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ECUACIONES DIFERENCIALES

UNIDAD DOS ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Presentado a: JAIRO ANTÓNIO GARCIA BARRETO

Entregado por: Carlos Javier Manjarres Prasca Código: 1052950283 Robin Andres Taborda Restrepo Código: 1017176375 Cristian Camilo Villada Zapata Código: 1017167655 Fabian Ortega Lopez Código: 8497824 Katherin Andrea Castillo Código: 1075250079

Grupo: 100412_210

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA - UNAD ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, INGENIERÍAS Y TECNOLOGÍAS CURSO DE ECUACIONES DIFERENCIALES MAYO 8 DE 2019

INTRODUCCIÓN

La derivación constituye una de las operaciones de mayor importancia como lo observamos en esta fase que realizamos, como cuando tratamos de funciones reales de variables real puesto que nos indica la tasa de variación de la función en un instante determinado o para un valor determinado de la variable, si esta no es el tiempo. Por tanto, se deriva de una función para un valor de variable es la tasa de variación instantánea de dicha función

OBJETIVOS

En esta actividad se deben desarrollar los momentos del aprendizaje basado en problemas por lo tanto debe primero conocer el problema planteado en la guía, apoyarnos en los videos de explicación del tutor, realizar inquietudes, luego del grupo analizarlo y plantear soluciones y con el apoyo de los contenidos, ideas grupales y retroalimentación como se ha informado con anterioridad para realizar una gran entrega final en este momento que nos encontramos.   

Comprender el concepto de derivada y su significado geométrico. Estudiar relaciones entre una función y sus derivadas. Analizar el comportamiento de una función estudiando sus principales características. Específicamente:

  

Determinar intervalos de crecimiento y de decrecimiento Localizar puntos máximos y mínimos relativos. Determinar los puntos de inflexión e intervalos de concavidad.

PASO 2 ELECCIÓN DE EJERCICIOS A DESARROLLAR PARTE INDIVIDUAL Tabla de elección de ejercicios:

Nombre del estudiante

Rol a desarrollar

Robin andres taborda

entregas

Cristian Camilo Villada

Alertas

Fabian Ortega Lopez

Evaluador

Carlos Javier Manjarres

Revisor

Katherin Andrea Castillo Murillo

Compiladora

Grupo de ejercicios a desarrollar paso 1. El estudiante desarrolla los ejercicios A en todos los tres tipos propuestos El estudiante desarrolla los ejercicios B en todos los tres tipos propuestos El estudiante desarrolla los ejercicios C en todos los tres tipos propuestos El estudiante desarrolla los ejercicios D en todos los tres tipos propuestos El estudiante desarrolla los ejercicios E en todos los tres tipos propuestos

DESARROLLO DE LA ACTIVIDAD COLABORATIVA PASO 3 EJERCICIOS INDIVIDUALES A continuación, se definen los 3 Tipos de ejercicios para presentar en el Paso 3. TIPO DE EJERCICIOS 1 – MÉTODO DE SERIES DE POTENCIAS PARA ECUACIONES DIFERENCIALES

El método de series de potencias para resolver ecuaciones diferenciales es simple y natural, se empieza describiendo el procedimiento práctico y se ilustra con ecuaciones simples cuyas soluciones ya se conocen, con el fin de ver lo que está ocurriendo.

Para una ecuación dada:

𝑦 ,, + 𝑝(𝑥)𝑦 , + 𝑞 (𝑥)𝑦 = 0

se representa primero 𝑝(𝑥)y 𝑞(𝑥) por series de potencias en potencias de 𝑥 (o de (𝑥 − 𝑥0 ) si se desea obtener soluciones de potencias de 𝑥 − 𝑥0 ). En muchas ocasiones 𝑝(𝑥)y 𝑞 (𝑥) son polinomios y entonces no es necesario hacer nada en primer paso. Después se supone una solución en la forma de una serie de potencias con coeficientes desconocidos.

∞

y = ∑ 𝑎𝑚 𝑥 𝑚 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎3 𝑥 3 + ⋯ 𝑚=0

Y esta serie y la obtenida al derivar terminó a término:

∞ ,

y = ∑ 𝑚𝑎𝑚 𝑥 𝑚−1 = 𝑎1 + 2𝑎2 𝑥 + 3𝑎3 𝑥 2 + ⋯ 𝑚=1

∞ ,,

y = ∑ 𝑚(𝑚 − 1)𝑎𝑚 𝑥 𝑚−2 = 2𝑎2 + 3 ∗ 2𝑎3 𝑥 + 4 ∗ 3𝑎4 𝑥 2 + ⋯ 𝑚=1

Se introduce en la ecuación. A continuación, se agrupan las potencias semejantes de 𝑥 y la suma de los coeficientes de cada potencia de 𝑥 que se presente se iguala a cero, empezando con los términos constantes, los términos que incluyen a 𝑥, los términos que incluyen a 𝑥 2 etc. Se obtienen así relaciones a partir de las cuales es posible determinar de manera sucesiva los coeficientes desconocidos en 𝑦.

De acuerdo con lo anterior, resuelva por el método de series de potencias:

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Robin Taborda

a. 𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟎

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA Y = 𝐶0 + 𝐶1 𝑋 + 𝐶2 𝑥 2 + 𝐶3 𝑥 3 = ∑∞ 𝑛=0 𝐶𝑛𝑥𝑛 ∞

𝑦 = ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Empiezo con la expresión de serie y potencia Expresar en suma de con esta notación, luego se empieza a derivar y el termino general.

𝑛=0 ∞

𝑦 = ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛 𝑛=0 ∞

y ‘ = ∑ nCnxn−1 n=1 ∞

𝑦’’ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥𝑛−2 𝑛=2

Se derivada según la formula general. Luego sustituimos las derivadas en la formula general

∞

∞

∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥𝑛−2 + 2 ∑ 𝑛𝐶𝑛𝑥𝑛−1 ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛 𝑛=2

∞

𝑛=1

𝑛=0

+ ∑ 𝐶𝑛 𝑥𝑛 𝑛=0 ∞

Remplazamos, Necesitamos igualar el índice del inicio de la suma y que los exponentes de X sean iguales. Para ello utilizamos la propiedad

∞

∑ 𝑓(𝑛) = ∑ 𝑓(𝑛 + 𝑘) 𝑛=𝑘

𝑛=0 ∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥𝑛−2

Realizar operaciones con los valores brindados a n

𝑛=2 ∞

2 ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑥𝑛−1 𝑛=1 ∞

∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛 𝑛=0 ∞

∑(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝐶𝑛+2𝑥𝑛 𝑛=0

∞

∑ 2(𝑛 + 1)𝐶𝑛+1𝑥𝑛

Siempre se busca dejar el exponente mayor de X, Para el número uno indicamos basándonos en la fórmula que n = n+2. Remplacemos

Para el numero 2 indicamos basándonos en la fórmula que n=1

𝑛=0 ∞

El numero 3 pasa igual

∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛 𝑛=0

∞

∑[(n + 2)(n + 1)Cnt2 + 2(n + 1)Cn+1 + Cn ] 𝐱 𝐧

Ahora se iguala los coeficientes de esta suma en Cero

n=0

=𝟎 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝐶𝑛𝑡2 + 2(𝑛 + 1)𝐶𝑛+1 + 𝐶𝑛 = 0 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝐶𝑛𝑡2 = −2(𝑛 + 1)𝐶𝑛+1 − 𝐶𝑛 2(𝑛 + 1)𝐶𝑛+1 − 𝐶𝑛 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝐶𝑛𝑡2 = −2n − 2𝐶𝑛+1 − 𝐶𝑛

buscamos despejar la C se obtiene la relación de recurrencia entre los coeficientes Se multiplica −2(𝑛 + 1) quedando -2n-2 Luego Se simplifica n-2, nt2

𝐶𝑛+2 = −

𝐶𝑛 + 2𝑛𝐶𝑛+1 + 2𝐶𝑛+1 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)

Por último, se Simplificamos n+1 Juntamos -2c-cn

N=0, 𝐶2 = 2𝐶0

empezamos a tomar los valores de n, desde cero para 𝑪𝒏𝒕𝟐

N=1, 𝐶3 = 2𝐶1 N=2, 𝐶4 = 2𝐶2 N=3, 𝐶5 = 2𝐶3 N=4, 𝐶6 = 2𝐶4

𝑦 = 𝐶0 + 𝐶1 𝑋 + 𝐶2 𝑥 2 + 𝐶3 𝑥 3 + 𝐶4 𝑥 4 + 𝐶5 𝑥 5 + 𝐶6 𝑥 6 Y = 𝐶0 + 𝐶1 𝑋 + 2𝐶0 𝑥 2 + 2𝐶1 𝑥 3 + 2𝐶2 𝑥 4 + 2𝐶3 𝑥 5 + 2𝐶4 𝑥 6 Y = 𝐶0 2𝑥 2 ) + 𝐶1 (𝑋 + 2𝑥 3 ) + 𝐶2 (2𝑥 4 ) + 𝐶3 (2𝑥 5 ) + 𝐶4 (2𝑥 6 ) + …….

Por último, asociamos a Y= 𝐶3 𝑥 3

𝐶0 + 𝐶1 𝑋 + 𝐶2 𝑥 2 +

Remplazamos valores Juntamos los términos similares, y sustituimos los coeficientes.

1 1 1 1 Y = 𝐶0 + 𝑐1 𝑥 − 𝑐0 𝑥 2 − 𝑐1 𝑥 3 + 𝑐0 𝑥 4 + 𝑐1 𝑥 5 2 3 4 5 1 6 − 𝑐0 𝑥 6 1 1 1 Y = (𝐶0 − 𝑐0 𝑥 2 + 𝑐0 + 𝑐0 𝑥 6 … ) 2 4 6 1 1 + (𝑐1 − 𝑐1 𝑥 3 + 𝑐1 𝑥 5 … ) 3 5 1

1

1

1

Y = 𝐶0 (1 − 2 𝑥 2 + 4 − 6 𝑥 6 − ⋯ )+𝑐1 (𝑥 − 3 𝑥 3 − 1 5

Vamos a agrupar todo lo que tenga 𝑐0 y por otro lado 𝑐1

Factorizamos 𝑐0 y 𝑐1

𝑥5 + ⋯ ) ∞

∞

𝑛=0

𝑛=0

(−1)𝑛 2𝑛 (−1)𝑛 2𝑛+1 𝑦 = 𝑐0 ∑ 𝑥 + 𝑐1 ∑ 𝑥 (2𝑛 + 1)! (2𝑛 + 1)!

∞

cos 𝑥 = ∑ 𝑛=0

∞

𝑠𝑒𝑛 𝑥 = ∑ 𝑛=0

(−1)𝑛 2𝑛 𝑥 (2𝑛 + 1)!

(−1)𝑛 2𝑛+1 𝑥 (2𝑛 + 1)!

Ahora vamos a tratar de deducir una fórmula que nos permita encontrar todos los términos de las expresiones.

Ahora vamos a usar este resultado.

𝑦 = 𝑐0 cos 𝑥 + 𝑐1 𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝑐0 y 𝑐1 son constantes arbitrarias que se pueden expresar con C mayúscula, Y de sacamos la solución.

𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Cristian Camilo Villada Zapata

b. 𝑦 ′′ − 𝑥 2 + 𝑦 ′ = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

𝑦 ′′ − 𝑥 2 + 𝑦 ′ = 0 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 𝑥 2 = 0

Vamos a hallar Y prima y Y dos primos

00

00 𝑛

2

𝑠𝑒𝑎 𝑌 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + ∑ 𝑐 𝑥 𝑛=0

𝑛

Si n=0 tenemos 𝑐0 (por que está a la 𝑥 0 que es igual a uno

𝑛=3

00

Porque se derivó Y la anterior

′

𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛−1 + 𝑐1 + 2𝑐2 𝑥1 + 𝑐1 𝑥 + 3𝑐3 𝑥 2 𝑛=4 00 ′′

𝑦 = 2𝑐2 + 6𝑐3 𝑥 + ∑ 𝑛 𝑥

𝑛−1

𝑐𝑛 𝑥

𝑛−2

𝑦 ′′ 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑦 ′ 𝑝𝑟𝑖𝑚

𝑛=4 00 2

2𝑐2 + 6𝑐3 𝑥 + 12𝑐4 𝑥 + ∑ 𝑛 (𝑛 − 1) 𝑐𝑛 𝑥 𝑛−2 𝑛=5

(2𝑐2 + 𝑐1 ) + (2𝑐2 + 6𝑐3 )𝑥 + (3𝑐3 + 12𝑐4 − 1)𝑥 2 00

+ ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛−1 𝑛=4 00

+ ∑ 𝑛 (𝑛 − 1) 𝑐𝑛 𝑥 𝑛−2 = 0 𝑛=3

Organizando por orden de potencia

(2𝑐2 + 𝑐1 ) + (2𝑐2 + 6𝑐3 )𝑥 + (3𝑐3 + 12𝑐4 − 1)𝑥 2

La razón cambio n * n +4 y cambio n * n+5

00

+ ∑(𝑛 + 4)𝑐4+4 𝑥 𝑛+3 𝑛=0 00

+ ∑ 𝑛(𝑛 + 5)(𝑛 + 4) 𝑐𝑛+5 𝑥 𝑛+3 𝑛=0

=0 2𝑐2 + 𝑐1 = 0 => 𝑐2 = −𝑐1/2

Igualamos el coeficiente igual a 0

2𝑐2 + 6𝑐3 = 0 6𝑐3 = − 2𝑐2 𝑐3 = −

1𝑐2 3 𝑐1 3∗2

3𝑐3 + 12𝑐4 − 1 = 0 =≫ 12𝑐4 = 1 − 3𝑐3 ==≫ 𝑐 12𝑐4 = 1 − 3 ( 61 ) 12𝑐4 = 𝑐4 =

6 − 3𝑐1 6

6 − 3𝑐1 72

𝑛 = 0 ==≫ 𝑐4 = − 𝑛 = 1 ==≫ 𝑐6 = −

𝑐4 5

𝑐5 6

==≫ ==≫

3𝑐1−6 72 ∗ 5 6 − 3𝑐1 72 ∗ 6 ∗ 5

𝑌(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 2 + 𝑐3 𝑥 3 + 𝑐4 𝑥 4 + 𝑐5 𝑥 5 + 𝑐6 𝑥 6 + ⋯ … …. 𝑐2 𝑥 2 𝑐1 𝑥 3 (6 − 3𝑐1 )𝑥 4 + + − 2 6 72 (3𝑐1 − 6)𝑥 4 + 360 (6 − 3𝑐1 )𝑥 6 + … … …. 2160

𝑌(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 −

Le damos valores a la n y obtenemos cada constante

Desarrolle la serie de y de x

𝑐2 𝑥 2 𝑐1 𝑥 3 (2 − 𝑐1 )𝑥 4 + + − 2 6 24 (𝑐1 − 2)𝑥 4 (2 − 𝑐1 )𝑥 6 + + … … …. 120 720

𝑌(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 −

𝑦(𝑥) =

𝑐0 𝑐1 𝑥 𝑐2 𝑥 2 𝑐1 𝑥 3 (2 − 𝑐1 )𝑥 4 + − + + − 0! 1! 2! 3! 4! (𝑐1 − 2)𝑥 4 (2 − 𝑐1 )𝑥 6 + + … … …. 5! 6!

𝑦(𝑥) =

𝑐0 𝑐1 𝑥 𝑐2 𝑥 2 𝑐1 𝑥 3 + − + 0! 1! 2! 3! 00 𝑛 (−1) (2 − 𝑐1 )𝑥 𝑛 +∑ 𝑛!

La ley general para y de x

𝑛=4

𝑛 = 2: 𝑐7 =

−𝑐6 (𝑐1 − 2) = 7 7!

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Fabian ortega

c. 𝑦 ′′ − 2𝑥 = 0 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA

∞

𝑦 = ∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛−1 𝑛=0

Entonces ∞

𝑦′ = ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑥 𝑛−1 𝑛=1 ∞

𝑦′′ = ∑ 𝑛 (𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑥 𝑛−2 𝑛=2

Ahora en 1 tenemos 𝑦 ′′ = 2𝑥 lo cual es 𝑦 ′′ − 2𝑥 = 0 ; sustituyendo 𝑦 ′′ tenemos

RAZÓN O EXPLICACIÓN

∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1) 𝐶𝑛 𝑥 𝑛−2 −2 𝑥 = 0 𝑛=2

Ahora para hacer que la serie empiece en 0; hacemos 𝑛 = 𝑘+2⇒ 𝑘 = 𝑛−2

; así

∞

∑(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) 𝐶𝑘+2 𝑥 𝑘 − 2𝑥 = 0 𝑘=0

Desarrollando los 2 primeros términos de la serie tenemos ∞

−2𝑥 + 2𝐶2 + 6𝐶3 𝑥 + ∑(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) 𝐶𝑘+2 𝑥 𝑘 = 0 𝑘=2

∞

2𝐶2 + (6𝐶3 − 2)𝑥 + ∑(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) 𝐶𝑘+2 𝑥 𝑘 = 0 𝑘=2

Igualando a cero cada término tenemos (𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝐶𝑘+2 = 0 →

2𝐶2 = 0 ⇒ 𝐶2 = 0 𝐶𝑘+2 = 0 6𝐶3 − 2 = 0 ⇒ 𝐶3 =

1 3

Por lo tanto para 𝑘 = 2 𝐶4 = 0 y así sucesivamente 𝐶𝑘 = 0 Para 𝑘 > −4 Ahora desarrollando ∞

∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛 = 𝑦 𝑛=0

Tenemos 𝑦 = 𝐶0 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑥 2 + 𝐶3 𝑥 3 ; así 1 𝑦 = 𝐶0 + 𝐶1 𝑥 + 𝑥 3 3

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Carlos Javier Manjarres Prasca

d. 𝑦 ′ − 9𝑥𝑦 = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Ssuponemos una solución en la forma de una serie de potencias con coeficientes desconocidos y le sacamos la primera y segunda derivada.

∞

y = ∑ 𝑎𝑚 𝑥 𝑚 𝑚=0 ∞ ,

y = ∑ 𝑚𝑎𝑚 𝑥 𝑚−1 𝑚=0

𝑦 ′ − 9𝑥𝑦 = 0 ∞

Sustituimos las sumatorias en la ecuación original

∞

∑ 𝑚𝑎𝑚 𝑥

𝑚−1

− 9𝑥 ∑ 𝑎𝑚 𝑥 𝑚 = 0

𝑚=1

𝑚=0

∞

∞

∑ 𝑚𝑎𝑚 𝑥

𝑚−1

− ∑ 9𝑎𝑚 𝑥 𝑚+1 = 0

𝑚=0

𝑚=0

∞

0𝑎0 𝑥

0−1

+ 1𝑎1 𝑥

1−1

+ ∑ 𝑚𝑎𝑚 𝑥 𝑚−1 𝑚=2

∞

− ∑ 9𝑎𝑚 𝑥 𝑚+1 = 0 𝑚=0

∞

𝑎1 + ∑ 𝑚𝑎𝑚 𝑥 𝑚=2 ∞

∞ 𝑚−1

− ∑ 9𝑎𝑚 𝑥 𝑚+1 = 0

Vamos a juntar las dos sumatorias, debemos hacer que las potencias de x sean iguales, para eso necesitamos que en la primera sumatoria inicie desde 2, por lo tanto, desarrollamos los 2 primeros términos

Simplificamos los primeros términos

𝑚=0 ∞

𝑎1 + ∑ (𝑚 + 2)𝑎𝑚+2 𝑥 𝑚+1 − ∑ 9𝑎𝑚 𝑥 𝑚+1 = 0 𝑚=0

Multiplicamos el 9x en la sumatoria

𝑚=0

Ahora, utilizamos la siguiente propiedad: ∞

∞

∑ 𝑓(𝑚) = ∑ 𝑓(𝑚 + 𝑘) 𝑚=𝑘

𝑚=0

∞

𝑎1 + ∑ ((𝑚 + 2)𝑎𝑚+2 − 9𝑎𝑚 ) 𝑥 𝑚+1 = 0

Al juntar las dos sumatorias queda así:

𝑚=0

𝑎1 = 0

Igualamos 𝑎1 y el coeficiente de y 𝑥 𝑚+1 a cero

(𝑚 + 2)𝑎𝑚+2 − 9𝑎𝑚 = 0

𝑎𝑚+2

𝑠𝑖 𝑚 = 0, 𝑎2 =

9𝑎0 9 9 = 𝑎 → 𝑎2 = 𝑎0 (0 + 2) 2 0 2

𝑠𝑖 𝑚 = 1, 𝑎3 = 𝑠𝑖 𝑚 = 2, 𝑎4 =

9𝑎1 9 = 𝑎 → 𝑎3 = 0 (1 + 2) 3 1

9𝑎2 99 92 = 𝑎 0 → 𝑎4 = 𝑎 (2 + 2) 4 2 2∗4 0

𝑠𝑖 𝑚 = 3, 𝑎5 = 𝑠𝑖 𝑚 = 4, 𝑎6 =

9𝑎𝑚 = (𝑚 + 2)

9𝑎3 9 = ∗→ 𝑎5 = 0 (3 + 2) 5

9𝑎4 9 92 93 = 𝑎0 → 𝑎6 = 𝑎 6 62 ∗ 4 2∗4∗6 0

Despejamos el coeficiente que tenga el mayor índice, que es 𝑎𝑚+2 . Esta es la relación de recurrencia que nos permite encontrar todos los coeficientes de la serie de potencia. Empezamos a sustituir los n por números desde cero, en estos cálculos tenemos en cuenta que 𝑎1 = 0 En el comentario de corrección me escribió que k=2 9

9𝑎2 9 (2 𝑎0 ) 92 𝑎0 𝑎4 = = = 2 2 2 2 Pero según el término que tengo de 9𝑎𝑚 𝑎𝑚+2 = (𝑚 + 2) obtengo 𝑎4 =

92 𝑎 2∗4 0

Sería tan amable de indicarme en qué parte me he equivocado? 𝑠𝑖 𝑚 = 2𝑘 − 1, 𝑎2𝑘−1 = 0 𝑠𝑖 𝑚 = 2𝑘, 𝑎2𝑘 =

9𝑘+1 𝑎 2𝑘+1 ∗ (𝑘 + 1)! 0

Prueba, 𝑠𝑖 𝑚 = 6, 𝑎8 =

9𝑎6 9 93 = 𝑎 → 𝑎6 8 82∗ 4∗ 6 0 4 9 = 𝑎 2∗4∗6∗8 0

→ 𝑎6 =

94 𝑎 384 0

𝑠𝑖 𝑚 = 6, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑘 = 3,

Por lo tanto, podemos concluir

94 𝑎 23+1 ∗ (3 + 1)! 0

𝑎6 =

94 94 𝑎6 = 4 𝑎 = 𝑎 2 ∗ 4! 0 384 0 ∞

Sustituimos la expresión 𝑎𝑚 en la sumatoria de y.

9𝑘+1 y = ∑ 𝑘+1 𝑎 2 ∗ (𝑘 + 1)! 0

Esta función es solución de esta ecuación diferencial,

𝑘=0

𝑦=

9𝑎0 92 𝑎0 93 𝑎0 94 𝑎0 + 2 + 3 + +⋯ 2 2 . 2! 2 . 3! 24 . 4!

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Katherin Andrea Castillo Murillo

e. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 3𝑥 2

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA ∞

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Primero escribimos las equivalencias generales para Y

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏𝒙𝒏 𝒏=𝟎 ∞

𝒚′ = ∑ 𝒏𝑪𝒏𝒙𝒏−𝟏 𝒏=𝟏 ∞

𝒚′′ = ∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏)𝑪𝒏𝒙𝒏−𝟐 𝒏=𝟐

𝒚′′ + 𝒚 − 𝟑𝒙𝟐 = 𝟎 ∞

Despejando los términos de la ecuación principal

∞

∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏)𝑪𝒏𝒙 𝒏=𝟐

𝒏−𝟐

+ ∑ 𝑪𝒏𝒙𝒏 − 𝟑𝒙𝟐 = 𝟎

Reemplazando los términos en la ecuación principal

𝒏=𝟎 ∞

∞

Aplicando esta propiedad igualaremos a la mayor potencia para unir las dos sumatorias teniendo en cuenta que los exponentes de x tengan el mismo valor.

∑ 𝒇(𝒏) = ∑ 𝒇(𝒏 + 𝒌) 𝒏=𝒌

𝒏=𝟎

∞ 𝟐

∞ 𝒏

−𝟑𝒙 + ∑(𝒏 + 𝟐)(𝒏 + 𝟏)𝑪𝒏+𝟐𝒙 + ∑ 𝑪𝒏𝒙𝒏 = 𝟎 𝒏=𝟎

𝒏=𝟎

∞ 𝟐

−𝟑𝒙 + ∑[(𝒏 + 𝟐)(𝒏 + 𝟏)𝑪𝒏 + 𝟐 + 𝑪𝒏]𝒙𝒏 = 𝟎

Uniendo la sumatoria en una sola

𝒏=𝟎

−𝟑𝒙𝟐 + 𝟐𝑪𝟐 + 𝑪𝟎 + (𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟏 )𝒙 + (𝟏𝟐𝑪𝟒 + 𝑪𝟐 )𝒙𝟐 ∞

+ ∑[(𝒏 + 𝟐)(𝒏 + 𝟏)𝑪𝒏 + 𝟐 + 𝑪𝒏]𝒙𝒏 = 𝟎

Para poder operar el −3𝑥 2 debemos desarrollar los primeros términos de la sumatoria hasta llegar a 𝑥 2 y poder operar.

𝒏=𝟑

Continuamos la suma desde n=3 porque ya desarrollamos 𝑛 = 0, 𝑛 = 1 y 𝑛 = 2 𝟐𝑪𝟐 + 𝑪𝟎 + (𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟏 )𝒙 + (𝟏𝟐𝑪𝟒 + 𝑪𝟐 − 𝟑)𝒙𝟐 ∞

+ ∑[(𝒏 + 𝟐)(𝒏 + 𝟏)𝑪𝒏 + 𝟐 + 𝑪𝒏]𝒙𝒏 = 𝟎

Ahora ordenamos los términos que están fuera de la suma y factorizamos.

𝒏=𝟑

𝟐𝑪𝟐 + 𝑪𝟎 = 𝟎

Ahora igualamos los coeficientes a 0

𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟏 = 𝟎 𝟏𝟐𝑪𝟒 + 𝑪𝟐 − 𝟑 = 𝟎 (𝒏 + 𝟐)(𝒏 + 𝟏)𝑪𝒏 + 𝟐 + 𝑪𝒏 = 𝟎 𝟏 𝟐𝑪𝟐 + 𝑪𝟎 = 𝟎 → 𝑪𝟐 = − 𝑪𝟎 𝟐 𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟏 = 𝟎 → 𝑪𝟑 = −

Despejamos en cada una de las ecuaciones el coeficiente C que tenga el mayor índice.

𝑪𝟏 𝟏 = − 𝑪𝟏 𝟑𝒙𝟐 𝟔 𝑪𝒐

𝟑 − 𝑪𝟐 𝟑 − (− 𝟐 ) 𝟏𝟐𝑪𝟒 + 𝑪𝟐 − 𝟑 = 𝟎 → 𝑪𝟒 = = 𝟒𝒙𝟑 𝟒𝒙𝟑 𝟑, 𝟓 = 𝑪 𝟒𝒙𝟑 𝟎 (𝒏 + 𝟐)(𝒏 + 𝟏)𝑪𝒏 + 𝟐 + 𝑪𝒏 = 𝟎

Expresión de reducción de recurrencia.

𝑪𝒏 → 𝑪𝒏 + 𝟐 = − (𝒏 + 𝟐)(𝒏 + 𝟏) 𝒏 = 𝟑, 𝑪𝟓 = − 𝒏 = 𝟒, 𝑪𝟔 = −

𝑪𝟒 𝟏 𝟑, 𝟓𝑪𝟎 𝟑, 𝟓 =− ( )=− 𝑪 𝟔𝒙𝟓 𝟔𝒙𝟓 𝟒𝒙𝟑 𝟔! 𝟎

𝒏 = 𝟓, 𝑪𝟕 = − 𝒏 = 𝟔, 𝑪𝟖 = −

𝑪𝟑 𝟏 𝑪𝟏 𝑪𝟏 =− (− )= 𝟓𝒙𝟒 𝟓𝒙𝟒 𝟑𝒙𝟐 𝟓!

𝑪𝟓 𝟏 𝑪𝟏 𝑪𝟏 =− (− )= 𝟕𝒙𝟔 𝟕𝒙𝟔 𝟓𝒙𝟒 𝟕!

𝑪𝟔 𝟏 𝟑, 𝟓𝑪𝟎 𝟑, 𝟓 =− (− )= 𝑪 𝟖𝒙𝟕 𝟖𝒙𝟕 𝟔! 𝟖! 𝟎

Vamos a sustituir el valor de n a partir de n=3 ya que en la expresión se halló n=2.

𝒚 = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙 𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙 𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙 𝟒 + 𝑪𝟓 𝒙 𝟓 + 𝑪𝟔 𝒙 𝟔 + 𝑪𝟕 𝒙 𝟕 + 𝑪𝟖 𝒙 𝟖 …

Ahora se sustituyen los primeros términos de y.

𝟕⁄ 𝟏 𝑪𝟏 𝑪𝟏 𝒚 = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 − 𝑪𝟎 𝒙 𝟐 − 𝒙 𝟑 + 𝟐 𝑪𝟎 𝒙 𝟒 + 𝒙 𝟓 𝟐 𝟑! 𝟒! 𝟓! 𝟕⁄ 𝟕 ⁄ 𝑪𝟏 − 𝟐 𝑪𝟎 𝒙 𝟔 + 𝒙 𝟕 + 𝟐 𝑪 𝟎 𝒙 𝟖 … 𝟔! 𝟕! 𝟖! 𝟕⁄ 𝟕⁄ 𝟕⁄ 𝟏 𝒚 = 𝑪𝟎 − 𝑪𝟎 𝒙 𝟐 + 𝟐 𝑪𝟎 𝒙 𝟒 − 𝟐 𝑪𝟎 𝒙 𝟔 + 𝟐 𝑪𝟎 𝒙 𝟖 𝟐 𝟒! 𝟔! 𝟖! 𝑪𝟏 𝟑 𝑪𝟏 𝟓 𝑪𝟏 𝟕 + 𝑪𝟏 𝒙 − 𝒙 + 𝒙 + 𝒙 … 𝟑! 𝟓! 𝟕!

Ahora podemos organizar los términos con 𝐶1 y 𝐶0

𝟕⁄ 𝟕⁄ 𝟕⁄ 𝟏 𝒚 = 𝑪𝟎 (𝟏 − 𝒙𝟐 + 𝟐 𝒙𝟒 − 𝟐 𝒙𝟔 + 𝟐 𝒙𝟖 … ) 𝟐 𝟒! 𝟔! 𝟖! 𝟏 𝟏 𝟏 + 𝑪𝟏 (𝒙 − 𝒙𝟑 + 𝒙𝟓 + 𝒙𝟕 … ) 𝟑! 𝟓! 𝟕!

Ahora podemos factorizar en función de 𝐶0 y 𝐶1

∞

𝒚 = 𝑪𝟎 ∑ 𝒏=𝟎

𝟕 𝒏

∞

(− ) 𝟐

(𝟐𝒏)!

𝒙

𝟐𝒏

(−𝟏)𝒏 + 𝑪𝟏 ∑ 𝒙𝟐𝒏+𝟏 (𝟐𝒏 + 𝟏)!

Solución general Solución particular

𝒏=𝟎

TIPO DE EJERCICIOS 2. TRANSFORMADA DE LAPLACE

En el modelo matemático de un sistema físico como el de la masa 𝑚 sujeta a un resorte o el de un circuito eléctrico en serie, el lado derecho de la ecuación diferencial.

𝑑2 𝑥

dx

m 𝑑𝑡 2 + 𝛽 𝑑𝑡 + 𝑘𝑥 = 𝑓(𝑡)

𝑑2 𝑞

dq

L 𝑑𝑡 2 + 𝛽 𝑑𝑡 + 𝑘𝑞 = 𝐸(𝑡)

Es una función que representa una fuerza externa 𝑓(𝑡) o un voltaje 𝐸(𝑡) en ecuaciones diferenciales se resuelve este problema para funciones 𝑓(𝑡) continuas. Sin embargo, no es raro encontrarse con funciones continuas a trozos por ejemplo en circuitos eléctricos son muy comunes los voltajes dientes de sierra o escalón. Es difícil, pero no imposible resolver la ecuación diferencial que describe el circuito en este caso pero la transformada de laplace es una valiosa herramienta para resolver problemas de este tipo

La transformada de Laplace es muy útil en la solución de ecuaciones integrales y sistemas de ecuaciones diferenciales así con la obtención de algunas interesantes integrales.

Suponga que la función 𝑦(𝑡) está definida para 𝑡 ≥ 0 y la integral impropia converge para 𝑠 > 𝑠0 . Entonces la transformada de Laplace 𝑦(𝑡) existe 𝑠 > 𝑠0 y está dada por:

∞

ℒ{𝑦(𝑡)} = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑦(𝑡)𝑑𝑡 0

2. Con respecto a lo anterior calcule la transformada de Laplace de:

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Robin Taborda

a. ℒ{𝜋 + cos 3𝑡}

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA {𝜋 + cos( 3𝑡)} = 𝜋 + cos( 3𝑡) {𝜋 + cos( 3𝑡)}

L {a*f(t) +b*g(t)} = a*l {f(t)}+b*L{g(t)}

= 𝐿 { 𝜋} + 𝐿 {cos(3𝑡)} resolvemos, y usamos la tabla de las 𝑎 transformadas de laplace L{a} = 𝑠 = L{ 𝜋} =

𝐿 {cos(𝑎𝑡)} = =

𝒔𝟐

RAZÓN O EXPLICACIÓN

quitamos los paréntesis (a) = a Quedando indicado

Usamos la propiedad lineal de la transformada de Laplace para estas funciones f (t) , g (t) y las constantes a,b Ejecutar operaciones Ejecutar operaciones con tabla

𝝅 𝒔

𝒔𝟐

𝒔 + 𝟑𝟐

𝒔 + 𝒂𝟐

L {cos3t)} resolvemos y usamos la tabla de las transformadas de Laplace

=

𝒔𝟐

𝒔 +𝟗

𝝅 𝒔 + 𝟐 𝒔 𝒔 +𝟗

Juntamos ambos resultados

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Cristian Camilo Villada Zapata

b. 𝑦 ′′ − 𝑥 2 + 𝑦 ′ = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 𝑥 2 = 0

Vamos a hallar Y prima y Y dos prima

00

00

𝑠𝑒𝑎 𝑌 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 2 + ∑ 𝑐 𝑥 𝑛 𝑛=0

Si n=0 tenemos 𝑐0 (por que está a la 𝑥 0 que es igual a uno

𝑛=3

00

Porque se derivó Y la anterior

′

𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛−1 + 𝑐1 + 2𝑐2 𝑥1 + 𝑐1 𝑥 + 3𝑐3 𝑥 2 𝑛=4 00 ′′

𝑦 = 2𝑐2 + 6𝑐3 𝑥 + ∑ 𝑛 𝑥

𝑛−1

𝑐𝑛 𝑥

𝑛−2

𝑦 ′′ 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑦 ′ 𝑝𝑟𝑖𝑚

𝑛=4 00 2

2𝑐2 + 6𝑐3 𝑥 + 12𝑐4 𝑥 + ∑ 𝑛 (𝑛 − 1) 𝑐𝑛 𝑥 𝑛−2 𝑛=5

(2𝑐2 + 𝑐1 ) + (2𝑐2 + 6𝑐3 )𝑥 + (3𝑐3 + 12𝑐4 − 1)𝑥 2 00

+ ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛−1 𝑛=4 00

+ ∑ 𝑛 (𝑛 − 1) 𝑐𝑛 𝑥 𝑛−2 = 0 𝑛=3

Organizando por orden de potencia

(2𝑐2 + 𝑐1 ) + (2𝑐2 + 6𝑐3 )𝑥 + (3𝑐3 + 12𝑐4 − 1)𝑥 2

La razón cambio n * n +4 y cambio n * n+5

00

+ ∑(𝑛 + 4)𝑐4+4 𝑥 𝑛+3 𝑛=0 00

+ ∑ 𝑛(𝑛 + 5)(𝑛 + 4) 𝑐𝑛+5 𝑥 𝑛+3 = 0 𝑛=0

2𝑐2 + 𝑐1 = 0 => 𝑐2 = −𝑐1/2

Igualamos el coeficiente igual a 0

2𝑐2 + 6𝑐3 = 0 6𝑐3 = − 2𝑐2 𝑐3 = −

1𝑐2 3 𝑐1 3∗2

3𝑐3 + 12𝑐4 − 1 = 0 =≫ 12𝑐4 = 1 − 3𝑐3 ==≫ 12𝑐4 = 𝑐 1 − 3 ( 1) 6

12𝑐4 = 𝑐4 =

6 − 3𝑐1 6

6 − 3𝑐1 72

𝑛 = 0 ==≫ 𝑐4 = − 𝑛 = 1 ==≫ 𝑐6 = −

𝑐4 5

𝑐5 6

==≫ ==≫

3𝑐1−6 72 ∗ 5 6 − 3𝑐1 72 ∗ 6 ∗ 5

𝑌(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 2 + 𝑐3 𝑥 3 + 𝑐4 𝑥 4 + 𝑐5 𝑥 5 + 𝑐6 𝑥 6 + ⋯ … …. 𝑐2 𝑥 2 𝑐1 𝑥 3 (6 − 3𝑐1 )𝑥 4 + + − 2 6 72 (3𝑐1 − 6)𝑥 4 (6 − 3𝑐1 )𝑥 6 + + … … …. 360 2160

𝑌(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 −

𝑐2 𝑥 2 𝑐1 𝑥 3 (2 − 𝑐1 )𝑥 4 + + − 2 6 24 (𝑐1 − 2)𝑥 4 (2 − 𝑐1 )𝑥 6 + + … … …. 120 720

𝑌(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 −

Le damos valores a la n y obtenemos cada constante

Desarrolle la serie de y de x

𝑦(𝑥) =

𝑐0 𝑐1 𝑥 𝑐2 𝑥 2 𝑐1 𝑥 3 (2 − 𝑐1 )𝑥 4 + − + + − 0! 1! 2! 3! 4! (𝑐1 − 2)𝑥 4 (2 − 𝑐1 )𝑥 6 + + … … …. 5! 6! 00

𝑐0 𝑐1 𝑥 𝑐2 𝑥 2 𝑐1 𝑥 3 (−1)𝑛 (2 − 𝑐1 )𝑥 𝑛 𝑦(𝑥) = + − + +∑ 0! 1! 2! 3! 𝑛!

La ley general para y de x

𝑛=4

−𝑐6 (𝑐1 − 2) = 7 7!

𝑛 = 2: 𝑐7 =

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Fabian Ortega

c ℒ{𝑡2 − sin 𝜋𝑡} PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

𝑙{𝑡 2 − 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑡 = 𝑙{𝑡 2 } − 𝑙{𝑠𝑒𝑛 𝜋 𝑡} =

RAZÓN O EXPLICACIÓN

2 𝜋 − 𝑡3 𝑠2 + 𝜋 2

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Carlos Javier Manjarres Prasca

d. ℒ{sinh 2𝑡}

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA ∞

ℒ{𝑦(𝑡)} = ∫ 𝑦(𝑡)𝑒

−𝑠𝑡

𝑑𝑡

0

RAZÓN O EXPLICACIÓN

La transformada de Laplace por definición se tiene que es la integral desde cero hasta infinito de una función

∞

ℒ{sinh 2𝑡} = ∫ (sinh 2𝑡 )𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 0

En este caso 𝑦(𝑡) = sinh 2𝑡

∞

ℒ{sinh 2𝑡} = ∫ ( 0

𝑒 2𝑡 − 𝑒 −2𝑡 −𝑠𝑡 ) 𝑒 𝑑𝑡 2

Aplicamos la definición de sinh(𝑥) =

1 ∞ 2𝑡 ℒ{sinh 2𝑡} = ∫ (𝑒 − 𝑒 −2𝑡 )𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 2 0 1 ∞ 1 ∞ ℒ{sinh 2𝑡} = ∫ 𝑒 2𝑡 𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 − ∫ 𝑒 −2𝑡 𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 2 0 2 0

𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 2

Sacamos la constante de la integra

Multiplicamos los términos y los separamos

1 ∞ 1 ∞ ℒ{sinh 2𝑡} = ∫ 𝑒 2𝑡−𝑠𝑡 𝑑𝑡 − ∫ 𝑒 −2𝑡−𝑠𝑡 𝑑𝑡 2 0 2 0

Aplicando propiedades de potenciación tenemos

1 ∞ 𝑡(2−𝑠) 1 ∞ −𝑡(2+𝑠) ℒ{sinh 2𝑡} = ∫ 𝑒 𝑑𝑡 − ∫ 𝑒 𝑑𝑡 2 0 2 0

Factorizamos en los exponentes

∞

∫ 𝑒 𝑡(2−𝑠) 𝑑𝑡 = 0 ∞

∫ 𝑒 𝑡(2−𝑠) 𝑑𝑡 = 0

∞ 1 ∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 2−𝑠 0

1 ∞ 𝑒 𝑡(2−𝑠) | 0 2−𝑠

∞

∫ 𝑒 𝑡(2−𝑠) 𝑑𝑡 = − 0

1 2−𝑠

Resolvemos la primera integral, para eso utilizamos ∞ ∞ ∫0 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑢 | 0 Y 𝑢 = 𝑡 (2 − 𝑠). Entonces 𝑑𝑢 = (2 − 𝑠)𝑑𝑡

1 ∞ 𝑡(2−𝑠) 1 ∫ 𝑒 𝑑𝑡 = − 2 0 2(2 − 𝑠) ∞

∫ 𝑒 −𝑡(2+𝑠) 𝑑𝑡 = 0 ∞

∫ 𝑒 −𝑡(2+𝑠) 𝑑𝑡 = 0

∞ 1 ∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 −(2 + 𝑠) 0

1 ∞ 𝑒 −𝑡(2+𝑠) | 0 ( ) − 2+𝑠

∞

∫ 𝑒 −𝑡(2+𝑠) 𝑑𝑡 = 0

1 2+𝑠

Resolvemos la segunda integral, para eso utilizamos ∞ ∞ ∫0 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑢 | 0 Y 𝑢 = −𝑡(2 + 𝑠). Entonces 𝑑𝑢 = −(2 + 𝑠)𝑑𝑡

1 ∞ 1 − ∫ 𝑒 −𝑡(2+𝑠) 𝑑𝑡 = − 2 0 2(2 + 𝑠) 1 ∞ 1 ∞ ℒ{sinh 2𝑡} = ∫ 𝑒 𝑡(2−𝑠) 𝑑𝑡 − ∫ 𝑒 −𝑡(2+𝑠) 𝑑𝑡 2 0 2 0 1 1 ℒ{sinh 2𝑡} = − − 2(2 − 𝑠) 2(2 + 𝑠) 1 1 1 ] ℒ{sinh 2𝑡} = − [ + 2 (2 − 𝑠) (2 + 𝑠)

Sustituimos los resultados

Factorizamos los términos

1 2+𝑠+2−𝑠 ] ℒ{sinh 2𝑡} = − [ 2 (2 − 𝑠)(2 + 𝑠) 1 4 ] ℒ{sinh 2𝑡} = − [ 2 (2 − 𝑠)(2 + 𝑠)

Resolvemos la resta de fracciones y simplificamos términos semejantes

1 4 ] ℒ{sinh 2𝑡} = − [ 2 4 − 𝑠2 1 4 ] ℒ{sinh 2𝑡} = − [ 2 ( 2 − 𝑠 − 4) ℒ{sinh 2𝑡} =

𝑠2

2 −4

Factorizamos en el denominador el negativo Por lo tanto, obtenemos la solución de ℒ{sinh 2𝑡}

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Katherin Andrea Castillo Murillo

e. ℒ{𝑡 2 𝑒 2𝑡 }

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA ℒ[𝑒 𝑎𝑡 𝑓(𝑡)] = ℒ[𝑓(𝑡)]ǀ𝑠 → 𝑠 − 𝑎

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Hacemos uso del teorema de traslación

ℒ[𝑡 2 𝑒 2𝑡 ] = ℒ[𝑡 2 ]ǀ𝑠 → 𝑠 − 2

ℒ[𝑡 2 𝑒 2𝑡 ] = ℒ(𝑡 2 )|𝑠→𝑠−2 =

2 2 | = 3 𝑠 𝑠→𝑠−2 (𝑠 − 2)3

Para calcular la transformada de t2 utilizamos la 𝑛! formula ℒ[𝑡𝑛 ] = 𝑛+1 𝑠

∞

ℒ{𝑦(𝑡)} = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑦(𝑡)𝑑𝑡 0 ∞

ℒ{𝑡 2 𝑒 2𝑡 } = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 (𝑡 2 𝑒 2𝑡 )𝑑𝑡 0

EJERCICIOS 3. SOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES CON TRANSFORMADA DE LAPLACE Use la transformada de Laplace para resolver el problema de valor inicial.

{

𝑦 , − 3𝑦 = 𝑒 2𝑡 } 𝑦(0) = 1

Aplicando la Transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación diferencial ℒ{𝑦 , − 3𝑦} = ℒ{𝑒 2𝑡 } ℒ{𝑦 , } − 3ℒ{𝑦} =

1 𝑠−2

𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) − 3𝑌(𝑠) = 𝑠𝑌(𝑠) − 1 − 3𝑌(𝑠) = 𝑌(𝑠) =

1 𝑠−2

1 𝑠−2

𝑠−1 (𝑠 − 2)(𝑠 − 3)

𝑌(𝑠) = −

1 2 + 𝑠 − 2 (𝑠 − 3)

Ahora se aplica transformada de Laplace para hallar: 𝑦(𝑡)

ℒ −1 {𝑌(𝑠)} = −ℒ −1 (

1 1 ) + 2ℒ −1 ( ) 𝑠−2 𝑠−3

𝑦(𝑡) = −𝑒 2𝑡 + 𝑒 3𝑡

3. A partir de lo anterior, resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Robin Taborda

a. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ = 𝑒 𝑡 sin 𝑡 ; 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA 0, 𝑦′(0) = 0

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Condiciones iniciales

𝑠 2 y(s) -sy(0) – y’(0) esta con respecto a y’’

Realizar las transformadas

-2[sy(s) -y(0)] con respecto a y’ Transformadas del lado derecho Exponencial 1 𝑠 2 +1

1

con respecto a 𝑒 𝑡

𝑠−1

con respecto a sin t

𝑠 2 y(s) -sy(0) – y’(0) -2[sy(s) -y(0)] = = 𝑠 2 y(s) -2[sy(s) ] = Y(s) (𝑠 2 − 2𝑠) =

1 𝑠−1

1 𝑠−1

+

+

1 𝑠−1

+

1 𝑠 2 +1

1 𝑠 2 +1

1

Factorizar y agrupar y(s)

𝑠 2+1

1

Y(s) = ) = (𝑠−1)((𝑠2−2𝑠)) +

Aplicar las condiciones iniciales que son nulas

1 (𝑠 2 +1)(𝑠 2−2𝑠)

𝑠+1 (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 2 + 1)

Despejar y(s) Utilizar fracciones parciales, allí factorizamos el termino común s(s-2) y se utiliza combinar las fracciones ya que los denominadores en el proceso son iguales

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Cristian Camilo Villada Zapata

b. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑥; 𝑦(0) = 2, 𝑦′(0) = 2

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑥; 𝑦(0) = 2, 𝑦′(0) = 2 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑥 ,

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Aplicación a la transformada

y(0)=2 , 𝑦 ′ (0) = 2

𝛼{𝑦 ′′ + 𝑦 ′ + 2𝑦} = 𝛼(𝑥) 𝛼 (𝑦 ′′ ) + 𝛼 (𝑦 ′ ) + 𝛼 (2𝑦) = 𝛼 (𝑥)

Aplica la transformada a la ecuación diferencial Igual a la suma de la transformadas

52 𝑦(5) − 5𝑦(0) − 𝑦 ′ (0) − 5𝑦(5) + 𝑦(0) + 2𝑦(5) =

1 52

Aplica la definición de transformada en las derivadas

52 𝑦(5) − 5𝑦(0) − 𝑦 ′ (0) − 5𝑦(5) + 𝑦(0) + 2𝑦(5) =

1 52

Cancela varias variables

𝑦(5)[52 −5 + 2] = 𝑦(5)

52 (52

52 (52

1 + 25 52

Reagrupando términos se llega a

1 25 + 2 − 5 + 2) 5 − 5 + 2

Llega a la anterior

1 𝐴 𝐴 𝐶5 + 𝐷 25 = + 2+ 2 + 2 − 5 + 2) 5 5 (5 − 5 + 2) 5 − 5 + 2

1 − 5 + 2) (𝐴52 − 𝐴5 + 2𝐴)5 + 𝐵(52 − 5 + 2) + 𝐶52 + 𝐷52 = 52 (52 − 5 + 2)

Aplicando parciales

fracciones

parciales

Resolviendo fracciones

52 (52

1 = 𝐴53 − 𝐴52 + 2𝐴5 + 𝐵52 − 𝐵5 + 2𝐵 + 𝐶53 + 𝐷52 𝐴+𝐶 = 0 −𝐴 + 𝐵 + 𝐷 = 0

2B = 1Se hallan los términos C = -1/4 constantes se hallan B = 1/2

𝐵 1 1 = ==> 𝐶 = − ==> 𝐷 2 4 4 1 1 1 =𝐴−𝐵 = − = − 4 2 4

2𝐴 − 𝐵 = 0 ==> 𝐴 =

1

1 1 1 5+ 1 = 4+ 2− ( 2 2 ) 2 2 5 (5 − 5 + 2) 5 25 4 5 (5 − 5 + 2) 𝛼 −1 (

Procedimiento

Aplicando transformada de laplace

1 5 − 0.5 + 1.5 −1 ) = 𝛼 ( ) (52 − 5 + 2) (5 − 0.5)2 − 0.25 + 2

Hallando la transformada de inversa de laplace

5 − 0.5 1.5 + ) 2 (5 − 0.5) + 1.75 (5 − 0.5)2 + 1.75

Aplicando propiedades de senos y cosenos

𝛼 −1 (

1 5 − 0.5 1 1.5 − 𝛼 −1 ( ) − 𝛼 −1 ( ) 2 4 (5 − 0.5) + 1.75 4 (5 − 0.5)2 + 1.75 1 1𝑥 1 ∗ 1.5 1 1𝑥 𝑒 2 𝑐𝑜𝑠√1.75 𝑥 − 𝑒 2 𝑠𝑒𝑛√1.75 𝑥 4 4 4 𝑦(𝑥) =

Haciendo igualación

1 𝑥 1 1𝑥 + − 𝑒 2 𝑐𝑜𝑠√1.75 𝑥 − 0.21𝑒 −0.5𝑥 𝑠𝑒𝑛1.75𝑥 4 2 4

Aplicando transformada inversa Por definición La respuesta

𝛼 −1 ( 2𝛼 −1

52

25 ) −5+2

5 − 0.5 0.5 + 2 (5 − 0.5) + 1.75 (5 − 0.5)2 + 1.75

2 ∗ (𝑒 0.5𝑥 𝑐𝑜𝑠√1.75 𝑥) +

𝑦(𝑥) =

0.5 𝑒 −0.5𝑥 𝑠𝑒𝑛1.75𝑥 √1.75

1 𝑥 + + 1.75 𝑒 −0.5𝑥 cos 1.75𝑥 + 0.09 𝑒 −0.5𝑥 𝑠𝑒𝑛 √1.75𝑥 4 2

Respuesta

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Fabian Ortega

c. c. 𝑦′′ + 𝑦′ = 7; 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 0 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

𝑙{

RAZÓN O EXPLICACIÓN

𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 } + 𝑙 { } = 𝑙{7} 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 7

52 𝑦(5) − 5𝑦(0) − 𝑦 ′ (0) + 5𝑦(5) − 𝑦(0) = 5 7 2 ( ) 5 𝑦 5 − 5 + 5𝑦(5) − 1 = 5 7

52 𝑦(5) + 5𝑦(5) = 5 +

5+1 1

52 + 5 + 7 5 52 + 5 + 7 52 + 5 + 7 𝑦(5) = 2 ⇒ 𝑦(5) = 2 (5 + 5)(5) 5 (5 + 1) Ahora aplicando fracciones parciales tenemos 52 + 5 + 7 𝐴 𝐵5 + 𝑐 = + 2 (5 + 1)5 5+1 52 𝑦(5)[52 + 5] =

52 + 5 + 7 = 𝐴52 + 𝐵52 + 𝐶52 + 𝐵5 + 𝐶 52 + 5 + 7 = 52 (𝐴 + 𝐵) + 5(𝐵 + 𝐶 ) + 𝐶

Luego 1) 2) 3)

𝐴+𝐵 = 1 𝐵+𝐶 = 1 𝐶 = 7 ; Luego en 2) → 𝐵 = −6 𝐵+7= 1 𝐵 = 1 − 7 → 𝐵 = −6 𝐴−6= 1 𝐴 = 1+6 = 7 En consecuencia

𝑦(5) =

52 7 65 + 7 = − (5 + 1)5 5 + 1 52 7 6 7 = − + 2 5+1 5 5

1

Aplicando 𝑙 −1 Tenemos 𝑦(𝑡) = 7𝑙 −1 {5+1} − 1

1

5

5

6 𝑙 −1 { } + 7 𝑙 −1 { 2 } 𝑦(𝑡) = 7𝑒 −𝑡 − 6 + 7𝑡

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Carlos Javier Manjarres Prasca

d. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 (𝑡); 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

ℒ{𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦} = ℒ{𝑐𝑜𝑠 (𝑡)}

Escribimos la ecuación en términos de la transformada de Laplace.

ℒ{𝑦 ′′ } − ℒ{𝑦 ′ } + ℒ{𝑦} = ℒ{𝑐𝑜𝑠 (𝑡)} 𝑠 2 𝐿 − 𝑦0 𝑠 − 𝑦´0 − (𝑠𝐿 − 𝑦0 ) + 𝐿 =

𝑠2

𝑠 +1

Procedamos a desarrollar la transformada de Laplace para cada termino.

Para la segunda derivada de y utilizamos la siguiente expresión: ℒ{𝑦 ′′ } = 𝑠 2 ℒ[𝑦] − 𝑦0 𝑠 − 𝑦´0 ℒ{𝑦 ′ } = 𝑠ℒ[𝑦] − 𝑦0 ℒ{𝑦} = 𝐿 ℒ{𝑐𝑜𝑠 (𝑡)} = 𝑠 2 𝐿 − 1𝑠 − 0 − (𝑠𝐿 − 1) + 𝐿 =

𝑠 2 𝐿 − 𝑠𝐿 + 𝐿 = 𝐿(𝑠 2 − 𝑠 + 1) =

𝑠2

𝑠2

𝑠 +1

𝑠 + 1𝑠 − 1 +1

𝑠2

𝑠 +1

Reemplazamos las condiciones iniciales. 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 0 Despejamos a L:

𝑠 + (𝑠 − 1)(𝑠 2 + 1) 𝑠2 + 1

𝐿=

𝑠 3 − 𝑠 2 + 2𝑠 − 1 (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 − 𝑠 + 1)

𝐿=

𝑠 3 − 𝑠 2 + 2𝑠 − 1 (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 − 𝑠 + 1)

𝑠 3 − 𝑠 2 + 2𝑠 − 1 𝑎1 𝑠 + 𝑎0 𝑎3 𝑠 + 𝑎2 = 2 + 2 2 2 (𝑠 + 1)(𝑠 − 𝑠 + 1) 𝑠 +1 𝑠 −𝑠+1 (𝑠 3 − 𝑠 2 + 2𝑠 − 1)(𝑠 2 + 1)(𝑠 2 − 𝑠 + 1) (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 − 𝑠 + 1) (𝑎1 𝑠 + 𝑎0 )(𝑠 2 + 1)(𝑠 2 − 𝑠 + 1) = 𝑠2 + 1 (𝑎3 𝑠 + 𝑎2 )(𝑠 2 + 1)(𝑠 2 − 𝑠 + 1) + 𝑠2 − 𝑠 + 1 𝑠 3 − 𝑠 2 + 2𝑠 − 1 = (𝑎1 𝑠 + 𝑎0 )(𝑠 2 − 𝑠 + 1) + (𝑎3 𝑠 + 𝑎2 )(𝑠 2 + 1) 𝑠 3 − 𝑠 2 + 2𝑠 − 1 = 𝑎1 𝑠 3 − 𝑎1 𝑠 2 + 𝑎1 𝑠 + 𝑎0 𝑠 2 − 𝑎0 𝑠 + 𝑎0 + 𝑎3 𝑠 3 + 𝑎3 𝑠 + 𝑎2 𝑠 2 + 𝑎2 𝑠 3 − 𝑠 2 + 2𝑠 − 1 = 𝑠 3 (𝑎1 + 𝑎3 ) + 𝑠 2 (𝑎0 + 𝑎2 − 𝑎1 ) + 𝑠(𝑎1 + 𝑎3 − 𝑎0 ) + (𝑎0 + 𝑎2 ) Por lo tanto, tenemos 𝑎1 + 𝑎3 = 1

Aplicamos el método de fracciones parciales, para separar los términos.

𝑎0 + 𝑎2 − 𝑎1 = −1 𝑎1 + 𝑎3 − 𝑎0 = 2 𝑎0 + 𝑎2 = −1 Resolviendo el sistema de ecuaciones, tenemos que 𝑎2 = 0, 𝑎3 = 1, 𝑎1 = 0, 𝑎0 = −1 𝑎1 𝑠 + 𝑎0 𝑎3 𝑠 + 𝑎2 0𝑠 − 1 1𝑠 + 0 + 2 = 2 + 2 2 𝑠 +1 𝑠 −𝑠+1 𝑠 +1 𝑠 −𝑠+1

Sustituimos los datos

𝑎1 𝑠 + 𝑎0 𝑎3 𝑠 + 𝑎2 𝑠 1 + = − 𝑠2 + 1 𝑠2 − 𝑠 + 1 𝑠2 − 𝑠 + 1 𝑠2 + 1 ℒ[𝑦] =

𝑠2

𝑦 = ℒ −1 (

𝑠2

𝑠 1 − 2 −𝑠+1 𝑠 +1 𝑠 1 − 2 ) −𝑠+1 𝑠 +1 𝑡

𝑒 2 𝑠𝑖𝑛 ( √3𝑡 𝑦 = 𝑒 𝑐𝑜𝑠 ( )+ 2 √3 𝑡 2

Hallamos la inversa de Laplace.

√3𝑡 ) 2

− sin(𝑡)

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Katherin Andrea Castillo Murillo

e. 𝑦 ′′′ + 2𝑦 ′′ − 𝑦 ′ − 2𝑦 = sen(3t); 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 0, 𝑦′′(0) = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

ℒ[𝑦 ′′′ ] + 2ℒ[𝑦 ′′ ] − ℒ[𝑦 ′ ] − 2ℒ[𝑦] = ℒ[sen(3t)]

Primero aplicamos la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación

𝑆 3 𝑌(𝑠) − 𝑆 2 𝑦(0) − 𝑆𝑦 ′ (0) − 𝑦 ′′ (0) + 2𝑆 2 𝑌(𝑠) − 2𝑆𝑦(0) − 2𝑦 ′ (0) − 𝑆𝑌(𝑠) + 𝑦(0) 3 − 2𝑌(𝑠) = 2 𝑠 +9

Ahora con la tabla desarrollamos todas las transformadas y obtenemos

𝑆 3 𝑌(𝑠) − 𝑆 2 (0) − 𝑆(0) − 0 + 2𝑆 2 𝑌(𝑠) − 2𝑆 (0) − 2(0) − 𝑆𝑌(𝑠) + 0 − 2𝑌(𝑠) 3 = 2 𝑠 +9 𝑆 3 𝑌(𝑠) + 2𝑆 2 𝑌(𝑠) − 𝑆𝑌(𝑠) − 2𝑌(𝑠) = (𝑆 3 + 2𝑆 2 − 𝑆 − 2)𝑌(𝑠) = 𝑌(𝑠) =

𝑠2

𝑠2

3 +9

3 +9

Ahora sustituimos las condiciones iniciales

Operando se eliminan todas las multiplicaciones por 0 Ahora sacamos factor común de 𝑌(𝑠)

3 (𝑆 3 + 2𝑆 2 − 𝑆 − 2)(𝑠 2 + 9)

Despejamos Y(s)

3 ] ℒ −1 [𝑌(𝑠)] = ℒ −1 [ 3 2 (𝑆 + 2𝑆 − 𝑆 − 2)(𝑠 2 + 9)

Aplicamos la transformada inversa Laplace en ambos lados para determinar la función

3(s − 2) 1 3 + − 2 130(𝑠 + 9) 20(s − 1) 20(𝑠 + 1) 1 + 13(𝑠 + 2)

Descomponemos el denominador del lado derecho y procedemos a sustituir.

ℒ=

𝑦(𝑡) =

1 1 3 (3 cos 3𝑡 − 2 sin 3𝑡) + 𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 130 20 20 1 + 𝑒 −2𝑡 13

Ahora con la tabla desarrollamos todas las transformadas y obtenemos

PASO 4 EJERCICIO 4. SITUACIÓN PROBLEMA

A partir de la situación problema planteada el grupo debe realizar los aportes respectivos en el foro colaborativo con el fin de reconocer las características del problema que se ha planteado y buscar el método de solución más apropiado según las ecuaciones diferenciales de primer orden seleccionando la respuesta correcta de las 4 alternativas. Usar el teorema de Taylor para hallar la solución en serie de 𝑥𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ = 𝑥𝑦 con 𝑦 (1) = 1 y en 𝑦 ′(1) = 0.

A. 1 + 𝑥 + B. 1 + 𝑥 +

1 2 1 2

𝑥2 −

𝑥2 +

2 3! 4

3!

𝑥3 + 9 𝑥 3 + 10

𝑥4 4! 𝑥4 4!

− 44 − 40

𝑥5 5! 𝑥5 5!

−5

𝑥5 5!

+⋯

…

C. 1 +

1

2

𝑥 2 − 3! 𝑥 3 + 9

2

𝑥4 4!

4

− 44

D. 1 + 𝑥 + 𝑥 2 − 3! 𝑥 3 + 9

𝑥4 4!

𝑥5 5!

−5

− 22

𝑥5 5!

𝑥5 5!

…

− 15

𝑥5 5!

…

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

∞

𝑦=∑ 𝑛=0

𝑦 = 𝑓(𝑥0 ) +

𝑓 𝑛 (𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 )𝑛 𝑛!

teorema

de

𝑓 ′ (1) 𝑓 ′′ (1) 𝑓 ′′′ (1) (𝑥) + (𝑥)2 + (𝑥)3 1! 2! 3!

Evaluación de la sumatoria de Taylor cuando Xo=1

𝑓 (4) (1) 𝑓 (5) (1) (𝑥)4 + (𝑥)5 … 4! 5!

𝑓 (1) = 1 𝑓 ′ (1) = 0 𝑥𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ = 𝑥𝑦 𝑥𝑦 − 2𝑦 ′ 𝑥

𝑓´´(1) =

(1)(1) − 2(0) 1

𝑓´´(1) =

1 =1 1

𝑥 2 𝑦´ − 2𝑥𝑦´´ + 2𝑦´ 𝑥2

𝑓´´´(1) =

(1)2 (0) − 2(1)(1) + 2(0) (1)2

𝑓´´´(1) =

0−2+0 1

𝑓´´´(1) = −2

el

Desarrollamos la función en la sumatoria para comenzar a evaluar y obtener los términos:

+

𝑦´´´ =

Planteamos Taylor.

𝑓 ′ (𝑥0 ) 𝑓 ′′ (𝑥0 ) 𝑓 ′′′ (𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 ) + (𝑥 − 𝑥0 )2 + (𝑥 − 𝑥0 )3 1! 2! 3! 𝑓 (4) (𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 )4 + ⋯ + 4!

𝑦 = 𝑓(1) +

𝑦 ′′ =

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Procedemos a establecer la derivadas de la función:

𝑦´´´´ =

𝑥 3 𝑦´´ − 2𝑥 2 𝑦´´´ + 4𝑥𝑦´´ − 4𝑦´ 𝑥3

𝑓´´´´(1) =

(1)3 (1) − 2(1)2 (−2) + 4(1)(1) − 4(0) (1)3

𝑓´´´´(1) =

1 + 4 + 4 − (0) 1

𝑓´´´´(1) = 9 𝑥 4 𝑦´´´ − 2𝑥 3 𝑦´´´´ + 12𝑦´ + 6𝑥 2 𝑦´´´ − 12𝑥𝑦´´ = 𝑥4

𝑦

(5)

𝑓

(5) (

1) =

𝑓 (5) (1) =

(1)4 (−2) − 2(1)3 (9) + 12(0) + 6(1)2 (−2) − 12(1)(1) (1)4 −2 − 18 + (0) − 12 − 12 1

𝑓 4 (1) = −44 𝑦 (6) =

𝑥 5 𝑦´´´´ − 2𝑥 4 𝑦 (5) − 48𝑦´ − 24𝑥 2 𝑦´´´ + 8𝑥 3 𝑦´´´´ + 48𝑥𝑦´´´ 𝑥5

𝑓 (6) (1) (1)5 (9) − 2(1)4 (−44) − 48(0) − 24(1)2 (−2) + 8(1)3 (9) + 48(1)(1) = 15 𝑓 (6) (1) =

9 + 88 + 48 + 72 + 48 1

𝑓 (6) (1) = 265

𝑦=1+

0 1 2 9 44 𝑥 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 𝑥5 … 1! 2! 3! 4! 5!

1+

Reemplazamos cada valor en la serie.

1 2 2 3 9 4 44 5 𝑥 − 𝑥 + 𝑥 − 𝑥 … 2! 3! 4! 5!

PASO 5

EJERCICIO 5. ANÁLISIS Y EVALUACIÓN DE LA SOLUCIÓN DE UNA SITUACIÓN PLANTEADA. Se presenta un problema junto con su solución, de forma colaborativa deben evaluar y analizar toda la solución a la situación plantea, si consideran que todo el proceso y respuesta se encuentra de manera correcta, deben realizar aportes en cuanto a procedimiento faltante y fórmulas

utilizadas, resaltando en otro color los aportes extras a la solución. Si el grupo considera que el proceso y/o respuesta se encuentra incorrecto, deben realizar la observación y corrección al error o errores encontrados resaltando en otro color la corrección y aportes extras a la solución. Situación y solución planteada:

Situación y solución planteada: La ecuación diferencial que modela un circuito eléctrico RLC dispuesto en serie es:

𝐿

𝑑𝑖 1 t + 𝑅𝑖 + ∫ i(τ)dτ = E(t) 𝑑𝑡 𝑐 0

Utilizando la transformada de Laplace encuentre i(t), si L = 0.05H; R = 1 Ω ; c=0.02 F y E(t) = 50[t 3 𝑒 −𝑡 ]V e i(0) = 0

EJERCICIO Y SOLUCIÓN PLANTEADA GUIA Solución 1. Se reemplazan los valores t 𝑑𝑖 1 ∫ i(τ)dτ = 50[t 3 + 𝑒 −𝑡 ] 0.005 + 𝑖 + 𝑑𝑡 0.02 0 2. Se divide por 0.005 t 𝑑𝑖 + 200𝑖 + 1000 ∫ i(τ)dτ 𝑑𝑡 0 = 10000t 3 − 10000𝑒 −𝑡

3. A cada término se le halla la transformada de Laplace 𝐼 (𝑠) 𝑠𝐼 (𝑠) + 𝑖 (0) + 200𝐼 (𝑠) + 1000 𝑠 30000 10000 = − 𝑠2 𝑠−1 4. Se agrupan los términos de I(s)

OBSERVACIONES, ANEXOS, MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN PLANTEADA Solución: en color rojo mostraré lo incorrecto. En este caso desde el inicio empiezan los errores en el desarrollo Derivamos e integramos respectivamente 𝑑𝑖 1 t 𝐿 + 𝑅𝑖 + ∫ i(τ)dτ = E(t) 𝑑𝑡 𝑐 0 𝑑2 𝐼 𝑑𝐼 1 𝐿 2 + 𝑅 + 𝐼 = 𝐸(𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑐 Se reemplazan los valores que nos dan 𝑑2 𝐼 𝑑𝐼 1 0.005 2 + + 𝐼 = 50[t 3 𝑒 −𝑡 ] 𝑑𝑡 𝑑𝑡 0.02 Se divide por 0.005 𝑑2 𝐼 𝑑𝐼 + 200 + 10000𝐼 = 10000t 3 𝑒 −𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 A cada término se le halla la transformada de Laplace

𝑠 2 + 200𝑠 + 1000 𝐼 (𝑠) ( ) 𝑠 3 1 − ) 2 𝑠 𝑠−1 5. Se factoriza el numerador del lado izquierdo y se despeja I(s). Se reescribe el resultado para aplicar Transformada inversa. = 10000 (

𝐼 (𝑠) =

10000𝑠 3 1 ( 2− ) 2 𝑠(𝑠 + 100) 𝑠 𝑠−1

1 3 𝐼 (𝑠) = 10000 [ − 2 (𝑠 + 100)2 (𝑠 + 100) 1 ] + 𝑠−1

{𝑠 2 𝐼 (𝑠) − 𝑠𝑖 (0) − 𝑖 ′ (0)} + 200{𝑠𝐼 (𝑠) − 𝑖 (0)} 60000 + 10000{𝐼(𝑠)} = (𝑠 + 1)4 Se agrupan los términos de I(s) 60000 (𝑠 + 1)4 5. Se factoriza el numerador del lado izquierdo y se despeja I(s). Se reescribe el resultado para aplicar Transformada inversa. (𝑠 2 + 200𝑠 + 10000)𝐼 (𝑠) =

𝐼 (𝑠) =

60000 (𝑠 2 + 200𝑠 + 10000)(𝑠 + 1)4

Se aplica la transformada inversa para hallar i(t)

6. Se aplica la transformada inversa para hallar i(t) 𝑖 (𝑡) = 20000[𝑡𝑒 −100𝑡 − 3(𝑡 − 1)𝑒 −100(𝑡−1) − 𝑒 −𝑡 ] Con esto se obtiene finalmente la corriente en función del tiempo.

PASO 8 TABLA LINKS VIDEOS EXPLICATIVOS Nombre Estudiante Robin Taborda Cristian Camilo Villada Katherin Castillo Carlos Manjarres

Ejercicios sustentados

Enlace video explicativo https://screencast-omatic.com/watch/cYhjFpgOKV https://youtu.be/olE7ut3x6Y8

E del primer ejercicio

https://youtu.be/dwSs2fZ5dWs http://youtu.be/7JcRQFwXxww?hd=1

CONCLUSIONES

• El desarrollo de esta actividad nos permitió el reconocimiento del curso, su estructura general, toda su temática y objetivo de la misma, de tal forma que nos proporcionó una visión clara del curso para la organización y planeación de estrategias adecuadas para desarrollar con éxito el programa. • El trabajo colaborativo es de gran aporte a nuestro auto aprendizaje y desarrolla un habito de trabajo en equipo.

REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS

Solución de ecuaciones diferenciales mediante serie de potencias. García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 123-130). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/reader.action?docID=11017467 Montoya, W. (2015). Criterios de Convergencia de Series Infinitas. UNAD. [Videos]. Disponible en http://hdl.handle.net/10596/7220 Transformada de Laplace García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 157-165). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/reader.action?docID=11017467 Aplicaciones de series de potencia y transformada de Laplace García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 179-185). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/reader.action?docID=11017467