  1   s 1 





HS  

 2e   s e 

e

s

 2e   s  e 

 s 1 e  ln   s  s 1 

 s 1  ln    s 1 

 s 1   ln    s 1 

4. Resolver la ecuación diferencial siguiente: y  4 y  (t  1)  t  1

, con y (1)  0 ; y(1)  1

Solución: Para la solución del ejercicio usaremos el método de la transformada de Laplace, como las condiciones iniciales no se encuentran en el origen t  0 , para esto se debe efectuar un cambio de variable, es decir: t 1  x y yt   z x  debe notarse que cuando t  1  x  0 luego las condiciones iniciales

z 0  0 , z0  1 , las derivadas también cambian, según la regla de la cadena.

cambian a

y 

dz dx

,

y 

d 2z dx 2

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45

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

  1     Ks  Ks   1  s  1  e   s 1  e  1 K s 1 e  ds ln  ln     s s  s  1 s  1 s   s  1   s s   1  1    s   s

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

d 2z 4z  x x dx 2

 z   0 , z   1



0

0

Aplicamos la transformada de Laplace

d 2z  L  2  4 z   L x  x   dx  s 2 Z  S   s z (0)  z (0)  4Z  S   0

1

( s 2  4) Z  S   1 

1  L x  s2

1  L x  s2

 1  s2  1  L  x  .......[1]  2 2 ( s  4)  s  Para calcular L  x  , primero definiremos la función x , parte entera solo para valores de x  0 esto por la 

Z S  

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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Reemplazando en la ecuación diferencial se tendrá:

definición de la transformada de Laplace.

0 1  2  3 x  4     

; 0  x 1 ; 1 x  2 ; 2 x3 ; 3 x  4 ; 4 x5

x  0   ( x  0)   ( x  1)  1  ( x  1)   ( x  2)   2   ( x  2)   ( x  3)   3   ( x  3)   ( x  4)   .... .............  4   ( x  4)   ( x  5)  5   ( x  5)   ( x  6)   6   ( x  6)   ( x  7)   ................ x   ( x  1)   ( x  2)  2 ( x  2)  2 ( x  3)  3 ( x  3)  3 ( x  4)  4  ( x  4)  4  ( x  5)  ....................... x   ( x  1)   ( x  2)   ( x  3)   ( x  4)   ( x  5)   ( x  6)   ( x  7)  ........... Aplicando la transformada de Laplace.

1 1 1 1 1 1 1 L  x   e s  e2 s  e3s  e4 s  e5 s  e 6 s  e 7 s  ............... s s s s s s s 1 L  x   e s 1  e s  e2 s  e3s  e4 s  e5 s  e6 s  .............. s





n s

n 0



1 1 L  x   e  s  e  n s   e  ( n 1) s s s n 0 n 0

46



 e

Sabiendo que: 1  e  s  e 2 s  e 3 s  e 4 s  e 5 s  e 6 s  .............. 

Reemplazando en al ecuacion [1]

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Al ser una función continua por tramos, la definiremos en función del paso unitario.

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Z S 

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 1  s 2  1 1   ( n 1) s  s2 1 1  e   e ( n 1) s     2 2 2 2 2 ( s  4)  s s n 0  ( s  4) s ( s  4) s n 0

1 3  4  s 2  s 2    ( n 1) s 4 4  2 2  e s ( s  4)  4( s 2  4) s  n 0

Z S  

1 1 3 2  1 1 1 s    ( n 1) s     e 4 s 2 8 ( s 2  4)  4 s 4 s 2  4  n 0

Z S  

1 1 3 2 1  1 s   ( n 1) s      2 e 2 2 4 s 8 ( s  4) 4 n 0  s s  4 

L1 

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Z S  

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

3 1  1  z ( x)   x  sen2 x   ( x)   1  cos 2 x   ( x) x  x ( n 1) 8 4 n 0 4  3 1  1  z ( x)   x  sen2 x   ( x)   1  cos 2( x  n  1)   ( x  n  1) 8 4 n 0 4  Pero: z x   yt  y x  t 1 1 3 1   y (t )   (t  1)  sen2(t  1)   (t  1)   1  cos 2(t  1  n  1)   (t  1  n  1) 4 2 4 n 0  

1 3 1   y (t )   (t  1)  sen2(t  1)   (t  1)   1  cos 2(t  n  2)   (t  n  2) 4 2 4 n 0 

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

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47

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1. Si existe, anote el operador de coeficientes constantes que anula: f ( x)   e3 x  sen2 x 

2

Solución:

f ( x)   e3 x  sen2 x 

2

f ( x)  e6 x  2e3 x sen 2 x  sen 2 2 x

Desarrollando el cuadrado :

1 1 Simplificando, para esto usamos identidades trigonometricas: f ( x)  e6 x  2e3 x sen2 x   cos 4 x ......[1] 2 2 Primero analicemos el operador anulador de cada termino. 1 es:  D El anulador de: 2 El anulador de: e6 x es:  ( D  6) 1 cos 4 x es:  ( D 2  42 )  ( D 2  16) El anulador de: 2  ( D  3)2  4  El anulador de: 2e3 x sen2 x es:  ( D 2  22 )

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SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE I / 2013

D  D 3

El anulador de la ecuacion [1] sera el minimo comun multiplo. 



D ( D  6) ( D 2  16) ( D  3) 2  4 

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2. Calcule la transformada inversa de Laplace para: F S 

2s 2  s  1  2 ( s  6s  9)3

Solución: PRIMER METODO: (Por sumas y restas)

2s 2  s  1 2 s 2  s  1 2 s 2  6 s  5s  1   ( s 2  6s  9)3 ( s  3) 2  3 ( s  3)6   2s( s  3)  5( s  3  3)  1 2( s  3)( s  3  3) 5( s  3) 14 F S      6 6 6 ( s  3) ( s  3) ( s  3) ( s  3)6 2( s  3) 1 1 14 2 11 14 F S   6 5     5 5 5 6 4 5 ( s  3) ( s  3) ( s  3) ( s  3) ( s  3) ( s  3) ( s  3) 6 2 11 14 F S     L1   4 5 ( s  3) ( s  3) ( s  3)6 F S  

 K  K Sabiendo que: L1   eat t n1 n  ( s  a)  (n  1)! 48

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Entonces:

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

2 3t 3 11 3t 4 14 3t 5 1 3t 3 11 3t 4 7 3t 5 e t  e t  e t  e t  e t  e t 3! 4! 5! 3 24 60 

1 11 7 f (t )  e3t t 3  e3t t 4  e3t t 5 3 24 60



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f (t ) 

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SEGUNDO METODO: (Por Cambio de Variable)

2s 2  s  1 2s 2  s  1 2s 2  s  1   ( s 2  6s  9)3 ( s  3) 2  3 ( s  3)6   2s 2  s  1   C.V . s  3  u  ( s  3)6

F S  

s u3

2s 2  s  1 2(u  3) 2  ( s  3)  1 2u 2  11u  14 2 11 14 2 11 14    4 5 6   6 6 6 4 5 ( s  3) u u u u u ( s  3) ( s  3) ( s  3) 6 Entonces se tendra: F S  

2s 2  s  1 2 11 14    6 4 5 ( s  3) ( s  3) ( s  3) ( s  3) 6

L1 



 K  K Sabiendo que: L1   eat t n 1 n   ( s  a)  (n  1)! 2 11 14 1 11 7 f (t )  e3t t 3  e3t t 4  e3t t 5  e3t t 3  e3t t 4  e3t t 5 3! 4! 5! 3 24 60 1 11 7 f (t )  e3 t t 3  e3 t t 4  e3 t t 5 3 24 60





2 2 2 3. Resolver la ecuación diferencial: x y  3x y  8 y  x tg ln ( x )

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



Solución: Ecuación diferencial de coeficientes variables: x 2 y  3 x y  8 y  x 2tg  2 ln ( x)  ...... [1] Es una ecuación diferencial de EULER, esta se resuelve con el siguiente cambio de variable: t Cambio de variable: x  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:

x  et

    d

d x  et dt



dt  et dx

dy dy dt dy dt dy t dy      e  y  e t dx dx dt dt dx dt dt 2  d y dy  d d  dy  dt dt d  dy  y   y    et      et   e2t  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt y 

Reemplazando en la ecuación [1] OVIDIO TACUÑA COLQUE



 d 2 y dy  y  e 2t  2   dt   dt   d 2 y dy    dy  e2t  e2t  2     3et  et   8 y  e2t tg (2t ) dt    dt   dt  

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49

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

 d 2 y dy  dy 2t  2    3  8 y  e tg (2t ) dt  dt  dt



SOLUCIONARIO DE EXAMENES

d2y dy  4  8 y  e 2t tg (2t ) .......[2] 2 dt dt

d2y dy de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:   4  8y  0 2 dt dt 2 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  4r  8  0  ( r  2)  4  r  2  2i luego la solucion homogenea es:

 yh  e2t  C1 cos 2t  C2 sen2t  .......[3]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones:

y1  e2t cos 2t  y2  e 2t sen2t

t

yp   t0

y1u 

y2  u 

y1t 

y2  t 

y1u 

y2  u 

y1u 

y2u 

ademas: f t   e 2t tg (2t ) e2u cos 2u e2u sen 2u e2t cos 2t e2t sen2t

t

fu  du   t0

2u

2u

e cos 2u e sen 2u 2u 2e ( sen2u  cos 2u ) 2e (cos 2u  sen2u )

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 e 2u tg (2u )du

2u

e 2u e2t  cos 2u sen2t  sen2u cos 2t  y p   2u 2u  e 2u tg (2u )du 2 2  e  cos 2u  sen2u cos 2u  sen2u cos 2u  sen 2u  t0 2e t

1

e 2

  cos 2u sen2t  sen2u cos 2t 

t0

t

t

sen 2u e 2t e 2t sen 2 2u du  sen2t  sen2u du  cos 2t  du cos 2u 2 2 cos 2u t0 t0

2t e 2t 1  cos 2 2u e 2t e 2t  cos 2t  e sen2t    cos 2 t du   sen 2 t cos 2 t  cos 2t   sec 2u  cos 2u  du   cos 2u 2 2  2 4 2  t0 t0 t

yp 

t

e2t e 2t sen2t cos 2t  cos 2t  ln sec 2t  tg 2t  sen2t  4 4 La solución general estará dada por: y  yh  y p

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yp  

e 2t cos 2t ln sec 2t  tg 2t 4



yp  



t  ln ( x)

e 2t cos 2t ln sec 2t  tg 2t 4 1   y  e2t C1 cos 2t  C2 sen 2t  cos 2t ln sec 2t  tg 2t  4   y  e2t  C1 cos 2t  C2 sen2t  

Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  x 



1   y  x 2 C1 cos ln( x 2 )   C2 sen ln( x 2 )   cos ln( x 2 )  ln sec ln( x 2 )   tg ln( x 2 )   4  

4. Resolver la ecuación diferencial: y( IV )  5 y  4 y  6 ;

y(1)  y(1)  3 ; y(1)  y(1)  0

Solución: Primero se debe encontrar, el método más adecuado para resolver el ejercicio usaremos el método de la transformada de Laplace, como las condiciones iniciales no se encuentran en el origen t  0 , para esto se debe efectuar un cambio de variable, es decir: t 1  x y yt   z x  debe notarse que cuando t  1  x  0

50

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yp 

2t t

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

luego las condiciones iniciales cambian a z 0  z0  3 , z0  z0  0 , luego las derivadas también cambian, según la regla de la cadena. y 

d 2z d 4z ( IV ) , y  dx 2 dx 4

d 4z d 2z  5 4z 6 dx 4 dx 2

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Reemplazando en la ecuación diferencial se tendrá:

...... [1]

Aplicamos la transformada de Laplace

d 4z  d 2z L  4  5 2  4 z  6   6 L 1 dx  dx 





s 4 Z  S   s 3 z 0  s 2 z0  s z0  z0  5 s 2 Z  S   sz 0  z0  4Z  S   6





s 4 Z  S   s 3 (3)  s 2 (3)  s (0)  (0)  5 s 2 Z  S   s(3)  (3)  4Z  S   6 s 4 Z  S   3s 3  3s 2  5s 2 Z  S   15s  15  4 Z  S   6

1 s

1 s

1 s

s

4

 5s 2  4  Z  S  

s

4

 5s 2  4   ( s 2  4)( s 2  1)  ( s  2)( s  2)( s  1)( s  1)

6  3s 3  3s 2  15s  15 s Si factorizamos se tendra: 6 3s 3  3s 2  15s  15  s( s 2  4)( s 2  1) ( s 2  4)( s 2  1)

6 3s 3  3s 2  15s  15  s( s  2)( s  2)( s  1)( s  1) ( s  2)( s  2)( s  1)( s  1) 3 1 1 3 1    1  1 4 0 Z S   2  4  4    4  4   s s  2 s  2 s 1 s 1 s  2 s  2 s 1 s 1 3 1  3 1 Z S   2  2   L1   s s  2 s 1 s 1  K  ax Sabiendo que: L1    Ke  ( s  a) 

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Z S   Z S  

3 1 2x  e  3e x  e  x 2 2 Pero: yt   z x  y z x  



x  t 1



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yt  

3 1 2(t 1)  e  3e(t 1)  e (t 1) 2 2 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

51

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

y(0)  2

;

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t

5. Resolver la ecuación integro - diferencial: y  3t 2  sent   y( ) d  0

Solución: Aplicando la transformada de La place. t

y  3t  sent   y ( ) d  ........[1] 2

L



0

1 1 2!  Y S   2 3 s s 1 s  s2 1  1 6 1 1 6 2    Y S  sY S   2  3  2  Y S   3  2 s s 1 s s 1 s  s  s s 6 2 2  2 Y S   2 2 2 ( s  1) s ( s  1) ( s  1) 1 s s 1 6 L1    2  2 2 2 Y S   2  6 2 ( s  1) ( s  1) s  1 s 1 s yt   6 t  6 sent  2 cos t  sent  cos t ......[2] sY S   y 0  3

t

Por la definicion de convolucion se sabe que: f (t )  g (t )   f ( ) g (t   ) d  0

t

t

1  sen(  t   )  sen (  t   ) d  2 0

sent  cos t   sent cos (t   ) d    0

t

t

t

sent  cos t 

t 1 1 t sen t  cos t  cos t  sen t 2 2 2 2

 6. Resolver la ecuación diferencial:



Reemplazando en [2]

t yt   6 t  6 sent  2cos t  sent 2

y  4 y  5 y  6 (t  3)  5 t  (t 1)

; y(0)  2 , y(0)  0

Solución: Ordenando la ecuación diferencial: y  4 y  5 y  6  (t  3)  5(t 1  1)  (t 1) Aplicando la transformada de La place. y  4 y  5 y  6 (t  3)  5(t 1) (t 1)  5 (t 1)

  1 1 s 2Y S   s y 0  y0  4  sY S   y 0   5Y S   6 e 3s  5 2 e  s  5 e  s s s   2 0  2   s 2  4s  5 Y S   6 e3s  5 s12 e s  5 1s e s  2s  8 52

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1 t 1 sent  cos t  sen t  d    sen (2  t ) d   sen t  cos(2  t ) 2 2 2 0 0 0

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2

Y S 

1  s s e  2s  8 s2 6 1 s 2s  8  2 e3s  5 2 e s  2 2 ( s  4s  5) ( s  4s  5) s ( s  4s  5) 2s  8 1 1 s  6 e3s  5 e s ....... [1] 2 2 2 2 (s  2 )  1 (s  2 )  1  (s  2 )  1 s

 4s  5 Y S   6 e 3s  5

2s  8 2( s  2)  4 s2 1  2 4 2 2 2 (s  2 )  1 (s  2 )  1 (s  2 )  1 (s  2 )2 1 1 1 s A ( s  2)  B C 5    2   ( s  2 ) 2  1 s 2 2 2 2  (s  2 )  1 s (s  2 )  1 s s 1  s   A ( s  2)  B  s 2  C  ( s  2 ) 2  1 s 

1  (s  2 )2  1 5 1 1  s   A ( s  2)  B  s 2  C ( s 2  4s  5) s  ( s 2  4s  5) 5 Ahora igualamos los grados del polinomio para encontrar las constantes:

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s3 : 0  A  C  A  C 1 1 s 2 : 0  2 A  B  4C   B  2C  5 5 4 1 7 s : 1  5C   C  B 5 25 25

 A

1 25

1 1 1 s 1 ( s  2) 7 1    25  52 2 2 2 2 25 ( s  2 )  1 25 ( s  2 )  1 s s  (s  2 )  1 s

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Y S 

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

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s

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Reemplazando en la ecuacion [1] Y S 

Y S 

1 1   1 ( s  2)  s2 1 1 7 1 2 4 6 e3s  5    25  52  e s 2 2 2 2 2 (s  2 )  1 (s  2 )  1 (s  2 )  1  25 ( s  2 )  1 25 ( s  2 )  1 s s     s s2 1 1 1 1 5 ( s  2) 1 2 4 6 e3s    2  7 e L1   2 2 2 2 2 (s  2 )  1 (s  2 )  1 (s  2 )  1 5  s s (s  2 ) 1 (s  2 ) 1



1 yt    2 e 2t cos t  4 e 2t sen t   (t )  6 e 2t sen t   (t )  1  5 t  e 2t cos t  7e 2t sen t   (t ) t t 3 t t 1 5 



yt    2 e2t cos t  4 e2t sen t   (t )  6 e 2(t 3) sen (t  3)  (t  3)  ....... 1 ......  1  5(t  1)  e2(t 1) cos(t  1)  7e2( t 1) sen (t  1)   (t  1) 5

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53

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1. a) Si existe, identifique el operador de coeficientes constantes que anula a: f ( x)   e3 x  3 x3 

2

b) Hallar la ecuación que tiene por solución: y  A x2  B x2  4ln x Solución:

a) Sea la funcion:

f ( x )   e3 x  3 x 3 

2

Desarrollando el cuadrado : f ( x)  e6 x  6 e3 x x3  9 x 6 ......[1] Primero analicemos el operador anulador de cada termino.

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SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE II / 2013

El anulador de: e6 x es:  ( D  6) El anulador de: 9 x 6 es:  D 7 El anulador de: 6 e3 x x3 es:  D 4

D  D 3

 ( D  3)4

El anulador de la ecuacion [1] sera el minimo comun multiplo. Entonces:





D7 ( D  6) ( D  3) 4

Para la ecuación se tiene dos constantes por lo tanto se derivara dos veces. Por simplificación, haremos que las constantes de la ecuación diferencial en cada derivada, no este multiplicada por ninguna función de x. (Esto por el hecho de que la derivada de una constante es cero por lo tanto de forma directa se eliminara las constantes) Multiplicando por: x 2 a toda la expresión.

y x2  A x4  B  4x2 ln x Derivando de forma implícita se tiene y x 2  A x 4  B  4 x 2 ln x y x 2  2 y x  4 A x3  0  8 x ln x  4 x  y x 2  2 y x  8 x ln x  4 x  4 A x 3 Multiplicando nuevamente por: x 3 a toda la expresión para que A no este multiplicada por una función de x. y x1  2 y x2  8x2 ln x  4x2  4 A Derivando de forma implícita se tendrá.

y x 1  y x 2  2 y x 2  4 y x 3  16 x 3 ln x  8 x 3  8 x 3  0 Multiplicando todo por: x3 para simplificar la expresion. x 2 y  xy  4 y  16 ln x  0 

54

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

x 2 y  xy  4 y  16 ln x

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b) Cuando se tiene la solución de una ecuación diferencial se debe derivar la solución tantas constantes se tenga la solución, luego por operaciones matemáticas eliminar las constantes llegando a tener la ecuación diferencial buscada.

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

2. Resolver la ecuación diferencial: y  3 y  y  3 y  4x 2 1

Sea la ecuación diferencial de orden superior de coeficientes constantes:

de la ecuacion [1] hallamos la solucion homogenea:



y  3 y  y  3 y  4x2 1 .....[1]

y  3 y  y  3 y  0

cuya ecuacion caracteristica sera:  r  3r  r  3  0  ( r 2  1)(r  3)  0  r  3  r  1  r  1 3

luego la solucion homogenea es:

2

 yh  C1e 3 x  C2e x  C3e  x ....... [2]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos el metodo de los coeficientes indeterminados: Al ser: f ( x)  4 x 2  1 un polinomio de grado "2", resonable sospechar que la solucion particular es de la forma. 

 y p  A1 x 2  A2 x  A3 ...... [3] 



 yp  2 A1 x  A2   yp  2 A1    yp  0

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Solución:

Sustituyendo en la ecuacion [1] 0  3  2 A1    2 A1 x  A2   3  A1 x 2  A2 x  A3   4 x 2  1 Igualando miembro a miembro los coeficientes de los polinomios se tendra: 4 x 2 :  3 A1  4  A1   3 8 x :   2 A1  3 A2   0  A2  9 71 x 0 :  6 A1  A2  3 A3   1  A3   27 4 8 71 Reemplazando en la ecuacion [3]  y p   x2  x  3 9 27 La solución general estará dada por: y  yh  y p





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3 A1 x 2   2 A1  3 A2  x   6 A1  A2  3 A3   4 x 2  1 ....... [4]

4 8 71 y  C1e3 x  C2e x  C3e  x  x 2  x  3 9 27

3. Resolver la ecuación diferencial: x2 y  x y  2 y  x sec(ln x) Solución: 2 Ecuación diferencial de coeficientes variables: x y  x y  2 y  x sec(ln x) ...... [1] Es una ecuación diferencial de EULER, esta se resuelve con el siguiente cambio de variable: t Cambio de variable: x  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:

x  et

    d

d x  et dt

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

dt  et dx JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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dy dy dt dy dt dy t dy      e  y  e  t dx dx dt dt dx dt dt 2  d y dy  d d  dy  dt dt d  dy  y   y    et      et   e2t  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 d 2 y dy  y  e2t  2   dt   dt

  d 2 y dy    dy  e2t  e2t  2     et  et   2 y  e t sec (t ) dt    dt   dt 



Reemplazando en la ecuación [1]



d2y dy  2  2 y  e t sec (t ) .......[2] 2 dt dt



d2y dy  2  2y  0 2 dt dt 2 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  2r  2  0  (r  1)  1  r  1  i 

de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:

luego la solucion homogenea es:

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y 

 yh  et  C1 cos t  C2 sen t  .......[3]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones:

y1  et cos t  y2  et sen t

t

yp   t0

y1u 

y2  u 

y1t 

y2  t 

y1u 

y2  u 

y1u 

y2u 

ademas: f t   e t sec(t ) eu cos u eu senu et cos t et sen t

t

fu  du   t0

u

u

e cos u e senu u e (cos u  senu ) e (cos u  senu )

 e u sec(u )du

u

e u et  cos u sent  senu cos t  yp   u u  e u sec(u )du 2 2  e  cos u  senu cos u  senu cos u  sen u  t0 e t

1

y p  et   cos u sent  senu cos t  t0



t

t

1 senu du  et sent  du  et cos t  du cos u cos u t0 t0

y p  et sent  t  et cos t  ln cos t

La solución general estará dada por: y  yh  y p

y  et  C1 cos t  C2 sen t   et sent  t  et cos t  ln cos t  et C1 cos t  C2 sent  t sent  cos t  ln cos t  Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  x  t  ln ( x) 





y  x C1 cos  ln( x)  C2 sen ln( x)  ln( x)  sen ln( x)   cos ln( x)   ln cos ln( x)

4. Resolver la ecuación diferencial: y  2 y  5 y  6 (t  2)  3t  (t  3)

;

y(0)  2 ,

 y(0)  1

Solución: Ordenando la ecuación diferencial: y  2 y  5 y  6  (t  2)  3(t  3  3) (t  3) Aplicando la transformada de La place. y  2 y  5 y  6 (t  2)  3(t  3) (t  3)  9(t  3)

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t

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

  1 1  s Y S   s y 0  y0  2 sY S   y 0   5Y S   6 e 2 s  3 2 e 3s  9 e 3s s s   2 1  2   s 2  2s  5 Y S   6 e2s  3 s12 e3s  9 1s e3s  2s  5  s 2  2s  5 Y S   6 e2s  3 s 29s e3s  2s  5 6 3  9s 2s  5 Y S   2 e2 s  2 e3s  2 2 ( s  2s  5) ( s  2s  5) s ( s  2s  5) 2s  5 1 3  9s Y S   6 e2 s  e3s ....... [1] 2 2 2 2 ( s  1)  4 ( s  1)  4  (s  1)  4  s

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2

2s  5 2( s  1)  3 s 1 1  2 3 2 2 2 ( s  1)  4 ( s  1)  4 ( s  1)  4 ( s  1) 2  4 3 3  9s A ( s  1)  B C 5    2   ( s  1) 2  4  s 2 2 2 2  (s  1)  4  s (s  1)  4 s s 3  9s   A ( s  1)  B  s 2  C  ( s  1) 2  4  s 

3  (s  1)2  4  5

s3 : 0  A  C  A  C 3 3 s 2 : 0  A  B  2C   B  C  5 5 6 39 54 s : 9  5C   C  B 5 25 25

 A

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3 2  s  2s  5  5 3 3  9s   A s  A  B  s 2  C  s 2  2s  5  s   s 2  2s  5  5 Ahora igualamos los grados del polinomio para encontrar las constantes: JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

3  9s   A s  A  B  s 2  C  s 2  2s  5  s 

39 25

39 3 3  9s 39 ( s  1) 27 2     25  52 2 2 2 2 25 ( s  1)  4 25 ( s  1)  4 s s ( s  1)  4 s   Reemplazando en la ecuacion [1]

Y S 

Y S 

39 3    s 1 1 1 39 ( s  1) 27 2 2 s 25  5  e3s 2  3  6 e       2 2 2 ( s  1)2  4 ( s  1)2  4 ( s  1) 2  4  25 ( s  1)  4 25 ( s  1)  4 s s    s 1 3 2 2 3  ( s  1) 2 13 5  2  3 e2 s  13 9   2  e3s L1  2 2 2 2 2 ( s  1)  4 2 ( s  1)  4 ( s  1)  4 25  ( s  1)  4 ( s  1)  4 s s 

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57



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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

s 1 3 2 2 3  ( s  1) 2 13 5   3 e2 s   13 9   2  e3s 2 2 2 2 2 ( s  1)  4 2 ( s  1)  4 ( s  1)  4 25  ( s  1)  4 ( s  1)  4 s s 

3 3   yt    2 e t cos 2t  e t sen 2t   (t )  3 e t sen2t   (t )  13  5 t  13 e t cos 2t  9e t sen 2t   (t ) t t  2 t t 3 2 25   



3   yt    2 et cos 2t  e t sen 2t   (t )  3 e  (t  2) sen  2(t  2)   (t  2)  ....... 2   3 ......  13  5(t  3)  13 e (t 3) cos  2(t  3)   9e (t 3) sen  2(t  3)   (t  3) 25

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Y S   2

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t

5. Resolver la ecuación integro - diferencial: y  6  e t y( ) d   4  e3t ;

y(0)  0

0

Solución: Primero la ecuación integro diferencial dada tiene núcleo de convolución, por lo tanto es conveniente aplicar la transformada de Laplace, pero primero agruparemos de una forma adecuada. t

L

y  6  e (t  ) y( ) d   4  e3t



0

t

y  6  e  (t  ) y ( ) d   4  e3t 0

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

58



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yt   

2 2 3t 3 3t 3 2 t  e  e  e 3 3 5 5

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 

4 1 4 1   sY S   0  6 L e t   L yt    s s 3 s s 3 2 1 4 1 s  s6 5s  12 sY S   6 Y S     Y S   s 1 s s 3 s 1 s( s  3) 2 2 3 3   ( s  1)(5s  12) Y S    3 3  5  5 s ( s  3)( s  3)( s  2) s s 3 s 3 s 2 21 2 1 3 1 3 1 Y S       L1   3 s 3 s 3 5 s 3 5 s 2 sY S   y 0  6 et  yt  

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE Resolver: 2 y '' 3 y ' y  2sin  2 x  3  4 cos  2 x  5   e 2 x

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1

I / 2014

Solución: Para la solución homogénea 2r 2  3r  r  0

 2r  1 r  1  0 r  1

r  1/ 2

Por lo tanto yh  C1e x  C2e x / 2

Para la solución particular yp  

x

x0

et e x et e  t

et / 2 e x / 2 et / 2 e  t / 2 / 2

 2sin  2t  3  4 cos  2t  5  e  dt 2 t

y p  2 e x et  e x / 2et / 2   2sin  2t  3  4cos  2t  5  e2t  dt x0 x

y p  2 e x et  e x / 2et / 2   2sin  2t  3  4cos  2t  5  e2t  dt x0 x

x x x  2e x / 2  2 et / 2 sin  2t  3 dt  4 et / 2 cos  2t  5 dt   e5t / 2 dt  x0 x0  x0  Para las integrales se calcula en general por partes: eat at e sin bt  c dt   b cos  bt  c   a sin  bt  c      a 2  b2  eat at e cos bt  c dt  b sin  bt  c   a cos  bt  c      a 2  b2  x t et e 3t  x  e y p  2e  2   2 cos  2t  3  sin  2t  3   4  2sin  2t  5   cos  2t  5    5  3  x  5

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x x x y p  2e x  2 et sin  2t  3 dt  4 et cos  2t  5  dt   e 3t dt   x0 x0  x0 

0

 2e

 e 1   17e 8 17  2 cos  2t  3  2 sin  2t  3   17    t / 2

x/2

t / 2

x

5t / 2  1   2e 2sin 2 t  5  cos 2 t  5        2 5  x  0

16 8 16 8 2e2 x cos  2 x  3  sin  2 x  3  sin  2 x  5   cos  2 x  5    5 5 5 5 3 32 8 16 4 4e2 x  cos  2 x  3  sin  2 x  3  sin  2 x  5   cos  2 x  5   17 17 17 17 5

yp  

112 96 192 116 2e2 x cos  2 x  3  sin  2 x  3  sin  2 x  5   cos  2 x  5   85 85 85 85 15 La solución general estará dada por: y  yh  y p yp  

 

y  C1e x  C2e x /2 

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112 96 192 116 2e2 x cos  2 x  3  sin  2 x  3  sin  2 x  5  cos  2 x  5   85 85 85 85 15 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

59

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

2 2   Resolver y '' 3 y ' 2 y  sin 2  t      t 2  5 t  5   



y  0  y '  0  0

2 

2

4 

4

Solución: Por definición de escalón unitario

 1 2 2  2 5 5     t  t   2 4 4    0  Resolviendo la inecuación:

t2 

;

t2 

5 5 2  2 t  0 2 4 4

;

t2 

5 5 2  2 t  0 2 4 4

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2

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5 5 2  2 t  0 2 4 4

5 5 2 2 t  2 4 4  3   t   t     0 2   0t  /2 1 ;  2 2    t  3 / 2 5 5   1 ;   t2  t   2 4 4  1 ; t  2   otro t 0 ; La ecuación diferencial tiene la forma:

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

t2 

2         y '' 3 y ' 2 y  sin 2  t      t     t      t       t      t  2   2  2 2     

    y '' 3 y ' 2 y   sin 2t  sin 2  t     t    sin 2  t      t     2  2   3   3   sin 2  t    t    sin 2  t  2    t  2  2   2   Aplicando transformada de Laplace: Y

2 1  e s / 2  e s  e3 s / 2  e2 s   s  2 s  1  s 2  4 

2 1 3 s 31 2   1 1  s / 2 Y s        e  s  e 3 s / 2  e 2 s   1  e 2 2  4 s  2 5 s  1 20 s  4 20 s  4 

Anti transformando: 4 2 3 31  1  y     e 2 t  k / 2   e  t  k  / 2   cos 2  t  k / 2   sin 2  t  k / 2    t  k / 2  4 5 20 20  k 0 

60

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5 5 2  2 t  2 4 4    t    t  2   0 2 

t2 

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3

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Si dos soluciones de la ecuación diferencial de coeficientes variables P  x  y ''' Q  x  y '' R  x  y ' H  x  y  0 , son y1  x   x 2 , y2  x   x5 .





Solución: Si se conocen las soluciones: y1 ( x) , y2 ( x) , y3 ( x) Entonces usaremos la definición, para el Wroskiano. De donde derivando el mismo resulta.

y1 y2 W  y1 ( x), y2 ( x), y3 ( x)   W  y1 y2 y1 y2

y3 y3 y3

d  dx



y1 y2 y3 W   y1 ( x), y2 ( x), y3 ( x)   W   y1 y2 y3 ....... [1] y1 y2 y3 Reemplazando en la ecuación [1], las soluciones de la ecuación diferencial y la condición de la derivada del Wroskiano. Usando la derivada del Wronskiano:

x5 W '  x 5 , y, x 2   5 x 4 60 x 2

3x3 y ''' 60 xy ' 120 y  64   3 64  x y ''' 20 xy ' 40 y  3 

y x2 y ' 2 x  64 x3 y ''' 0

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5 2 3 Determinar la tercera solución si se conoce: W ' x , y, x  64 x

....... [2]

Es una ecuación diferencial de EULER, esta se resuelve con el siguiente cambio de variable: t Cambio de variable: x  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:     d

d x  et dt



dt  e t dx

dy dy dt dy dt dy t dy      e  y  e  t dx dx dt dt dx dt dt 2  d y dy  d d  dy  dt dt d  dy  y   y    et      et   e2t  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt y 

y 

d  y dx





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x  et

2 dy  2t  d y  y e  2   dt   dt

 d3y d2y dy  y  e3t  3  3 2  2  dt dt   dt

Reemplazando en la ecuación [2]

  d3y d2y dy   64  dy  e3t  e3t  3  3 2  2    20et  et   40 y  dt dt   3  dt   dt  d3y d2y dy 64  3 2  18  40 y  .......[3] 3 dt dt dt 3 d3y d2y dy de la ecuacion [3] hallamos la solucion homogenea:   3 2  18  40 y  0 3 dt dt dt 3 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  3r  18r  40  0  r  4 , r  5 , r  2 

luego la solucion homogenea es:  yh  C1e4t  C2e5t  C3e2t .......[3] Para la solucion particular ''y p '' usaremos metodos abreviados: OVIDIO TACUÑA COLQUE

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61

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Expresando la ecuacion [3] en forma de operadores, se tendra.  D3  3D2  18D  40  y  643 1 64 1 64 64 8 Solucion particular: y p  3  3   2 2  D  3D 18D  40 3  0  3  0 18  0  40 3 40  3 15

Solucion particular: y p 

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8 15 8 15 t  ln ( x)

La solución general estará dada por: y  yh  y p  y  C1e 4t  C2e5t  C3e 2t 

Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  x 1 8  y  C1 4  C2 x5  C3 x 2  x 15 8 Si consideramos: C1  C2  C3  0  y  y p  15 4







y3 

8 15

Resolver la ecuación diferencial: y  6 y  f (t ) , con las condiciones y(0)  1 , y(0)  0 . f (t )

Onda cosenoidal

2

1

Solución: Sea la ecuación diferencial: y  6 y  f (t ) ........ [1]

sY S   y(0)  6Y S   F S 



1

Y S  





L

3 2

2

t





1 F  1 ........ [2] s  6 S 

Para calcular F S  primero definiremos la función f (t ) representada por una función continua por tramos. Del grafico se puede identificar las funciones:

 1  cos t  f (t )   t  2  

; 0t  ;   t  2

Mediante el Escalón Unitario.

t  f (t )  1  cos t    (t )   (t   )   2   

    (t   )    t  2     t  2  f (t )   (t )   (t   )  cos t  (t )  cos  (t   )     (t   )      (t   )    t  2      (t     ) (t  2 ) f (t )   (t )   (t   )  cos t  (t )  cos(t   )  (t   )   (t   )    t  2 



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

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 2

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f (t )   (t )   (t   )  cos t  (t )  cos(t   )  (t   ) 

1



SOLUCIONARIO DE EXAMENES

(t   )  (t   )   (t   ) 

1



(t  2 )   t  2 

e0 s  s 1 0 s s s 1 1 1 1 1 e e  e s 2  e s 2  e s  e2 s 2 2 s s s 1 s 1  s s  s 1 1 s s 1 1 1 1 1 F S    e s  2  e s 2  e s 2  e s  e2 s 2 s s s 1 s 1  s s  s F S  

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Aplicando la transformada de Laplace:

Reemplazando en la ecuación [2]

1  1  s 1 s s 1 1 1 1 1   2  e  s 2  e s 2  e s  e 2 s 2  1  e s6 s s s 1 s 1  s s  s  1  s 1 s 1 1    2 1  e s    2  e s  e2 s    s6  s s 1  s 

Y S   Y S 

s 1 s 1 1  1  e  s   e s  e2 s  ....... [3]  2 2  s( s  6) ( s  6)( s  1)  ( s  6) s Reduciendo mediante fracciones parciales: 1 7  s 1   6 6 s( s  6) s s 6 6 6 1 6 6 1  s  s s   37  372 37  37  237  237 2 ( s  6)( s  1) s  6 s 1 s  6 s 1 s 1 1 1 1   1   36  36  26 2 ( s  6) s s6 s s 1 7 6 1  1 1  6  1  s       1  6  6   37  237  237  1  e s    36  36  26   e s  e2 s  s s  6  s  6 s  1 s  1  s 6 s s      

Y S 

L1 



6 6 1 6 1  1 7   6  y (t )     e6t  e6t  cos t  sent   (t )    e6t  cos t  sent   (t ) ....... 37 37 37 37 37  6 6   37  t t  .............. 

 

1  1 6t 1 1  1 1 1 1    e6t   t   (t )  e   t   (t )   36 36 6    36 36 6  t t  t  t  2

1 6 1  1 223 6t 6   6  y (t )     e  cos t  sent   (t )    e6(t  )  cos(t   )  sen(t   )   (t   ).... 37 37 37 37  6 222   37  1 1 1 1 1 1 1 1   .........   e6(t  )   (t   )   (t   )   e6(t 2 )   (t  2 )   (t  2 )   36 36 6   36 36 6  

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63

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Y S  

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Resolver la ecuación diferencial: (1  2x  x2 ) y  2(1  x) y  2 y  2 ; y1  1  x Si se conoce:

1.

y(0)  3

y(0)  2

Solución: Ordenando la ecuación diferencial: y  2

(1  x) 2 2 y  y ....... [1] 2 2 1 2x  x 1 2x  x 1  2x  x2

Para la solución homogénea, se conoce una solución de la ecuación diferencial

y1 ( x) . Por lo tanto se puede

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SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE II / 2014

hallar la solución y2 ( x) para esto usaremos la fórmula de Abel.  P dx e   x y2  y1  dx ( y1 ) 2



 2



y2  (1  x) 

e

(1 x ) dx 1 2 x  x 2

(1  x) 2

d x  (1  x) 

e I1 d x ...... [2] (1  x) 2

1 1     (1  x) (1  x) 2 2 I1    2 d x  2 2 d x  2   d x 2 1 2x  x x  2x 1  x 1 2 x 1 2   



I1  ln x  1  2  ln x  1  2  ln x  1  2

 x  1  2   ln ( x  1)

2

2

Reemplazando en la ecuacion [2] ln ( x 1)2  2

 e ( x  1) 2  2 1  y2  (1  x)  d x  (1  x ) d x  (1  x)  1  2 dx 2 2  (1  x) (1  x) (1  x) 2  

La solución de la ecuación diferencial homogénea será:

yh  C1 y1  C2 y2

yh  C1 ( x  1)  C2 ( x 2  x  2) Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: y1  x  1  y2  x 2  x  2

x

yp   x0

y1t 

y2 t 

y1 x 

y2  x 

y1t 

y2  t 

y1t 

y2t 

x

ft  dt   0

ademas: f x   t 1 t2  t  2 x  1 x2  x  2

2 1  2 x  x2

2 dt 2 t  1 t  t  2 1  2t  t 1 2 t 1 2



( x 2  x  2)(t  1)  ( x  1)(t 2  t  2) 2 ( x 2  x  2)(t  1)  ( x  1)(t 2  t  2) 2  dt   dt 2 2 2  (t  1)(2t  1)  (t  t  2) 1  2t  t t  2t  1 1  2t  t 2 0 0 x

x

yp  

(t  1) (t 2  t  2) dt  2( x  1) dt 2 2 2 2  ( t  2 t  1) ( t  2 t  1) 0 0 x

y p  2( x 2  x  2) 

64

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x

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1   y2  (1  x)  x  2  x( x  1)  2  x 2  x  2  x  1 

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

La solución general estará dada por: y  yh  y p

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1 1 1 2x 1   y p  2( x 2  x  2)   2   2( x  1)   2  2  x  2x 1  2  x  2x 1  y p  1 y  C1 ( x  1)  C2 ( x 2  x  2)  1 Como se tiene condiciones iniciales se debe encontrar los valores de las constantes: C1 ; C2 Ademas se cumple: y p (0)  yp (0)  0 "Siempre que tenga condiciones iniciales" y  C1 ( x  1)  C2 ( x 2  x  2)  1 yp

y  C1 x  C2 (2 x  1)  0 y p

Evaluando las condiciones iniciales: 3  C1  2C2  0  2  0  C2  0

y (0)  3

y(0)  2

C1  1 En la ecuacion [3]  C2  2



y  ( x  1)  2( x 2  x  2)  1  2 x 2  x  2 

y  3x 2  x  2

Resolver la ecuación diferencial: x2 y  3x y  5 y  5ln 2 x  6sen (ln x)  2ln x

Solución: 2 2 Ecuación diferencial de coeficientes variables: x y  3x y  5 y  5ln x  6sen (ln x)  2ln x ...... [1] Se puede notar que es una ecuación diferencial de EULER, esta se resuelve con el siguiente cambio de variable: t Cambio de variable: x  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:

x  et

    d

d x  et dt



dt  et dx

dy dy dt dy dt dy t dy      e  y  e  t dx dx dt dt dx dt dt 2  d y dy  d d  dy  dt dt d  dy  y   y    et      et   e2t  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt y 

Reemplazando en la ecuación [1]





 d 2 y dy  y  e2t  2   dt   dt

  d 2 y dy    dy  e2t  e2t  2     3et  et   5 y  5 t 2  6 sent  2t dt    dt   dt 

  d 2 y dy    dy  e2t  e2t  2     3et  et   5 y  5 t 2  6 sent  2t dt    dt   dt  d2y dy   2  5 y  5 t 2  2t  6 sent .......[2] 2 dt dt d2y dy de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:   2  5y  0 2 dt dt 2 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  2r  5  0  (r  1)  4  r  1  2i 

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2.



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luego la solucion homogenea es:

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 yh  et  C1 cos 2t  C2 sen2t  .......[3]

y1  et cos 2t  y2  e t sen 2t

t

yp   t0

y1u 

y2  u 

y1t 

y2  t 

y1u 

y2  u 

y1u 

y2u 

ademas: f t   5 t 2  2t  6 sen t eu cos 2u eu sen 2u et cos 2t et sen2t

t

fu  du   t0

u

u

e cos 2u e sen2u u e (2sen2u  cos 2u ) e (2 cos 2u  sen2u )

  5 u 2  2u  6 sen u  du

u

e u et  cos 2u sen2t  sen2u cos 2t  y p   u u   5 u 2  2u  6 sen u  du 2 2 e e 2 cos 2 u  sen 2 u cos 2 u  sen 2 u cos 2 u  2 sen 2 u    t0 t

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Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones:

2

yp  yp 

t t

e 2

 e  cos 2u sen2t  sen2u cos 2t  5 u u

2

 2u  6 sen u  du

t0

t

e et sen2t  eu cos 2u  5 u 2  2u  6 sen u  du  cos 2t  eu sen2u  5 u 2  2u  6 sen u  du 2 2 t0 t0 t

t

 3  et 3 3 9 25t 2  40t  16 50t 2  20t  12 sen2t   sen t  cos t  sen3t  cos 3t  cos 2t  sen 2t  et ....... 2 2 10 10 25 25  2   3  et 3 9 3 25t 2  40t  16 50t 2  20t  12 ....  cos 2t   sen t  cos t  sen3t  cos 3t  sen2t  cos 2t  et 2 2 10 10 25 25  2 

Simplificando se tiene: 3 1 6 y p   cos t   25t 2  10t  6   sent 5 25 5 La solución general estará dada por: y  yh  y p 3 1 6 y  et  C1 cos 2t  C2 sen2t   cos t   25t 2  10t  6   sent 5 25 5 t Retornando ala variable original sabiendo ademas que: e  x   

3.

y



t  ln ( x)



1 3 1 6 C1 cos ln( x 2 )   C2 sen ln( x 2 )   cos  ln( x)    25ln 2 ( x)  10 ln ( x)  6   sen  ln ( x)  x 5 25 5

Resolver la ecuación diferencial: yV   5 y  4 y  6 ; y(0)  y(0)  y(0)  y(0)  '0 , y  IV  (0)  1

Solución: V 

Sea la ecuación diferencial de orden superior de coeficientes constantes: y  5 y  4 y  6 .....[1] Como se tiene las condiciones iniciales en el origen t  0 , será conveniente aplicar Laplace.

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yp 

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L

y V   5 y  4 y  6

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES



s 5Y S   s 4 y (0)  s 3 y(0)  s 2 y (0)  s y (0)  y  IV  (0)  5s 3Y S   5s 2 y (0)  5s y (0)  5 y (0)  4sY S   4 y (0)  0

0

0

1

0

0

6 s

6s 6s  s ( s 2  4)( s 2  1)Y S   s s 1  1 1    1 Y S   (6  s)  2 2  (6  s)  42  212  2 3  2 s ( s  4)( s  1)  s s  4 s  1   3 1 1 2 1 11 1 s 1 s Y S    2 2 2    2 L1   2 2 2 s 4 s 4 s  1 4 s 12 s  4 3 s  1 3 1 1 1 1 yt   t  sen2t  2sen t   cos 2t  cos t 2 4 4 12 3

s

5

 5s 3  4s  Y S  



4.



6 1 s

y



s  s 4  5s 2  4  Y S  

1 3 1 1 1  t  sen2t  2sent  cos 2t  cos t 4 2 4 12 3 y  5 y  6 y  f (t )

Resolver la ecuación diferencial:

2 , t  1  f (t )  3  t , 1  t  5 2 , t  5 

y(0)  2 , y(0)  3 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

0

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s 5Y S   1  5s 3Y S   4sY S  

0

Solución:

L

Sea la ecuacion diferencial: y  5 y  6 y  f (t )

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0



  s 2Y S   s y (0)  y(0)  5  sY S   y (0)   6Y S   F S    2 2  2 

s

2

6 s

 5s  6  Y S   F S   2s  8



Y S  





1 F  2s  8 ....... [1] ( s  3)( s  2)  S 

Para determinar F S  , primeramente definamos f (t )



f (t )  2  (t  1)  (3  t )  (t  1)  (3  t )  (t  5)  2  (t  5) f (t )  2  (t  1)  (t  1  2)  (t  1)  (t  5  2)  (t  5)  2  (t  5) f (t )  4  (t  1)  (t  1)  (t  1)  (t  5)  (t  5)  4  (t  5)

L



4 e  s e5 s 4 F S   e s  2  2  e5 s Reemplazando en [1] s s s s  4  s e s e5 s 4 5 s  1 Y S    e  2  2  e  2s  8  ( s  3)( s  2)  s s s s  OVIDIO TACUÑA COLQUE

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1  4s  1  s 1  4 s 5 s   2 e  2 e  2s  8  ( s  3)( s  2)  s s  2s  8 4s  1 1  4s Y S    e s  e5 s 2 2 2 ( s  3)( s  2) s ( s  3)( s  2) s ( s  3)( s  2) s 2s  8 2 4   ( s  3)( s  2) s  3 s  2 11 1 7 19   4s  1  9  4  36  26 ( s  3)( s  2) s 2 s  3 s  2 s s 13 9 29 1  1  4s  9  4  36  6 ( s  3)( s  2) s 2 s  3 s  2 s s 2

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Y S  

1 7 19 9 29 1   11  13       4  2   9  4  36  6 e s  9  4  36  6  e5 s L1   Y S        2  s2   s 2 s 3  s 3 s 2 s  s 3 s 2 s s      7 19 1  9 29 1  11 13 y (t )  (4e2t  2e3t )  (t )   e3t  e 2t   t   (t )   e 3t  e 2 t   t   ( t ) 4 36 6  4 36 6  9 9 t t 1 t t 5   7 19 (t  1)  9 29 (t  5)  11 13 y (t )  (4e 2t  2e3t )  (t )   e3(t 1)  e 2(t 1)    (t  1)   e3(t 5)  e2(t 5)    (t  5)  4 36 6  4 36 6  9 9

Resolver la ecuación diferencial:

t y  2 y  2 y  2t 3

y(0)  y(0)  0

Solución: Para resolver la ecuación diferencial aplicaremos la transformada de Laplace. Además sabiendo que:





L t ft  =  1 F n

n

(n) S 

dn   1 n F S  , aplicando Laplace a la ecuación diferencial: ds n

t y  2 y  2 y  2t 3    d  2 3! s Y S   s y 0  y0   2  sY S   y 0   2Y S   2  4  ds  s   0 0  0    12 12   2sY S   s 2YS    2sY S   2Y S   4   2sY S   s 2YS   2sY S   2Y S   4 s s 12  1  s 2YS    4s  2  Y S   4  2  s  s   4s  2  Y   12 ....... [1]  YS   S  s2 s6

(1)1

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5.

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Se puede notar que la ecuación [1] es una ecuación diferencial lineal de primer orden. Entonces buscamos su factor integrante: P dS    e S   e

4 s 2 ds s2

2

4

e

  s  s2  ds

e

4ln s 

2 s

2

 s 4e s

; multiplicamos ala ecuacion diferencial [1]

s e YS    4s  2  s e Y S 

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2 2 2 s

2 4 s

es  12 2 s 2

2

 es d  4 2s 12   Y e s  S   s2 ds  

  4 2s es d  s e Y S    12 2 ds s  



 

2

  4 2s es 12   Y e s d   S   s 2 ds    

2  s e Y S   6 e d   s 4

2 s

2 s

2 s

2 s

s e Y S   6e  C 4

Tomando C  0 , se tendra:  

2

2

s 4 e s Y S   6e s  0 Y S  

6 s4

L1 



s 4 Y S   6

 



yt   t 3

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

t3 3 yt   6  t 3!

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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69

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1.

a) Si existe, anote el operador de coeficientes constantes que anula: f ( x)  (1  e2 x )2 cos3x b) Anote las hipótesis y tesis del segundo teorema de traslación en términos del operador inverso: L1

Solución: a.)

f ( x)  (1  e 2 x ) 2 cos 3x f ( x)  (1  2e2 x  e4 x ) cos 3x

Desarrollando el cuadrado :

f ( x)  cos 3x  2e2 x cos 3x  e 4 x cos 3x......[1] Primero analicemos el operador anulador de cada termino.

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE I / 2015

es:  D 2  32  D 2  9

El anulador de:

cos 3x

El anulador de:

2e2 x cos 3x

El anulador de:

e4 x cos 3x

es:  D 2  32 es:  D 2  32

D D2

D D4

 ( D 2  2) 2  9

 ( D 2  4)2  9

El anulador de la ecuacion [1] sera el minimo común multiplo. 

Entonces:



( D 2  9) ( D 2  2)2  9 ( D 2  4)2  9

b.) Primera propiedad:

L1  F ( s  a)  e at L1 F ( s)  e at f (t )

L1 e a s F (s)  f (t )  (t ) t t a  f (t  a)  (t  a)  f (t  a) Donde:  0

2.

; ta ; ta

Resolver la ecuación diferencial:

y  3 y  2 y 

e2 x 1  ex

Solución

e2 x .......[1] 1  ex de la ecuacion [1] planteamos la solucion homogenea: 

y  3 y  2 y 



y  3 y  2 y  0

cuya ecuacion caracteristica sera:  r 2  3r  2  0  ( r  2)(r  1)  0  r  2  r  1 luego la solucion homogenea es:

 yh  C1e2 x  C2e x .......[2]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: 70

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

Segunda propiedad:

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

x

yp   x0



y2  e x

y1t 

y2 t 

y1 x 

y2 x 

y1t 

y2  t 

y1t 

y2t 

f x 

ademas: e 2t e2 x

x

ft  dt  

x0

e 2t 2e2t

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

e2 x 1  ex

et ex

e 2t e x e 2 t  e 2 x et e 2 t  dt  t  e2t et (1  2)  1  et dt et 1  e x0 et x

OVIDIO TACUÑA COLQUE

y1  e2 x

OVIDIO TACUÑA COLQUE

et 1 et e  t 2x x 2x dt  e dt   e dt  e dt t t t t    1  e 1  e 1  e e  1 x0 x0 x0 x0 x

x

y p  e x 

x

x

x

x

y p  e x ln et  1   e 2 x ln e t  1   e x ln e x  1  e 2 x ln e  x  1 y p  e x ln e x  1  e2 x ln

ex  1  e x ln e x  1  e 2 x ln e x  1  x e 2 x x e

y p  e x (e x  1) ln e x  1  x e 2 x La solución general estará dada por: y  yh  y p



y  C1e2 x  C2e x  e x (e x  1) ln e x  1  x e2 x

Resolver la ecuación diferencial: x2 y  5x y  5 y  3ln x  2cos(ln x2 )  4

Solución: 2 2 Ecuación diferencial de coeficientes variables: x y  5x y  5 y  3ln x  2cos(ln x )  4 ...... [1] Se puede notar que es una ecuación diferencial de EULER, esta se resuelve con el siguiente cambio de variable: t Cambio de variable: x  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:

x  et

    d

d x  et dt



dt  et dx

dy dy dt dy dt dy t dy      e  y  e  t dx dx dt dt dx dt dt 2  d y dy  d d  dy  dt dt d  dy  y   y    et      et   e2t  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt y 

Reemplazando en la ecuación [1]







 d 2 y dy  y  e2t  2   dt   dt

  d 2 y dy    dy  e2t  e2t  2     5et  et   5 y  3t  2cos 2t  4 dt    dt   dt 

d2y dy  4  5 y  3t  4  2cos 2t .......[2] 2 dt dt

d2y dy  4  5y  0 2 dt dt 2 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  4r  5  0  ( r  2)  1  r  2  i de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:

OVIDIO TACUÑA COLQUE



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71

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3.



JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

luego la solucion homogenea es:

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

 yh  e2t  C1 cos t  C2 sent  .......[3]

el operador anulador de la funcion: f (t )  3t  4  2 cos 2t Multiplicamos el operador ala ecuacion [2]  

Anulador sera  D 2 ( D 2  4)

D 2  D 2  4  D 2  4 D  5   y  D 2  D 2  4  3t  4  2 cos 2t  0 D 2  D 2  4  D 2  4 D  5   y  0

 r  2r 1  cuya ecuacion caracteristica sera:  r ( r  4)  r  4r  5   0  r   2i r  0 (2 veces)  2

2

2

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

Para la solucion particular ''y p '' el metodo del operador anulador por lo tanto determinamos

Cuya solucion general sera: yG  e2t  C1 cos t  C2 sent   C3 cos 2t  C4 sen2t  C5  C6t .......[4] Solucion particular

Solucion homogenea

y p  C3 cos 2t  C4 sen2t  C5  C6t dy  2C3 sen2t  2C4 cos 2t  C6 dt d2y  4C3 cos 2t  4C4 sen2t dt 2 Reemplazando en la ecuacion [2] para determinar las constantes:  4C3 cos 2t  4C4 sen2t  8C3 sen2t  8C4 cos 2t  4C6  5C3 cos 2t  5C4 sen2t  5C5  5C6t  3t  4  2 cos 2t

 2C3  8C4  cos 2t   C4  8C3  sen2t  5C6t  4C6  5C5  2 cos 2t  3t  4  sen2t : C4  8C3  0 C4  8C3



t:

5C6  3



t0 :

 C3 

 C6 

4C6  5C5  4

yG  C1e 2t cos t  C2e 2t sent 

1 8  C4  33 33

3 5

 C5 

8 25

Reemplazando en [4]

1 8 8 3 cos 2t  sen2t   t 33 33 25 5

Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  x  t  ln ( x)  e 2t 



72



y  C1

1 x2

cos[ln x] sen[ln x] 1 8 3 8  C2  cos[2 ln x]  sen[2 ln x]  ln x  2 2 x x 33 33 5 25

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 cos 2t : 2C3  8C4  2

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y  9 y  f (t )

Resolver la ecuación diferencial:

y(0)  2 , y(0)  0 OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Solución:

L

Sea la ecuacion diferencial: y  9 y  f (t )

2  t , 1  t  2  f (t )  1 , 0  t  1 0 , t  0 ; t  2 

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4.

OVIDIO TACUÑA COLQUE



s Y S   s y (0)  y(0)  9Y S   F S  2

2

s

2

0

 9  Y S   F S   2s



Y S  





1 F  2s ....... [1] ( s  3)( s  3)  S 

Para determinar F S  , primeramente definamos f (t )



f (t )  (2  t )   (t  1)   (t  2)   1   (t  0)   (t  1)   0    (t  0)   (t  2)  f (t )  (t  1)  (t  1)   (t  1)  (t  2)  (t  2)   (t )   (t  1) f (t )  (t  1)  (t  1)  (t  2)  (t  2)   (t ) s

2 s

L



0s

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Y S 

Y S 

1 1 19 19 1  1  54  54 9  2 s  s    2  e  e   8  8  9 s  3 s  3 s  s 3 s 3 s    1  1 1 6 1  1 1 6 19 1 19 1 11     2  e2 s     2  e s    54  s  3 s  3 s  54  s  3 s  3 s  8 s 3 8 s 3 9 s

L1 



19 1 1 1 19 y (t )   e3t  e 3t    (t )  e3t  e 3t  6t   (t )  e3t  e 3t  6t   (t ) t t  2 t t 1 8 9 54 54 8   19 1 1 1 19 y (t )   e3t  e3t    (t )  e3(t  2)  e 3(t  2)  6(t  2)   (t  2)  e3(t 1)  e 3(t 1)  6(t  1)   (t  1) 8 9 54 54 8 5.

Resolver la ecuación integro - diferencial: t

t

0

0

y(t )  4 y(t )   (t   ) y( ) d    y( )d   t ;

y(0)  1

Solución: Primero la ecuación integro diferencial dada tiene núcleo de convolución, por lo tanto es conveniente aplicar la transformada de Laplace. OVIDIO TACUÑA COLQUE

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73

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e e e  2  Reemplazando en [1] 2 s s s  e s e2 s 1  1 1 1  2s e2 s  e  s   Y S     2  2   2s   2 2  ( s  3)( s  3)  s s s s( s  3)( s  3)  ( s  9) s

F S   

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t

t

0

0

L

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y(t )  4 y(t )   (t   ) y( ) d    y( )d   t sY S   y 0  4Y S   t  yt   1 yt  



 

1 s2

 

 sY S   1  4Y S   L t  L yt   L 1  L yt  

1 s2

 1 1  1  sY  y 2 S   0   Y S   2 s   s s  1 

sY S   1  4Y S  

 s 2  4s  2  2 1 1  Y S   s  4    2  1  2  Y S     1 s s s s    s ( s  2)  2 ( s  2) 2 Y S    2    2 2 2 2 s  4s  2 ( s  2)  2 ( s  2)  2 ( s  2) 

 

yt   e2t cosh

SOLUCIONARIO DE EXAMENES





2t 

2 2t e senh 2



2t







yt   2 e2t senh





2 t  e 2t cosh



2t



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

 2

L1 

2

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74

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Solución: a.)

f ( x)  3 xe 4 x sen 2 2 x sen 2 

De las identidades trigonometricas se conoce que:

1  cos 2 2

 1  cos 4 x  3 4 x 3 4 x f ( x)  3 xe 4 x    x e  x e cos 4 x 2 2   2 3 3 f ( x)  x e4 x  x e 4 x cos 4 x......[1] 2 2 Primero analicemos el operador anulador de cada termino. 3 4 x 2 El anulador de: xe es:  D 2   D  4 D  D  4 2 2 3 2 2 2 2    El anulador de:  x e 4 x cos 4 x es:   D 2  D  4  D  4  16      D  D 2  42  D  D  4   2 DD4 El anulador de la ecuacion [1] sera el minimo común multiplo de los anuladores individuales.

Entonces:

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1. a) Si existe, anote el operador de coeficientes constantes que anula: f ( x)  3xe4 x sen2 2x b) Anote las hipótesis y tesis del primer teorema de traslación en términos del operador inverso: L1





 D  4   D  4  2

2

 16  

2

b.) Primera propiedad:

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SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE II / 2015

L1  F ( s  a)  e at L1 F ( s)  e at f (t ) Segunda propiedad:

L1 e a s F (s)  f (t )  (t ) t t a  f (t  a)  (t  a)  f (t  a) Donde:  0

; ta ; ta

2. Resolver la ecuación diferencial:

y  4 y  4 y  e2 x ln x

Solución

 y  4 y  4 y  e2 x ln x .......[1] de la ecuacion [1] planteamos la solucion homogenea:



y  4 y  4 y  0

cuya ecuacion caracteristica sera:  r  4r  4  0  ( r  2)2  0  r  2 (2 veces) 2

luego la solucion homogenea es:

 yh  C1e2 x  C2 xe2 x .......[2]

Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: OVIDIO TACUÑA COLQUE

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75

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x

yp   x0

y2  xe 2 x



y1t 

y2  t 

y1 x 

y2  x 

y1t 

y2  t 

y1t 

y2t 

x

y p    xe

2 x

f  x   e 2 x ln x

ademas: e2t e2 x

x

ft  dt  

x0

e2t 2e2t

 e t   ln t dt  xe 2 x

2 x

x0

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

te2t xe 2 x

x

 e 2t ln t dt  

te2t e 2t (1  2t ) x

x0

xe 2 x e 2t  e 2 xte 2t 2t  e ln t dt e2t e2t (1  2t  2t )

x

 ln t dt  e  t ln tdt 2 x

x0

x0

I1

I2

dt  d () u  ln t  du  t Integrando por partes cada integral: I1 :  dv  dt   v  t 

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OVIDIO TACUÑA COLQUE

y1  e2 x

OVIDIO TACUÑA COLQUE

dt  d () u  ln t  du  t I2 :  2  v  t dv  tdt   2 x x x   2 x  t 2  t  x y p  xe  t ln t  x   dt   e  ln t    dt  0  2  x0 x0 2    x0 Como la ecuacion diferencial no tiene condiciones iniciales, el reemplazo de "x0" se lo debe obviar, 2 x

 x2 x2  1 1 3  1 y p  xe 2 x  x ln x  x   e 2 x  ln x    x 2e 2 x  ln x  1  ln x    x 2e 2 x  ln x   4 2 4 4  2 2 La solución general estará dada por: y  yh  y p 

3 1 y  C1e2 x  C2 xe 2 x  x 2e 2 x  ln x   4 2





2 2 3. Resolver la ecuación diferencial: x y  2 x y  2 y  x 3  2cos(ln x )

Solución:



 

Ecuación diferencial de coeficientes variables: x y  2 x y  2 y  x 3  2cos(ln x ) ...... [1] 2

2

Se puede notar que es una ecuación diferencial de EULER, esta se resuelve con el siguiente cambio de variable: t Cambio de variable: x  e Derivando según la regla de la cadena se tiene:

x  et y 

76

    d

d x  et dt



dy dy dt dy dt dy t      e dx dx dt dt dx dt OVIDIO TACUÑA COLQUE

dt  et dx 

y  e  t

dy dt JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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por lo tanto solo se reemplazara el limite superior.

y 

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d d  t dy  dt dt d  t dy  2t  d 2 y dy   y    e    e e  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt   dt



OVIDIO TACUÑA COLQUE

Reemplazando en la ecuación [1]

SOLUCIONARIO DE EXAMENES



 d 2 y dy  y  e2t  2   dt   dt

  d 2 y dy    dy  e2t  e2t  2     2et  et   2 y  et  3  2cos 2t  dt    dt   dt 

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d2y dy  3  2 y  et  3  2cos 2t  .......[2] 2 dt dt



de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:



d2y dy 3  2y  0 2 dt dt

cuya ecuacion caracteristica sera:  r 2  3r  2  0  ( r  2)(r  1)  0  r  2  r  1

luego la solucion homogenea es:  yh  C1e2t  C2et .......[3] Para la solucion particular ''y p '' usaremos la formula de Green para las soluciones: y1  e2t  y2  et

t

yp   t0

y1u 

y2  u 

y1t 

y2  t 

y1u 

y2  u 

y1u 

y2u 

ademas: f t   et  3  2 cos 2t  t

fu  du   t0

e 2u e2t 2u

e 2e2u

eu et u

e eu

 eu  3  2 cos 2u  du

et e 2 u  e 2 t eu u y p   2u u  e  3  2 cos 2u  du    et  e 2t e u   3  2 cos 2u  du e e 1  2  t0 t0 t

t

t

t

  3  2 cos 2u  du  e  3e 2t

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t0

u

 2e u cos 2u  du

t0

sabiendo que:  eat cos(bt ) dt 

eat  b sen(bt )  a cos(bt )  a 2  b2

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y p  e

t

t

2 t   y p  et 3u  sen2u   e 2t  3e u  e u  2sen2u  cos 2u   5   2 4 2     y p  et 3t  sen2t   e 2t  3e t  e t  2sen2t  cos 2t    et  3t  sen2t  3  sen2t  cos 2t  5 5 5     1 2   y p  et  3  3t  sen2t  cos 2t  5 5  

La solución general estará dada por: y  yh  y p

1 2    yG  C1e 2t  C2 et  et  3  3t  sen2t  cos 2t  5 5   Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  x  t  ln x  e2t  x 2  2t  ln x 2





1 2   yG  C1 x 2  C2 x  x 3  3ln ( x)  sen  ln x 2   cos  ln x 2  5 5  

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77

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4. Resolver la ecuación diferencial:

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

y  2 y  10 y  2t  3 (t  3)  4 t  (t  4) ; y(0)  1, y(0)  3 OVIDIO TACUÑA COLQUE

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Solución: Ordenando la ecuación diferencial: y  2 y  10 y  2t  3 (t  3)  4(t  4  4) (t  4) Aplicando la transformada de La place. y  2 y  10 y  2t  3 (t  3)  4(t  4) (t  4)  16 (t  4)

  1 1 1 s 2Y S   s y 0  y0  2  sY S   y 0   10Y S   2 2  3 e 3s  4 2 e 4 s  16 e 4 s s s s   1 3  1  1 1 1 s 3  5s 2  2  1  4s  Y S   s 2  2s  10   s  5  2 2  3 e 3s  4 2 e 4 s  16 e 4 s   3 e 3 s  4e 4 s  2  2 s s s s  s  Y S  

s 3  5s 2  2 1 1  4s 3 e3s  4 e 4 s ....... [1] 2 2 2 2 2  (s  1)  9  s (s  1)  9  (s  1)  9  s

1 s 3  5s 2  2 A( s  1)  B C 5     (s  1)2  9  s 2  (s  1)2  9  s s 2

  ( s  1) 2  9  s 2

1  (s  1)2  9  5 Ahora igualamos los grados del polinomio para encontrar las constantes:

s3 : 1  A  C  A  1  C 1 24 s 2 : 5  A  B  2C   B C 5 5 2 2 47 218 s : 0  9C   C  A  B 5 45 45 45 1 1  4s A( s  1)  B C 10    2   ( s  1) 2  9  s 2 2 2 2  (s  1)  9  s  (s  1)  9  s s

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s 3  5s 2  2   A ( s  1)  B  s 2  C  ( s  1) 2  9  s 

1  4s   A ( s  1)  B  s 2  C  ( s  1) 2  9  s 

1  (s  1)2  9  10 Ahora igualamos los grados del polinomio para encontrar las constantes:

s3 : 0  A  C  A  C 1 1 s 2 : 0  A  B  2C   B   C 10 10 1 19 19 s : 4  9C   C  A 5 45 45 Reemplazando en la ecuacion [1]

 B

47 90

 47 s 1 218 1 2 1 1 1 1 Y S           2 3 e3s  ........ 2 2 2 45 ( s  1)  9 45 s 5 s  ( s  1)  9  45 ( s  1)  9  19 s 1 47 1 19 1 1 1  .........  4          2  e4 s 2 2  45 ( s  1)  9 90 ( s  1)  9 45 s 10 s  78

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L1 

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

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

218 2 1   47 yt     e t cos 3t   e t cos 3t    t   e t sen 3t   (t )  ............. t t 3 135 45 5   45 4  47 9  .........   19  et cos 3t   et sen3t  19  t   (t ) 45  6 2  t t  4  

yt  

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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47 t 218 2 1  e cos 3t   et cos 3t    t  e (t 3) sen 3(t  3)   (t  3)  ............. 45 135 45 5 4  47 9  .........   19  e (t 4) cos 3(t  4)   e  (t 4) sen3(t  4)  19  (t  4)   (t  4) 45  6 2 

5. Resolver la ecuación integro - diferencial: 0

t

f (t )  f (t )   (t   ) f ( ) d    f ( )d   t ; t

f (0)  1

0

Solución: Primero la ecuación integro diferencial dada tiene núcleo de convolución, por lo tanto es conveniente aplicar la transformada de Laplace. Ordenando previamente t

t

0

0

f (t )  f (t )   (t   ) f ( ) d    f ( )d   t t

t

0

0

L



f (t )  f (t )   (t   ) f ( ) d    f ( )d   t

sF S   1  F S  

1  t 2

 

1 s2

 7  1  12 t 2 cos  t   e 7  2  2 

OVIDIO TACUÑA COLQUE

 s2  s  2  F S     1 s   1  1 s  2  2   2 2 2 1  7  1     s   s   2  2  2     7  sen  t   2   1  12 t  ft   e sen  7  

1 1  s   s 2 2  2   2 s s2 1 7  s   2 4 

f  t   e

 

 sY S   1  Y S   L t  L f t   L 1  L f t  

 1 1  1  sF  f 2 S   0   F S   2 s   s s  1 

2 1 1  F S   s  1    2  1  2 s s s 

F S 

1 s2

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sF S   f 0  F S   t  f t   1 f t  

7  2 

2

L1 



 7  7   12 t t   e cos  t  2   2 

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE I / 2016

Solución:

f (t ) =g (t )  f (t )=t  g (t ) Aplicando la transformada de Laplace. t

Denominando a:

s

d F ( s)   G ( s) ds

Ordenando:

  G ( s)   F ( s) d s d G ( s)    F ( s) d s   



Finalmente se tendra:

G( s)   F ( s) d s  L  g (t )

Pero:

g (t ) 

s

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

 f (t )  1. Demostrar: L     F ( s) d s  t  s

f (t ) t



 f (t )  L    F ( s) d s  t  s

Entonces queda demostrado que:

f ( x)   x e x  sen 2 x 

2. Hallar el operador anulador de:

2

Solución

f ( x)   x e x  sen 2 x 

2

Desarrollando el cuadrado :

f ( x)  x 2e2 x  2 xe x sen 2 x  sen 4 x

Simplificando, para esto usamos identidades trigonometricas: sen 2 

1  cos 2 1  cos 2  cos2   2 2

1  cos 2 x  1  cos 2 x  1 1 cos 2 2 x 2 2x x x f ( x)  x e  2 xe    x e  xe  xe cos 2 x   cos 2 x   2 2 4 2 4   1 1 1  cos 4 x f ( x)  x 2e2 x  xe x  xe x cos 2 x   cos 2 x  4 2 8 3 1 1 f ( x)  x 2e2 x  xe x  xe x cos 2 x   cos 2 x  cos 4 x ....[1] 8 2 8 Primero analicemos el operador anulador de cada termino. 2

x

El anulador de: x 2e2 x El anulador de:

xe x

es:  D3 es:  D 2

D D2 D  D 1

  D  2   D  1

El anulador de:  xe x cos 2 x :   D 2  22 

2

3

2

2   D  1  4    D  D 1

2

3 es:  D 8 1 El anulador de:  cos 2 x es:  D 2  22   D 2  4  2 El anulador de:

80

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2 2x

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1 cos 4 x es:  D 2  42   D 2  16  8 El anulador de la ecuacion [1] sera el minimo comun multiplo. 

Entonces:



 D  2    D  1   D  1 3

2



2

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El anulador de:

 4  D   D 2  4    D 2  16   2



2 2 2 x 3. Resolver la ecuación diferencial: x y  x  2 x  3 y  x  3x  3 y  (6  x )e

Sabiendo que una solución de la ecuación homogénea es de la forma: y  xaeb x Solución: a bx Como y  x e satisface la ecuación homogénea, entonces se verifica en la misma, por lo tanto por derivación se tendrá: d( )

dx  y  x a eb x   d( )

dx  y  ax a 1eb x  bx a eb x  

 y  a (a  1) x a 2eb x  abx a 1eb x  bax a 1eb x  b 2 x a eb x Reemplazando en la ecuacion diferencial homogenea y realizando operaciones algebraicas se tiene: x 2  a (a  1) x a  2eb x  abx a 1eb x  bax a 1eb x  b 2 x a eb x    2 x 2  3x   ax a 1eb x  bx a eb x    x 2  3x  3 x a eb x  0 b  1  0  b  1 Entonces se obtiene:  2 a  4a  3  0  (a  3)(a  1)  0  a  3  a  1 Por lo tanto las soluciones de la ecuacion diferencial homogenea seran:

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 x a eb x (b  1)2 x 2  (b  1)(2a  3) x  a 2  4a  3  0

y1  xe x  y2  x3e x 

yh  C1 xe x  C2 x 3e x .....[1]

La solución particular se puede determinar por variación de parámetros, usando la forma reducida de la fórmula de Green:

 6  x2  y1  xe x  y2  x3e x ademas: f ( x)   2  e x  x  y1u  y2u  ueu u 3eu x y x y2t  xe x x3e x  6  u2  u 1 t  x 2 yp   f (u ) du     2  e du  e  x  2  u 3 u y y u ue ue   1 u  2 u  x0 x0 u u 2 u 3 u e  ue 3u e  u e y1u  y2u  y p  ex  x2  2 La solución general estará dada por: y  yh  y p

 OVIDIO TACUÑA COLQUE



yG  C1 xe x  C2 x3e x  e x  x 2  2  JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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4. Resolver la ecuación diferencial:

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

(1  x)2 y IV  (1  x) y  y  (1  x)3  2

Solución: 2 IV 3 Reescribiendo la ecuación diferencial: ( x 1) y  ( x 1) y  y  ( x 1)  2 () () y  z   y  z   y IV  z ( x 1)2 z  ( x 1) z  z  ( x 1)3  2 .... [1] Ecuación diferencial de Euler t Cambio de variable: x  1  e Derivando según la regla de la cadena se tiene: dt d  x  1  et   d x  et dt   e t dx dz dz dt dz dt dz t dz z       e  z  et dx dx dt dt dx dt dt 2 2 d d  t dz  dt dt d  t dz  2t  d z dz  dz  2t  d z    z  z   e    e e  2    z e  2   dx dx  dt  dt dx dt  dt  dt  dt   dt  dt

Realizando el cambio de variable:

Reemplazando en la ecuación [1]





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 2t  d 2 z dz   t  t dz  3t e e  2    e e   z  e  2 dt    dt   dt  2t

d 2z dz  2  z  e3t  2 .......[2] 2 dt dt

d 2z dz 2  z  0 2 dt dt 2 2 cuya ecuacion caracteristica sera:  r  2r  1  0  (r  1)  0  r  1 (2 veces) de la ecuacion [2] hallamos la solucion homogenea:



luego la solucion homogenea es:  zh  C1et  C2tet .......[3] Para la solucion particular ''y p '' usaremos metodos abreviados, para la cual expresamos en forma de d 2z dz  2  z  e3t  2   D 2  2 D  1  z  e3t  2 2 dt dt 1 1 1 e3t 3t 3t zp   e  2   e  2    D 1 2   D 1 2   4  2 2  D  1     La solución general estará dada por: z  zh  z p

e 3t 2 4 Retornando ala variable original sabiendo ademas que: et  x  1  t  ln ( x  1) 1 zG  C1 ( x  1)  C2 ( x  1) ln ( x  1)  ( x  1) 2  2 Del cambio de variable: z  y 4 1   y  C1 ( x  1)  C2 ( x  1) ln ( x  1)  ( x  1) 2  2  4  zG  C1et  C2tet 

82

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operadores diferenciales:

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; y(0)  0

Solución: Como solo se tiene una condición inicial y la ecuación es de segundo orden, asumiremos que: y0  K  constante . Para poder aplicar la transformada de la Place.





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5. Resolver: t y  2 y  t y  sen(t   )

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

dn F , aplicando Laplace a la ecuación diferencial: Además sabiendo que: L t ft  =  1 F   1 ds n  S      d 1 1 d 2    (1) S Y S   S y 0  y0  2 S Y S   y 0   (1)1 Y S    2  dS  dS S 1   0 K  0    d 1   S 2Y S   K   2S Y S   YS    2 dS S 1 1 2SY S   S 2YS   2S Y S   YS    2 S 1 1  S 2  1 YS    2 S 1 1 1  Y   YS    dS  C S 2 2    S 2 1 S 2 1 n

n

n

(n) S 

 













1  1    S 2 1  2  d S   1 1 S  S  dS  C  1 arctg S  1  Y S   arctg  S    C    2 2 2 2 2 2  1 1 2 S S   S   S S   1 1 1 Y S   arctg  S   C 1 2 2 S   S  1 1 S Y S   arctg  S   C L1   2 2 2 S 1  1  d con la propiedad: L1 F (S )   L1   F (S )   ; esto para la función: arctg  S   t d S  yt  

 1 1  1 1  d arctg  S    cos t  C  (t )  L  2 t d S  2

yt  

1  1 1  1  1  L  2   cos t  C (t ) 2  t  S  1  2

yt   

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1 1 S 2  S 2 1 1 1 1 S 2  1 Y S    dS  C   2 dS   dS  C 2 2 2 S 1 2  S 2  12  S 2  1

1 1 sent  cos t  C  (t ) .....[1] 2t 2

Para hallar el valor de C aplicamos el teorema del valor final: OVIDIO TACUÑA COLQUE

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

lim y (t )  y (0) 1  1   1 lim    sent   cos t  C  (t )   0 t 0 2  2   t  1 1    C (1)  0  C  0 Reemplazando en [1] 2 2 

6. Resolver la ecuación:



yt   

1 sent 1  cos t 2 t 2

y  4 y  4 y  f (t ) ; y(0)  0 , y( )  1

f (t )

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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t 0

onda senoidal



 (t  4 )









t

Solución: Aplicando transformada de La Place y asumiendo que: y(0)  k

  s 2Y ( s)  s y (0)  y(0)  4  sY ( s)  y (0)   4Y ( s)  F ( s)   0 k 0  

Y ( s)  s 2  4s  4   k  F ( s)

k F ( s)  .....[1] 2 ( s  2) ( s  2) 2 Para determinar F ( s) , primeramente definamos f (t )  t   f (t )   sen     (t   )   (t  3 )     (t  4 ) L    2   e s  e3 s F ( s)       e4 s Reemplazando en [1] 2 s2  1 2 s2  1 4 4   k 1   e  s  e3 s 4 s  Y ( s)     e    ( s  2) 2 ( s  2) 2  2 s 2  1 2 s 2  1   4 4   s 3 s k  1 e  1 e  Y ( s)         e4 s 2 2 2 ( s  2) 2 ( s  2) s 2  1 2 ( s  2) s 2  1 ( s  2) 2 4 4

84

OVIDIO TACUÑA COLQUE

L1 



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Y ( s) 

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES



De la evaluación y la simplificación se obtiene: k 

e 2



64 2(t  ) 64  t    30  t    (t   )e 2(t  )  e  cos  sen      (t   )  ...   2 289 289  2  289  2   64 2(t 3 ) 64  t  3  30  t  3   2( t  4 ) ... (t  3 )e2(t 3 )  e  cos  sen   (t  4 )     (t  3 )   (t  4 )e 289 289 2 289 2      e

te 2t 



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 y (t ) 

2

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64 2(t  ) 64  t    30  t    (t   )e 2(t  )  e  cos  sen      (t   )  ...  2 289 289  2  289  2   64 2(t 3 ) 64  t  3  30  t  3   2( t  4 ) ....  (t  3 )e2(t 3 )  e  cos  sen   (t  4 )     (t  3 )   (t  4 )e 289 289  2  289  2   Evaluando y( )  1 para determinar el valor de k: y (t )  k te 2t 

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85

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 207 SEMESTRE II / 2016 dt , ( x  1) son linealmente independientes ln t e

1. Verificar si las funciones: y1 ( x)  ln x , y2 ( x)  ln x  en su intervalo de definicion.

Solución: Para verificar la independencia lineal de las funciones y1 ( x); y2 ( x) analicemos según el Wronskiano: x

dt ln t e

ln x 

ln x

y W y1 , y2  = 1 y1

y2  y2 1 x

x

x

ln x dt ln x dt   ln x   ln x  0  x x e ln t x e ln t 1 dt 1  ln x  x e ln t ln x 

Finalmente se tendra:



W y1 , y2   ln x  0 , ( x  1)

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x

 L. I .

Por lo tanto las funciones dadas son Linealmente Independientes, al ser el Wronskiano distinto de cero en su intervalo de definicion. 

2. Evaluar la integral:  e2t f (t )dt , si f (t ) es consecuencia de la ecuación integro diferencial 0

t

f (t )  cos t   f ( ) cos(t   )d  ; f (0)  0 ; f (0)  1

siguiente:

0

Solución Aplicamos la Transformada de La Place a la ecuación integro-diferencial, sabiendo que: L  f (t )  F ( s ) t

L



0

s 2 F ( s)  s f (0)  f (0)  0

1

s s  F (s)  2 s 1 s 1 2

s s s s2  s  1 s2  s  1 F ( s )   F ( s )  .....[1]   2 s2  1 s( s 3  s  1)  s 1  No es necesario hallar la tranformada inversa de La Place de la funcion F ( s), de la definicion de la 4

2



transformada se conoce que: F (s )   e st f (t ) dt .....[2] 0

Igualando la ecuacion [1] con la ecuacion [2]. 



 st  e f (t ) dt  0

s2  s  1 ......[3] s( s 3  s  1) 

Se nos pide evaluar la integral  e2t f (t ) dt , entonces se puede aplicar limites para calcular la integral 0

cuando: s  2, se tendra: 86

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f (t )  cos t   f ( ) cos(t   )d 

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   s2  s  1  lim   e st f (t ) dt   lim  3  s 2 s 2 s ( s  s  1)   0 

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





e



2 t  e f (t ) dt 



0

2 t

f (t ) dt 

0

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

22  2  1 7  3 2(2  2  1) 18

7 18

3. Resolver la ecuación diferencial de segundo orden: ( x 4  x3 ) y  (2 x3  2 x 2  x) y   y 

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( x  1) 2 x

Si una de las soluciones homogéneas tiene la forma: y  x a Solución: a Como y  x satisface la ecuación homogénea, entonces la satisface, por lo tanto derivando se tiene: d( )

dx  y  x a   d( )

dx  y  ax a 1  

 y  a(a  1) x a 2 Reemplazando en la ecuacion diferencial homogenea y realizando operaciones algebraicas se tiene: 4

 x3 a (a  1) x a 2    2 x3  2 x 2  x ax a 1  x a   0

La

 a(a  1) x a  2  a(a  1) x a 1  (a  1) x a  0 Entonces para que la ecuacion se cumpla:  (a  1)  0  a  1 Por lo tanto una de las soluciones de la ecuacion diferencial homogenea sera: 1  y1  x 1  x Con el valor de y1 ( x) , se puede hallar la solución y2 ( x) para esto usaremos la fórmula de Abel. e  y2  y1  dx ( y1 ) 2  P x  d x

I1   





1 e y2   x



2 x3  2 x 2  x dx x 4  x3

1 x2

 1 d x   x 2e x

2 x3  2 x 2  x dx x 4  x3

dx 

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x

1 2 I1 x e d x .....[1] x

2 x3  2 x 2  x 2x2  2x 1 1  1 3 1 d x   2 d x     2   d x  3ln x   ln( x  1) 4 3 x x x ( x  1) x 1  x x x

1  x 1   ln  3  x  x  Reemplazando en la ecuacion [1] I1 

1    1 2 1x  x  1  1 1x  x  1  1  1x ex y2   x e  3  d x   e  d x  .....[2]  d x   e d x   x x x x  x   x   I2   d  u  x   du  dx  1 1x  1 1x  1 1 I 2   e d x   x  2 e d x  Por partes   1 x   v  e x x dv  e d x  x   x2 

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87

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I 2   xe x   e x d x OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Reemplazando en [2] 1

1 1 1  xe x 1  1x x x  y2    e d x  xe   e d x   e x x x  Por lo tanto la homogenea sera:

1 1  y2  e x x 1 1  yh  C1  C2e x .....[3] x

y1 

La solución particular se puede determinar por variación de parámetros, usando la forma reducida de la fórmula de Green: 1 1 y1   y2  e x x

ademas: f ( x) 

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1

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( x  1) x4 1

x

yp   x0

y1u 

y2u 

y1 x 

y2  x 

y1u 

y2u 

y1u 

y2u 

1

1 u e u 1 1 ex x

x

f (u ) du  

x0

1

1 u 1  2 u

1

1

eu 1

e u 1

1

1 1 e x    eu (u  1) (u  1)  4 du   1 u x  4 du u 1 1 u x0 u  e  3  2   u u  x

1 u2 1

1 1 1 1 u x e x    eu  e x e  x 1 x 1 x 1  (u  1) 1 1 1  1 1 u x u x x x u yp   1  4 du   du  e  du   du  e  e d     ln x 1 1 u x x0 u  u x  u 1  x0 x0 x0 2 u x0 eu  3  ue u u e  u  1 1  1 ln x y p  e x  e x  ln x  1  x x La solución general estará dada por: y( x )  yh  y p 



4. Resolver la ecuación diferencial:

y( x )

1 1 ln x  C1  C2e x  1  x x

t y  2 y  t y  sent  cos t ; y(0)  2

Solución: Como solo se tiene una condición inicial y la ecuación es de segundo orden, asumiremos que: y0  K  constante . Para poder aplicar la transformada de la Place.





dn

n (n) F , aplicando Laplace a la ecuación diferencial: Además sabiendo que: L t ft  =  1 F S    1 ds n  S 

(1)1 88

n

n

   d  2 d 1 S S Y S   S y 0  y0   2  S Y S   y 0   (1)1 Y S   2  2 dS    dS S 1 S 1   2 K   2 

 

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x

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2SY S   S 2YS   2  2S Y S   4  YS  

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1 S  2 S 1 S 1 2

1 S  2 2 S 1 S 1 1 S 1 YS    2 2 2 2  S 2  1  S 2  1  S  1 2

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  S 2  1 YS  

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Aplicando la transformada inversa de La Place, se tendra:  1  1  1  1  S 1  1  L1 YS   L1  2  2  L   2 L   2   2  2   S  1  S  1    S  1  S  1    S  1  t y (t )  sent  sent  cos t  sent  2sent .....[1]





Ahora aplicamos convolucion en la ecuación [1] t



sent  sent   sen( )sen(t   )d   0

1 1 sen(2  t )    cos(t )  cos(2  t )  cos(t ) d     20 2 2 0 t

t

1  sen(t ) sent  1 t sent  sent    t cos(t )   0   sen(t )  cos(t ) 2 2 2 2  2 1 1 cos(t  2 )  cos t  sent   cos( ) sen(t   )d     sen(t )  sen(t  2 )  d    sen(t )   20 2 2 0 0 t



t

t

1 cos(t ) cos(t )  t cos t  sent  tsen(t )  0  sen(t ) 2 2 2  2 Reemplazando en la ecuación [1]

1 t t 5 t t sen(t )  cos(t )  sent  2sent  sen(t )  cos(t )  sent 2 2 2 2 2 2 



y (t ) 

5 sen(t ) 1 1  cos(t )  sent 2 t 2 2

(t  1) ; 1  t  2 5. Resuelva la ecuacion diferencial: y  4 y  f (t ), si: f (t )    0 ; t 1  t  2 Con las condiciones iniciales: y(1)  y(1)  1. Solución: Reescribiendo la ecuación diferencial en términos de paso unitario, se tendrá:

y  4 y  (t  1)   (t  1)   (t  2)  ......[1] Para la solución de la ecuación [1], debido a la presencia de funciones generalizadas como el paso unitario, será conveniente aplicar la transformada de La Place. Pero las condiciones iniciales no se encuentran en el origen por lo tanto se debe efectuar un cambio de variable para hacer la traslación al origen: Cambio de Variable:

 t 1  x

Por lo tanto:

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y(t )  z( x ) JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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t y (t ) 

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Debe notarse que cuando t  1, entonces x  0, las condiciones iniciales cambian a: y (1)  z (0)  1, Ademas: y(1)  z(0)  1 Las derivadas tambien cambian segun la regla de la cadena, de modo que se tendra:  y(t )  z( x )  y(t )  z(x )  y(t )  z(x ) Llevando a la nueva variable, tenemos:

z(x )  4 z( x )  x   ( x)   ( x  1)   x ( x)  ( x  1)  ( x  1)   ( x  1)

Ahora calculamos la transformada de La Place, tenemos:

z(x )  4 z( x )  x ( x)  ( x  1)  ( x  1)   ( x  1)

s 2 Z ( s)  s Z (0)  Z (0)  4Z ( s)  1

1

1 0 1  s 1  s e  2e  e s2 s s

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1  s 1  s   e  s 1 s2  s2   s 1  s 1 s 1 Z (s)  2 2  2 2  2 e  2 s ( s  4)  s ( s  4)  s 4 s 4

( s 2  4) Z ( s) 

1 1 1 1     y (t )  (t  1)  sen  2(t  1)  (t  1)  (t  2)  1  cos  2(t  2)   sen  2(t  2)   (t  2)  ... 4 2 4 2   1 ......  cos  2(t  1)   sen  2(t  1)  2 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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1 1 1 2  1 1 1 s 1 2  s s 1 2 Z (s)   2  2   2  2  2  2 L1   e  2  4 s 2 s  4 4  s s s  4 2 s  4  s 4 2 s 4 1 1 1 1 1   z ( x)   x  sen(2 x)   ( x)  ( x  1)  1  cos  2( x  1)   sen  2( x  1)   ( x  1)  cos(2 x)  sen(2 x) 4 2 4 2 2   Pero: x  t  1, ademas: z ( x)  y (t )

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

EJERCICIOS VARIOS   y(0)  0 ; y(0)

y '(0)  1 y   8 y  0

Solución: Sea la ecuación diferencial La ecuación auxiliar r3  8  0 (r  2)(r 2 2r  4)  0 Que factor izando

r3  1  3i

r2  1  3i ;

r1  2

Cuyas raíces son La solución será:

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1. y   8 y  0

yh  y  c1  e2 x  c2  e x  cos( 3x)  c3  e x  sin( 3x)

(*) Ahora como el problema tiene las siguientes condiciones iniciales: Cuando  y0 x0 Cuando  x0 y   1 Cuando  x0 y   0 Se sigue los siguientes pasos: La solución encontrada se deriva el número de veces que indica el orden de la ecuación diferencial en cuestión menos 1. En nuestro caso la ecuación diferencial es de tercer orden por tanto la solución encontrada se deriva 2 veces, se tiene:

 







y   2c1  e2 x  e x  c2  cos( 3x)  3 sin( 3x)  c3  sin( 3x)  3 cos( 3x)    2x x  y   4c1  e  e  c2  2 3 sin( 3x)  2cos( 3x)  c3  2sin( 3x)  2 3 cos( 3x)  Ahora se sustituyen las condiciones   iniciales en y , y  , y 

y(0)  0 



(1)













 1  2c1  e  e  c2  cos(0)  3 sin(0)  c3  sin(0)  3 cos(0)  0

0



1  2c1  c2  3  c3   0  y(0)

(2)





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

0  c1  e0  c2  e0  cos(0)  c3  e0  sin(0) 0  c1  c2

y '(0)  1



0  4c1  e0  e0  c2  2 3 sin(0)  2cos(0)  c3  2sin(0)  2 3 cos(0   

0  4c1  2c2  2 3  c3

(3) Con (1), (2) y (3) se forma un sistema 3x3 c1  c2  0

c1  

2c1  c2  3  c3  1



Resolviendo el sistema

4c1  2c2  2 3  c3  0

c2  c3 

Sustituyendo los valores de c1 , c2 y



2. Resolver:



1 6

1 6 3 6

c3 en (*) se halla:

yh  y   16 e2 x  16 e x  cos( 3x) 

3 6

e x  sin( 3x)

y IV  y   y   0

Solución: y IV  y   y   0 Sea la ecuación diferencial r4  r3  r2  0 Y su ecuación característica OVIDIO TACUÑA COLQUE

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91

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

r 2   r 2  r  1  0

Que factor izando

r3   12 

r2  0

3 2

1 3 r4    i 2 2

i

Por tanto:





y  yh  c1  c2  x  c3  e

1  x 2

 sin

  3 2

1  x 2

 cos

 x 3 2

E. D. DE ORDEN SUPERIOR CON COEFICIENTES CONSTANTES – NO HOMOGENEAS Operador anulador

- Variación de parámetros

y " y ' 2 y  e2 x

3. Resolver:

Solución: Sea la ecuación diferencial y " y ' 2 y  e2 x Primero se halla yh para ello se toma y " y ' 2 y  0 r2  r  2  0 Y su ecuación característica Cuyas raíces y r2  2 r1  1 x yh  c1  e  c2  e2 x Entonces: (2)

(1)

y p (solución particular)

Segundo se halla

La raíz de la que proviene

f ( x )  e2 x es

r  2 , pero dicho valor ya existe en la solución homogénea

por tanto se la toma como repetida y p  k  x  e2x Por tanto (3)

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x  c4  e

derivando (3) 2 veces:

y p  k  (e2 x  2 x  e2 x )

(4)

y p  k  (4 x  e2 x  4e2 x )

(5)

(3), (4) y (5) en (1): k (4e2 x  4 x  e2 x )  k (e2 x  2 x  e2 x )  2k ( x  e2 x )  e2 x Luego de reducir términos semejantes 3k  1  k   13 Reemplazando el valor de k en (3): La solución general

y p   13 x  e2 x

y  yh  y p



Finalmente:



y  c1  ex  c2  e2 x  13 x  e2 x

y " 2 y ' 3 y  sin(2 x)

4. Resolver:

Solución.- Sea la ecuación diferencial

y " 2 y ' 3 y  sin(2 x)

(1)

Primero: yh  y " 2 y ' 3 y  0 r 2  2r  3  0 Y su ecuación característica Por tanto las raíces son y r1  1 r2  3

yh  c1  e x  c2  e3 x

Entonces: Segundo

92

OVIDIO TACUÑA COLQUE

r1  0

(2)

yp

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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OVIDIO TACUÑA COLQUE

Y las raíces de dicha ecuación son:

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OVIDIO TACUÑA COLQUE

La raíz de la que proviene f( x)  sin(2x) es o son

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

r  2i

(3) derivando yP  a  sin(2x)  b  cos(2x) (4) yP  2a  cos(2x)  2b  sin(2x) (5) yP  4a  sin(2x)  4b  cos(2x) Se reemplaza (3), (4) y (5) en (1): sin(2x)   4b  7a   cos(2x)   4a  7b   sin(2x) Luego de ordenar y simplificar: Ahora por comparación: 4b  7a  1 Resolviendo el sistema 4a  7b  0 Sustituyendo los valores de “a” y “b” en (3): yP   657 sin(2 x)  654 cos(2 x) La solución general

a   657



b  654

y  yh  y p 

5.

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

Por lo tanto

y  c1  e x  c2  e3 x 



7 4 sin(2 x)  cos(2 x) 65 65

y"  2 y ' y  ex ·arctan( x)

Resolver la ecuación diferencial:

Sea la ecuación diferencial y  2 y ' y  e ·arctan( x) "

Solución:

x

y"  2 y ' y  0  Ecuacion Característica r2  1 r1  1 Las raíces de dicha ecuación: y

r 2  2r  1  0

Primero: yh 

yh  c1 ·e x  c2 ·x·e x

La solución homogénea

(1)

x Segundo: y p  como f ( x )  e ·arctan( x) no tiene operador anulador entonces se utiliza el método de

et ex

x

yp 

e

t

tet xe x tet (t  1)et

x0

et

( xe x ·et  t·e x ·et )et ·arctan(t ) dt 2t 2t x ( t  1) e  te 0 x

·et ·arctan(t )dt

x

x

x0

x0

yp 



y p  xe x  arctan(t )dt  e x  t ·arctan(t )dt Luego de integrar

y p  e x · x(t·arctan(t )  12 ln(t 2  1))  12 t 2 ·arctan(t )  12 t  12 arctan(t ) 

x

No se tiene condiciones límite ni iniciales, por tanto se reemplaza solo el límite superior

y p  e x · x 2 ·arctan( x)  12 x·ln(t 2  1)  12 x 2 ·arctan(t )  12 x  12 arctan( x) 

Reduciendo Finalmente

6.

y p  12 e x · x 2 ·arctan( x)  x·ln(t 2  1)  x  arctan( x) 

y  yh  y p





y  c1·e x  c2·x·e x  12 e x · x 2·arctan( x)  x·ln(t 2  1)  x  arctan( x) 

Resolver la ecuación diferencial:

Solución: Primero: yh

y " y  sec3 x

Sea la ecuación diferencial y " y  sec x 3



y " y  0

OVIDIO TACUÑA COLQUE

y(0)  1 ;

  y(0)

1 2

(1)

y su ecuación característica

r2 1  0

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93

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variación de parámetros:

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

yp 

Segundo: x

yp 



x0

mediante el método de variación de parámetros:

sin t cos t x sin x cos x 3 ·sec t·dt  y p   (sin x·cos t  cos x·sin t )·sec3 t·dt sin t cos t x0 cos t  sin t x

x

y p  sin x  cos t·sec3 t·dt  cos x  sin t·sec3 t·dt x0

x0

y p  sin x·tan t x  cos x·sec2 t x

0

x

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

Cuyas raíces son y r i r  i yh  c1 ·sin x  c2 ·cos x La solución homogénea

x0

x0  0 ya que así lo indican las condiciones iniciales y p  12 sec x  12 cos x Luego de sustituir límites  En este problema

y  c1 ·sin x  c2 ·cos x  12 sec x  12 cos x (2) Para hallar los valores de c1 y c2 debido a las condiciones iniciales, derivando y '  c1 ·cos x  c2 ·sin x  12 sec x tan x  12 sin x (3) Para y(0)  1  1  c1 ·sin 0  c2 ·cos0  12 sec0  12 cos0  c2  1   12  12  c1 ·cos0  c2 ·sin 0  12 sec0·tan 0  12 sin 0  c1  12 Para y(0) La solución general

Reemplazando los valores de c1 y c2 en (2):

 Resolver la ecuación diferencial:

Solución: Sea la ecuación diferencial Primero

yh 

y  12 sin x  12 sec x  12 cos x

y " 4 y  4cos x  3sin x  8

y " 4 y  4cos x  3sin x  8

(1)

y " 4 y  0 su ecuación característica

r2  2i yh  c1 ·sin(2x)  c2 ·cos(2x) Entonces la solución homogénea f( x )  4cos x  3sin x  8 Segundo y p  se tiene Los 2 primeros términos provienen de la raíz r  i Cuyas raíces

son

r1  2i

r2  4  0

y

El tercer término proviene de la raíz r 0 y p  a·sin x  b·cos x  d (2) La solución particular Para hallar las constantes a, b y d: derivando (2): y p  a·cos x  b·sin x (3)

y p  a·sin x  b·cos x

(4)

Reemplazando (2), (3) y (4) en (1): a·sin x  b·cos x  4(a·sin x  b·cos x  d )  4cos x  3sin x  8

3a·sin x  3b·cos x  4d  4cos x  3sin x  8 b  43 Por comparación a 1 d  2

94

OVIDIO TACUÑA COLQUE

 en (2): JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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7.



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OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

y p  sin x  43 cos x  2 Finalmente:

8.



y  yh  y p  c1·sin(2 x)  c2·cos(2 x)  sin x  43 cos x  2

Resolver la ecuación diferencial:

Solución: Primero yh 

y

La solución Homogénea Segundo

yp 

(1)

r2  4  0

y " 4 y  0 y su Ecc. Característica

r1  2i

Las raíces

y " 4 y  2cos( x)·cos(3x)

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE



r2  2i yh  c1 ·sin(2x)  c2 ·cos(2x)

f( x )  2cos( x)·cos(3x)

Por trigonometría 2cos( x)·cos(3x)  cos 2 x  cos 4 x



f( x )  cos 2 x  cos 4 x

El primer término proviene de r  2i El segundo término proviene de r  4i La solución particular

y p  ax·sin(2 x)  bx·cos(2 x)  m·cos(4 x)  n·sin(4 x) (2)

Se debe hallar los valores de a, b, m y n para ello derivando

(2):

y p  sin(2 x)· a  2bx   cos(2 x)· 2ax  b   4m·sin(4 x)  4n·cos(4 x)

(3)

y p  cos(2 x)· 4a  4bx   sin(2 x)· 4ax  4b   16m·cos(4 x)  16n·sin(4 x) (4) Sustituyendo (4) y (2) en (1) se tiene:

cos(2 x)· 4a   4b sin(2 x)  12m·cos(4 x)  12n·sin(4 x)  cos 2 x  cos 4 x

m   121

n0

y p  14 x·sin(2 x)  121 ·cos(4 x)

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Por comparación: a  14 b0 Reemplazando los valores hallados en (2)

Y la solución general: y  yh  y p

 9.



y  c1·sin(2x)  c2·cos(2x)  14 x·sin(2x)  121 ·cos(4x)

Resolver la ecuación diferencial:

x3 y  xy  y  x·ln x

(1)

Solución: Por sus características esta es una ecuación de Euler por tanto. Se realiza el cambio de variable x  et ( ) además t  ln x Para las derivadas:

dy t y '  et ·  y   e ·y(t ) dt 2  d y dy  y   e2t · 2    y   e2t · y(t )  y(t ) dt   dt

La primera derivada La 2ª derivada





(2)



3 2 3t La 3ª derivada y   e3t · d y  3 d y  2 dy   y   e · y(t )  3 y(t )  2 y(t ) 3 2 dt  dt  dt Reemplazando el cambio de variable (  ) además de (2), (3) y (4) en (1):

OVIDIO TACUÑA COLQUE

(3)



(4)

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95

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

y(t )  3 y(t )  3 y(t )  y  tet

(5) OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

e3t ·e3t · y(t )  3 y(t )  2 y(t )   et ·e t ·y(t )  y  t ·et Donde (5) es una ecuación diferencial. Con coeficientes constantes. Ahora se halla la solución homogénea  yh

y(t )  3 y(t )  3 y(t )  y  0

Por tanto

(6)

r  3r  3r  1  0 r3  1 y 3

2

La ecuación auxiliar r1  1 Las raíces:

r2  1

Entonces

yh  c1 ·et  c2 ·t·et  c3 ·t 2 ·et

Ahora se halla la solución particular

(7)

yP

t Para ella la raíz de la cual proviene f ( t )  t ·e es r  1 repetida una vez por tanto:

y p  a·t 3 et  b·t 4 et

(8)

y p  3at 2 et  (a  4b)t 3 et  b·t 4 et

Derivando

(9)

y p  6atet  (6a  12b)t 2 et  (a  8b)t 3 et  b·t 4 et

(10)

y p  et ·6a  (18a  24b)t  (9a  36b)t 2  (a  12b)t 3  b·t 4  Sustituyendo (8), (9), (10) y (11) en (5): Luego de igualar términos semejantes se tiene

yp 

Por tanto la solución particular

(11)

b

a0 y

1 24

1 4 t 24

t e

y(t )  c1 ·e  c2 ·t ·e  c3 ·t 2 ·et  241 t 4 et t

La solución general

t

Finalmente volviendo a las variables iniciales:



y( x )  y  c1·x  c2 ·x ln x  c3·x ln 2 x  241 x ln 4 x

(2x  1)2 y  2(2x  1) y 12 y  6x

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10. Resolver la ecuación diferencial:

(1)

Solución: Es una ecuación de Legendre por tanto: El cambio de variable  x    et

y(x )   e  t y(t )

Para la variable dependiente

y(x )   2 e 2t ( y(t )  y(t ) ) En nuestro caso   2 y   1 

y(x )  2e y(t ) t

2 x  1  et

C.V.

(2)

y(x )  2 e ( y(t )  y(t ) ) 2

(3)

2 t

(4)

Reemplazando (2), (3) y (4) en (1):

e2t ·22 e2t ( y(t )  y(t ) )  2et ·2e t y(t )  12 y(t )  6·12 (et  1) y(t )  2 y(t )  3 y(t )  34 et  34 Expresando en operadores

t

Ahora el operador anulador de et 3 4

Y el operador anulador de Por tanto para

96

(5)

( D  2 D  3)  y  34 e  34 2

f (t )  34 e  34 t

es es

( D  1)

D

el operador anulador es

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( D 1) D

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

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( D 2  2 D  3)  y  34 et  34

Entonces

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

//·( D  1) D

( D  1) D( D  3)( D  1)  y  0 La ecuación auxiliar (r 1)r (r  3)(r  1)  0 Las raíces: r1  3

r2  1

r4  1

r3  0 t

y  c1e  c2e  c3  c4et 3t

La solución general La solución particular

y p  c3  c4 e

Sus derivadas

yP  c4e yp  c4et

(6)

t

(7)

t

(7), (8) y (9) en

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

( D  1) D( D 2  2 D  3)  y  ( D  1) D  34 et  34 

(8) (9)

c4et  2c4et  3(c3  c4et )  34 et  34

(5):

4c4et  3c3  34 et  34

Simplificando 3 c4  16

Por comparación

y  c1e3t  c2et  14  163 et

Reemplazando c4 y c3 en (6): Pero debido al cambio de variable



c3  14

y

et  2x  1

y  c1 (2 x  1)3  c2 (2 x  1)1  14  163 (2 x  1)



11. Resolver la ecuación diferencial:  x  3 y  y  2 y  tg ln  x  3  x 3

Solución:  x  3 y   x  3 y  2 y  tg ln  x  3  x  3 La ecuación tiene la forma de Cauchi-Euler, entonces: CV:  ln  x  3  t x  3  et



yx   e z yt 

yx   e2t yt   yt 

Reemplazando en la ecuación diferencial:  y  y  y  2 y  et tg (t )

 r  1

t0

1  0 e z cos z et cos t

t

yP  

2

e z cos z e z (cos z  senz ) t



e z senz e z ( senz  cos z ) t

t0

t0



y  2 y  2 y  et tg (t )

yH  c1et cos t  c2et sent

e z senz et sent

yP  et sent  senzdz et cos t 

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2

et sente z c os z  et cos te z senz z z e2 z (cos zsenz  cos2 z  sen2 z  cos zsenz)e tgzdz 0 z

e z tgzdz 

z

sen 2 z dz  et sent cos t  et cos t   sec z  cos z dz cos z z0

yP  e sent cos t  e cos t ln  sec t  tg (t )   sent  t

t

yP  et cos t ln  sec t  tg (t ) 

yH  yP  c1et cos t  c2et sent  et cos t ln  sec t  tg (t ) 





  y   x  3 c1 cos ln( x  3)  c2 sen ln( x  3)   cos ln( x  3)   ln  sec ln( x  3)   tg ln( x  3)  OVIDIO TACUÑA COLQUE

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97

OVIDIO TACUÑA COLQUE

( x2  x) y  ( x2  2) y  ( x  2) y  ( x  1)2

12. Resolver la ecuación diferencial:

y 

Solución:

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

( x 2  2) ( x  2) x 1 y  2 y 2 ( x  x) ( x  x) x

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(1)

Como se ve una solución de la ecuación homogénea:

( x 2  2) ( x  2) Es y  2 y0 2 ( x  x) ( x  x) Por tanto el C.V.1 y  v·ex x Su primera derivada y  e (v  v) y 

y1  e x (2) (3)

Su segunda derivada y  e (v  2v  v) x

(4)

Ahora (2), (3) y (4) en (1):

( x  2) x ( x  2) x 1 e (v  v)  2 v·e x  2 ( x  x) ( x  x) x x 1  e ( x  1)  2 v  1   Simplificando (5) ·v  x  x x 1  Un segundo cambio de Variable v  m y v  m 1  e x ( x  1)  2 Reemplazando en (5) se tiene: m  1   (Ecc Dif Lineal) · m   x  x x 1   2 1   2 1    1   dx  e x ( x  1)   1 x  x 1 dx e x ( x  1)  x x 1   Resolviendo la Ecuación: me · dx  c  m   e 2   xdx  c  x x   e x ( x  1) m  12 e x ( x  1)  c· x2

→

(6)

m

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Pero debido al último cambio de variable

dv en (6): dx

dv 1  x e x ( x  1)  2 e ( x  1)  c· dx x2 Luego de ordenar e integrando:

Pero v  ye

x

e x ( x  1)  dv   e ( x  1)dx  c x2 dx c v   12 e x ( x  2)  e x  k x 1 2

x



entonces:

13. Resolver la ecuación diferencial:

c y   12 ( x  2)   ke x x

( x2  1) y  2xy  2 y  x1 (1  x2 )

2x 2 (1  x 2 ) y  2 y  2 y 2 ( x  1) ( x  1) ( x  1) x

Solución:



(1)

(2)

De (2) se observa que una solución de la ecuación homogénea:

y 

2x 2 y  2 y0 ( x  1) ( x  1) 2

Es

y1  x

Se reduce el orden de la ecuación diferencial:

98

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e x (v  2v  v) 

2

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C.V.1 y  xV y  V  xV  Reemplazando y , y y en (2):

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

y  2V ' xV 

2x 2 (1  x 2 )  ( V  xV )  xV  ( x 2  1) ( x 2  1) ( x 2  1) x 2 (1  x 2 )   Simplificando V  V  2 2 x( x 2  1) x ( x  1) C.V.2: y en (3) n V n  V  2 2 (1  x ) (Ecc Dif Lineal) n  n 2 2 2 x( x  1) x ( x  1) 2 dx    x (2xdx  2 (1  x 2 ) x ( x2 1) 1) Resolviendo n  e · 2 2 dx  c   e x ( x  1)    x2  1  x2 (1  x 2 ) n  2  2 · 2 2 dx  c  x  x  1 x ( x  1) 

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(2V ' xV ) 

(3)

x2  1  x 1 1    (4) n   c 1  2  n 2  2  c x x  x 1   x  dV dx 1   dV   c 1  2  dx Del C.V.2  n  en (4) => x dx  x  1 dx 1    c  1  2  dx => V  ln x  c( x  )  k Integrando  dV   (5) x x  x  1   Del C.V.1: y  Vx en (5): y   ln x  c( x  )  k  x x   Finalmente:



y  x ln x  c( x2 1)  kx

14. Para la ecuación de Ricatti: 𝒚′ + 𝑷(𝒙)𝒚𝟐 + 𝑸(𝒙)𝒚 + 𝑹(𝒙) = 𝟎, se transforma en una ecuación diferencial de segundo orden mediante y  u , usando la misma resolver la ecuación up  x 

′

𝟐

diferencial: 𝒚 + 𝒄𝒐𝒔𝒙𝒚 − (𝒕𝒈𝒙 − 𝟒)𝒚 = 𝟎 Solución: u  u cos x    u  cos x  u usenx 2

u u y  u  p  x  u cos x

y 

u 2 cos 2 x

Reemplazando en la ecuación dada:

 u   u  u utgx u  2   cos x 2   tgx  4  0 2 u cos x u cos x u cos x u cos x u cos x u 4u  0 u cos x u cos x 2

2

u  c1  c2e4 x  u  4c2e 4 x

u   4u   0

D

2

 4 D   y  0



r  r  4  0

OVIDIO TACUÑA COLQUE

y

4c2e4 x  c1  c2e4 x  cos x

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

99

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE



OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE





y

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

4e4 x  c  e4 x  cos x

APLICACIÓN DE LA FÓRMULA DE ABEL

( x  3) y  (2x  7) y  2 y  ( x  3)2 ·ex

15. Resolver la ecuación diferencial: Solución:

y 

Sea la ecuación diferencial:

(2 x  7) 2 y  y  ( x  3)·e x ( x  3) ( x  3)

Una de las soluciones de la ecuación homogénea:

(2 x  7) 2 y  y0 ( x  3) ( x  3) (2 x  7) Y también p( x )   ( x  3) y 



 

Entonces

y2  e2 x ·

y2  y1 ·

(2 x  7) dx ( x 3) 2x 2

(e )

2 ( x  3)  P( x ) dx e 

q( x ) 

Para la otra solución se aplica Abel:

e

y1  e2 x

Es

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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y2  e2 x 



dx

y12

dx

x3 dx e2 x

y2   12 ( x  72 ) yh  c1 y1  c2 y2

Luego de integrar y simplificar: La solución Homogénea:

yh  c1e   12 c2 ( x  72 ) Por tanto Para la solución particular Variación de parámetros: 2x

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yP  

 12 (t  72 )  12 ( x  72 )

2t

 (t  )  12 1 2

e 2e2t

7 2

(t  3)·et dt

x

y p   ( 12 et ( x  72 )  12 e 2 x (t  72 )e t )dt yP    12 ( x  72 )et  12 e2 x (t  92 )et 

x

y p   12 ( x  72 )e x  12 e x ( x  92 )



yP  e x ( x  4) La solución general y  yh  y p Luego de simplificar:





y  c1e2 x   12 c2 ( x  72 )  e x ( x  4)

16. Resolver la ecuación diferencial: ( x  1) y  (2x  3) y  ( x  2) y  ( xe x  e x )2 Solución:

y 

(2 x  3) ( x  2) y  y  ( x  1)e2 x ( x  1) ( x  1)

Una solución particular de la ecuación homogénea:

100

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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x

e 2t e2 x

y 

OVIDIO TACUÑA COLQUE

(2 x  3) ( x  2) y  y0 ( x  1) ( x  1)

y1  e x

Es 2 x 3

OVIDIO TACUÑA COLQUE

Para la otra solución, por Abel

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

  dx x 1 x e y2  e  dx  e2 x

y2  e x  ( x  1)dx



e2 x ( x  1) dx e2 x y2  12 x2e x  xe x y2  e x 

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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yh  c1e  c2 ( 12 x e  xe ) La solución Homogénea: Para la solución particular mediante variación de parámetros: x

et ex

x

yP  

t

e et

2 x

t e  tet x e  xe x

1 2 t 2 1 2 x 2 1 2 t 2 1 2 t 2

t e  te t e  2tet  et t

x

·(t  1)e2t dt

x

yP    ( 12 x 2e x  xe x )et  e x ( 12 t 2et  tet ) dt x

x

x

yP  ( x e  xe )  e dt  e  t e dt  e  tet dt 1 2

2 x

x

t

1 2

x

2 t

x

yP  ( 12 x 2e x  xe x )e x  12  x 2e 2 x  2e 2 x ( x  1)   e 2 x ( x  1)

=>

y p  xe 2 x

La solución general: y  yh  y p



y  c1e x  c2 ( 12 x 2e x  xe x )  xe2 x

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17. Resolver la ecuación diferencial: ( x sin x  cos x) y  ( x cos x) y  y·cos x  x

(1) JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE



Finalmente

Solución: Una solución de la ecuación homogénea: y1  x Es ( x sin x  cos x) y  ( x cos x) y  y·cos x  0 Se realiza el C.V. 1 (2) y  xV   Sus derivadas (3) y  V  xV (4) y  2V   xV  Reemplazando (2), (3), (4) en (1): ( x sin x  cos x)(2V   xV )  ( x cos x)(V  xV )  xV cos x  x

x( x sin x  cos x)V   (2x sin x  2cos x  x2 cos x)V   x Se realiza el C.V.2: V    y V    

(5)

Sustituyendo el C.V.2 y su derivada en (5):

x( x sin x  cos x)  (2x sin x  2cos x  x2 cos x)  x

 

(2 x sin x  2cos x  x 2 cos x) x  x( x sin x  cos x) x( x sin x  cos x)

Resolviendo la ecuación diferencial lineal: OVIDIO TACUÑA COLQUE

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101

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

   (2 x sin x 2cos x  x cos x)  xdx x ( x sin x cos x )  e  e ·  c x( x sin x  cos x)    2  x sin x  cos x  x dx    2 2  x  ( x sin x  cos x)  

(2 x sin x  2cos x  x2 cos x ) x ( x sin x  cos x )

2

OVIDIO TACUÑA COLQUE



OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

x sin x  cos x  x sec x  (6)   tan x  c  2  x  x sin x  cos x  dV Pero del C.V.2:   en (6): dx dV x sin x  cos x  x sec x  Que integrando    tan x  c  2  dx x  x sin x  cos x  x sin x  cos x  x sec x    tan x  c dx 2  dV    x  x sin x  cos x  sin x cos x V   ck x x  sin x cos x  y    ckx Del C.V.1: entonces y  xV x x  



Finalmente



y  kx  c  cos x   sin x



18. Resolver la ecuación diferencial: y  5 y  6 y  e2 x (1  2 tan x)·sec2 x Solución: Se puede escribir como

( D 2  5 D  6)  y  e 2 x (1  2 tan x)·sec 2 x

(1)

r 2  5r  6  0 cuyas raíces:

La ecuación auxiliar: r1  3 Y

r2  2

2 x 3 x La Solución Homogénea: yh  c1e  c2 e x

Para la solución particular u1   

x

u1   

x

u2  

dt

W y p  u1 ·y1  u2 ·y2

Para luego hallar

e2t W 2e2t

y2(t ) · f (t )

2 x donde y1  e 

e3t  3e5t  2e5t 3t 3e



e3t ·e2t (1  2 tan t )·sec2 t dt e5t

x

y2  e3 x y1(t ) · f (t ) dt W

(*)

W  e5t x

u2  

e2t ·e2t (1  2 tan t )·sec 2 t dt e5t x

u1   (1  2 tan t )·(sec t )dt

u2    et (1  2 tan t )· sec2 t  dt

u1  14 (1  2 tan x)2

u2  e x (sec2 x)

2

102

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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2 Para la solución homogénea ( D  5 D  6)  y  0

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Reemplazando

u1 , y1 , y2

OVIDIO TACUÑA COLQUE



u2 en

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

(*)

2 x 2 3 x x 2 La solución particular: yP  14 e ·(1  2 tan x)  e ·e (sec x)

y  yh  yP 

Finalmente:

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

La solución general

y  c1e2 x  c2e3 x  14 e2 x ·(1  2 tan x)2  e3 x ·e x (sec2 x)



TRANSFORMADA DE LA PLACE

 0 y(0)

19. Resolver la ecuación diferencial: y  4 y  f(t )

y(0)  1

Donde: f (t )  (sin t )  (t  2 ) Solución: Ordenando y  4 y  (sin t ) (t  2 ) Por trigonometría sin t  sin(t  2 ) (2) en (1): y  4 y  sin(t  2 ) (t  2 ) Aplicando la transformada de Laplace:

(1) (2)

L  y   4 L  y  L sin(t  2 )  (t  2 )

  4Y( s )  s 2Y( s )  sy(0)  y(0) ( s 2  4)Y( s ) 

1 2 s e s 1 2

e2 s s s2  1

Y( s ) 

e2 s s  2 2 2 ( s  1)( s  4) ( s  4)

Descomponiendo en fracciones más simples:

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

 1 1 2  e2 s s Y( s )   2  · 2  2 · ( s  4)  s  1 2 ( s  4)  3 Aplicando la anti-transformada:

 1 1 2  e2 s s  L1 Y( s )   L1  2  · 2  2  · ( s  4)   s  1 2 ( s  4)  3 



y  13  sin(t  2 )  12 sin 2(t  2 )   (t  2 )  cos 2t

20. Resolver la ecuación diferencial: y  4 y  3 y  1   (t  2)   (t  4)   (t  6)  0 y(0)  y(0) Solución: Aplicando la transformada de Laplace:

L  y   4 L  y   3L  y  L 1   (t  2)   (t  4)   (t  6)

  4( sY( s )  y(0) )  3Y( s )  s 2Y( s )  sy(0)  y(0)

1 e2 s e4 s e6 s    s s s s

1 ( s 2  4s  3)Y( s )  (1  e2 s  e4 s  e6 s ) s OVIDIO TACUÑA COLQUE

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103

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1 ( s  1)( s  3)Y( s )  (1  e2 s  e4 s  e6 s ) s 1 Y( s )  (1  e2 s  e4 s  e6 s ) s( s  1)( s  3)

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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Descomponiendo en fracciones más simples: 1 1 1  Y( s )   3  2  6  (1  e 2 s  e 4 s  e 6 s ) s s  1 s  3  

Aplicando la anti-transformada: 1 1  1   L1 Y( s )   L1  3  2  6  (1  e2 s  e4 s  e6 s )   s s  1 s  3  

Finalmente:

 1 e (t  2) e3(t 2)   1 e (t 4) e3(t 4)   1 e (t 6) e3( t 6)  1 et e3t   y     (t  2)      ( t  4)     ( t  6)        3 2 6 2 6  2 6  2 6  3 3 3

21. Resolver la ecuación diferencial: y  y  t 2  1 Solución: También

y(  )   2

y( )  2

  2 y(0)   2  y(0)   t   t     sustituyendo en la ecuación diferencial: y  y  (   )2  1 y  y   2  2   2  1

C.V.

Ordenando Aplicando la Transformada de Laplace:

L  y  L  y  L  2  2   2  1

2 2  2  1   s3 s 2 s 2 2 2   1 s 2Y( s )   2 s  2  Y( s )  3  2  s s s 2 2 2   1 ( s 2  1)Y( s )  3  2    2 s  2 s s s 2 2 2  2 s  (  1) s  2 s 3   2 s 4 Y( s )  ( s 2  1) s3 Descomponiendo en fracciones más simples:

( 2  1) 2 2 s Y( s )   2  3 2 => Anti-transformando s s s s 1  ( 2  1) 2 2 s  L1 Y( s )   L1   2  3 2  s s s  1  s y( )  ( 2  1)  2   2  cos  (*) Pero debido al C.V.:   t   reemplazando en (*)  104



OVIDIO TACUÑA COLQUE

y(t )  ( 2  1)  2 (t   )  (t   ) 2  cos(t   ) JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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  Y( s )  s 2Y( s )  sy(0)  y(0)

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES VARIABLES



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Solución: Se aplica la Transformada de Laplace Pero como es una ecuación diferencial con coeficientes variables se aplica la siguiente propiedad:



dn L t n · f (t )   (1)n · n L  f (t )  ds Para nuestro caso: L  y   2 L ty   4 L  y  L 6

d 6 ( sY( s )  y(0) )  4Y( s )  ds s 6 s 2Y( s )  2(Y( s )  sY(s ) )  4Y( s )  s 6 s 2Y( s )  2Y( s )  2sY(s )  4Y( s )  s 3  s 3  Y( s )      2 Ecuación lineal que se resuelve: s 2 s  s 3  s 3      ds     ds 3  e  2 s    e  2 s  · 2 ds  c  s   2 2 s s s2 s2       ds 3 3 3 4 4 4  e ·s  3 s e · 2  c   Y( s )  e ·s  3 se 4 ds·  c  s     2 2 s s2  s  6 c 4 3 4 4  Y( s )  3  3 e (a)  e ·s 6e  c  s s     2(1) s 2Y( s )  sy(0)  y(0)

Y(s )

Y( s ) Y( s ) Y( s ) JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

 0 y(0)  y(0)

Ahora para hallar la constante “c”, por el teorema del valor inicial: Que dice:

s2

y(0)  lim sY( s )



s 

6 0 s2 c0

lim

Por separado

s 

0  0  c()



Queda

6 0  3  3 e4 s s



s2

Y( s )

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OVIDIO TACUÑA COLQUE

22. Resolver la ecuación diferencial: y(t )  2ty(t )  4 y(t )  6



6 c 0  lim s( 3  3 e 4 ) s  s s s2 6 c 4 0  lim( 2  2 e ) s  s s

(b)

s2 4

e )    en (b) s2 Se reemplaza c  0 en (a) lim( s 

Y( s ) 

6 s3

Aplicando la anti-transformada de Laplace:

2 L1 Y( s )   3L1  3  s 

OVIDIO TACUÑA COLQUE





y(t )  3t 2

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105

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

23. Resolver la ecuación diferencial: y  2 y  y  tet sin t

 0 y(0)  y(0)

Solución: Aplicando la transformada de Laplace:

L  y   2 L  y   L  y  L tet sin t

  2(sY( s )  y(0) )  Y( s )   s 2Y( s )  sy(0)  y(0)



 d  1   2 ds  ( s  1)  1 

s 2Y( s )  2sY( s )  Y( s )   ( s  1) 2 Y( s ) 



d L et sin t ds

2( s  1) (( s  1) 2  1)2



Y( s ) 

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

APLICACIÓN DEL TEOREMA DE CONVOLUCION (Ecuaciones Integrales e íntegro-diferenciales)

2 (( s  1)  1)2 ( s  1) 2

Expresando la ecuación en fracciones simples:

Y( s ) 

2 2s  2 2s  2   2 s  1 ( s  1)  1 (( s  1) 2  1) 2

Y( s ) 

 s  1   2 2( s  1) 1   2   2 2 2 s  1 ( s  1)  1  ( s  1)  1  ( s  1)  1 

Anti-transformando:

  2   2( s  1)  s  1  1 1  L1 Y( s )   L1     2 L    2 2 2  s  1 ( s  1)  1  ( s  1)  1  ( s  1)  1  





y  et  2et cos t  2 L1 L et cos t·L et sin t t

y  et  2et cos t  2 ea (cos a)·e(t a ) (sin(t  a))da t t   2 y  e  2e cos t  2e  sin t  (cos a)da  cos t  (cos a)(sin a)da  0 0   t t t 2 1 1 1 y  e  2e cos t  2e sin t  2 t  4 sin 2t   2 (cos t )(sin t ) t

t

t



Finalmente:







y  et  2et cos t  tet sin t t

24. Resolver la ecuación diferencial: f(t ) en:

f(t )  2t  4 sin · f(t  ) d  0

Solución: La ecuación integral posee un núcleo de convolución Aplicando la transformada de Laplace:

t  L  f (t )   2 L t  4 L   sin  · f (t  ) d   0  2 F( s )  2  4 L sin t·L  f (t )  s F( s ) 2 4  2  F( s ) 1  2 F( s )  2  4 2   s  1  s2 s s 1  106

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0

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 s2  5  2 F( s )  2  2  s 1  s

OVIDIO TACUÑA COLQUE



F( s )  2

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

s2  1 s 2 ( s 2  5)

2 1 4   2  2  5s s 5 2 4  1 L1 F( s )   L1  2  2  5 s  5 s F( s ) 



Finalmente:

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

Descomponiendo en fracciones más simples: Aplicando la anti transformada:

2 8 f (t )  t  sin( 5t ) 5 5



25. Determinar 𝒚(𝒕) de la expresión: y  t   4       t    y  t    d   t  t      t     t



0

𝑦(0) = 0 ; 𝑦

′ (0)

2

= −1

Solución: Aplicando la transformada de La Place:        4 L   t   L  y( t )  t   2L  t      t     4L   t  2  s 2Y( S )  sy(0)  y(0)  2 2   2   2  S   S s 2Y( S )  1  4e0 S  Y( s ) e0 S  2 e 2  e 2  4e2 S s s

Expandiendo en fracciones parciales: A 1 Cs  D   2 S 4 1 e Y( S )    22  2  2 e2 S  2 s s s  4 s 4   s  4   1   s  12   2 S 4 2 S 1 e Y( S )   4  22  42  2 e  2 s 4 s 4  s s  s  4    y(t ) 

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 2   s   S 4 2 S 1 e 2  2 Y( S )   2 2 e  2 s 4 s 4  s  s  4  

1 1   2  t   2    cos 2  t   2   sen2  t   2     t   2   2sen 2  t  2    t  2   sen 2t  t  4 2

26. Determinar 𝒇(𝒕) de la expresión, si se admite que 𝑳−𝟏 {𝟏} = 𝜹(𝒕) 𝑡

1 ∫ 𝑓(𝜆)𝑓(𝑡 − 𝜆)𝑑𝜆 = 2 𝑓(𝜆) + {𝑠𝑒𝑛(𝑡 − 6) + (𝑡 − 6)𝑐𝑜𝑠(𝑡 − 6)}𝜇(𝑡 − 6) − 2𝑐𝑜𝑠(𝑡 − 3)𝜇(𝑡 − 3) 2 0

Solución: Aplicando la transformada de La Place: 1 1 𝐿{𝑓(𝑡)} ∙ 𝐿{𝑓(𝑡)} = 2𝐹(𝑠) + 𝐿{𝑠𝑒𝑛𝑡} ∙ 𝐿{𝜇(𝑡 − 6)} + 𝐿{𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡} ∙ 𝐿{𝜇(𝑡 − 6)} − 2𝐿{𝑐𝑜𝑠𝑡} ∙ 𝐿{𝜇(𝑡 − 3)} 2 2 −6𝑠 1 𝑒 1 𝑑 𝑠 2𝑠 𝐹(𝑠)2 − 2𝐹(𝑠) = ∙ 2 − ∙ ( ) 𝑒 −6𝑠 − 2 𝑒 −3𝑠 2 𝑠 + 1 2 𝑑𝑠 𝑠 2 + 1 𝑠 +1 𝐹(𝑠)2 − 2𝐹(𝑠) =

1 𝑒 −6𝑠 1 1 2𝑠 2 2𝑠 − [ − ] 𝑒 −6𝑠 − 2 𝑒 −3𝑠 2 2 2 2 2 𝑠 + 1 2 𝑠 + 1 (𝑠 + 1) 𝑠 +1

𝐹(𝑠)2 − 2𝐹(𝑠) + 1 =

1 2𝑠 2 2𝑠 [ 2 ] 𝑒 −6𝑠 − 2 𝑒 −3𝑠 + 1 2 2 (𝑠 + 1) 𝑠 +1

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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107

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[𝐹(𝑠) − 1]2 = (

𝑠 𝑠 2 +1

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

𝑠2 2𝑠 ] 𝑒 −6𝑠 − 2 𝑒 −3𝑠 + 1 2 2 (𝑠 + 1) 𝑠 +1

𝑒 −3𝑠 − 1)

2



𝐹(𝑠) − 1 = ± (

𝑠 𝑠 2 +1

𝑒 −3𝑠 − 1)

𝑓(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠(𝑡 − 3)𝜇(𝑡 − 3) 𝑓(𝑡) = 2𝛿(𝑡) − 𝑐𝑜𝑠(𝑡 − 3)𝜇(𝑡 − 3) x

27. Resolver la ecuación integro-diferencial con 𝒚(𝟎) = 𝟎: xy  e x  e y    d    x  0

Solución: x

xy   e x   y    d    x  Aplicando la transformada de La Place:

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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𝐹(𝑠)2 − 2𝐹(𝑠) + 1 = [

OVIDIO TACUÑA COLQUE

0

 

d  sY( S )  y(0)   L e x   L y x   L   x  ds 

Y Y( S )  sY(S )   ( S )  s s 1

1 1  Y(s )     Y( s )  1  s s  s  1  1 1

e

(Ecuación diferencial lineal de 1º orden)

1 

  S  S  S 1 dS

 eln( S 1)  s  1

Y( S )  s  1     s  1ds  C Y( S )  s  1  

 s  1

2

2



C

Y( S )  

 s  1  2

C  s  1



1 y( x )     x     x    Ce X 2



t

28. Resolver la ecuación diferencial: 5 e cos 2(t   ) x(  ) d   et  x(t )  x(t )   1

𝒙(𝟎) = 𝟎

Solución: Primer Teorema de traslación:

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0

L e at f (t )  F ( s  a )

5L cos 2t  L et x(t )   L et x(t )   L et x(t )   L 1

5s 1 X ( S 1)  ( s  1) X ( S 1)  x(0)  X ( S 1)  s2  4 s 1  5s  X ( S 1)  2  s   s s 4 

X ( S 1) 



 s2 1  1 X ( S 1)  2  2 s  4 s  

s2  4 ( s  1)( s  1) s 2

Descomponiendo en fracciones parciales: 5 5 0 4 X ( s 1)  2  2   2 s 1 s 1 s s Anti-transformando:

et x(t )  52 et  52 e t  4t 

108

OVIDIO TACUÑA COLQUE



x(t ) 

5 (1  e2t )  4tet 2

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y  4 y  cos 2t  2  t  2 

Solución: CV: t    z

t  z 



y( )  y( )  1

 1 y(0)  y(0)



y  4 y  cos 2  z     2  z    2  y  4 y  cos 2 z cos 2  sen2 zsen2  2  z    y  4 y  cos 2 z  2  z   

  4Y( S )  s 2Y( S )  sy(0)  y(0) Y( S )  s 2  4   s  1  Y( S ) 

2s  2e s s 4 2

2s  2e S  Y( S )  2 s  2 1  2s 2  2 2 e S s2  4 s  4 s  4  s2  4 s  4

s 1 2s 2  2   2 e  S 2 2 2 s  4 s  4 s  2  s  4 2



Utilizando la anti-transformada de Laplace, donde: L1  

s

2   s  a

y( z) 



2 2

  1 zsenaz   2a

1  2cos 2 z  sen2 z  zsen2 z  ( z)   sen2  z    ( z   ) 2

1  y(t )  2cos 2  t     sen2  t      t    sen2  t       t      sen2  z  2  ( z  2 ) 2



t

30. Determinar y(t ) de la expresión: y '

 0

y( )d 1 2  t con la condición y(0)  1 t 6

Solución: Reordenando y aplicando la transformada de Laplace “L”:

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

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29. Resolver:

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t

1 ty '  y( )d  t 3 6 0 d 1 3! Y ( s) 1  4  sY (s)  y(0)  L 1  L  y(t )  4 Y (s)  sY '(s)  ds 6s s s 1 1 1  Y '( s )  Y ( s )   2    5 Ecuación lineal de primer orden s s s 

 ( s)  e CV :

1

1

  s  s2  ds

 se

1 s

1 1  u  2 ds  du s s 1 s

Y ( s) se  e (u  2u  2)  C u

2

OVIDIO TACUÑA COLQUE

1 s

Y ( s) se    e

1 s

1 ds  C s4

1 s

Y ( s) se   u 2eu  C

1 2  Y ( s) se  e  2   2   C s s  1 s

1 s

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109

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Mediante el teorema del valor inicial, obtenemos el valor de la constante: 1   1 2 1  lim  2   2  Ce s  s  s s   1 0 C  1 

y (0)  lim sY ( s) s 

1  1 2  1  2   2  Ce   1  1 2 2 1  Y ( s)   3  2    e s s s s s

OVIDIO TACUÑA COLQUE

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1 2 2 C  1s Y ( s)  3  2   e s s s s

Aplicando la anti-transformada de Laplace:

  1s  1 2 1  1 y (t )  t  2t  2  L  e  2   s n

 t 2 L e ; n   1     J n (2 at ) s n 1 a 1

Mediante tablas:



a s





y (t ) 

1 2 t  2t  2  J 0 (2 t ) 2

31. Resolver la ecuación integro - diferencial: t

y ' 8 y  16 y( )d   1  e4t

y(0)  0

0

Aplicando la transformada de Laplace “L”:

sY ( s)  y (0)  8Y ( s)  16 L 1  L  y(t ) 

1 1  s s4

Y ( s) 1 1   s s s4 2  s  8s  16  1 1 Y ( s)     s   s s4 1 s 1 s44 Y ( s)  2    s  8s  16 ( s  4)( s 2  8s  16) ( s  4) 2 ( s  4)3 2 4 Y (s)   ( s  4) 2 ( s  4)3   y(t )  2te4t  2t 2e4t Aplicando la anti-transformada de Laplace “L-1”: sY ( s)  8Y ( s)  16

110

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Solución

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32. Resolver: t y  2 y  t y  sent  t cos t

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

; y(0)  2

Aplicando Laplace a la ecuación diferencial:

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Solución: Asumiremos que: y0    constante , para poder aplicar la transformada de La Place.

   d  2 d 1 d  S  S Y S   S y 0  y0   2  S Y S   y 0   (1)1 Y S   2  (1)1  2  dS   dS S 1 dS  S  1    2    2   1 1 S 2 2 2SY S   S 2YS   2  2S Y S   4  YS   2   2 S  1  S 2  1  S 2  12

 

(1)1

  S 2  1 YS   2 

S

2 2

 1

2



 YS  

1 2  S  1  S 2  13 2

L1 



Con la propiedad: L1 F ( S )  t L1 F ( S )  t yt   2sent  2  sent  sent  sent  ....[1] Calculamos la triple convolucion: t  t 1  sent  sent  sent  sent   sent  sent   sent    sen( )sen(t   )d    sent     cos(2  t )  cos(t )  d   0  0 2  1 1 1 1  1  sent  sent  sent  sent   sen(t )  t cos(t )  sen(t )  0   sent   sen(t )  t cos(t )  2 2 2 2  2  t

t

1 1 1 sent  sent  sent  sen(t )  t cos(t )     sen(t )   sen(2  t )  d  4 4 40

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1 1 1 1 1 sent  sent  sent  sent  sent  sent  t cos(t )  sen(t )  t cos(t )    cos( ) sen(t   )d  2 2 4 4 20

t

 1 1 1 2  1 sent  sent  sent  sen(t )  t cos(t )   sen(t )  cos(2  t )  sen(2  t )  4 4 4 2 2 4 0 1 1 1 1 t 1  sent  sent  sent  sen(t )  t cos(t )   t 2 sen(t )  cos(t )  sen(t )  4 4 4 2 2 2  3 3 1 sent  sent  sent  sen(t )  t cos(t )  t 2 sen(t ) Reemplazando en la ecuacion [1] 8 8 8 3 3 1 11 sen(t ) 3 1 t yt   2sent  sen(t )  t cos(t )  t 2 sen(t )   yt    cos(t )  tsen(t ) 4 4 4 4 t 4 4 1  sen(   )  sen(   ) 2 1 cos( ) sen(  )   cos(   )  cos(   )  2 sen( ) sen(  ) 

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111

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

t

33. Hallar f (t ) en:

 f (t   ) f ( )d    (t )  2t f (t )

t

L

 f (t   ) f ( )d    (t )  2t f (t )



0

L  f (t )  L  f (t )  1  2(1)

d L  f (t ) dS

dF ( s) Ecuacion diferencial en variables separables dS 2dF ( s) 2dF ( s)   dS  2  dS   2  ln C  F ( s)  1 F ( s)  1 F 2 ( s)  1  2

S  ln

F (s)  1 F (s)  1  ln C   C  eS F (s)  1 F (s)  1

2 1  Ce S

1



F ( s)  1 1   e S F (s)  1 C

Ce S  1 Ce S  1  2 Ce S  1 2   S  S S Ce  1 Ce  1 Ce  1 1  Ce S  1 Recordando el desarrollo en serie de potencias:   zn 1  z n 0

F (s)  1  e S C F (s)  e S C F (s)  1 

 

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0

Solución: A la presencia de la función impulso, será conveniente aplicar ala transformada de La Place.



F ( s )  1  2 C n e  n S

 F (s) 

L1 



n 0







f (t )   (t )  2 C n (t  n) n 0

f (t )

34. Hallar la solución de:

y  4 y  f(t )

3

(1)

 1 y(0)

y(0)  0



3

5

t

3

Solución:

Aplicando la transformada de Laplace a (1):

L  y  4 L  y  L  f (t )  s 2Y( s )  1  4Y( s )  F( s ) Para hallar F( s )

112

  4Y( s )  F( s ) s 2Y( s )  sy(0)  y(0)

 

s

2

 4  Y( s )  F( s )  1

0  según el gráfico: F( s )  3sin  12 (t   )  0 

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(a)

t    t  5 t  5

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ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUNCIONES CONTINUAS POR TRAMOS

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SOLUCIONARIO DE EXAMENES

METODO 1: Utilizando el paso unitario de Heaviside

f (t )  3sin  12 (t   )    (t   )   (t  5 ) 

f (t )  3sin  12 (t   )   (t   )  3sin  12 (t  5 )   (t  5 )

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Aplicando la transformada de Laplace a (2):

 ( 1 )e s ( 1 )e5 s  F( s )  3  22 1  22 1  s 4   s 4

L  f(t )   3L sin  12 (t   )   (t   )  sin  12 (t  5 )   (t  5 ) F( s ) 

3 e  s  e 5 s   1 2( s  4 )



(α)

2

METODO 2: 

  

Aplicando la definición de la transformada de Laplace: L f (t )  e st · f (t ) dt 0

3sin( (t   ))  3cos t 1 2

Por trigonometría:

1 2



5



0



5

L  f(t )    e st ·(0)dt  3  e st ·cos  12 t  dt  5

 st

1 2



 st

·(0)dt



 e st (s cos 2t  12 sin  2t )  F( s )  3   s 2  14  

3 e 5 s ( s cos 52  12 sin 52 )  e 5 s ( s cos 2  12 sin 2 )   1 s 4 3  (β)  e s  e5 s  2 2( s  14 )

F( s )  F( s )

 e

=> entonces:

5

F( s )  3  e ·cos  t  dt 2

*Se puede observar (α)= (β) ; JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

(2)

Ahora reemplazando (β)

en (a):

Y( s ) 

1 3  e s  e5 s  ; Que expresando en fracciones simples  2 2 1 s  4 2( s  4)( s  4 )

Y( s ) 

 5 s 1 3 4 4    e  e  s   2 2 1  s  4 2  15( s  4) 15( s  4 ) 

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f (t )  3sin  12 (t   )   (t   )  3sin  12 (t   )   (t  5 )

2

2

1  5 s  2  6  2 2 y(t )  12  2   4 e  e  s    30 4 2  1  s 4 s  4 s 4

Anti-transformando:

1   5 s   2  6  2  s  2 L1  y(t )   L1  12  2   4 e  e     30  4 2  s  14    s  4   s 4

Finalmente: 



y

sin 2t 1 1   4sin 12 (t   )  sin 2(t   )   (t   )   4sin 12 (t  5 )  sin 2(t  5 )   (t  5 ) 2 5 5

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113

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2

3 y  4 y  g(t )

(1)

t

y(0)  2

2

4

6

2

Solución:

OVIDIO TACUÑA COLQUE

g (t )

1. 35. Resolver: OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

Aplicando la transformada de Laplace en (1):

3L  y   4 L  y  L  g (t ) 



3(sY( s )  y(0) )  4Y( s )  G( s ) (3s  4)Y( s )  G( s )  6

(2)

Para hallar G( s ) se aplica la definición de la transformada de Laplace:

2 g (t )    t  4 2

6

0

2

0t 2 2t 6

Entonces:

L  g(t )    2e st dt   e st (t  4)dt  te st e st 4  st  G( s )    2  e  s s s  2 0 2 4 4 6 1  2 1  G( s )   (e 2 s  1)    2  e 6 s    2  e 2 s  e 6 s  e 2 s s s s s s  s s  2 2 1 1 G( s )   e6 s  2 e6 s  2 e2 s (3) s s s s 2 2 1 1 (3s  4)Y( s )   e6 s  2 e6 s  2 e2 s  6 Se reemplaza (3) en (2): s s s s 2  2s  1  1 3( s  43 )Y( s )    2  e 6 s  2 e 2 s  6 s  s  s

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

2e  s

3Y( s ) 

 2s  1  6 s 2 1 6  e  2 e2 s   2 4 4  4 s( s  3 )  s (s  3 )  s (s  3 ) ( s  43 )

Descomponiendo en fracciones simples:

3Y( s ) 

3

2

s



9  1516 3 4 15  6 s  916 3 4 16  2 s    e       e 2 2 4 4  s 3  s s s 3 s  43   s s 9

2

Anti-transformando y luego de ordenar



114



y(t ) 

4 4  ( t  6)   ( t  2)  1 3  43 t  (t  6)   (t  2)  3 3  e   5  4(t  6)  5e   3  4(t  2)  3e  2 2 16  16   

OVIDIO TACUÑA COLQUE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

6

 st 2

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

f(t )

36. Resolver: y  9 y  f(t )



 1 y(0)

y(0)  0

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

2

t

2

2

Solución:

Sea

y  9 y  f(t )

(a)

2 cos t 2

0  t  2 entonces  t  2  2 cos t u (t )  u (t  2 )   2u (t  2 )

Ahora del gráfico: f ( t )  

f (t ) Ordenando

f(t )  2(cos t )u(t )  2 cos(t  2 )·u(t  2 )  2u(t  2 ) y  9 y  2(cos t )u(t )  2cos(t  2 )·u(t  2 )  2u(t  2 )

(b) en (a): Aplicando la transformada de Laplace a (c)

(b) (c)

L  y  9 L  y  L 2(cos t )u (t )  2 cos(t  2 )·u (t  2 )  2u (t  2 )

2s 2s 2 s 2 2 s  2 e  e s 1 s 1 s 2s 2 ( s 2  9)Y( s )  2 (1  e2 s )  e2 s  1 s 1 s 2s 2 1 Y( s )  2 (1  e2 s )  e2 s  2 2 2 ( s  1)( s  9) s( s  9) ( s  9) 2

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

  9Y( s )  s 2Y( s )  sy(0)  y(0)

Descomponiendo en fracciones simples:

Y( s ) 

1 s s  21 s  2 s 1 2 s  2  2  2  (1  e )    2 e 4  s 1 s  9  9 s s 9 ( s  9) 1

Aplicando la anti-transformada de Laplace ( L





  ) a la anterior expresión:

y(t )  14 (cos t  cos 3t )  u (t  2 )  361 cos 3(t  2 )  14 cos(t  2 )  92   13 sin 3(t  2 )

g(t ) 37. Resolver:

2

y  2 y  8 y  g(t ) y(0)  0

 1 y(0)

1

t 2 OVIDIO TACUÑA COLQUE

4 JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

115

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

Solución:

Sea

OVIDIO TACUÑA COLQUE

y  2 y  8 y  g(t )

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

(1)

g(t )

t   (t  4) 1 

0t2 2t3 t3

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

Ahora del gráfico: Entonces

g (t )  t u (t )  u (t  2)   (t  4) u (t  2)  u (t  3)   u (t  3) Ordenando: g(t )  t·u (t )  2(t  2)u (t  2)  (t  3)u(t  3)

(2)

(2) en (1): y  2 y  8 y  t·u(t )  2(t  2)u(t  2)  (t  3)u(t  3) Aplicando la transformada de Laplace:

L  y   2 L  y   8L  y  L t ·u (t )  2(t  2)u (t  2)  (t  3)u (t  3)

  2(sY( s )  y(0) )  8Y( s )  s 2Y( s )  sy(0)  y(0)

1 2 2 s 1 3s  e  2e s2 s2 s

1 2 1  1  2 e2 s  2 e3s 2 s s s 2 3 s 2 s s 1 (e  2e ) Y( s )  2  2 s (s  2)(s  4) s (s  2)(s  4) ( s 2  2s  8)Y( s ) 



( s  2)( s  4)Y( s ) 

s 2  1 2 2 s 1 3s  2e  2e s2 s s

Descomponiendo en fracciones simples:

Y( s ) 

5

24

( s  2)



1

32

s

1 8 2



s



1 1 1  1   (e3s  2e2 s )   32  82  24  96  ( s  4) ( s  2) ( s  4)   s s 17

96

Anti-transformando:



4 t y(t )   245 e2t  321  81 t  17  u(t )  2  321  81 (t  2)  241 e2(t 2)  961 e4(t 2)  u(t  2).... 96 e



ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUNCIONES PERIODICAS

f(t ) 38. Resolver:

y  4 y  f(t )

onda sinoidal 2

 1 y(0)  y(0) 2

4

6

t

Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial:

L  y   4 L  y  L  f (t )    4Y( s )  F( s ) s 2Y( s )  sy(0)  y(0) 116

OVIDIO TACUÑA COLQUE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

....   321  18 (t  3)  241 e2(t 3)  961 e4(t 3)  u (t  3)

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

s 2Y( s )  s  1  4Y( s )  F( s )

( s 2  4)Y( s )  F( s )  s  1

OVIDIO TACUÑA COLQUE

Donde A= amplitud  A2 t0 = tiempo en el que se inicia la onda 

w0 = frecuencia angular 

w0  2

T0

=> f (t )  2sin( 12 t ) Donde f (t ) es periódica, con

OVIDIO TACUÑA COLQUE

f (t )  A sin  w0 (t  t0 ) 

Por otra parte f (t ) se halla del gráfico, que tiene la forma: t0  0

 2

4



1 2

T  2 cuando 0< t≤2π

Ahora para hallar la transformada de una función periódica se aplica:

L  f(t )   F( s )  1 F( s )  1  e2 s

F( s ) 

2

e st (s·sin( 12 t )  12 cos( 12 t )) 1 0 1 0 e ·2sin( 2 t )dt  F( s )  1  e2 s · s 2  14

2

 st

e2 s  1 (1  e2 s )( s 2  14 )

También se sabe que

F( s ) 

T

1 e st · f(t ) dt  sT  1 e 0

F( s ) 



 1   e2 ns 1  e2 s n0

1   2 ns  2 e  1 ( s 2  14 )  n0 

( s 2  4)Y( s ) 

(2) en (1):

1  2   1 2 s 1  (s  4 )  1  e  2

………………(2)

1   2 ns  2 e  1  s  1 ( s 2  14 )  n0 

 1  1   s 1 2 1  2 ( s  )( s  4)  ( s  4 )  ( s  4)     s3  s 2  14 s  43  2e2 ns   2 1  2 1  n 0  ( s  4 )( s  2)( s  2)   ( s  4 )( s  2)( s  2) 

Y( s ) 

Y( s )

2

n 0 1 4

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE



2 e2 ns 2

Descomponiendo en fracciones simples:  8 47 2 21 4  2  Y( s )    17  17  2 17 1  e2 ns  68  68  2 17 1 s2 s  4 s2 s2 s  4 n 0  s  2

Anti transformando:  8 2 21 4  2   47  L1 Y( s )    L1  17  17  2 17 1  e2 ns  L1  68  68  2 17 1  n 0 s  2 s  2 s  4  s  2 s  2 s  4 

Finalmente:







2t 21 2 t y(t )  172   e2(t  2 n )  e2(t 2 n )  8sin 12 (t  2 n)  u (t  2 n)  47  178 sin 12 t 68 e  68 e n 0

OVIDIO TACUÑA COLQUE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

117

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

f (t )

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

39. Resolver:

y  4 y  f(t )  1 y(0)

y(0)  0

6

4

2

8

t

10

Parábola cúbica

Solución: Se aplica la transformada de Laplace a la ecuación diferencial:

L  y  4 L  y  L  f (t ) 



  4Y( s )  F( s ) s 2Y( s )  sy(0)  y(0)

s 2Y( s )  4Y( s )  1  F( s )



( s 2  4)Y( s )  F( s )  1

Por otra parte del gráfico: La función

(1)

T 4

f (t )  a (t  2) es periódica de periodo 3

Se aplica la fórmula

L  f(t )  

4

1 · e st ·a(t  2)3 dt 1  e4 s 0

a F( s )  1  e4 s

L  f(t )  



4

a · e st ·(t  2)3 dt 1  e4 s 0 4

 e st 3e st 6e st 6e st  3 2  ( t  2)  ·( t  2)  ( t  2)    s2 s3 s4  0  s

ae4 s  8s3  12s 2  12s  6  a  8s 3  12s 2  12s  6      4 s  1  e4 s  s4 s4  1 e   4 s   ae a  a  e 4 ns  a e4( n1) s Dónde: y 4 s 4 s 1  e 1 e n 0 n 0 F( s )  

3 2    8s3  12s 2  12s  6  4 ns  8s  12 s  12 s  6  F( s )  a e4( n1) s ·  a e ·     s4 s4 n 0 n 0    

…(2)

Reemplazando (2) en (1): 3 2   8s3  12s 2  12s  6  4 ns  8s  12s  12s  6  ( s  4)Y( s )  1  a e ·   a  e ·  s4 s4 n 0 n 0     3 2    8s3  12s 2  12s  6  1 4 ns  8s  12 s  12 s  6  Y( s )  2  a e4( n1) s ·  a e ·     ( s  4) s 4 ( s 2  4) s 4 ( s 2  4) n 0 n 0     

2

4( n 1) s

Descomponiendo en fracciones más simples: Y( s ) 

  5 5 3 3 s  21  s  21  1  5 21 3  5 21 3  a  e4( n1) s · 4  82  3  24  4 2 8   a  e 4 ns  4  82  3  24  4 2 8  ( s  4) s s s 4  s s s 4  s s s s n 0 n 0 2

Anti transformando: 





y(t )  12 sin 2t  a  u (t  4(n  1))·( 54  218  t  4(n  1)   23  t  4(n  1)   14  t  4(n  1)  ..... 2

3

n 0



21 ....  54 cos 2  t  4(n  1)   16 sin 2  t  4(n  1) )  a  u (t  4n)( 54  218 (t  4n)...... n 0

....  (t  4n)  (t  4n)  cos 2(t  4n)  sin 2(t  4n)) 3 2

118

OVIDIO TACUÑA COLQUE

2

1 4

3

5 4

21 16

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

Entonces:

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

f(t )

40. Resolver:

Onda Senoidal

y  3 y  f (t )

3

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

y(0)  1 

3

2

4

t

Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial:

L  y   3L  y  L  f (t ) 

 ( s  3)Y( s )  1  F( s )

sY( s )  y(0)  3Y( s )  F( s ) (s  3)Y( s )  F( s )  1

(1)

Ahora para hallar F( s ) ; del gráfico

3sin t f(t )   0

t (0,  ) t ( , 2 )

Donde f (t ) es una función periódica de periodo T  2  Aplicando la fórmula:

 2  1   st  st L  f (t )   e ·(3sin t ) dt  e (0) dt    1  e2 s  0   

F( s )

 e st (s·sin t  cos t )  1  ·3   1  e2 s  s2  1 0

3 1 · 2  s (1  e ) ( s  1)  1  e  ns Pero   s (1  e ) n0

→

F( s ) 

3 (1  e s ) · (1  e s )(1  e s ) ( s 2  1)

Se reemplaza (2) en (1):

 1 F( s )  3 e  ns · 2 ( s  1) n 0  1 ( s  3)Y( s )  3 e  ns · 2 1 ( s  1) n 0  1 1 Y( s )  3 e ns ·  2 ( s  3)( s  1) ( s  3) n 0

entonces:

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

F( s ) 

(2)

Descomponiendo en fracciones simples

Y( s ) 

 3 1 s 1  1  10  3 e ns  10  10   2 2 ( s  3)  s  3 s 1 s 1 n 0

Aplicando la anti-transformada:  3 1 1  1   1   ns  10 10 s 10 L1 Y( s )   L1      3L   e   2 2  s  3 s  1 s  1   ( s  3)   n 0

Finalmente:







y(t )  e3t  103   e3(t  n )  cos(t   n)  3sin(t   n) ·u (t   n) n 0

OVIDIO TACUÑA COLQUE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

119

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

1

y   3 y  ( t ) y(0)  0

t 2a 3

a 3

a

2a

5a 3

4a 3

-1

Solución:

L  y  3L  y  L (t ) 

Aplicando la transformada de Laplace:

sY( s )  y(0)  3Y( s )  L (t ) 

 ( s  3)Y( s )  L

 a3 (t  a3 )   ( t )  0  a (t  2 a ) 3  3

Ahora del gráfico

OVIDIO TACUÑA COLQUE

f(t )

41. Resolver: OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

 

(1)

(t )

t (0, a3 ) t ( a3 , 23a ) t ( 23a , a )

Por tanto la transformada de (t ) :

a a a 3  1  3  st  st  st 3 a 3 2a   L (t )   e ·(  )( t  ) dt  e ·(0) dt  e ·(  )( t  ) dt a 3 a 3 a a  1  e as  0 1 2 3 3   1 a a   a3  3  st  st a 2a   L (t )   e ( t  ) dt  e ( t  ) dt 3 3 a  1  e as  0 2 3   1 a a  a3  1 a  st 1  st  3  1 2a  st 1  st     (t  )e  2 e     (t  )e  2 e   L (t )   1  e as  s 3 s 3 s 0  s  13 a   2

Luego de reemplazar el límite superior e inferior:

L (t )  

 a3 1  e as

 1 a3 1  13 as 1  23 as  a3 1   as     2 e   2  2e  2e s s s s s  s 

Entonces se tiene:   1 a    a ( n 13 ) s  1    a ( n 32 ) s  1    a ( n1) s  a3 s  1   L (t )    a3  e ans  2  3    e  2   e  2   e  s2  s  n 0  s  n 0  s  n 0 s    n 0 Se reemplaza

L ( t )  en (1):

  1 a    a ( n 13 ) s  1    a ( n 23 ) s  1    a ( n1) s  a3 s  1   ( s  3)Y( s )   a3  e ans  2  3    e  2   e  2   e  s 2  s  n 0  s  n 0  s  n 0 s    n 0   1  a s    a ( n 13 ) s     a ( n 32 ) s     a ( n1) s  a3 s  1   1 1 Y( s )   a3  e ans  2 3    e  2   e  2   e  2   s ( s  3)  n0  s ( s  3)  n0  s (s  3)  n0  s (s  3)    n 0

Descomponiendo en fracciones simples:

120

OVIDIO TACUÑA COLQUE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

1

OVIDIO TACUÑA COLQUE

SOLUCIONARIO DE EXAMENES

  1 a 1 1 1  a1 1    a ( n 13 ) s  9 3 9 Y( s )   a3  e ans  9  32  9   a3  e    .....  2 s 3 s  3   s s  s s n 0 n 0   a 1 1 a 1 1 1 1   a ( n  23 ) s   a ( n 1) s  9 9 3  9 3 9 3 ....  a3  e    e     s  3 s s2  a   s s2 s  3      n 0 n 0

Anti-transformando: 





...  a3  n 0

42. Resolver:





n 0

n 0



y(t )   a3   a91  13 (t  an)  19a e3(t  an ) u (t  an)  a3   91  13 (t  a(n  13 ))  91 e



1 9

e

3( t  a ( n  23 ))



 19  13 (t  a(n  23 )) u (t  a(n  23 )) 

y  4 y  et (1  e2t )

y(0)  1



3 a

  n 0

a 1 9

y(

Solución: Como se ve en las condiciones iniciales se necesita un

3( t  a ( n  13 ))

 u(t  a(n 

1 3

))...

 13 (t  a(n  1))  19a e3(t a ( n1)) u (t  a (n  1))

4

)

0

 que no se da en el problema y(0)

OVIDIO TACUÑA COLQUE

OVIDIO TACUÑA COLQUE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

 a. entonces se realiza el artificio y(0) Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial:

L  y  4 L  y  L et (1  e 2t )

1 1  s 1 s 1 1 1 2s ( s 2  4)Y( s )  s  a    ( s 2  4)Y( s )  s  a  s 1 s 1 ( s  1)( s  1) s a 2s Y( s )  2  2  2 ( s  4) ( s  4) ( s  4)( s  1)( s  1)   4Y( s )  s 2Y( s )  sy(0)  y(0)

Descomponiendo en fracciones simples: 4 5 2

1 1 s a  2  5  5 ( s  4) ( s  4) ( s  1) ( s  1)

Anti-transformando:

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

Y( s ) 

y(t )  54 cos 2t  a2 sin 2t  15 (et  e  t )

y(t )  54 cos 2t  a2 sin 2t  52 cosh t

(1)

Ahora se halla “ a ” entonces y    0 en (1):   4

      0  54 cos  2·   a2 sin  2·   52 cosh    4  4 4 a 2 4     0   cosh   a   cosh    2 5 5 4 4 Finalmente:



OVIDIO TACUÑA COLQUE



=>

En (1):

y(t )  54 cos 2t  52 cosh  4 ·sin 2t  52 cosh t

JULIO CESAR UBERHUAGA CONDE

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