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UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Curso: Ecuaciones Diferenciales: 100412

TRABAJO ECUACIONES DIFERENCIALES ECUACIONES DIFERENCIALES - 100412

PRESENTADO POR: MAURICIO ANDRÉS HERRERA Código 1144144854

TUTORA: MÓNICA MARCELA PEÑA

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA ESCUELA DE CIENCIAS BASICAS, TECNOLOGIAS E INGENIERÍA FACULTAD DE INGENIERÍA 2016

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Curso: Ecuaciones Diferenciales: 100412

Temática: ecuaciones diferenciales y solución por series de potencias

1. Resolver el problema de valor inicial a través del método de series de Taylor: 𝑑𝑦 2 = 𝑒 −𝑥 , 𝑑𝑥

𝑦(0) = 1

2. Revisar la convergencia de las siguientes series ∞

∑ 𝑛=1

∞

∑ 𝑛=1

𝑒 𝑛 𝑛! 𝑛𝑛

𝑛 (𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3) 

2 n 1



1 n

1

1

 n! n 1

3. Hallar la solución general de la siguiente ecuación como una serie de potencial alrededor del punto x=0 𝑦 ′ + 2𝑦𝑥 = 0 4. Solución en forma de serie de potencias en torno a un punto ordinario

5. Buscar la solución más apropiada al siguiente problema según las ecuaciones diferenciales por el método de series de potencias.

Se lanza un cuerpo de masa m hacia arriba de la tierra con velocidad inicial v 0. Suponiendo que no hay resistencia del aire, pero tomando en cuenta la variación del campo gravitacional con la altura, encontrar la menor velocidad inicial v 0 que necesita el cuerpo para que no regrese a la tierra. Esta velocidad inicial v 0 se le llama velocidad de escape. (Ver figura 1.)

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figura 1.

Solución

1. Resolver el problema de valor inicial a través del método de series de Taylor: 𝑑𝑦 2 = 𝑒 −𝑥 , 𝑑𝑥

𝑦(0) = 1

Como la serie de Taylor denota enésimas derivadas, y calcular valor en O, entonces: 2

𝑦 ′′ = −2𝑥𝑒 −𝑥 ; 𝑦 ′′ (0) = 0 2

2

𝑦 ′′′ = −2(𝑒 −𝑥 − 2𝑒 −𝑥 𝑥 2 ) ; 𝑦 ′′′ (0) = −2 2

2

𝑦 𝑖𝑣 = −2(4𝑒 −𝑥 𝑥 3 − 6𝑒 −𝑥 𝑥) ; 𝑦 𝑖𝑣 (0) = 0 2

2

2

𝑦 𝑣 = −2(24𝑒 −𝑥 𝑥 2 − 6𝑒 −𝑥 − 8𝑒 −𝑥 𝑥 4 ); 𝑦 𝑣 (0) = 12

Ahora, 𝑦(0) = 𝑦 0 (0) = 1 y 𝑦 ′ (0) = 0. Reemplazamos en la ecuación de serie de Taylor:

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Tn f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a) + f v (a)

(x − a)5 5!

(x − a)2 (x − a)3 (x − a)4 + f ′′′ (a) + f iv (a) 2! 3! 4!

Ahora tomamos los valores hallados en cada derivada para el valor de 0:

Tn f(x) = 1 + f ′′ (0)

(x − 0)2 (x − 0)3 (x − 0)4 (x − 0)5 + f ′′′ (0) + f iv (0) + f v (0) 2! 3! 4! 5!

Reemplazamos y reescribimos factoriales para poder simplificar: Tn f(x) = 1 + 0 + −2

(x − 0)3 (x − 0)5 + 0 + 12 1x2x3 1x2x3x4x5

(x)3 (x)5 Tn f(x) = 1 − + 3 10 La solución es: Tn f(x) = 1 −

(x)3 (x)5 + − ⋯. 3 10

2. Revisar la convergencia de las siguientes series ∞

∑ 𝑛=1

𝑒 𝑛 𝑛! 𝑛𝑛

Evaluamos serie por criterio de la razón: 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛+1 =

𝑒 𝑛 𝑛! 𝑛𝑛

𝑒 𝑛+1 (𝑛 + 1)! 𝑛𝑛+1

𝑒𝑛 𝑛! 𝑛𝑛 𝐥𝐢𝐦 ( ) 𝒏→∞ 𝑒𝑛+1 𝑛 + 1! 𝑛𝑛+1

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Probemos esta serie: 

1

 n! n 1

=

𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 + + + + + + + + + + 𝟏! 𝟐! 𝟑! 𝟒! 𝟓! 𝟔! 𝟕! 𝟖! 𝟗! 𝟏𝟎!

Como se nota, esta serie converge porque cada vez n! es mucho más grande. Probemos esta serie: 

2 n 1

1 n

1

𝟏 𝟏 < = 𝟐𝒏 + 𝟏 𝟐𝒏 =

𝟏 𝟐𝟏 +𝟏

+

𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

𝟐𝟐 +𝟏 𝟐𝟑 +𝟏 𝟐𝟒 +𝟏 𝟐𝟓 +𝟏 𝟐𝟔 +𝟏 𝟐𝟕 +𝟏 𝟐𝟖 +𝟏 𝟐𝟗 +𝟏 𝟐𝟏𝟎 +𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

𝟑

𝟓

𝟗

𝟏𝟕

= + + +

+

𝟏 𝟑𝟑

+

𝟏 𝟔𝟓

+

𝟏 𝟏𝟐𝟗

+

𝟏 𝟐𝟓𝟕

Converge.

∞

∑ 𝑛=1

Valores aproximados:

𝟏

𝑛 (𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

+

𝟏 𝟓𝟏𝟑

+

𝟏 𝟏𝟎𝟐𝟓

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3. Hallar la solución general de la siguiente ecuación como una serie de potencial alrededor del punto x=0 𝑦 ′ + 2𝑦𝑥 = 0 Para realizar este ejercicio debemos hallar las derivadas correspondientes según grado en cuanto a su equivalencia en sumatorias: ∞

𝒚 = ∑ 𝒂𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎 ∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝒂𝒏 𝒙𝒏−𝟏 𝒏=𝟏 ∞

𝒚′′ = ∑ 𝒏(𝒏 − 𝟏) 𝒂𝒏 𝒙𝒏−𝟐 𝒏=𝟐

Ahora tenemos que reemplazando en ecuación original: 𝒏−𝟏 𝒏 ∑∞ + 𝟐𝒙 (∑∞ 𝒏=𝟏 𝒏 𝒂𝒏 𝒙 𝒏=𝟎 𝒂𝒏 𝒙 ) = 0

Podemos introducir a la sumatoria el x que acompaña a 2, y finalmente quedaría: 𝒏−𝟏 𝒏+𝟏 ∑∞ + 𝟐(∑∞ )=0 𝒏=𝟏 𝒏 𝒂𝒏 𝒙 𝒏=𝟎 𝒂𝒏 𝒙

Luego, verificamos cuál de las dos sumatorias es de menor potencia: Si notamos, el de menor potencia es el de 𝒙𝒏−𝟏 porque al reemplazar n=1 , tenemos que eso se

volvería 0. Por lo tanto, se debe igualar esta de menor potencia a la de mayor potencia: ∞

∑ 𝒏 𝒂𝒏 𝒙𝒏−𝟏 = (𝟏)𝒂𝟏 𝒙𝟏−𝟏 = 𝒂𝟏 𝒏=𝟏

Ahora: 𝒏−𝟏 𝒏+𝟏 𝒂𝟏 + ∑∞ + 𝟐(∑∞ ) = 0 Ahora ambas arrancan del mismo grado, 𝒏=𝟐 𝒏 𝒂𝒏 𝒙 𝒏=𝟎 𝒂𝒏 𝒙 porque al sustituir n=2 en la primera sumatoria, tengo que el grado de x va a ser igual a 1 y si sustituyo n=0 en la segunda sumatoria, tengo que el grado de x va a ser igual a 1 también.

Entonces, para acabar de compatibilizar las sumatorias debo hacer que las potencias sean iguales y que los coeficientes de los cuales arrancan sean iguales, para eso tomaremos la k, por lo tanto, se tendría que:

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Curso: Ecuaciones Diferenciales: 100412 𝒏−𝟏 𝒏+𝟏 𝒂𝟏 + ∑∞ + 𝟐(∑∞ )=0 𝒏=𝟐 𝒏 𝒂𝒏 𝒙 𝒏=𝟎 𝒂𝒏 𝒙

Vamos a hacer: n-1 =k (potencia de la x en primera sumatoria). N+1 =k (potencia de la x en segunda sumatoria sumatoria). Ahora si, en primera sumatoria: N=2, k =n-1  n = k+1 k = 2-1 =1 Ahora si, en segunda sumatoria: N=0, k= n+1  n = k-1 K= 0+1 = 1 Habiendo realizado esto, ya podemos reescribir la sumatoria en términos de k: ∞ 𝒌 𝒌 𝒂𝟏 + ∑∞ 𝒌=𝟏(𝒌 + 𝟏) 𝒂𝒌+𝟏 𝒙 + 𝟐 ∑𝒌=𝟏 𝒂𝒌−𝟏 𝒙 = 0

Realizando operaciones de algebra, podemos sacar factor común 𝑥 𝑘 : 𝒌 𝒂𝟏 + ∑∞ 𝒌=𝟏[(𝒌 + 𝟏) 𝒂𝒌+𝟏 + 𝟐 𝒂𝒌−𝟏 ]𝒙 = 0

Por lo tanto: 𝑎1 = 0 Despejamos el que sea de mayor grado, en este caso es del coeficiente k+1: (𝒌 + 𝟏)𝒂𝒌+𝟏 + 𝟐 𝒂𝒌−𝟏 = 𝟎 𝒂

𝒌+𝟏=

−𝟐𝒂𝒌−𝟏 𝒌+𝟏

𝑎1 = 0 Este resultado nos servirá para determinar los diferentes coeficientes de la sumatoria: K =1 𝒂

𝟏+𝟏=

𝒂

𝟐=

−𝟐𝒂𝟏−𝟏 𝟏+𝟏

−𝟐𝒂𝟎 = −𝒂𝟎 𝟐

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K =2 𝒂

𝟐+𝟏=

𝒂

𝟑=

−𝟐𝒂𝟐−𝟏 𝟐+𝟏

−𝟐𝒂𝟏 −𝟐(𝟎) = =𝟎 𝟑 𝟑

K=3 𝒂

𝟑+𝟏=

𝒂

−𝟐𝒂𝟑−𝟏 𝟑+𝟏

−𝟐𝒂𝟐 −𝟏(−𝒂𝟎 ) 𝒂𝟎 = = 𝟒 𝟐 𝟐

𝟒=

K=4 𝒂

𝟒+𝟏=

𝒂

𝟓=

−𝟐𝒂𝟒−𝟏 𝟒+𝟏

−𝟐𝒂𝟑 −𝟐 −𝟐 = ∗ 𝒂 =𝟎 𝟓 𝟓 𝟑 𝟏

K=5 𝒂

𝟓+𝟏=

𝒂

𝟔=

−𝟐𝒂𝟓−𝟏 𝟓+𝟏

−𝟐𝒂𝟒 −𝟏 𝒂𝟎 −𝟏 = = 𝒂 𝟔 𝟑 𝟐 𝟔 𝟎

K=6 𝒂

𝟔+𝟏=

𝒂

𝟕=

−𝟐𝒂𝟔−𝟏 𝟔+𝟏

−𝟐𝒂𝟓 −𝟐 −𝟐 −𝟐 = ( ∗ 𝒂 )=𝟎 𝟕 𝟕 𝟓 𝟑 𝟏

K=7 𝒂

𝟕+𝟏=

𝒂

𝟖=

𝒂

𝟖=

−𝟐𝒂𝟕−𝟏 𝟕+𝟏

−𝟐𝒂𝟔 −𝟏 −𝟏 = ( 𝒂 ) 𝟖 𝟒 𝟔 𝟎 −𝟐𝒂𝟔 −𝟏 −𝟏 = ( 𝒂 ) 𝟖 𝟒 𝟔 𝟎

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𝒂

𝟏 𝟖= ( 𝒂𝟎 ) 𝟐𝟒

K= 8 𝒂

𝟖+𝟏=

𝒂

𝟗=

−𝟐𝒂𝟖−𝟏 𝟖+𝟏

−𝟐𝒂𝟕 −𝟐 −𝟐 −𝟐 −𝟐 = ( ( ∗ 𝒂 ))=𝟎 𝟗 𝟗 𝟕 𝟓 𝟑 𝟏

K= 9 𝒂

𝟗+𝟏=

𝒂

𝟏𝟎=

−𝟐𝒂𝟗−𝟏 𝟗+𝟏

−𝟐𝒂𝟖 −𝟏 𝟏 = ( 𝒂 ) 𝟏𝟎 𝟓 𝟐𝟒 𝟎

K= 10 𝒂

𝟏𝟎+𝟏=

𝒂

𝟏𝟏=

−𝟐𝒂𝟏𝟎−𝟏 𝟏𝟎+𝟏

−𝟐𝒂𝟗 −𝟐 −𝟐 −𝟐 −𝟐 −𝟐 = ( ( ( ∗ 𝒂 )))=𝟎 𝟏𝟏 𝟏𝟏 𝟗 𝟕 𝟓 𝟑 𝟏

Finalmente, la solución de la ecuación diferencial se puede escribir como la sumatoria de: 𝑛 2 3 4 5 6 7 8 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =𝑎0+ 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 + 𝑎3 𝑥 + 𝑎4 𝑥 + 𝑎5 𝑥 + 𝑎6 𝑥 + 𝑎7 𝑥 + 𝑎8 𝑥 + 𝑎9 𝑥 9 + 𝑎10 𝑥10 +… . + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛

Ahora, se identifican cada uno de los coeficientes: Como 𝑎1 = 0 , continuamos que otra parte de la sumatoria depende de él u otros. 𝑎0 = 𝑛𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒. 𝑎1 = 0. 𝑎2 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 − 𝑎0 . 𝑎3 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 − 𝑎1 . 𝑎4 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 − 𝑎5 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑎6 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒

𝑎0 . 2

4𝑎1 15

−1 𝑎 6 0

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𝑎7 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒

−𝟖 𝒂 𝟏𝟎𝟓 𝟏

𝑎8 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒

1 𝑎 24 0

𝟏𝟔 𝑎9 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 ( 𝒂 ) 𝟗𝟒𝟓 𝟏 𝑎10 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒

−𝟏 (𝒂 ) 𝟏𝟐𝟎 𝟎

𝑎11 = 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒

−𝟑𝟐 𝒂 𝟏𝟎𝟑𝟗𝟓 𝟏

Listo, ahora se reescribe la solución como: Como dependen de 𝑎1 los de coeficiente impar, reemplazamos, porque 𝑎1 = 0. 𝑛 2 3 4 5 6 7 8 9 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =𝑎0+ 0𝑥 + 𝑎2 𝑥 + 0𝑥 + 𝑎4 𝑥 + 0𝑥 + 𝑎6 𝑥 + 0𝑥 + 𝑎8 𝑥 + 0𝑥 + 𝑎10 𝑥10 + 0𝑥11

Nos queda: 𝑛 2 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =𝑎0+ (−𝑎0 𝑥 ) + (−

Factor común 𝑎0 =

𝑎0 2

−1

1

−𝟏

)𝑥 4 + ( 6 𝑎0 )𝑥 6 + (24 𝑎0 )𝑥 8 + (𝟏𝟐𝟎 𝒂𝟎 )𝑥10

1

𝑎0 [(1 − 𝑥 2 )− 2 𝑥 4

−1 6

1

1

𝑥 6 + 24 𝑥 8 + 120 𝑥10 ]

Solución: 𝑦 =

𝑎0 [(1 − 𝑥 2 )−

1 4 −1 6 1 1 10 𝑥 𝑥 + 𝑥8 + 𝑥 ] 2 6 24 120

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4. Solución en forma de serie de potencias en torno a un punto ordinario:

∞

y = ∑ an x n n=0 ∞ ′

y = ∑ n an x n−1 n=1 ∞ ′′

y = ∑ n(n − 1) an x n−2 n=2

Reescribamos dividiendo por el mismo denominador (𝒙𝟐 + 𝟏): 𝒚′′ +

𝒙𝟐

𝒙 𝟏 𝒚′ − 𝟐 𝒚=𝟎 +𝟏 𝒙 +𝟏

Esta ecuación tiene dos puntos singulares en: 𝑥 = −𝑖 𝑥= 𝑖 Los demás puntos son ordinarios, cualquier n . Porque: 𝑥2 + 1 = 0 𝑥 2 = −1 𝑥 = √−1 𝑥 = −𝑖 𝑥= 𝑖

Escribamos la serie: 𝒚′′ +

𝒙𝟐

𝒙 𝟏 𝒚′ − 𝟐 𝒚=𝟎 +𝟏 𝒙 +𝟏

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Curso: Ecuaciones Diferenciales: 100412 ∞

∑ n(n − 1) an x n−2 + n=2

∞

𝒙 𝒙𝟐 + 𝟏

∑ n an x n−1 − n=1

𝟏 𝒙𝟐 + 𝟏

∞

∑ an x n = 𝟎 n=0

Luego, verificamos cuál de las dos sumatorias es de menor potencia: Si notamos, el de menor potencia es el de 𝒙𝒏−𝟐 porque al reemplazar n=2 , tenemos que eso se

volvería 0. Por lo tanto, se debe igualar esta de menor potencia a la de mayor potencia:

∞

∑ 𝒏 𝒂𝒏 𝒙𝒏−𝟐 = (𝟐)𝒂𝟐 𝒙𝟐−𝟐 = 𝟐𝒂𝟐 𝒏=𝟏

Tenemos entonces: 𝒙

𝟏

n−1 𝟐𝒂𝟐 + 𝒙𝟐+𝟏 ∑∞ − 𝟐 ∑∞ a x n = =0 n=1 k a n x 𝒙 +𝟏 n=0 n

Hacemos que n-1 = k al igual que n, para igualar coeficiente de inicio de sumatoria: 𝒙

𝟏

n−1 𝟐𝒂𝟐 + 𝒙𝟐+𝟏 ∑∞ − 𝟐 ∑∞ a x n = =0 n=1 k a n x 𝒙 +𝟏 n=0 n

En esta k= n-1, entonces: ∞

∑ k an x n−1 n=1 ∞

∑ k an x k n=1

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5. Buscar la solución más apropiada al siguiente problema según las ecuaciones diferenciales por el método de series de potencias.

Se lanza un cuerpo de masa m hacia arriba de la tierra con velocidad inicial v 0. Suponiendo que no hay resistencia del aire, pero tomando en cuenta la variación del campo gravitacional con la altura, encontrar la menor velocidad inicial v 0 que necesita el cuerpo para que no regrese a la tierra. Esta velocidad inicial v 0 se le llama velocidad de escape. (Ver figura 1.)

La energía mecánica de un objeto en órbita es:

1

𝐺𝑀𝑚

2

𝑅

𝐸𝑚 = 𝑚𝑣 2 −

Donde cada término es: V = velocidad; G = cte universal gravitacional M = masa de la tierra, m = masa del objeto, R = radio de la tierra Ahora sabemos que la velocidad es:

𝒅𝒔 =𝒗 𝒅𝒕 Dado que la energía mecánica del objeto es lo que permitiría volver el objeto a la tierra, en teoría esta debería ser 0 para que no pudiese volver entonces: 1

𝐺𝑀𝑚

2

𝑅

0 = 𝑚𝑣 2 − 𝐺𝑀𝑚 𝑅 𝐺𝑀𝑚 𝑅 1 𝑚 2

2𝐺𝑀 𝑅

1

= 𝑚𝑣 2 2

=𝑣 2 =𝑣 2

Ahora sabemos que: 𝑔=

𝐺𝑀 𝑅2

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𝐺𝑀 = 𝑔𝑅 𝑅 Reemplazando en la ecuación de la velocidad: 2𝐺𝑀 𝑅

=𝑣 2

2gR=𝑣 2 √2𝑔𝑅 = v =√(2 ∗ 9,80

𝑚 𝑠2

∗ 6,37 ∗ 106 m)

𝑚

=11,200

𝑠

Si v es:

𝒅𝒔 =𝒗 𝒅𝒕 Así que las equivalencias son:

n y = ∑∞ n=0 a n x ecuación que me determina posición del objeto respecto a y. n−1 y ′ = ∑∞ ecuación que me determina la velocidad del objeto respecto a y. n=1 n a n x n−2 y ′′ = ∑∞ ecuación que me determina la aceleración del objeto respecto n=2 n(n − 1) a n x a y, al final esto es g y es cte. ∞ ′

𝑦 = ∑ n an x n−1 n=1

Si k = n-1 entonces:

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Curso: Ecuaciones Diferenciales: 100412 ∞

𝑦 ′ = 𝑎0 + ∑(k + 1)ak+1 x k = 0 k=0

𝑎0 + (k + 1)ak+1 x k = 0

ak+1 = −

𝑎0 (k + 1)

K=1

a2 = −

𝑎0 2

a3 = −

𝑎0 3

K=2

En términos generales está ecuación está dada por:

𝑦′ = −

𝑎0 3

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CONCLUSIONES

El presente trabajo se realizó como parte del plan educativo que tiene el curso ecuaciones diferenciales, con el fin de comprender y analizar la temática de series, ecuaciones ordinarias y los tipos de teoremas que existen para desarrollarlas, aunque inicialmente como estudiante notamos la complejidad de estas áreas es cuestión de esfuerzo y asimilación de conceptos.

REFERENCIAS

Campos, B., Chiralt, C. (2011). Ecuaciones diferenciales. Departamento de Matemáticas Universidad Jaume I. Castellón de la Plana: Publicaciones de la Universitat Jaume I. Charles E. Robertrs Jr., Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al cálculo numérico.Ed. Prentice-Hall Int. 1980.