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ECUACIONES DIFERENCIALES

UNIDAD TRES ECUACIONES DIFERENCIALES MÉTODO POR SERIES DE POTENCIA Y TRANSFORMADA DE LAPLACE

Presentado a: Tutor(a)

Entregado por:

GRUPO: 100412

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

INTRODUCCIÓN

Las ecuaciones diferenciales nos permiten analizar las variables físicas más importantes, realizar diseños de modelos matemáticos y fenómenos físicos, así como la resolución de grandes problemas en el área de ingeniería. Además, constituyen uno de los más poderosos instrumentos teóricos para la interpretación y modelación de fenómenos científicos y técnicos de mayor complejidad. El presente trabajo se centra en el desarrollo de una serie de ejercicios relacionados con la unidad tres del curso, ecuaciones diferenciales método por series de potencia y transformada de Laplace y sus tres capítulos: -

Método de series de potencias para ecuaciones diferenciales Transformada de Laplace Solución de ecuaciones diferenciales con transformada de Laplace

Teniendo en cuenta lo anterior, a continuación, por medio del desarrollo de los diferentes ejercicios lograremos afianzar los temas claves para la resolución de ecuaciones diferenciales como son el conocimiento desde la definición y clasificación de series matemáticas, técnicas para resolver ecuaciones diferenciales mediante series matemáticas, hasta el estudio de propiedades y convergencia de series de potencia y transformada de Laplace.

OBJETIVOS

•

Solucionar ecuaciones diferenciales utilizando la Transformada de Laplace.

•

Apropiación y reconocimiento de las tres temáticas desarrolladas

•

Aplicar correctamente los principios y conceptos básicos de las series de Taylor.

•

Desarrollar correctamente todos los ejercicios planteados.

•

Solucionar ecuaciones diferenciales mediante series de potencia.

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

Rol a desarrollar

Grupo de ejercicios a desarrollar paso 1.

Evaluador

El estudiante desarrolla los ejercicios a en todos los tres tipos propuestos.

Alertas

El estudiante desarrolla los ejercicios b en todos los tres tipos propuestos.

Compilador

El estudiante desarrolla los ejercicios c en todos los tres tipos propuestos.

Entregas

El estudiante desarrolla los ejercicios d en todos los tres tipos propuestos.

Revisor

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 a lo anterior, resuelva por el método de series de potencias:

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

a. 𝒚, − 𝒚 = 𝟎 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

∞

𝑦 = ∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛 ; 𝑦 = 𝐶0 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑥 2 + ⋯ 𝑛=0

Se considera la ecuación como serie, de la siguiente forma

∞

𝑦´ = ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑥 𝑛−1

Derivo la ecuación anterior

𝑛=1 ∞

∞

𝑦´ − 𝑦 = ∑ 𝑛𝑐𝑛 𝑥

𝑛−1

− ∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛

𝑛=1

𝑛=0

∞

Sustituyo en la ecuación solucionar, y despejo

diferencial

a

∞

∑(𝑛 + 1) 𝐶𝑛+1 𝑥 𝑛 ∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛 𝑛=1

𝑛=0

Se comparan términos de los dos miembros y hallamos valores de C

(𝑛 + 1) 𝐶𝑛+1 = 𝐶𝑛 , de donde 𝐶𝑛 + 1 =

𝐶𝑛

Obtenemos una fórmula de recurrencia

𝑛+1

𝐶1 = 𝐶0 𝐶2 =

𝐶1 𝐶0 = 2 2

𝐶3 =

𝐶2 𝐶0 = 3 2.3

𝐶4 =

𝐶3 𝐶0 = 4 2.3.4

𝐶𝑛 =

𝐶0 𝑛!

Se obtiene entonces

∞

𝑦 = ∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛 Entonces, reemplazo en el paso 1

𝑛=0 ∞

∞

𝑛=0

𝑛=0

𝐶0 𝑛 𝑥𝑛 𝑦=∑ 𝑥 = 𝐶0 ∑ = 𝐶0 𝑒 𝑥 𝑛! 𝑛!

Y obtenemos la solución a la ecuación

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

b. 𝑦 , = 2𝑥𝑦

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

c. 𝑦 ,, + 𝑦 = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA ∞

𝑦 = ∑ 𝐶𝑛𝑥

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Calcular 𝑦´´

𝑛

𝑛=0 ∞

𝑦´ = ∑ 𝑛𝐶𝑛𝑥 𝑛−1 𝑛=1 ∞

𝑦′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥 𝑛−2 𝑛=2 ∞

∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛𝑥

𝑛−2

+ ∑ 𝐶𝑛𝑥 𝑛 = 0

𝑛=2

Sustitución de las derivadas resultantes en la ecuación

𝑛=0

∞

∞ 𝑛

∑(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝐶𝑛+2 𝑥 + ∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=0

∞

∑[(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝐶𝑛+2 + 𝐶𝑛 ]𝑥 𝑛 = 0

Se utiliza la propiedad ∞

∞

∑ 𝑓(𝑛) = ∑ 𝑓(𝑛 + 𝑘) 𝑛=𝑘

𝑛=0

𝑛=0

(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝐶𝑛+2 + 𝐶𝑛 = 0

𝐶𝑛+2 = −

𝐶𝑛 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)

Se despeja 𝐶𝑛+2

𝐶0+2 = −

𝐶0 (0 + 2)(0 + 1)

Se sustituye n=0

𝐶2 = − 𝐶3 = −

𝐶0 𝐶0 1 = − = − 𝐶0 (2)(1) 2 2

𝐶1 𝐶1 1 1 =− =− 𝐶1 = − 𝐶1 (3)(2) 3.2 3.2 3!

Se sustituye n=1

𝐶4 = − 𝐶4 = −

𝐶2 1 =− 𝐶 (2 + 2)(2 + 1) 4.3 2

Se sustituye n=2

1 1 1 1 (− 𝐶0 ) = 𝐶0 = 𝐶0 4.3 2 4.3.2 4!

𝐶5 = −

𝐶3 𝐶3 1 =− =− 𝐶 (3 + 2)(3 + 1) 5.4 5.4 3

𝐶5 = −

1 1 1 1 (− 𝐶1 ) = 𝐶1 = 𝐶1 5.4 3.2 5.4.3.2 5! 1 𝐶2 = − 𝐶0 2 𝐶3 = −

Se sustituye n=3

Se obtiene

1 𝐶 3! 1

𝐶4 =

1 𝐶 4! 0

𝐶5 =

1 𝐶 5! 1

𝑦 = 𝐶0 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑥 2 + 𝐶3 𝑥 3 + 𝐶4 𝑥 4 + 𝐶5 𝑥 5 + ⋯

Se aplican las series

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 1 𝑦 = (𝐶0 − 𝐶0 𝑥 2 + 𝐶0 𝑥 4 + ⋯ ) 2 4! 1 1 + (𝐶1 𝑥 − 𝐶1 𝑥 3 + 𝐶1 𝑥 5 + ⋯ ) 3! 5!

Se agrupan términos

1 1 1 1 𝑦 = 𝐶0 (− 𝑥 2 + 𝑥 4 + ⋯ ) + 𝐶1 (𝑥 − 𝑥 3 + 𝑥 5 + ⋯ ) 2 4! 3! 5!

Se saca factor común

∞

∞

𝑛=0

𝑛=0

(−1)𝑛 2𝑛 (−1)𝑛 2𝑛+1 𝑦 = 𝐶0 ∑ 𝑥 + 𝐶1 ∑ 𝑥 (2𝑛)! (2𝑛 + 1)! ∞

∞

𝑛=0

𝑛=0

(−1)𝑛 2𝑛 (−1)𝑛 2𝑛+1 cos 𝑥 = ∑ 𝑥 𝑦 sin 𝑥 ∑ 𝑥 (2𝑛)! (2𝑛 + 1)! 𝑦 = 𝐶0 cos 𝑥 + 𝐶1 sin 𝑥

Se reemplazan términos mediante las ecuaciones de Taylor

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

d. 𝑦 ,, − 9𝑦 = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Esta es una ecuación de segundo orden, por medio del método de series de potencias Las expresiones son, ∞

Sustituyendo en la ecuación diferencial, ∞

𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛

∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛 𝑥

𝑛−2

𝑛=0

− 9 ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 = 0

𝑛=2

∞

𝑦′ = ∑ 𝑛𝑐𝑛 𝑥 𝑛−1

𝑛=0

𝑛=1 ∞

𝑦′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛 𝑥 𝑛−2 𝑛=2

∞

∞ 𝑛

∑(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 𝑥 − 9 ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=0

Para adicionar las dos sumatorias, se debe igualar al mayor exponente aplicando la propiedad ∞

∑ 𝑓(𝑛) = ∑ 𝑓(𝑛 + 𝑘) 𝑛=𝑘

∞

∑[(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 − 9𝑐𝑛 ]𝑥 𝑛 = 0

∞

𝑛=0

Adicionando las dos sumatorias,

𝑛=0

(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 − 9𝑐𝑛 = 0 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 = 9𝑐𝑛 𝑐𝑛+2 =

9𝑐𝑛 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)

n=0,

El coeficiente general se iguala a cero, Se despeja la C con el mayor índice, hallando la relación de recurrencia

Calculando los primeros coeficientes 𝑐2 =

9𝑐0 9 = 𝑐0 (0 + 2)(0 + 1) 2

n=1, 𝑐3 =

9𝑐1 9 = 𝑐 (1 + 2)(1 + 1) 3 ∗ 2 1

n=2, 𝑐4 =

9𝑐1 9 9∗9 = 𝑐2 = 𝑐 (2 + 2)(2 + 1) 4 ∗ 3 4∗3∗2 0

n=3, 𝑐5 =

9𝑐3 9 9∗9 = 𝑐3 = 𝑐 (3 + 2)(3 + 1) 5 ∗ 4 5∗4∗3∗2 1

Los coeficientes con factoriales son, 𝑐2 =

9 9 𝑐0 𝑐3 = 𝑐1 2! 3!

𝑐4 =

92 92 𝑐0 𝑐5 = 𝑐1 4! 5!

9 9 92 2 3 𝑦 = 𝑐𝑜 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐0 𝑥 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐0 𝑥 4 2! 3! 4! 92 + 𝑐1 𝑥 5 + ⋯ 5! 𝑦 = (𝑐𝑜 +

9 92 𝑐0 𝑥 2 + 𝑐0 𝑥 4 + ⋯ ) 2! 4! 9 92 3 + (𝑐1 𝑥 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐1 𝑥 5 + ⋯ ) 3! 5!

9 2 92 4 𝑦 = 𝑐𝑜 (1 + 𝑥 + 𝑥 + ⋯ ) 2! 4! 9 92 + 𝑐1 (𝑥 + 𝑥 3 + 𝑥 5 + ⋯ ) 3! 5! ∞

∞

𝑛=0

𝑛=0

9𝑛 2𝑛 9𝑛 𝑦 = 𝑐𝑜 ∑ 𝑥 + 𝑐1 ∑ 𝑥 2𝑛+1 (2𝑛)! (2𝑛 + 1)!

Ahora, se simplifica los coeficientes

Reemplazando en la solución, ∞

𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 = 𝑐𝑜 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 2 + 𝑐3 𝑥 3 + 𝑐4 𝑥 4 𝑛=0

+⋯ Agrupando los términos con 𝑐0 𝑦 𝑐1

Factorizando 𝑐0 𝑦 𝑐1 ,

La fórmula general es

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

e. 𝑦 , = 3𝑥 2

RAZÓN O EXPLICACIÓN

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA

Se asume que: 𝑦 ′ = 3𝑥 2

𝑛 𝑦 ′ = ∑∞ 𝑛=0 𝑛𝐶𝑛 𝑥

𝑛 e 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝐶𝑛 𝑥

Para resolverlo por el método de serie de potencias. Tenemos que: ℒ|𝑦 ′ | = 𝑠𝐿 − 𝑐1

y ℒ|3𝑥 2 | = 3ℒ𝑥 2

Entonces: 𝑠𝐿 − 𝑐1 = 3 𝑠𝐿 = 3

2! 𝑠 2+1

𝑛! 𝑠 𝑛+1 + 𝑐1

Asumiendo que 𝑐1 = 0 tenemos: 𝐿 = 6/(𝑠 3 . 𝑠) = 6/𝑠 4 Por último, la inversa de Laplace para este caso: 3! 𝑦 = ℒ −1 ( 3+1 ) = 𝑡 6 𝑠

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

𝑑2 𝑞

dx

m 𝑑𝑡 2 + 𝛽 𝑑𝑡 + 𝑘𝑥 = 𝑓(𝑡)

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:

a. 𝓛{𝟏}

RAZÓN O EXPLICACIÓN

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA 𝓛 {𝟏}

Calcular la transformada de la place ∞

Empleando la función de la transformada de la place tenemos

𝓛{𝑓(𝑥)} = 𝑓(𝑠) = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑒 −𝑠𝑥 𝑑𝑥 0 ∞

𝓛{𝑓(𝑥)} = ∫ 𝑓(𝑥) 1𝑒 −𝑠𝑥 𝑑𝑥

Aquí reemplazo

0 ∞

∫ 1𝑒 0

−𝑠𝑥

−1−𝑠𝑥 ∞ 1 𝑑𝑥 = [ ] . = 𝑠 0 𝑠

Y resuelvo la integral

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

b. ℒ{𝑡}

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

c. ℒ{𝑒 𝑘𝑡 }

RAZÓN O EXPLICACIÓN

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA ∞

ℒ[𝑓(𝑡)] = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡

Se aplica la forma

0 ∞

∫ 𝑒 𝑘𝑡 𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡

Se opera

0 ∞

∫ 𝑒 𝑘𝑡−𝑠𝑡 𝑑𝑡 0 ∞

∫ 𝑒 (𝑘−𝑠)𝑡 𝑑𝑡 0

1 ∞ 𝑒 (𝑘−𝑠)𝑡 | 0 𝑘−𝑠 1 1 𝑒 (𝑘−𝑠)𝑡 − 𝑒 (𝑘−𝑠)𝑜 𝑡→∞ 𝑘 − 𝑠 𝑘−𝑠 lim

Se calcula el lim

𝑡→∞

1 1 lim 𝑒 (𝑘−𝑠)𝑡 − 𝑘 − 𝑠 𝑡→∞ 𝑘−𝑠 1

ℒ{𝑒 𝑘𝑡 } = 𝑠−𝑘 (𝑠 > 𝑘)

Como lim 𝑒 𝑘𝑥 = 0 Entonces, 𝑡→∞

lim 𝑒 (𝑘−𝑠)𝑡 = 0 (𝑘 − 𝑠 < 0)

𝑡→∞

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

d. ℒ{1𝑠𝑒𝑛 𝑘𝑡}

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

ℒ{1𝑠𝑒𝑛 𝑘𝑡} = ℒ{𝑠𝑒𝑛 𝑘𝑡}

Para hallar la transformada de la place, se utiliza la propiedad de la multiplicación por una constante ℒ{1𝑠𝑒𝑛 𝑎𝑡} = 1ℒ{𝑠𝑒𝑛 𝑎𝑡}

Reemplazando, ℒ{𝑠𝑒𝑛 𝑘𝑡} =

= 1∗ =

𝑠2

Por medio de las tabla de transformadas de Laplace

𝑘 + 𝑘2

ℒ{𝑠𝑒𝑛 𝑎𝑡} =

𝑘 = 𝑠2 + 𝑘2

𝑠2

𝑎 + 𝑎2

Multiplicando el resultado por la constante (1),

𝑘 𝑠2 + 𝑘2

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

e. ℒ{1 cos 𝑘𝑡}

RAZÓN O EXPLICACIÓN

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

ℒ{1 cos 𝑘𝑡}

Tenemos que por la transformada de laplace: |cos 𝑘𝑡 | = (𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 )/2 y

1

ℒ|𝑒 𝑘𝑡 | = 𝑠−𝑘 Entonces: 1(𝑒 𝑘𝑡 + 𝑒 −𝑘𝑡 )/2 Se tiene que: 1 1 1 ( )( + ) 2 𝑠+𝑘 𝑠−𝑘 1 (𝑠 − 𝑘) + (𝑠 + 𝑘) ( ) 2 𝑠2 − 𝑘2 Al final queda: 𝑠2

𝑠 − 𝑘2

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:

a.

𝒅𝒚 𝒅𝒕

+ 𝒚 = 𝒕𝒆−𝒕 ; 𝒚(𝟎) = 𝟏

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA 𝑦´ + 𝑦 = 𝑡 𝑒−𝑡

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Se reescribe la ecuación

ℒ{𝑦´} + 𝐿{𝑦} = ℒ {𝑡𝑒 −𝑡 } Para

Luego aplico la transformación de Laplace en ambos lados

ℒ{𝑦´} = 𝑆𝑌(𝑠) − 𝑌(0) Para ℒ{𝑦} = 𝑌(𝑠) Para ℒ {𝑡𝑒 −𝑡 } ℒ {𝑡𝑒 −𝑡 } = ℒ{𝑡}𝑠→𝑠+1 ℒ{𝑡} = ℒ{𝑡}𝑠→𝑠+1 =

1 𝑠2

…y de la tabla de transformadas de Laplace

1 (𝑠 + 1)2

… y con el teorema de traslación

𝑆 𝑌(𝑠) − 𝑌 (0) + 𝑌(𝑠) = 𝑆 𝑌(𝑠) − 1 + 𝑌(𝑠) = 𝑌(𝑠)[𝑠 + 1] − 1 = 𝑌(𝑠)[𝑠 + 1] = 𝑌(𝑠) =

Utilizando el teorema de traslación

1 (𝑠 + 1)2

1 (𝑠 + 1)2

1 (𝑠 + 1)2

Así uniendo todo entonces tengo: Pero Y(0) es igual a 1, entonces lo reemplazo la condición Factorizando Y(s)

1 +1 (𝑠 + 1)2

1 1 + 2 (𝑠 + 1) (𝑠 + 1) 𝑠 + 1

Despejando Y(s) … Y resuelvo

1 1 + 3 (𝑠 + 1) 𝑠+1

𝑌(𝑠) =

ℒ −1 {𝑌(𝑠)} ℒ −1 { 𝑦 (𝑡) = 𝐿−1 {

1 1 } + ℒ −1 { } 3 (𝑠 + 1) 𝑠+1

1 1 } + 𝐿−1 { } 3 (𝑠 + 1) 𝑠+1

𝑦(𝑡) =

1 −1 2! 𝐿 { 3} 2! 𝑠 𝑠→𝑠+1

ℒ(𝑡 𝑛 ) = 𝑦(𝑡) =

𝑛!

Utilizo el teorema traslación y busco una forma de hallar fórmulas conocidas para Laplace inversa

Aquí se sabe que:

𝑆 𝑛+1

1 3 . 𝑡 |.𝑠→𝑠+1 + 𝑒 −𝑡 2!

𝑦(𝑡) =

Aplico Laplace inversa

Finalmente reemplazando y utilizando el teorema de traslación.

1 3 −𝑡 . 𝑡 𝑒 + 𝑒 −𝑡 2

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

b.

𝑑𝑦 𝑑𝑡

+ 2𝑦 = 𝑡𝑒 −2𝑡 ; 𝑦(0) = 0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

𝑑𝑦

c. 4 𝑑𝑡 + 𝑦 = 𝑡𝑒 −𝑡 ; 𝑦(0) = −1

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

4ℒ[𝑦´] + ℒ[𝑦] = ℒ[𝑡𝑒 −𝑡 ]

Se utiliza Laplace en cada término de la ecuación

4[𝑆𝑦(𝑠) − 𝑦(0)] + 𝑦(𝑠) = ℒ[𝑡]𝑠

Se opera algebraicamente

4[𝑆𝑦(𝑠) + 1] + 𝑦(𝑠) = ℒ[𝑡]𝑠 1 4[𝑆𝑦(𝑠) + 1] + 𝑦(𝑠) = | 𝑠 𝑠 →𝑠−2

Se aplica el teorema de traslación

1 [4𝑆𝑦(𝑠) + 4] + 𝑦(𝑠) = | 𝑠 𝑠 →𝑠−2 1 4𝑆𝑦(𝑠) + 𝑦(𝑠) + 4 = (𝑠 − 2) 𝑦(𝑠)[4𝑆 + 1] + 4 = 𝑦(𝑠) = −

Se operan términos

1 (𝑠 − 2)

3 3 =− (𝑠 − 2)(4𝑆 + 1) (−3𝑠 − 2)

ℒ −1 {𝑦(𝑠)} = ℒ −1 {−

3 } (−3𝑠 − 2)

1 𝑦(𝑡) = ℒ { } 𝑠 𝑠→𝑠−2 𝑦(𝑡) =

1 −𝑡 𝑡𝑒 6

Se aplica la inversa de Laplace

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

d. 𝑦 ,, − 4𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 (𝑡); 𝑦(0) = 1, 𝑦 , (0) = −1

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

ℒ{𝑦 ,, − 4𝑦} = ℒ{𝑠𝑒𝑛 𝑡}

Aplicando la Transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación diferencial

ℒ{𝑦 ,, } − ℒ{4𝑦} = ℒ{𝑠𝑒𝑛 𝑡}

Separando las transformadas,

ℒ{𝑦 ,, } − 4ℒ{𝑦} = ℒ{𝑠𝑒𝑛 𝑡} Se sustituye las respectivas transformadas, ℒ[𝑠 2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑌(0) − 𝑌 ′ (0)] − 4𝑌(𝑠) =

𝑠2

1 +1

ℒ{𝑦 ,, } = 𝑠 2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑌(0) − 𝑌 ′ (0) ℒ{𝑦} = 𝑌(𝑠) ℒ{𝑠𝑒𝑛 𝑡} =

1 𝑠 𝑌(𝑠) − 𝑠 + 1 − 4𝑌(𝑠) = 2 𝑠 +1 2

𝑠 2 𝑌(𝑠) − 4𝑌(𝑠) =

𝑠2

1 +𝑠−1 +1

𝑠2

1 +1

Se reemplaza las condiciones iniciales 𝑦(0) = 1, 𝑦 , (0) = −1 Despejando Y(s),

Factorizando Y(s), 𝑌(𝑠)(𝑠 2 − 4) = 𝑌(𝑠) =

(𝑠 2

𝑠2

1 +𝑠−1 +1

1 𝑠 1 + 2 − 2 2 + 1)(𝑠 − 4) (𝑠 − 4) (𝑠 − 4) 1 } + 1)(𝑠 2 − 4) 𝑠 1 + ℒ −1 { 2 } − ℒ −1 { 2 } (𝑠 − 4) (𝑠 − 4)

ℒ −1 {𝑌(𝑠)} = ℒ −1 {

(𝑠 2

Aplicando la transformada inversa para hallar y(t)

Separando los términos por fracciones parciales

ℒ −1 {

(𝑠 2

1 } + 1)(𝑠 2 − 4) = ℒ −1 {

= ℒ −1 {−

ℒ −1 {

1 5(9𝑠 2

(𝑠 2

ℒ −1 { ℒ −1 {

+ 1)

1 } (𝑠 + 1)(𝑠 − 1)(𝑠 2 − 4)

−

1 1 + } 20(𝑠 + 2) 20(𝑠 − 2)

𝑠 1 1 } = ℒ −1 { + } − 4) 2(𝑠 + 2) 2(𝑠 − 2)

1 1 1 } = − (𝑠 2 − 4) 4(𝑠 − 2) 4(𝑠 + 2)

1 } (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 − 4) 1 1 −2𝑡 1 = − 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 𝑒 + 𝑒 2𝑡 5 20 20

ℒ −1 {

ℒ −1 {

(𝑠 2

Aplicando Laplace,

𝑠 1 1 } = 𝑒 −2𝑡 + 𝑒 2𝑡 − 4) 2 2

1 1 2𝑡 1 −2𝑡 } = 𝑒 − 𝑒 (𝑠 2 − 4) 4 4

1 1 1 𝑦(𝑡) = (− 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 𝑒 −2𝑡 + 𝑒 2𝑡 ) 5 20 20 1 −2𝑡 1 2𝑡 +( 𝑒 + 𝑒 ) 2 2 1 2𝑡 1 −2𝑡 −( 𝑒 − 𝑒 ) 4 4 1 1 1 1 𝑦(𝑡) = − 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 𝑒 −2𝑡 + 𝑒 2𝑡 + 𝑒 −2𝑡 5 20 20 2 1 2𝑡 1 2𝑡 1 −2𝑡 + 𝑒 − 𝑒 + 𝑒 2 4 4 1 7 3 𝑦(𝑡) = − 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑒 −2𝑡 + 𝑒 2𝑡 5 10 10

Agrupando la solución,

Simplificando,

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ:

e. 2𝑦 ,, − 4𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 (𝑡); 𝑦(0) = −1, 𝑦 , (0) = −1

RAZÓN O EXPLICACIÓN

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA 2𝑦 ,, − 4𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 (𝑡); 𝑦(0) = −1, 𝑦 , (0) = −1

Por la transformada de Laplace, tenemos que: ′

2Ը|𝑦 ′ | − 4Ը|𝑦| =

𝑠2

𝑠 + 𝑎2

Luego tenemos: 2𝑠𝐿 − (−1) − 4𝐿 =

𝑠2

𝑠 + 𝑎2

Luego de pasar el 1 dividimos por 2 toda la expresión, tenemos: 𝐿(𝑠 − 2) =

2(𝑠 2

𝑠 1 − 2 +𝑎 ) 2

Ahora: 𝐿=

𝑠 1 − 2(𝑠 2 + 𝑎2 )(𝑠 − 2) 2(𝑠 − 2)

Luego: 𝑦=

1 −1 𝑠 Ը [ 2 ] 2 (𝑠 + 𝑎 )(𝑠 − 2) 2 1 1 − Ը−1 [ ] 2 𝑠−2

Asumiendo que s=0 tenemos: 1 1 1 1 𝑦 = − Ը−1 [ ] = − 𝑒 𝑎𝑡 = − 𝑒 2𝑡 2 𝑠−2 2 2

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 𝑦 ′ = 𝑦 2 − 𝑥 con la condición inicial 𝑦 = 1 en 𝑥 = 0. 1

A. 1 + 𝑥 + B. 1 + C. 1 + D. 1 +

1 2 𝑥 2

4

𝑥 2 + 3! 𝑥 3 + 14 +

4𝑥 2

2

4

𝑥 2 + 3! 𝑥 3 + 14

1 3

+

𝑥3 + 14 3

4 4!

𝑥3 +

𝑥4 4!

4!

4!

+ 66

𝑥 4 + 14 66

𝑥4

𝑥5 5!

+ 66 𝑥5 5!

𝑥5 5!

+⋯

+⋯

+ 66

𝑥6 6!

+⋯

𝑥4

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA ∞

𝑦=∑ 𝑛=0

𝑦 = 𝑓(𝑥0 ) +

𝑓 𝑛 (𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 )𝑛 𝑛!

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

𝑦 = 𝑓(𝑥0 ) + +

𝑓 ′ (0) 𝑓 ′′ (0) 𝑓 ′′′ (0) (𝑥) + (𝑥)2 + (𝑥)3 1! 2! 3! 𝑓 (4) (0) 𝑓 (5) (0) (𝑥)4 + (𝑥)5 4! 5!

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Se menciona el teorema de Taylor

Expresando la sumatoria de Taylor

Partiendo de que Xo=0

𝑦′ = 𝑦 2 − 𝑥

Aplicando la condición inicial de y

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

Calculamos el valor de las primeras 5 derivadas de la función en el punto cero

𝑓 ′′ (𝑥) = 2𝑦𝑦 ′ − 1 𝑓 ′′ (0) = 2(1)(1) − 1 = 1

𝑓 ′′′ (𝑥) = 2𝑦 ′ 𝑦 ′ + 2𝑦𝑦′′ 𝑓 ′′′ (𝑥) = 2(𝑦 ′ )2 + 2𝑦𝑦′′ 𝑓 ′′′ (0) = 2(1)2 + 2(1)(1) = 4

𝑓 (4) (𝑥) = 4𝑦′𝑦′′ + 2𝑦 ′′ 𝑦′ + 2𝑦𝑦′′′ 𝑓 (4) (𝑥) = 6𝑦′𝑦′′ + 2𝑦𝑦′′′ 𝑓 (4) (0) = 6(1)(1) + 2(1)(4) = 14

𝑓 (5) (𝑥) = 6(𝑦 ′ )2 𝑦 ′′ + 6𝑦 ′ 𝑦 ′′′ + 2𝑦 ′′′ + 2𝑦𝑦 ′′′′ 𝑓 (5) (0) = 6(1)2 (1) + 6(1)(4) + 2(4) + 2(1)(14) 𝑓 (5) (0) = 6 + 24 + 8 + 28 = 66

𝑦= 1 + 𝑥 +

1 2 4 3 𝑥4 𝑥5 𝑥 + 𝑥 + 14 + 66 +⋯ 2! 3! 4! 5!

Sustituyendo en el teorema de Taylor se tiene que la respuesta en A

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(τ), si L = 0.005H; R = 1 Ω ; c=0.02 F y E(t) = 100[1 − U(t − 1)]v e i(0) = 0

EJERCICIO Y SOLUCIÓN PLANTEADA Solución 1. Se reemplazan los valores t 𝑑𝑖 1 0.005 + 𝑖 + ∫ i(τ)dτ 𝑑𝑡 0.02 0 = 100[1 − U(t − 1)] 2. se divide por 0.005

OBSERVACIONES, ANEXOS, MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN PLANTEADA 1. Se reemplazan los valores 0.005

t 𝑑𝑖 1 +𝑖+ ∫ i(τ)dτ 𝑑𝑡 0.02 0

= 100[1 − U(t − 1)] 2. Se divide por 0.005 por ambos lados de la ecuación.

EJERCICIO Y SOLUCIÓN PLANTEADA t 𝑑𝑖 + 200𝑖 + 10000 ∫ i(τ)dτ 𝑑𝑡 0 = 20000 − 20000U(t − 1)

3. A cada término se le halla la transformada de Laplace

OBSERVACIONES, ANEXOS, MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN PLANTEADA t 𝑑𝑖 + 200𝑖 + 10000 ∫ i(τ)dτ 𝑑𝑡 0 = 20000 − 20000U(t − 1)

3. Se halla a cada término la transformadora de Laplace: 𝑠𝐼(𝑠) − 𝑖(0) + 200𝐼(𝑠) + 10000

𝐼(𝑠) 𝑠𝐼(𝑠) − 𝑖(0) + 200𝐼(𝑠) + 10000 𝑠 20000 20000 −𝑠 = − 𝑒 𝑠 𝑠 4. Se agrupan los términos de I(s) 𝑠 2 + 200𝑠 + 10000 𝐼(𝑠) ( ) 𝑠(𝑠 + 100)2 20000 (1 − 𝑒 −𝑠 )(𝟏) = 𝑠 5. Se factoriza el numerador del lado izquierdo y se despeja I(s). Se reescribe el resultado para aplicar Transformada inversa. 𝐼(𝑠) =

20000𝑠 (1 − 𝑒 −𝑠 )(𝟐) 2 𝑠(𝑠 + 100) 1 (𝑠 + 100)2 𝑒 −𝑠 − ] (𝑠 + 100)2

𝐼(𝑠) = 20000 [

6. Se aplica la transformada inversa para hallar i(t)

=

20000 20000 −𝑠 − 𝑒 𝑠 𝑠

𝐼(𝑠) 𝑠

4. Se debe tener en cuenta que 𝑖(0) = 0 , lo cual, la ecuación queda de la siguiente manera: 𝐼(𝑠) 𝑠 20000 20000 −𝑠 = − 𝑒 𝑠 𝑠

𝑠𝐼(𝑠) + 200𝐼(𝑠) + 10000

Error # 1. La agrupación de términos de 𝐼(𝑠) no es conveniente. 𝑠 2 + 200𝑠 + 10000 20000 (1 − 𝑒 −𝑠 )(𝟏) 𝐼(𝑠) ( )= 2 𝑠(𝑠 + 100) 𝑠 Forma correcta: 5. Se factoriza 𝐼(𝑠) en el extremo izquierdo de la ecuación: 10000 ) 𝑠 20000 20000 −𝑠 = − 𝑒 𝑠 𝑠

𝐼(𝑠) (𝑠 + 200 +

6. Se opera la fracción del lado izquierdo de la ecuación bajo el m.c.m.

EJERCICIO Y SOLUCIÓN PLANTEADA 𝑖(𝑡) = 20000[𝑡𝑒 −100𝑡 − (𝑡 − 1)𝑒 −100(𝑡−1) 𝑈(𝑡 − 1)]

OBSERVACIONES, ANEXOS, MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN PLANTEADA 2 𝑠 + 200𝑠 + 10000 𝐼(𝑠) ( ) 𝑠 20000 20000 −𝑠 = − 𝑒 𝑠 𝑠 7. Se factoriza el numerador del lado izquierdo de la ecuación. (𝑠 + 100)2 20000 20000 −𝑠 𝐼(𝑠) ( )= − 𝑒 𝑠 𝑠 𝑠 Error # 2: Al despejar 𝐼(𝑠) la variable 𝑠 está de más al pasar los elementos al otro lado de la ecuación. 𝐼(𝑠) =

20000𝑠 (1 − 𝑒 −𝑠 )(𝟐) 𝑠(𝑠 + 100)2

Forma correcta: 8. Se despeja 𝐼(𝑠): 𝐼(𝑠) =

𝑠 20000 20000 −𝑠 − 𝑒 ] [ 2 (𝑠 + 100) 𝑠 𝑠

9. Aplicar la ley distributiva: 𝐼(𝑠) =

20000 20000 − 𝑒 −𝑠 (𝑠 + 100)2 (𝑠 + 100)2

Anexos a la solución planteada: 10. Se aplica fracciones parciales a cada miembro: 20000 𝐴 𝐵 = + 2 (𝑠 + 100) 𝑠 + 100 (𝑠 + 100)2 20000 =

𝐴(𝑠 + 100)2 𝐵(𝑠 + 100)2 + 𝑠 + 100 (𝑠 + 100)2

20000 = 𝐴(𝑠 + 100) + 𝐵

EJERCICIO Y SOLUCIÓN PLANTEADA

OBSERVACIONES, ANEXOS, MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN PLANTEADA Para s: -100 20000 = 𝐴(−100 + 100) + 𝐵 20000 = 𝐵 Si B=20000 20000 = 𝐴(𝑠 + 100) + 20000 0 = 𝐴(𝑠 + 100) 0=𝐴 11. Se realiza la transformadora inversa de la ecuación:

20000 } (𝑠 + 100)2 20000 − ℒ −1 { 𝑒 −𝑠 } (𝑠 + 100)2

ℒ −1 {𝐼(𝑠)} = ℒ −1 {

12. Se descompone la fracción en fracciones parciales: 0 20000 ℒ −1 {𝐼(𝑠)} = ℒ −1 { + } 𝑠 + 100 (𝑠 + 100)2 0 20000 − ℒ −1 { + } 𝑢(𝑡 𝑠 + 100 (𝑠 + 100)2 − 1)

20000 ℒ −1 {𝐼(𝑠)} = ℒ −1 { } (𝑠 + 100)2 20000 − ℒ −1 { } 𝑈(𝑡 − 1) (𝑠 + 100)2 1 ℒ −1 {𝐼(𝑠)} = 20000ℒ −1 { } (𝑠 + 100)2 1 − 20000ℒ −1 { } 𝑈(𝑡 − 1) (𝑠 + 100)2

EJERCICIO Y SOLUCIÓN PLANTEADA

OBSERVACIONES, ANEXOS, MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN PLANTEADA 𝐼(𝑡) = 20000𝑡𝑒 −100𝑡 − [20000(𝑡 − 1)𝑒 −100(𝑡−1) ]𝑈(𝑡 − 1)

13. Se factoriza para dar solución a le ecuación: 𝐼(𝑠) = 20000[𝑡𝑒 −100𝑡 − (𝑡 − 1)𝑒 −100(𝑡−1) 𝑈(𝑡 − 1)]

PASO 8 TABLA LINKS VIDEOS EXPLICATIVOS Nombre Estudiante Ejemplo: Adriana González

Ejercicios sustentados a de todos los tipos de ejercicios.

Enlace video explicativo https://youtu.be/l8Mfcl_VLYM

CONCLUSIONES  Se lograron solucionar cada uno de los ejercicios propuestos en la guía a través del trabajo colaborativo.  Por medio del presente trabajo colaborativo logramos afianzar de una manera práctica las temáticas propuestas para esta tercera unidad del curso a través del empleo del método de serie de potencia y transformada de Laplace.  El estudio de Ecuaciones Diferenciales, es de vital importancia para nuestra formación profesional, pues nos proporcionara las herramientas necesarias para poder plantear soluciones de fenómenos específicos propios de la ingeniería.

REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS

García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 123-130).

García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 157-165).

García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 179-185).

López, M., & Acero, I. (2007). Ecuaciones diferenciales: teoría y problemas (2a. ed.). España: Editorial Tébar. (pp.93-135). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/detail.action?docID=10505343