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UNIDAD TRES RESOLVER PROBLEMAS Y EJERCICIOS POR MEDIO DE SERIES DE POTENCIA Y TRANSFORMADA DE LAPLACE.

Presentado a: ALVARO JAVIER CANGREJO Tutor(a)

Entregado por: Brandon Duvan Gonzalez Código: 1007601185 Litza Marilyn Laguna Donoso Código: Jenny Lorena Mejia Código: Yeison Andrés Valencia Código: 1111196934 Marcela Borja Código:

Grupo: 100412_202

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

INTRODUCCIÓN Teniendo como referencia que las Ecuaciones Diferenciales constituyen uno de los más poderosos instrumentos teóricos para la interpretación y modelación de fenómenos científicos y técnicos de la mayor variedad, a saber, aquellos que contienen dinámicas, que expresan evolución, transformación o cambio en términos de algún conjunto de parámetro y que son, por eso, de especial importancia práctica y teórica para los ingenieros de cualquier rama. Las ecuaciones diferenciales son parte fundamental del estudio tanto de la matemática como de la ingeniería y la ciencia en general. Muchas leyes y fenómenos físicos pueden ser descritos mediante ellas. Si lo definimos en otras palabras, el estudio de estos fenómenos requiere de la creación de un modelo matemático capaz de describirlo, el cual, generalmente se compone de una o varias ecuaciones diferenciales. De allí la importancia de contar con un sólido conocimiento en este tema.

OBJETIVOS Fomentar en el estudiante Unadista, bases sólidas para interpretar y resolver problemas teóricos y prácticos de la ingeniería a través de la solución de las ecuaciones diferenciales. Otros objetivos son: 

Adquirir conocimientos en el desarrollo de las ecuaciones diferenciales de orden superior.



Realizar ecuaciones diferenciales lineales con transformada de la place.



Resolver ejercicios teóricos y prácticos de las ecuaciones diferenciales con transformada de La place.

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.

A. BRANDON DUVAN GONZALEZ RODRIGUEZ

Alertas

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

B. YEISON ANDRES VAELNCIA

Compilador

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

C. JENNY LORENA MEJIA CABEZAS

Evaluador

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

D. MARCELA BORJA E. LITZA MARILYN LAGUNA DONOSO

revisor

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

Entregas

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

DESARROLLO DE LA ACTIVIDAD COLABORATIVA PASO 3 EJERCICIOS INDIVIDUALES Antes de iniciar no olvide consultar en el entorno de conocimiento el siguiente recurso: García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 123-130). EJERCICIOS 1 – SOLUCIÓN ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIA. Dar solución a las siguientes ecuaciones diferenciales por el método de series de potencia (Cada estudiante debe desarrollar el ejercicio seleccionada en la tabla del paso 2, debe indicando la razón o argumento de cada paso en el procedimiento efectuado) ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: BRANDON DUVAN GONZALEZ RODRIGUEZ a. 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

𝑑2 𝑦(𝑥) 𝑑𝑦(𝑥) + 2 + 𝑦(𝑥) = 0 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥

Posibles resolvemos

pasos

intermedios,

Aplicar la transformada de Laplace}

∞

ℒ𝑥 [𝑓(𝑥)](𝑠) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑒

RAZÓN O EXPLICACIÓN

−𝑠𝑥

𝑑𝑥

0

𝑑2 𝑦(𝑥) 𝑑𝑦(𝑥) ℒ𝑥 [ +2 + 𝑦(𝑥)] (𝑠) 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = ℒ𝑥 [0](𝑠)

𝑑𝑦(𝑥) 𝑑2 𝑦(𝑥) 2(ℒ𝑥 [ ] (𝑠)) + ℒ𝑥 [ ](𝑠) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 + ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠) = ℒ𝑥 [0](𝑠)

A ambos lados

Encontrar la transformación de Laplace término por término y factorizar constantes

Aplicamos ℒ𝑥 [0](𝑠) = 0

𝑑𝑦(𝑥) 𝑑 2 𝑦(𝑥) 2(ℒ𝑥 [ ] (𝑠)) + ℒ𝑥 [ ](𝑠) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 + ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠) = 0 2

𝑠 (ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠)) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦´(0) 𝑑𝑦(𝑥) + 2(ℒ𝑥 [ ] (𝑠)) 𝑑𝑥 + ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠) = 0

2𝑠(ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠)) − 𝑦(0) + (ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠)) + 𝑠 2 (ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠)) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦´(0) = 0

(𝑠 + 1)2 (ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠)) − (𝑠 + 2)𝑦(0) − 𝑦´(0) = 0

ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠) =

ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠) =

𝑦(0)(𝑠 + 2) + 𝑦´(0) (𝑠 + 1)2

𝑦(0) 𝑦(0) 𝑦´(0) + + (𝑠 + 1)2 𝑠 + 1 (𝑠 + 1)2

Aplicamos

ℒ𝑥 [

𝑑2 𝑦(𝑥) 𝑑𝑥 2

𝑠 2 (ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠)) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦´(0)

Aplicamos

ℒ𝑥 [

𝑑𝑦(𝑥) 𝑑𝑥

] (𝑠) =

𝑠(ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠)) − 𝑦(0) =

Simplificamos

Resolvemos por medio de ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠)

Descomponemos ℒ𝑥 [𝑦(𝑥)](𝑠) fracciones parciales

𝑦(0)

𝑦(𝑥) =

] (𝑠) =

en

𝑦(0)

𝑦(0) 𝑦(0) Calculamos 𝑦(𝑥) = ℒ𝑠−1 [(𝑠+1)2 + 𝑠+1 + −1 (𝑥) ] + ℒ [ ] (𝑥) 𝑠 (𝑠 + 1)2 𝑦´(0) 𝑠+1 ] (𝑥) (𝑠+1)2 𝑦´(0) + ℒ𝑠−1 [ ] (𝑥) (𝑠 + 1)2 Encontramos la transformación inversa de Laplace término por término

ℒ𝑠−1 [

𝑦(0)

𝑦(0) 𝑦(𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑥𝑦(0) + ℒ𝑠−1 [ ] (𝑥) 𝑠+1 𝑦´(0) + ℒ𝑠−1 [ ] (𝑥) (𝑠 + 1)2

Aplicamos ℒ𝑠−1 [(𝑠+1)2 ] (𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑥𝑦(0)

𝑦(0)

Aplicamos ℒ𝑠−1 [ 𝑠+1 ] (𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑦(0) 𝑦(𝑥) = 𝑦(0)𝑒 −𝑥 𝑥 + 𝑒 −𝑥 𝑦(0) 𝑦(0) + ℒ𝑠−1 [ ] (𝑥) (𝑠 + 1)2 𝑦(0)

𝑦(𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑥𝑦´(0) + 𝑦(0)𝑒 −𝑥 + 𝑦(0)𝑒 −𝑥 𝑥

𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐1 𝑒 −𝑥 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 𝑥

Aplicamos ℒ𝑠−1 [(𝑠+1)2 ] (𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑥𝑦´(0)

Sustituimos 𝑐1 = 𝑦(0) 𝑦 𝑐2 = 𝑦´(0)

Y encontramos la solución final de la ecuación

𝑦(𝑥) = 𝑒 −𝑥 (𝑐1 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥)

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: YEISON ANDRES VALENCIA AGUILAR b. 𝒚′′ − 𝒙𝟐 + 𝒚′ = 𝟎 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Ordenamos: 𝑦 ′′ − 2x + 𝑦 ′ = 0 Sustituir 𝑦 en sus formas de serie de potencia: ∞

𝒚 = ∑ 𝒂𝒏 𝒙𝒏 ⇒ 𝑬𝒙𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊ó𝒏 𝒏=𝟎 ∞

𝑦" = ∑(𝑛 − 1)(𝑛) 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−2 𝑛=2

∞

∞

∑(𝑛 − 1)(𝑛) 𝑎𝑛 𝑥

𝑛−2

− 2𝑥 ∑ 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 = 0

𝑛=2

𝒏=𝟎

Incluir a 𝑥 dentro de la serie: ∞

∞

∑(𝑛 − 1)(𝑛) 𝑎𝑛 𝑥

𝑛−2

− 2 ∑ 𝑎𝑛 𝑥 𝑛+1 = 0

𝑛=2

𝒏=𝟎

Definimos las contantes para cada serie: 𝐾 =𝑛−2

⇒

𝐾+2=𝑛

𝐾 =𝑛+2

⇒

𝐾−1=𝑛

Reemplazar las constantes en la expresión: ∞

∞ 𝑘

∑ (𝑛 − 1)(𝑛) 𝑎𝑘+2 𝑥 − 2 ∑ 𝑎𝑘−1 𝑥 𝑘 = 0 𝑘+2=2

𝒌−𝟏=𝟎

∞

∞

∑(𝑛 − 1)(𝑛) 𝑎𝑘+2 𝑥 𝑘 − 2 ∑ 𝑎𝑘−1 𝑥 𝑘 = 0 𝑘=0

𝒌=𝟏

Evaluamos las series en el valor de las constantes: ∞

∞ 𝑘

∑(𝑘 − 1)(𝑘 + 2) 𝑎𝑘+2 𝑥 − 2 ∑ 𝑎𝑘−1 𝑥 𝑘 = 0 𝑘=0

𝒌=𝟏

Resolvemos la expresión: ∞

∞ 𝑘

∑(𝑘 − 1)(𝑘 + 2) 𝑎𝑘+2 𝑥 − 2 ∑ 𝑎𝑘−1 𝑥 𝑘 = 0 𝑘=0

𝒌=𝟏 ∞

∞

∑(1)(2) 𝑎2 1 − 2 ∑ 𝑎𝑘−1 𝑥 𝑘 = 0 𝑘=0

𝒌=𝟏

∞

∞ 𝑘

(2) 𝑎2 + 2 ∑(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)𝑎𝑘+2 𝑥 − 2 ∑ 𝑎𝑘−1 𝑥 𝑘 = 0 𝒌=𝟏

𝒌=𝟏

Igualar a cero el primer término: (2) 𝑎2 = 0

⇒

𝑎2 = 0

Despejar constantes 𝑎 (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)𝑎𝑘+2 𝑥 𝑘 = 2𝑎𝑘−1 𝑥 𝑘 (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)𝑎𝑘+2 𝑥 𝑘 = 2𝑎𝑘−1 𝑥 𝑘 𝑎𝑘+2 =

2𝑎𝑘−1 (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

Reemplazar valores para 𝑘 (1, 2, 3, 4…) Cuando k vale 1: 𝑎𝑘+2 =

2𝑎𝑘−1 (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

𝑎1+2 =

2𝑎1−1 (1 + 1)(1 + 2)

𝑎3 =

2𝑎0 2𝑎0 𝑎0 = = (2)(3) 6 3

Cuando k vale 2: 𝑎𝑘+2 =

2𝑎𝑘−1 (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

𝑎2+2 =

2𝑎2−1 (2 + 1)(2 + 2)

𝑎4 =

2𝑎1 2𝑎1 𝑎1 = = (3)(4) 12 6

Cuando k vale 3: 𝑎𝑘+2 =

2𝑎𝑘−1 (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

𝑎3+2 =

2𝑎3−1 (3 + 1)(3 + 2)

a2=0

𝑎5 =

2𝑎2 2𝑎2 𝑎2 = = (4)(5) 20 10

𝑎2 0 = =0 10 10

⇒

Cuando k vale 4:

𝑎6 =

𝑎𝑘+2 =

2𝑎𝑘−1 (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

𝑎4+2 =

2𝑎4−1 (4 + 1)(4 + 2)

2𝑎3 2𝑎3 𝑎3 = = ⇒ (5)(6) 30 15

a3= a3/3

𝑎3 𝑎0 𝑎0 ∗ = 15 3 45

Resolver la ecuación diferencial: ∞

𝒚 = ∑ 𝒂𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

𝑦 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎3 𝑥 3 + 𝑎4 𝑥 4 + 𝑎5 𝑥 5 + 𝑎6 𝑥 6 … 𝑦 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 0 + 𝑦 = 𝑎0 (

𝑎0 3 𝑎1 4 𝑎0 𝑥 + 𝑥 + 0 + 𝑥6 … 3 6 45

𝑥3 𝑥6 𝑥4 + ) + 𝑎1 (𝑥 + ) … 3 45 6

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: JENNY LORENA MEJIA CABEZAS c. 𝑦 ′′ − 2𝑥 = 0 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Formula general: 𝑦 ′′ − 2𝑥 = 0

∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒎 𝑿𝒎 𝒎=𝟎

Ecuación orden ∞

∑ 𝑚(𝑚 − 1) 𝑐𝑚 𝑥 𝑚−2 − 2𝑥 = 0 𝑚=2

diferencial

segundo

Segunda derivada de la formula general: ∞

𝑦´´ = ∑ 𝑚(𝑚 − 1) 𝑐𝑚 𝑥 𝑚−2 𝑚=2 ∞

𝑦´´ − 2𝑥 = −2𝑥 + ∑ (𝑚 + 2)(𝑚 + 1) 𝑐𝑚+2 𝑥 𝑚 𝑚=0

=0 −2𝑥 + 2𝑐2 + (6𝑐3 )𝑥 ∞

+ ∑ (𝑚 + 2)(𝑚 + 1) 𝑐𝑚+2 𝑥 𝑚 𝑚=2

Modificando el inicio del término n

∞

2𝑐2 + (6𝑐3 − 2)𝑥 + ∑ (𝑚 + 2)(𝑚 + 1) 𝑐𝑚+2 𝑥 𝑚 𝑚=2

𝑐2 = 0 6𝑐3 = 2, 𝑐𝑛+2 =

𝑐3 =

2 1 = 6 3

1 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)

1 1 𝑐4 = = 4 ∗ 3 12 𝑐5 =

1 1 = 5 ∗ 4 20

𝑐6 =

1 1 = 6 ∗ 5 30

∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒎 𝑿𝒎 = 𝑪𝒐 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙 + 𝑪𝟑 𝒙 + 𝑪𝟒 𝒙. .. 𝒎=𝟎

Coeficientes según el factor de recurrencia

Respuesta del ejercicio

1 2 1 𝑦 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 − 𝑐2 𝑥 2 + 𝑐3 𝑥 3 + 𝑐 𝑥4 2 6 12 4 1 1 + 𝑐5 𝑥 5 + 𝑐 𝑥6 + ⋯ 20 30 6

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: MARCELA BORJA d. 𝑦′ − 9𝑥𝑦 = 0 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

∞

y = ∑ 𝑎𝑚 𝑥 𝑚 𝑚=0

2

= 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 + 𝑎3 𝑥 +⋯

3

Para darle solución a la ED propuesta se plantea el método de series de potencias

𝑦′ − 9𝑥𝑦 = 0 Sin embargo, la ED es de primer grado por lo tanto se debe realizar la derivada.

∞

𝑦´ = ∑ 𝑚𝐶𝑚 𝑥

𝑚

𝑚=1

𝑦 ′ − 9𝑥𝑦 = 0 ∞

∞

∑ 𝑚𝐶𝑚 𝑥 𝑚 − 9𝑥 ( ∑ 𝐶𝑚 𝑥 𝑚 ) = 0 𝑚=1

𝑚=0

∞

∞

∑ 𝑚𝐶𝑚 𝑥 𝑚 − ∑ 9𝐶𝑚 𝑥 𝑚+1 = 0 𝑚=1 ∞

Ahora se pueden operaciones respectivas

hacer

las

𝑚=0 ∞

∑ 𝑓(𝑛) = ∑ 𝑓(𝑛 + 1) 𝑛=𝑘

Ya teniendo los términos necesarios se pueden reemplazar

𝑛=0

∞

∞

∑ (𝑚 + 1) 𝐶(𝑚+1) 𝑥 𝑚=0

𝑚+1

− ∑ 9𝐶𝑚 𝑥 𝑚+1 𝑚=0

=0

Y para darle solución se igualan las potencias a la mayor potencia aplicando propiedad de la sumatoria. Además, se observa que el termino 𝑥 𝑚+1 se encuentra en ambas sumatorias por lo tanto se puede sacar como factor común dicho termino

∞

∑ 𝑥 𝑚+1 [(𝑚 + 1)𝐶(𝑚+1) − 9𝐶𝑚] = 0 𝑚=0

𝑥 𝑚+1 = 0 (𝑚 + 1)𝐶(𝑚+1) − 9𝐶𝑚 = 0

Y se halla la ecuación de recurrencia 𝑪(𝒎+𝟏)

(𝑚 + 1)𝐶(𝑚+1) = 9𝐶𝑚 𝐶(𝑚+1) =

9𝐶𝑚 (𝑚 + 1)

9 𝐶1 = 𝐶0 ; 𝐶2 = 9𝐶0 ; 𝐶3 = 27𝐶0 ; 1 243 = 𝐶 4 0 𝐶𝑛 =

𝐶4

𝑛∗9 𝐶 𝑘! 0

Ya con la ecuación de recurrencia se le dan valores a n y se encuentran los coeficientes que serán mostrados a continuación encontrándose así la solución

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: LITZA MARILYN LAGUNA

e. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 3𝑥 2 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Expresión que sustenta la solución de la ED ∞

y = ∑ 𝑎𝑘 𝑥 𝑘 𝑦 ′′ + 𝑦 = 3𝑥 2

𝑘=0

Donde la solución de la sumatoria es: ∞

y = ∑ 𝑎𝑘 𝑥 𝑘 = 𝐶0 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑥 2 …. 𝑘=0 ∞

y′ = ∑ 𝑘𝑎𝑘 𝑥 𝑘−1 𝑘=1

ED segundo grado

∞

y′′ = ∑ 𝑘(𝑘 − 1)𝑎𝑘 𝑥 𝑘−2 𝑘=2 ∞

∞

∑ 𝑘(𝑘 − 1)𝑎𝑘 𝑥 𝑘−2 + ∑ 𝑎𝑘 𝑥 𝑘 = 3𝑥 2 𝑘=2

𝑘=0

Sustitución de las dos derivadas en la ED original

𝑘 =𝑚+2 𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑘 = 2 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑚 = 0 ∞

∞

∑ (𝑚 + 2)(𝑚 + 1)𝑎𝑚+2 𝑥 𝑚 + ∑ 𝑎𝑘 𝑥 𝑘 𝑚=0

𝑘=0

= 3𝑥 2

∞

∞

∑ (𝑚 + 2)(𝑚 + 1)𝑎𝑚+2 𝑥 𝑚 + ∑ 𝑎𝑚 𝑥 𝑚 𝑚=0

= 3𝑥 2

𝑚=0

Modificación del término k haciendo una sustitución pues el inicio de una de las sumatorias es diferente de cero luego de la sustitución se saca el termino en común x^m

∞

∑ [(𝑚 + 2)(𝑚 + 1)𝑎𝑚+2 + 𝑎𝑚 ]𝑥 𝑚 = 3𝑥 2 𝑚=0

[(𝑚 + 2)(𝑚 + 1)𝑎𝑚+2 + 𝑎𝑚 ]𝑥 𝑚 = 3𝑥 2 [(𝑚 + 2)(𝑚 + 1)𝑎𝑚+2 + 𝑎𝑚 ] = 0 ; 𝑚 ≠ 2, … 𝑎𝑚+2 =

−𝑎𝑚 ; 𝑚 ≠ 2, … (𝑚 + 2)(𝑚 + 1)

𝑎2 = 𝑎4 =

−𝑎0 −𝑎0 = (2)(1) 2!

3 − 𝑎2 6 + 𝑎0 = 3∗4 4!

−(6 + 𝑎0 ) 𝑎6 = 6! 𝑎8 =

Con el fin de encontrar el subíndice mayor que es a_m+2 para determinar los coeficientes que describen el comportamiento de la ED

−𝑎6 (6 + 𝑎0 ) = (8)(7) 8!

Expresión general que modela los coeficientes cuando 𝑚 = 𝑝𝑎𝑟

Coeficientes cuando el valor de m es par; 𝑚 = 0,2,4,6

𝑎2𝑘

(−1)𝑘 (6 + 𝑎0 ) = (2𝑘)!

m=1 𝑎3 =

−𝑎1 (3)(2)

m=3 𝑎5 =

Coeficientes cuando el valor de m es impar; 𝑚 = 1,3

−𝑎3 𝑎1 = (5)(4) 5 ∗ 4 ∗ 3 ∗ 2

Expresión general que modela los coeficientes cuando 𝑚 = 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 𝑎2𝑘+1 =

(−1)𝑘 𝑎1 (2𝑘 + 1)!

y = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎3 𝑥 3 + ⋯

Reemplazando los coeficientes en la sumatoria se obtiene la solución

EJERCICIOS 2. TRANSFORMADA DE LAPLACE

Calcular la transformada de Laplace (Cada estudiante debe desarrollar el ejercicio seleccionado en la tabla del paso 2, debe indicar la razón o argumento de cada paso en el procedimiento efectuado).

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: BRANDON DUVAN GONZALEZ RODRIGUEZ a. ℒ{𝜋 + cos 3𝑡} PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

ℒ{𝜋} + ℒ{cos(3𝑡)}

ℒ{𝜋}:

𝜋 𝑠

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Usamos la propiedad de linealidad de la transformada de Laplace: Para las funciones constantes 𝑎, 𝑏: .

𝑓(𝑡), 𝑔(𝑡)

y

ℒ{𝑎 ∗ 𝑓(𝑡) + 𝑏 ∗ 𝑔(𝑡) = 𝑎 ∗ ℒ{𝑓(𝑡)} + 𝑏 ∗ ℒ ℒ{𝜋} =

Sustituimos, usamos la tabla de la 𝑎 transformada de Laplace ℒ{𝑎} = 𝑠

𝜋 𝑠

𝑠 ℒ{cos(𝑎𝑡)} = 2 𝑠 + 32

Sustituimos, usamos la tabla de la transformada de Laplace 𝑠 ℒ{cos(𝑎𝑡)} = 𝑠2 +𝑎2

𝑠 𝑠2 + 9 𝜋 𝑠 = + 2 𝑠 𝑠 +9

Sustituimos y Obtenemos la solución final de la transformada de Laplace.

ℒ{cos(𝑎𝑡)} =

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: YEISON ANDRES VALENCVIA AGUILAR b. 𝓛{𝟐𝒕 + 𝝅𝒆𝟑𝒕 } PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Usar la propiedad de linealidad de transformada de Laplace, para las funciones 𝑓(𝑡); 𝑔(𝑡)𝑦 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑎, 𝑏: 𝐿{𝑎 ∗ 𝑓(𝑡) + 𝑏 ∗ 𝑔(𝑡)} = 𝑎 ∗ 𝐿{𝑓(𝑡)} + 𝑏 ∗ 𝐿 = 2𝐿{𝑡} + 𝜋𝐿{𝑒 3𝑡 } Usar la tabla de transformadas de Laplace: 𝐿{𝑡} =

1 𝑠2 =2∗

𝐿{𝑒 3𝑡 } =

1 𝑠−3

1 1 +𝜋 2 𝑠 𝑠−3

Simplificar: 2∗

1 2 = 2 2 𝑠 𝑠

𝜋

1 𝜋 = 𝑠−3 𝑠−3

=

2 𝜋 + 2 𝑠 𝑠−3

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: JENNY LORENA MEJIA CABEZAS c. ℒ{𝑡 2 − sin 𝜋𝑡} PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

𝑓(𝑡) = 𝑡 2 − sin 𝜋𝑡 Formula por definición:

∞ 2

ℒ{𝑓(𝑡 )} = ∫ 𝑒 0

−𝑠𝑡

𝑓(𝑡)𝑑𝑡

∞

= ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑡 2 𝑑𝑡 0

ℒ{𝑡

2}

𝑡 2 −𝑠𝑡 ∞ 2 −𝑠𝑡 = 𝑒 | + 𝑡𝑒 𝑑𝑡 0 𝑠 𝑠

∞

ℒ{𝑓(𝑡)} = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 0

Se resuelve el primer término aplicando la definición

ℒ{𝑡 2 } = −

𝑡 2 −𝑠𝑡 ∞ 𝑒 | 0 𝑠 2 𝑡 ∞ + (− 𝑒 −𝑠𝑡 | 0 𝑠 𝑠 ∞

1 + ∫ 𝑡𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡) 𝑠 0

ℒ{𝑡 2 } =

Se resuelve el segundo término aplicando la definición

2 𝑠3

𝑓(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑡) =

𝑒 𝑖𝜋𝑡 − 𝑒 −𝑖𝜋𝑡 2𝑖

1 1 1 ( − ) 2𝑖 𝑠 − 𝑖𝜋 𝑠 + 𝑖𝜋 𝜋 = 2 𝑠 + 𝜋2

ℒ{𝑓(𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑡))} = −

2

. ℒ{𝑡 2 } = 𝑠3 ℒ{𝑓(𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑡))} = ℒ{𝑡 2 − sen 𝜋𝑡} =

𝜋 𝑠2 + 𝜋2

Unión de los dos términos proporciona la respuesta del ejercicio

2 𝜋 − 𝑠3 𝑠2 + 𝜋2

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: MARCELA BORJA d. ℒ{sinh 2𝑡} PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 𝑠𝑛ℎ 𝑥 = 2 ℒ{sinh 2𝑡} = {

𝑒 2𝑡 − 𝑒 −2𝑡 } 2

1 ℒ{sinh 2𝑡} = ℒ{𝑒 2𝑡 − 𝑒 −2𝑡 } 2

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Para darle solución a la transformada de la place de la función de seno hiperbólico propuesta se plantea la siguiente identidad. Aplicando las propiedades respetivas con el fin de minimizar la dificultad se tiene que.

ℒ{sinh 2𝑡} =

1 𝐿{𝑒 2𝑡 } − 𝐿{𝑒 −2𝑡 } 2

∞

𝐿{𝑒

2𝑡 }

= ∫ 𝑒 2𝑡 𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 0

∞

= ∫0 𝑒 (2−𝑠)𝑡 𝑑𝑡= 𝐿{𝑒 2𝑡 } =

1 2−𝑠

𝑒 (2−𝑠)𝑡 |∞ 0

1 𝑠−2 Se resuelve cada término con el concepto de la definición de la place.

∞

𝐿{𝑒 −2𝑡 } = ∫ 𝑒 −2𝑡 𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 0 ∞

= ∫ 𝑒 (−2−𝑠)𝑡 𝑑𝑡 = 0

𝐿{𝑒 2𝑡 } =

1 ∞ 𝑒 (−2−𝑠)𝑡 | −2 − 𝑠 0

1 𝑠+2

ℒ{sinh 2𝑡} =

1 1 1 { − } 2 𝑠−2 𝑠+2

ℒ{sinh 2𝑡} =

1 𝑠+2−𝑠+2 { } 2 𝑠 2 − 22

ℒ{sinh 2𝑡} =

2 𝑠2 − 4

Reemplazando se obtiene la solución por el método de la place.

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: LITZA MARILYN LAGUNA

e. ℒ{𝑡 2 𝑒 2𝑡 } PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

∞

ℒ{𝑡 2 𝑒 2𝑡 } = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 0 2 2𝑡

𝑓(𝑡) = (𝑡 𝑒 )

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Expresión que sustenta solución por la place ∞

ℒ{𝑓(𝑡)} = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 0

la

∫ 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 ∙ 𝑡 2 𝑑𝑡 = −

𝑡 2 −(𝑠−2)𝑡 2 𝑒 + ∫ 𝑡𝑒 −(𝑠−2)𝑡 𝑑𝑡 𝑠−2 𝑠−2

𝑢 = 𝑡 2 ; 𝑑𝑢 = 2𝑡𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 𝑑𝑡; 𝑣 = −

∫ 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 ∙ 𝑡𝑑𝑡 = −

1 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 𝑠−2

𝑡 1 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 + ∫ 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 𝑑𝑡 𝑠−2 𝑠−2

𝑢 = 𝑡; 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 𝑑𝑡; 𝑣 = − ∫ 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 𝑑𝑡 = − ∫ 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 ∙ 𝑡𝑑𝑡 = −

1 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 𝑠−2

Aplicando primero propiedades de la función Euler, luego simplificando se obtiene lo siguiente

Como sigue quedando una integral que solo puede ser resuelta por el método por partes se llega a lo siguiente

1 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 (𝑠 − 2)

𝑡 1 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 − 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 (𝑠 − 2)2 𝑠−2

𝑡 2 −(𝑠−2)𝑡 𝑒 𝑠−2 2 𝑡 1 + [𝑒 −(𝑠−2)𝑡 [− − ]] 𝑠−2 𝑠 − 2 (𝑠 − 2)2

∫ 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 ∙ 𝑡 2 𝑑𝑡 = −

𝑡2 𝑠−2 2 𝑡 1 + [− − ]} 𝑠 − 2 𝑠 − 2 (𝑠 − 2)2

Ahora la integral resultante si se puede resolver por sustitución simple

∫ 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 ∙ 𝑡 2 𝑑𝑡 = 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 {−

∫ 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 ∙ 𝑡 2 𝑑𝑡 = 𝑒 −(𝑠−2)𝑡 {−

Factorizando

𝑡2 2𝑡 2 − − } 2 (𝑠 (𝑠 𝑠−2 − 2) − 2)3

ℒ{𝑡 2 𝑒 2𝑡 } =

2

(𝑠 − 2)3

Se obtiene la transformada de la place

EJERCICIOS 3. SOLUCIÓN ECUACIONES DIFERENCIALES CON TRANSFORMADA DE LAPLACE. Dar solución a las siguientes Ecuaciones diferenciales por transformada de Laplace (Cada estudiante debe desarrollar el ejercicio seleccionado en la tabla del paso 2, debe indicar la razón o argumento de cada paso en el procedimiento efectuado).

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: BRANDON DUVAN GONZALEZ a. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ = 𝑒 𝑡 sin 𝑡 ; 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 0. PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

𝑑2 𝑦(𝑡) 𝑑𝑦(𝑡) −2 + 𝑒 𝑡 sin(𝑡) = 0 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑦(0) = 0 𝐴𝑁𝐷 𝑦´(0) = 0

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Hallamos los intermedios

posibles

pasos

Tal que

∞

ℒ𝑡 [𝑓(𝑡)](𝑠) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 0

𝑑2 𝑦(𝑡) 𝑑𝑦(𝑡) ℒ𝑡 [ −2 ] (𝑠) 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = ℒ𝑡 [𝑒 𝑡 sin(𝑡)](𝑠)

𝑑𝑦(𝑡) 𝑑2 𝑦(𝑡) (𝑠)) −2 (ℒ𝑡 [ ] + ℒ𝑡 [ ] (𝑠) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2 = ℒ𝑡 [𝑒 𝑡 sin(𝑡)] (𝑠)

Aplicamos Laplace

transformación

de

A ambos lados

Determinados Laplace término por término y factorizamos constantes Aplicamos

𝑑𝑦(𝑡) ℒ𝑡 [ ] (𝑠) = 𝑠 2 (ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) − 𝑠𝑦(0) 𝑑𝑡 − 𝑦´(0):

la

𝑠 2 (ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) − 𝑠𝑦(0) 𝑑𝑦(𝑡) − 2 (ℒ𝑡 [ ] (𝑠)) 𝑑𝑡 = ℒ𝑡 [𝑒 𝑡 sin(𝑡)](𝑠)

ℒ𝑡 [

Aplicamos

𝑑𝑦(𝑡) ] (𝑠) = 𝑠(ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) − 𝑠𝑦(0): 𝑑𝑡

−2 𝑠(ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) − 𝑦(0) + 𝑠 2 (ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦´(0) = ℒ𝑡 [sin(𝑡)](𝑠 − 1)

ℒ𝑡 [sin(𝑡)](𝑠 − 1) =

Aplicamos

1 (𝑠 − 1)2 + 1

𝑠 2 (ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) − 2 (𝑠(ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) − 𝑦(0))

Sustituimos 𝑦(0) = 0 𝐴𝑁𝐷 𝑦´(0) = 0

− 𝑠𝑦(0) − 𝑦´(0) 1 = (𝑠 − 1)2 + 1 Simplificamos −0 − 𝑠0 + 𝑠 2 (ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) − 2(−0 + 𝑠(ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) 1 = (𝑠 − 1)2 + 1

𝑠(𝑠 − 2)(ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)) =

(ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠) =

1 (𝑠 − 1)2 + 1

1 1(𝑠 − 2)(𝑠 2 − 2𝑠 + 2)

Resolvemos mediante (ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠)

Descomponer (ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)] en fracciones parciales

1

1

Calculamos𝑦(𝑡) = ℒ𝑠−1 [4(𝑠−2) − 4𝑠 − 1 ] (𝑠2 −2𝑠+2)

Completamos el cuadrado

1 1 − 4(𝑠 − 2) 4𝑠 1 − 2 (𝑠 − 2𝑠 + 2)

(ℒ𝑡 [𝑦(𝑡)](𝑠) =

𝑦(𝑡) = ℒ𝑠−1 [

𝑦(𝑡) = ℒ𝑠−1 [

1 1 + 2(𝑠 − 1)2 + 2 4(𝑠 − 2) 1 − ] (𝑡) 4𝑠 1 1 + 2 2(𝑠 − 1) + 2 4(𝑠 − 2) 1 − ] (𝑡) 4𝑠

1 ] (𝑡) 2(𝑠 − 1)2 + 2 1 + ℒ𝑠−1 [ ] (𝑡) 4(𝑠 − 2) 1 + ℒ𝑠−1 [− ] (𝑡) 4𝑠

𝑦(𝑡) = ℒ𝑠−1 [−

1 1 𝑦(𝑡) == − 𝑒 𝑡 sin(𝑡) + ℒ𝑠−1 [ ] (𝑡) 2 4(𝑠 − 2) 1 + ℒ𝑠−1 [− ] (𝑡) 4𝑠

1 𝑡 𝑒 2𝑡 𝑦(𝑡) == − 𝑒 sin(𝑡) + 2 4 1 + ℒ𝑠−1 [− ] (𝑡) 4𝑠

𝑦(𝑡) =

𝑒 2𝑡 1 1 𝑡 + − 𝑒 sin(𝑡) 4 4 2

para cada término con (𝑠 − 1)2 en el denominador, exprese S en el (𝑠 − 1) + 1 numerador como y simplifique

Encontraremos la transformación inversa de Laplace término por término

1

Aplicamos

ℒ𝑠−1 [− 2(𝑠−1)2 +2] (𝑡) =

1

− 2 𝑒 𝑡 sin(𝑡)

1

Aplicamosℒ𝑠−1 [4(𝑠−2)] (𝑡) = −

1

1

Aplicamosℒ𝑠−1 [− 4𝑠] (𝑡) = − 4

𝑒 2𝑡 4

Simplificamos solución final

1 𝑦(𝑡) = (𝑒 2𝑡 − 2𝑒 𝑡 sin(𝑡) − 1) 4

y

obtenemos

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: YEISON ANDRES VALENCIA AGUILAR b. 𝒚′′ + 𝒚′ + 𝟐𝒚 = 𝒙; 𝒚(𝟎) = 𝟐, 𝒚′(𝟎) = 𝟐 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Condiciones iniciales: 𝑦 = (0) 𝑦′ = (0) Transformada de Laplace para derivadas: 𝐿{

𝑑𝑛 𝑥 } = 𝑠 𝑛 𝑥(𝑠) − 𝑠 𝑛−1 𝑥(0) − 𝑠 𝑛−2 𝑥 1 (0) − ⋯ 𝑑𝑡 𝑛

⇒

… − 𝑠𝑥 (𝑛−2) (0) − 𝑥 (𝑛−1) (0)

𝑦 ′′ + 𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑥; 𝑦(0) = 2, 𝑦′(0) = 2 𝑠 2 𝑦(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 ′ (0) + 𝑠𝑦(𝑠) − 𝑦(0) + 2𝑦(𝑠) = 𝑥; 𝑦(𝑠)(0) = 2, 𝑠𝑦(𝑠) − 𝑦(0)(0) = 2 Factorizar: 𝑦(𝑠) = 𝑠 2 + 𝑠 + 2 = 𝑥(0) = 2, 𝑠 = 2 Factorizar 𝑦(𝑠): 𝑦(𝑠) =

𝑥(0)4𝑠 +𝑠+2

𝑠2

𝑦(𝑠) =

𝑥(0)4𝑠 4𝑠 2

𝑦(𝑠) = 𝑥(0)

la

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: JENNY LORENA MEJIA CABEZAS c. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 7; 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 0 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Fórmula General:

𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 7 ℒ{𝑦′′} + ℒ{𝑦′} = ℒ {𝑦}

ℒ {𝑥 + 𝑦} = ℒ {𝑥} + ℒ {𝑦}

𝑠 2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦`(0)

Se resuelve el termino ℒ{𝑦 ′′ }

𝑠 𝑌(𝑠) − 𝑦(0)

Se resuelve el termino ℒ{𝑦 ′ }

7/𝑠

Se resuelve el termino ℒ{𝑦}

ℒ{𝑦′′} + ℒ{𝑦′} = ℒ {𝑦} 𝑠 2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦`(0) + 𝑠 𝑌(𝑠) − 𝑦(0) = 7/𝑠 𝑠 2 𝑌(𝑠) − 𝑠 + 𝑠 𝑌(𝑠) = 𝑌(𝑠)(𝑠 2 + 𝑠) = 𝑌(𝑠) =

7 +1+𝑠 𝑠

7 + 𝑠 − 𝑠2 𝑠

7 + 𝑠 + 𝑠2 𝑠3 + 𝑠2

7 1 1 𝑌(𝑠) = 3 + 2 + 2 𝑠 +𝑠 (𝑠 + 1) (𝑠 + 1) ℒ −1 { ℒ −1 { ℒ −1 {

1 } = 𝑒 −𝑡 (𝑠 + 1)

(𝑠 2

Reemplazando

1 } = 𝑠𝑒𝑛 (𝑡) + 1)

7 } = 7 (𝑡 − 1 + 𝑒 −𝑡 ) 𝑠 2 (𝑠 + 1)

Simplificación

La transformada de la place del primer termino La transformada segundo termino

de

la

place

del

La transformada de la place del tercer termino

Unión de los tres términos proporciona la respuesta del ejercicio

𝑦(𝑡) = 𝑒 −𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 7𝑡 − 7 + 7𝑒 −𝑡

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: MARCELA BORJA d. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 (𝑡); 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 0 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 (𝑡)

Para darle solución se plantea aplicar las propiedades de la place.

ℒ{𝑦 ′′ } − ℒ{𝑦 ′ } + ℒ{𝑦} = ℒ{𝑐𝑜𝑠 (𝑡)} ℒ{𝑦 ′′ }= 𝑆2 ℒ(𝑦) − 𝑦(0)𝑆 − 𝑦´(0) ℒ{𝑦 ′ } = 𝑆ℒ(𝑦) − 𝑦(0)

Se conoce lo siguiente

ℒ{𝑦}= ℒ(𝑦) ℒ{𝑐𝑜𝑠 (𝑡)} =

𝑆 𝑆2 + 1

𝑆 2 ℒ(𝑦) − 𝑦(0)𝑆 − 𝑦´(0) − 𝑆ℒ(𝑦) − 𝑦(0) + ℒ(𝑦) 𝑆 = 2 𝑆 +1 𝑆 2 ℒ(𝑦) − 1𝑆 − 𝑆ℒ(𝑦) + 1 + ℒ(𝑦) = (𝑆 2 − 𝑆 + 1)ℒ(𝑦) =

ℒ(𝑦) =

𝑆 2

2

𝑆 +𝑎

+

𝑆2

ℒ

𝐿[𝑦] = ℒ

−1

𝑆−1

( 𝑆 − 𝑆 + 1) 2

1

(𝑠 − ) 2 1 2

{

Sustituimos y reemplazamos la condición 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 0

𝑆 +1

𝑆 +𝑆−1 +1

1

−1

𝑆2

3

}−ℒ

(𝑠 − ) + 2 4 𝑠 −1 +ℒ { 2 } 𝑠 +1

−1

{

2 1 2

3

2

4

(𝑠 − ) +

}

Simplificando

1

ℒ

−1

{

(𝑠 − ) 2 1 2

3

2

4

(𝑠 − ) +

}

Se da solución al primer término

1

(𝑠 − 2)

ℒ−1 {

1

1 2

3

} = 𝑒−2𝑡 ∙ ℒ

−1

{

(𝑠 − 2) + 4 1

ℒ

−1

(𝑠 − )

{

1

2 1 2

3

2

4

(𝑠 − ) +

𝑡 } = 𝑒2 ∙ 𝐶𝑜𝑠 (

𝑠 𝑠2

3}

+

√3𝑡 2

4

)

1

ℒ

−1

{

2 1 2

3

2

4

(𝑠 − ) +

ℒ

−1

1 2 1 2 ) 2

{ (𝑠 −

}

1 } = ℒ −1 { 3 2

+4

1

ℒ−1 {

1

2 1 2

3

2

(𝑠 − 2) + 4 1

ℒ−1 {

2 1 2

3

2

4

(𝑠 − ) +

}=

2

1

} = 𝑒 2𝑡 ∙

1

√3

√3

1

𝑡

1 1 2

3

}

(𝑠 − 2) + 4

ℒ

Se da solución al segundo término

√3

−1

2

{

∙ 𝑒2 ∙ 𝑆𝑒𝑛 (

𝑠2

2}

+( )

√3𝑡 2

√3 2

)

𝑠 ℒ −1 { 2 } = 𝐶𝑜𝑠(𝑡) 𝑠 +1 1

1 1 √3𝑡 √3𝑡 )− ∙ 𝑒 2𝑡 ∙ 𝑆𝑒𝑛 ( ) 2 2 √3 + 𝐶𝑜𝑠(𝑡)

𝑦(𝑡) = 𝑒 2𝑡 ∙ 𝐶𝑜𝑠 (

Se da solución al tercer término Se da solución entonces de la ecuación diferencial

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: LITZA MARILYN LAGUNA

e. 𝑦 ′′′ + 2𝑦 ′′ − 𝑦 ′ − 2𝑦 = sen(3t); 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 0, 𝑦′′(0) = 0 PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

𝑦 ′′′ + 2𝑦 ′′ − 𝑦 ′ − 2𝑦 = sen(3t) ℒ{𝑦 ′′′ } + 2ℒ{𝑦 ′′ } − ℒ{𝑦 ′ } − 2ℒ{𝑦} = ℒ{𝑠𝑒𝑛(3𝑡)}

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Por propiedades la transformada de la place de términos que se están sumando es igual a la transformada de la place de cada termino individual

ℒ{𝑦 ′′ ′} = 𝑠 3 ℒ{𝑦} − 𝑠 2 𝑦(0) − 𝑠𝑦 ′ (0) − 𝑦 ′ ′(0) ℒ{𝑦 ′′ } = 𝑠 2 ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 ′ (0)

Se conoce propiedades

entonces

otras

ℒ{𝑦 ′ } = 𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0) 𝑠 3 ℒ{𝑦} − 𝑠 2 𝑦(0) − 𝑠𝑦 ′ (0) − 𝑦 ′′ (0) + 2[𝑠 2 ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 ′ (0)] − [𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] − 2ℒ{𝑦} = ℒ{𝑠𝑒𝑛(3𝑡)} 𝑠 3 ℒ{𝑦} + 2[𝑠 2 ℒ{𝑦}] − [𝑠ℒ{𝑦}] − 2ℒ{𝑦} = ℒ{𝑠𝑒𝑛(3𝑡)}

ℒ{𝑦} = 𝑦(𝑡) = ℒ −1 [

(𝑠 2

9)(𝑠 3

+

3 + 2𝑠 2 − 𝑠 − 2)

3𝑠 − 6 1 3 1 + − + ] 2 130(𝑠 + 9) 20(𝑠 − 1) 20(𝑠 + 1) 13(𝑠 + 2)

Reemplazando cada termino incluyendo las condiciones iniciales

Despejando anterior

de

la

expresión

Se procede entonces a encontrar la y(t)

𝑠 ℒ −1 [ 2 ] = cos(3𝑡) 𝑠 +9 ℒ −1 [

(𝑠 2

1 1 ] = 𝑠𝑒𝑛(3𝑡) + 9) 3

ℒ −1 [

1 ] = 𝑒𝑡 (𝑠 − 1)

1 ℒ −1 [ ] = 𝑒 −𝑡 (𝑠 + 1) ℒ −1 [ 𝑦(𝑡) =

1 ] = 𝑒 −2𝑡 (𝑠 + 2)

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

Se conoce entonces las transformadas inversas de ciertas funciones, se reemplaza y se llega a la solución

EJERCICIO 4. SITUACIÓN PROBLEMA.

TABLA LINKS VIDEOS EXPLICATIVOS Nombre Estudiante

Ejercicios sustentados

Link video explicativo

Brandon González

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

https://youtu.be/jypUjBijabc

Yeison Valencia

Andrés

Litza Laguna

Marilyn

Jenny Mejia

Lorena

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

https://youtu.be/f2XQVjeKJ_Y

CONCLUSIONES

Las matemáticas en general son un sistema exacto para obtener algún beneficio, de esta manera decimos que nuestra vida diaria mientras más certeras son las opciones que debemos tomar, mayor será el nivel de ganancia que se logra. Se cumplió con los requisitos planteados para esta actividad, gracias a la revisión bibliográfica aportada por el tutor y demás fuentes de investigación. Además, se generaron conocimientos durante el desarrollo de la actividad sobre espacios vectoriales, que ayudaron a asimilar más los temas.

REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS Mesa, F. (2012). Ecuaciones diferenciales ordinarias: una introducción. Colombia: Ecoe Ediciones. (pp. 59-79).A continuación, se definen los ejercicios indicados en el paso 3, 4 y 5. García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 72-76). Recuperado de: http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/reader.action?docID=1101746 7 Granados, A. (2017). Presentación Unidad 2. Ecuaciones diferenciales de segundo orden. [OVI]. Recuperado de http://hdl.handle.net/10596/11507 López, M., & Acero, I. (2007). Ecuaciones diferenciales: teoría y problemas (2a. ed.). España: Editorial Tébar. (pp.58-135). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/detail.action?