Solucionario ecuaciones2

ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL

Solucionario de
problemas de Ecuaciones
Diferenciales
2do Parcial (3ra versión)
• Resolución de ecuaciones diferenciales alrededor de puntos singulares
• Transformada de Laplace
• Resolución de ecuaciones diferenciales mediante la transformada de
Laplace
• Resolución de sistemas de Ecuaciones diferenciales
• Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden
• Series de Fourier
• Ecuaciones en Derivadas Parciales

Roberto Cabrera V.
dcabrera@fiec.espol.edu.ec
06/02/2009

Este es un solucionario de problemas de Ecuaciones Diferenciales correspondiente a la Segunda
Evaluación, donde constan ejercicios tipo examen. Esta obra ha sido elaborada por Roberto Cabrera
y Christian de La Rosa, ex – estudiante de la ESPOL, con el auspicio de la directiva A.E.F.I.E.C. de los
años 2006, 2007, 2008. Modificado y corregido dos veces por Roberto Cabrera.

Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Resumen de problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales

II Parcial

i. Resolución de ecuaciones diferenciales alrededor de puntos singulares:
Método de Frobenius

ii. Transformada de Laplace:
Teoremas
Transformada de Laplace de algunas funciones
Transformada inversa de Laplace

iii. Resolución de ecuaciones diferenciales mediante la transformada de
Laplace:
Ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes
Ecuaciones diferenciales de coeficientes variables
Ecuaciones integro diferenciales

iv. Resolución de sistemas de Ecuaciones diferenciales:
Método de Eliminación
Método de los operadores diferenciales
Método de Laplace
Método de los valores y vectores propios.

v. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden:
Aplicaciones de Sistema: Masa – Resorte – Amortiguador
Aplicaciones de circuitos eléctricos

vi. Series de Fourier
Definición de la serie de Fourier
Serie de Fourier de una función par e impar
Convergencia de una serie de Fourier
Extensiones pares o impares periódicas de una serie de Fourier

vii. Problema de la ecuación del calor

viii. Anexos:
Problemas propuestos
Tabla de transformadas de Laplace de ciertas funciones
Tabla de transformadas inversas de Laplace de ciertas funciones

-2-

Roberto Cabrera V.


Método de Frobenius
1. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
, mediante series de potencias de x. Utilice la raíz de mayor valor de la ecuación
indicial asociada a la ecuación diferencial dada para establecer la primera solución, ésta como una
función elemental; y, luego utilice algún procedimiento conocido para definir la segunda solución
linealmente independiente e igualmente exprésela como una función elemental.

Asumiendo la solución alrededor del punto , se tiene que verificar que clase de punto es, en este
caso , entonces , por lo tanto es un punto singular.
Lugo se verifica si es singular regular.
i) (existe)

ii) (existe)

Los dos límites existen, por lo tanto es un punto singular regular.
La fórmula de la ecuación indicial indica:

, se obtiene que:

Las raíces de la ecuación indicial son: ,y .
Asumiendo la solución como:

Obteniendo la 1ra y 2da derivada:

Reemplazando y, y’,y’’ en la ecuación diferencial se obtiene:

Introduciendo los coeficientes de cada sumatoria:

Se iguala las potencias de todas las sumatorias, en esta caso a , haciendo un
cambio de parámetro en alguna en la tercera sumatoria.

-3-

Roberto Cabrera V.


La nueva ecuación queda así:

Se iguala los subíndices de cada sumatoria al mayor de todas, en este caso a . Luego se
desarrollan dos términos en la primera y segunda sumatoria:

Se agrupan los coeficientes de cada sumatoria en una sola sumatoria:

Igualmente los coeficientes de

Como , se obtiene , que es la misma ecuación indicial anterior.

En este caso si puede ser igual a cero.
La ecuación de recurrencia es:

Despejando el valor de , se obtiene la fórmula de recurrencia general:

Reemplazando la raíz mayor , se obtiene la fórmula de recurrencia particular para la
primera solución:

-4-

Roberto Cabrera V.


Entonces la primera solución es, para el varlo de r=0:

Reemplazando los coeficientes en la solución

Por lo tanto , lo podemos encontrar de la siguiente forma:
=

-5-

Roberto Cabrera V.


2) Resuelva:
d2y dy
• x2
dx 2
+ x 2 − 3x
dx
( )
+ 3 y = 0, alrededor de x0 = 0

p( x ) = x 2 ⇒ p( x 0 ) = 0, es singular
+∞ +∞ +∞
x 2 ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n + r − 2 + x 2 − 3 x ∑ C n (n + r )x n + r −1 + 3∑ C n x n+ r = 0
( )
n =0 n=0 n =0
+∞ +∞ +∞ +∞

∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r + ∑ C n (n + r )x n+r +1 − 3∑ C n (n + r )x n+r + 3∑ C n x n+r = 0
n =0 n =0 n =0 n=0
+∞ +∞

∑ [(n + r − 3)(n + r − 1)]C
n =0
n x n + r + ∑ C n (n + r )x n + r +1 = 0
n=0
+∞ +∞

∑ [(n + r − 3)(n + r − 1)]C n x n+r +∑ C n−1 (n + r − 1)x n+r
n =0 n =1
=0
+∞
[(r − 3)(r − 1)]C 0 x r + ∑ [[(n + r − 3)(n + r − 1)]C n +(n + r − 1)C n−1 ]x n+ r =0
n =1

[(r − 3)(r − 1)]C 0 = 0 → (r − 3)(r − 1) = 0 → r1 = 3 r2 = 1 r1 − r2 = entero
C n−1
[(n + r − 3)(n + r − 1)]C n +(n + r − 1)C n−1 = 0 → C n = − ; n ≥1
n+r −3
C n −1 C
r1 = 3 → C n = − ; n ≥1 r2 = 1 → C n = − n−1 ; n ≥ 1 no esta definida para n = 2
n n−2
la primera solución será utilizando r1 = 3
C0 C
n = 1 → C1 = − =− 0
1 1!
C C
n = 2 → C2 = − 1 = 0
2 2!
C2 C  x x2 x3 
n = 3 → C3 = − =− 0 ⇒ y1 (x ) = C 0 x 3 1 − + − + ... ∴ y1 (x ) = C 0 x 3 e − x
3 3!  1! 2! 3! 
3
− ∫ 1− dx
e ∫
− p ( x ) dx
3 −x e
x
x 3e −x ex
y 2 ( x ) = y1 ∫ 2
dx = x e ∫ 6 − 2 x dx = x 3 e − x ∫ 6 − 2 x dx =x 3 e − x ∫ 3 dx
y1 x e x e x
+∞
(− 1)n x n−3 dx = x 3 e − x  −3 x −1 + ∞ (− 1) x n −3 
n
y 2 (x ) = x 3e − x ∫ ∑  x − x −2 +
∫ +∑ dx =

n =0 n!  2 n =3 n! 
 x −2 ln x + ∞ (− 1) x n− 2
n

= x 3e − x  −
 + x −1 + +∑ ∴

 2 2 n =3 n!(n − 2 ) 
y1 ln x  x −2 +∞
(− 1)n x n −2 
y 2 (x ) = + x 3e −x  −
 2 + x −1 + ∑ 

2  n =3 n!(n − 2 ) 

-6-

Roberto Cabrera V.


3) Resuelva la siguiente ecuación difrencial alrededor del punto x 0 = 0
d2y dy
• x2 − x
dx 2
( dx
)
+ (3x − 1) + y = 1

p( x ) = x ⇒ p( x 0 ) = 0, es singular
2

+∞ +∞ +∞
(x 2
− x ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+ r − 2 + (3 x − 1)∑ C n (n + r )x n + r −1 + ∑ C n x n + r = 0
)
n =0 n =0 n=0
+∞ +∞ +∞ +∞ +∞

∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r − ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r −1 + 3∑ C n (n + r )x n+ r − ∑ C n (n + r )x n+ r −1 + ∑ C n x n+ r = 0
n =0 n =0 n=0 n =0 n =0
+∞ +∞

∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C x n + r −∑ (n + r ) C n x n+ r −1 = 0
2
n
n =0 n =0
+∞ +∞

∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C − ∑ (n + r + 1) C n+1 x n + r = 0
n+r 2
nx
n =0 n = −1
+∞
[ ] [
− r 2 C 0 x r + ∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C n −(n + r + 1) C n+1 x n + r = 0
2
]
n =0

− [r ]C 2
0 = 0 → r1 =r2 = 0

[(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C n −(n + r + 1)2 C n+1 → C n+1 = [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C n ; n≥0
(n + r + 1)2
r1 = 0 → C n+1 = C n ; n ≥ 0
la primera solución será utilizando r1 = 0
n = 1 → C1 = C 0
n = 2 → C2 = C0
1
n = 3 → C3 = C 0 [ ]
⇒ y1 ( x ) = C 0 x 0 1 + x + x 2 + x 3 + ... ∴ y1 (x ) = C 0
1− x
3 x −1
− ∫ 2 dx
e ∫
− p ( x ) dx −2
1 e x −x 1 x −1 (x − 1) 1 1 ln x
y 2 ( x ) = y1 ∫ 2
dx = ∫ x 2e 2x dx = ∫  1  2 dx = 1 − x ∫ x dx → y 2 (x ) = C1 1 − x
y1 1− x 1− x
 
1− x 
1 ln x
y h ( x) = k1 + k2
1− x 1− x
1 ln x
1
y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 → W = 1 − x
1 ln x 1
1− x =
x(x − 1)
2
−
(x − 1)2 (x − 1) x(x − 1)
2

g ( x) y 2  1  ln x 
u1 = − ∫ dx = − ∫  2  x( x − 1) dx = ∫ ln xdx = − x + x ln x
2

W  x − x  1 − x 
g ( x) y1  1  1 
u2 = ∫ dx = ∫  2  x(x − 1) dx = − ∫ 1dx = − x
2

W  x − x  1 − x 
 1  ln x x
y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 = (− x + x ln x ) −x =
1− x  1− x x −1
1 ln x x
y ( x ) = k1 + k2 +
1− x 1− x x −1

-7-

Roberto Cabrera V.


Transformada de Laplace

Halle:
• {
L 4e 5t + 6t 3 − 3 sen(4t ) + 2 cos(2t ) }
Por la propiedad de linealidad tenemos que:
{
L 4e 5t + 6t 3 − 3 sen(4t ) + 2 cos(2t ) }
L{4e 5t
+ 6t 3 − 3 sen(4t ) + 2 cos(2t )} = L{4e }+ L{6t }+ L{− 3 sen(4t )} + L{2 cos(2t )}
5t 3

= 4 L{e }+ 6 L{t }− 3L{sen(4t )} + 2 L{cos(2t )}
5t 3

1 3! 4 s
=4 +6 4 −3 2 +2 2
s−5 s s + 16 s +4
4 36 12 2s
= + − +
s − 5 s 4 s 2 + 16 s 2 + 4

Halle
• { 2
L (t + 2 ) e t + e −4t cosh (2t ) }
{ 2
L (t + 2) e t + e −4t cosh (2t ) }
L{ t + 2 ) e cosh (2t )} = L{ t + 2) e }+ L{e }
2 2
( t
+e −4t
( t − 4t
cosh (2t )
{( 2
) } { cosh(2t )}
= L t + 4t + 4 e + L e t − 4t

= L{t e }+ L{4te }+ L{4e }+ L{e cosh (2t )}
2 t t t −4t

= L{t e }+ 4 L{te }+ 4 L{e }+ L{e cosh (2t )}
2 t t t −4t

Aplicando el primer teorema de la traslación:
{ } { } {} {
L t 2 e t + 4 L te t + 4 L e t + L e −4t cosh (2t ) }
2! 1 1 s+4
L{t e }+ 4 L{ }+ 4 L{e }+ L{e
2 t
te t t − 4t
cosh (2t )} = 3
+4 2
+4 +
(s − 1) (s − 1) s − 1 (s + 4 )2 − 4
5s 4 + 29 s 3 + 9s 2 − 21s + 20
=
(s − 1)3 (s + 2 )(s + 6)

-8-

Roberto Cabrera V.


Demuestre:
• Demuestre el primer teorema de la traslación
{
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L e at f (t ) = F (s − a ) }
∞
Tenemos : L{ f (t )} = ∫ e − st f (t )dt = F (s )
0
∞
{ }
Entonces : L e at f (t ) = ∫ e − st e at f (t )dt
0
∞
= ∫ e −(s −a )t f (t )dt → si s = s − a
0
∞
()
= ∫ e − st f (t )dt = F s = F (s − a )
0

Halle:
• {
L senh 3 (2t ) cos(t ) }
{
L senh 3 (2t ) cos(t ) }
 e 2t − e −2t  3
 

{
L senh (2t ) cos(t ) = L 
3
}
 2
 cos(t )


  

1
{(
= L e 6t − 3e 2t + 3e −2t − e −6t cos(t )
8
) }
1
[{ } { } { } {
= L e 6t cos(t ) + L − 3e 2t cos(t ) + L 3e −2t cos(t ) + L − e −6t cos(t )
8
}]
1
[{ } { } {
= L e 6t cos(t ) − 3L e 2t cos(t ) + 3L e − 2t cos(t ) − L e −6t cos(t )
8
} { }]
Aplicando el primer teorema de la traslación:
1
8
[{ } { } {
L e 6t cos(t ) − 3L e 2t cos(t ) + 3L e −2t cos(t ) − L e −6t cos(t ) } { }]
1 s−6 s−2 s+2 s+6 
= 
(s − 2 ) + 1 (s + 2 ) + 1 (s + 6 )2 + 1 
2
−3 2
+3 2
−
8  (s − 6 ) + 1 

= 2
4
(
2
48 s − 46 s + 185 )
( )( )(
s − 12 s + 37 s − 4 s + 5 s 2 + 4 s + 5 s 2 + 12 s + 37
2
)( )

-9-

Roberto Cabrera V.


• Encuentre la transformada de la primera derivada de f(t)

Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{ f' (t )} = sF (s ) − f (0 )
∞ P
Tenemos : L{ f' (t )} = ∫ e − st f ' (t )dt = lim ∫ e − st f ' (t )dt
P →∞
0 0
− st
Integrando por partes : u = e → du = -s e - st dt
dv = f ' (t )dt → v = f (t )
P
 P
P

lim ∫ e − st
f ' (t )dt = lim  f (t )e − st + s ∫ e − st f (t )dt 
P →∞ P →∞ 0
0  0 
 − sP P

= lim e f (P ) − f (0 ) + s ∫ e − st f (t )dt 
 
P →∞
0
∞
= s ∫ e − st f (t )dt − f (0 ) + lim e − sP f (P )
P →∞
0

pero lim e − sP f (P ) = 0 asumiendo que f (t ) es de orden exponencial
P →∞

= sF(s) - f(0)

• Encuentre la transformada de la función tf(t)

d
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{tf (t )} = − F (s )
ds
∞
Tenemos : L{ f (t )} = ∫ e − st f (t )dt = F (s )
0

Derivando ambos lados de la igualdad tenemos :
∞
d d
F (s ) = ∫ e − st f (t )dt
ds ds 0
∞
∂ − st
=∫ e f (t )dt
0
∂s
∞
= ∫ − te − st f (t )dt
0
∞
= − ∫ e − st [tf (t )]dt
0

d
→ L{tf (t )} = − F (s )
ds

- 10 -

Roberto Cabrera V.


• {
L t 2 cos(at ) }
Por la propiedad de la derivada de la transformada tenemos que:
{
L t 2 cos(at ) }
d2
L{t cos(at )} = (− 1)
2 2
F (s)
ds 2
d2  s 
= 2 2 
ds  s + a 2 
d  a2 − s2 
 
=
ds  s 2 + a 2 2 
 (  )
 − 2s s 2 + a 2
( )
2
− 2 s 2 + a 2 2s a 2 − s 2 
( ) ( )
= 
 (2
)
2 2 
 s +a 

=
(
2s s 2 − 3a 2 )
(
s2 + a2
3
)

- 11 -

Roberto Cabrera V.


Halle:

L
•
 cos t 

( )
 t 
Usando la propiedad de la transformada de la derivada

L
( )
 cos t 

 t 

( )
Si f (t ) = sen t , entonces f' (t) =
cos t( ), además f(0) = 0
2 t
L{ f ' (t )} = sF (s ) − f (0)

L
( )
 cos t 
 = sL sen t { ( )}
 2 t 

L
( )
 cos t 
 = 2 s L sen t { ( )}
 t 
Encuentro la transformada de sen t ( )
2 n +1

Por serie de potencias sabemos que sen ( t )= ∑
+∞
(− 1)n t 2
n = 0 (2 n + 1)!
3 5 7

sen( t ) = t −
( t) + ( t) − ( t)
3 5 7
t2 t2 t2
+ .... = t − + − + ....
1
2
3! 5! 7! 3! 5! 7!

{ ( )}
Γ 3
L sen t = 3 2 −
Γ ( ) ( ) ( ) ( )
5
2 +
Γ 7
2 −
Γ 9
2 + ....
5 7 9
2 2 2
s 3! s 5! s 7! s 2

π   1 
= 3 1 −  2  +
1 2
2
1 2
2 s − 2 s + ...
( ) ( )
3


2s 2   2 s  2! 3!

 
1
π −
4s
= 3
e
2
2s

L
( )
 cos t  1
π − 4s
 = 2s 3 e
1
π − 4s
= 1 e
 t  2s 2 s 2

- 12 -

Roberto Cabrera V.


• Encuentre la transformada de la integral de f(t)

t  F (s )
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L ∫ f (u )du  =
0  s
t
Si g (t ) = ∫ f (u )du , entonces g' (t) = f(t) y g(0) = 0
0

Entonces sabemos que :
L{g ' (t )} = sL{g (t )} − g (0)
t 
L{ f (t )} = sL ∫ f (u )du 
0 
Despejando tenemos que :
t  L{ f (t )} F (s )
L ∫ f (u )du  = =
0  s s

• Encuentre la transformada f(t)/t

 f (t ) 
∞
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L   = ∫ F (u )du
 t  s
f (t )
Si g (t ) = , entonces f (t) = t g(t)
t
Entonces sabemos que :
L{ f (t)} = L{t g(t)}
d
L{ f (t)} = −L{g (t)}
ds
Integrando ambos lados tenemos que :
s ∞
L{g (t)} = − ∫ f (u )du = ∫ f (u )du
∞ s

 f (t ) 
∞
L  = ∫ f (u )du
 t  s

- 13 -

Roberto Cabrera V.


Halle:
 4t t 1 − 4θ 
• L e t ∫ e sen(3θ )dθ 
 0
θ 
 t
1 
L e 4t t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ 
 0
θ 
Por el primer teorema de la traslación tenemos que :
{ }
L e 4t g (t ) = G (s − 4 )
 t 1 
Debo encontrar G(s) que es L t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ ,
 0θ 
por el teorema de la derivada de la transformada sabemos que :
d
L{t h(t )} = −H ( s)
ds
 t 1 − 4θ  M ( s) 1 
Encuentro H(s) = L ∫ e sen(3θ )dθ  = , si M ( s ) = L  e − 4θ sen(3θ )
0 θ  s θ 
∞
 x( θ ) 
De donde hallamos M(s) = L  = ∫ X (u )du
 θ  s
{ }
X (u ) = L e − 4θ sen(3θ ) que por el primer teorema de traslación es :
3 3
X (u ) = L{e − 4θ
sen(3θ )} = 2
= 2
(u + 4) +9 u + 8u + 25
∞ ∞ ∞
 x( θ )  3 u + 4 π  s + 4
M(s) = L  = ∫ X (u )du = ∫ 2 du = arctan  = − arctan 
 θ  s s u + 8u + 25  3 s 2  3 
M (s) 1  π  s + 4 
H(s) = 
=  − arctan 

s s 2  3 
 s + 4
arctan 
d 1  π  s + 4   π 3  3 
G ( s ) = L{t h(t )} = −   − arctan
   = 2 +
 −
ds  s  2  3   2 s s s 2 + 8s + 25 s2 ( )
s
arctan 
 t
1  π 3 3
L e 4t t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ  = G (s − 4 ) = + −
 0
θ  2( s − 4 )
2
( )
(s − 4) (s − 4) + 8(s − 4 ) + 25 (s − 4)2
2

- 14 -

Roberto Cabrera V.


• Demuestre el segundo teorema de la traslación
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{µ (t - a ) f (t − a )} = e − as F (s )
∞
Tenemos : L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − st µ (t - a ) f (t − a )dt
0
∞
Entonces : L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − st f (t − a )dt
a

Si t = u + a → u = t - a y dt = du
Cuando t = a → u = 0 y t = ∞ → u = ∞
∞
L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − s (u + a ) f (u )du
0
∞
L{µ (t - a ) f (t − a )} = e ∫e f (u )du = e −as F (s )
− as − su

0

e − t 2
 ;2 n < t < 2 n + 1
• Encuentre la transformada f (t ) =  n = 0,1,2,3,....
 0
 ;2n + 1 < t < 2n + 2

t
−
f (t ) = e 2
[µ 0 (t ) − µ1 (t ) + µ 2 (t ) − µ 3 (t ) + µ 4 (t ) − µ 5 (t )....]
 1
Por el primer teorema de la traslación tenemos que L{ f(t)} = G s + 
 2
G ( s ) = L{µ 0 (t ) − µ1 (t ) + µ 2 (t ) − µ 3 (t ) + µ 4 (t ) − µ 5 (t )...}
1 e − s e − 2 s e −3 s e − 4 s 1
G (s) =
s
−
s
+
s
−
s
+
s s
(
− ... = 1 − e − s + e − 2 s − e −3s + e − 4 s − ... )
 
n  
1  1
+∞
1 1  es
G (s) = ∑  − s  = =
s n=0  e  s
1+ s 
1  s es +1 ( )
 e 
s+ 1
 1 e 2
L{ f(t)} = G s +  =
 2  1  s+ 1
 s +  e 2 + 1
 
 2  

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Roberto Cabrera V.


 sen(3t ) 
• L sen(t )µ π (t ) + δ (t )
 4
t 
 sen(3t ) 
L sen(t )µ π (t ) + δ (t )
 4
t 
 sen(3t )     sen(3t ) 
L sen(t )µ π (t ) + δ (t ) = L sen(t )µ π (t ) + L  δ (t )
 4
t   4   t 
Para la primera transformada utilizo el segundo teorema de la traslación :
  π  π
− s
L  f  t −  µ π (t ) = e 4 F ( s )
  4 4 
Pero debo desplazar la función que multiplica al escalón :
 π π  π  π   π  π  2  π  π 
sen t − +  = cos t −  sen  + sen t −  cos  =  cos t −  + sen t −  

 4 4  4 4  4 4 2   4  4 

 2  π  π   2   π    π 
L  cos t −  + sen t −   µ π (t ) =
  L cos t −  µ π (t ) + L sen t −  µ π (t )
 2   4  4  4 
 2   
 4 4    4  4  
π π
2 −4s  s 1  2 −4s  s +1 
= e  2 + 2  = 2 e  s 2 + 1
2  s + 1 s + 1  
Para la segunda transformada utilizo la función impulso :
 sen(3t )  sen(3t )
L δ (t ) = e −0 s lim = 1(3) = 3
 t  t →0 t
 sen(3t )  π
2 −4s  s +1 
L sen(t )µ π (t ) + δ (t ) = e  2 +3
 4
t  2  s + 1

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Roberto Cabrera V.


• Encuentre la transformada de la siguiente gráfica

Tenemos que encontrar la transformada de una función periódica:
sen(t ) 0 < t < π
g (t ) =  extendida periodicamente con periodo 2π
 0 π < t < 2π
2π
1
L{g (t )} = ∫e
− st
g (t )dt
1 − e −2πs 0
π
1
1 − e −2πs ∫
L{g (t )} = e − st sen(t )dt
0

Integro por partes : u = e - st → du = − s e - st
dv = sen(t )dt → v = − cos(t )

∫e sen(t )dt = − cos(t )e - st − s ∫ e - st cos(t )dt
− st

Integro por partes : u = e - st → du = − s e - st
dv = cos(t )dt → v = sen(t )

∫e
− st
(
sen(t )dt = − cos(t )e - st − s e - st sen(t ) + s ∫ e - st sen(t )dt )
(s 2
)
+ 1 ∫ e − st sen(t )dt = e - st (− s sen(t ) − cos(t ) )
e − st (− s sen(t ) − cos(t ) )
∫ e sen(t )dt =
− st

s2 +1
Re emplazando :
π
1  e − st (− s sen(t ) − cos(t ) ) 
L{g (t )} =  
1 − e −2πs  s2 +1 0
1 1 + e −πs  1
L{g (t )} = − 2πs  =
1− e 2
 s +1  1− e
−πs
s2 +1 ( )( )
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Roberto Cabrera V.


• Demuestre el teorema de la convolución

t
Si L {F(s)} = f (t ) y L {G(s)} = g (t ), entonces L{F ( s )G ( s )} = ∫ f (u ) g (t − u )du = f (t ) * g (t )
-1 -1

0

 t

L ∫ f (u ) g (t − u )du  = F ( s )G ( s )
0 
donde F(s) = L{ f(t)}, G(s) = L{g(t)} por lo que :
t  ∞ t  ∞ t
L ∫ f (u ) g (t − u )du  = ∫ e − st  ∫ f (u ) g (t − u )du dt = ∫ ∫e
− st
f (u ) g (t − u )du dt = lim S M
0  t =0 u =0 
M →∞
t =0 u =0
M t

∫ ∫e
− st
donde S M = f (u ) g (t − u )du dt
t =0 u =0

La región en el plano en donde se llevará a cabo la integración es:

t-u=v

0 M 0 M

Luego de hacer el cambio t-u=v la región cambia, por lo que el integral se transforma en:
∂ (u , t )
S M = ∫∫ e − st f (u ) g (t − u )du dt = ∫∫ e − s (u + v ) f (u ) g (v) du dv
Rtu Ruv
∂ (u , v )
Donde el Jacobiano de la transformación es :
∂u ∂u
∂ (u , t ) ∂u ∂v = 1 0 = 1
J= =
∂ (u , v ) ∂t ∂t 1 1
∂u ∂v
M M −v

∫ ∫e
− s (u + v )
De donde S M = f (u ) g (v)du dv
v =0 u =0

e − s (u + v ) f (u ) g (v) u + v ≤ M
Definamos otra función K(u,v) = 
 0 u+v > M
M M ∞ ∞
SM = ∫
v =0 u =0
∫ K (u, v)du dv , entonces lim S M = M →∞ ∫ ∫ K (u, v)du dv
v =0 u =0

=
∞

∫ ∫e
v =0 u =0
∞
− s (u + v )
f (u ) g (v) du dv = {∫ e
0
∞
− su
f (u ) du }{∫ e
0
∞
− sv
}
g (v) dv = F ( s )G ( s )

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Roberto Cabrera V.


Halle:

 s 

• L−1  
( 2 2
 s +a 

2
)

 s 

L−1  2 
( )
 s2 + a2 
 
Usando el integral de convolución tenemos que :
 s 1  1
L−1  2  = cos(at ) * sen(at )
( 2 2
)(
 s +a s +a
2
)
 a
 s 1  t sen(a(t − u ))
L−1  2  = ∫ cos(au ) du
( 2 2
)(
 s +a s +a
2
)
 0 a
t
1
= ∫ cos(au )[sen(at ) cos(au ) − cos(at )sen(au )]du
a0
t t
1 1
= sen(at )∫ cos 2 (au )du − cos(at )∫ sen(au ) cos(au )du
a 0
a 0

 1 + cos(2au )  sen(2au )
t t
1 1
= sen(at )∫  du − cos(at )∫ du
0 
a 2 a 0
2
1  t sen(2at )  1  1 − cos(2at ) 
= sen(at ) +  − cos(at ) 
a 2 4a  a  4a 
1  t sen(at ) cos(at )  1  sen 2 (at ) 
= sen(at ) +   2a 
− cos(at ) 
a 2 2a  a  
t sen(at )
=
2a

- 19 -

Roberto Cabrera V.


Resolución de ecuaciones diferenciales mediante las transformada de
Laplace

Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial:

• y ' ' '+4 y ' '+5 y '+2 y = 10 cos(t ), y (0) = y ' (0) = 0 y ' ' (0) = 3

Aplicando la transformada de Laplace
L{y ' ' '} + 4 L{y ' '} + 5L{y '} + 2 L{y} = 10 L{cos(t )}
Encuentro las transformadas necesarias :
L{y ' ' '} = s 3Y ( s ) − s 2 y (0) − sy ' (0) − y ' ' (0) = s 3Y ( s ) − 3
L{y ' '} = s 2Y ( s ) − sy (0) − y ' (0) = s 2Y ( s)
L{y '} = sY ( s) − y (0) = sY ( s )
L{y} = Y ( s )
s
L{cos(t )} = 2
s +1
Re emplazando las transformadas :

(s Y (s) − 3)+ 4(s Y (s))+ 5(sY (s)) + 2Y (s) = 10 s s+ 1
3 2
2

(s + 4s + 5s + 2)Y (s) − 3 = 10 s s+ 1
3 2
2

2
(s + 1)2 (s + 2 )Y ( s) = 3s + 10s + 3
s2 +1
3s 2 + 10 s + 3 A B C Ds + E
Y ( s) = = + + + 2
(s + 1)(s + 1) (s + 2)
2 2 s + 2 s + 1 (s + 1)2 s +1
→ 3s 2
+ 10 s + 3 = A(s + 1) (s + 1)+ B (s + 1)(s + 1)(s + 2) + C (s + 1)(s + 2 ) + (Ds + E )(s + 1) (s + 2)
2 2 2 2 2

3s 2 + 10s + 3 = ( A + B + D )s 4 + (2A + 3B + C + 4D + E )s 3 + (2A + 3B + 2C + 5D + 4E )s 2 + (2A + 3B + C + 2D + 5E )s + ( A + 2B + 2C + 2E )
Tenemos el siguiente sistema de ecuaciones :
A+ B + D = 0
2A + 3B + C + 4D + E = 0
2A + 3B + 2C + 5D + 4E = 3
2A + 3B + C + 2D + 5E = 10
A + 2B + 2C + 2E = 3
De donde A = -1, B = 2, C = -2, D = -1, E = 2
−1 2 2 −s+2
Y ( s) = + − +
s + 2 s + 1 (s + 1)2 s 2 + 1
 −1
 2 2 − s + 2

y (t ) = L−1{Y ( s )} = L−1  + − 2
+ 2 
 s + 2 s + 1 (s + 1)
 s +1 
y (t ) = −e − 2t + 2e − t − 2te − t − cos(t ) + 2sen(t )

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Roberto Cabrera V.


Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial:
d2y − 4t + 8π ;0 < t < 2π
• 2
+ 4 y = h(t ), donde h(t ) =  , y (0 ) = 2, y ' (0) = 0
dt  0 ; t > 2π
Aplicando la transforma da de Laplace
L{y ' '} + 4 L{y} = L{h (t )}
Encuentro las transforma das necesarias :
L{y ' '} = s 2Y ( s ) − sy (0 ) − y ' (0 ) = s 2Y ( s ) − 2 s
L{y} = Y ( s )
L{h (t )} = L{(µ 0 (t ) − µ 2π (t ) )(− 4t + 8π )} = L{(µ 0 (t ) )(− 4t + 8π )} + 4 L{(µ 2π (t ) )(t − 2π )}
− 4 8π 1
L{h (t )} = 2
+ + 4e − 2πs 2
s s s
Re emplazando :
− 4 8π 1
s 2Y ( s ) − 2 s + 4Y ( s ) = 2 + + 4 e − 2 πs 2
s s s
2 s 3 + 8πs − 4 4
(s 2 + 4 Y (s) =) s 2
+ e − 2 πs 2
s
3
2 s + 8πs − 4 4
Y (s) = + e − 2 πs 2 2
2 2
s s +4 ( ) (
s s +4 )
Encuentro fracciones parciales :
2 s 3 + 8πs − 4 A B Cs + D
• = + 2 + 2
(
s2 s2 + 4 s s )
s +4
( ) (
2 s + 8πs − 4 = As s 2 + 4 + B s 2 + 4 + (Cs + D )s 2
3
)
2 s 3 + 8πs − 4 = ( A + C )s 3 + (B + D )s 2 + (4 A )s + (4 B )
A+C = 2
B+D=0
4 A = 8π
4 B = −4
Re solviendo el sistema tenemos que : A = 2π , B = -1, C = 2 - 2π , D = 1
4 A B Cs + D
• 2 2 = + 2 + 2
s s +4 ( s s )
s +4
( ) ( )
4 = As s + 4 + B s 2 + 4 + (Cs + D )s 2
2

4 = ( A + C )s + (B + D )s + (4 A )s + (4 B )
3 2

A+C =0
B+D=0
4A = 0
4B = 4
Re solviendo el sistema tenemos que : A = 0 , B = 1, C = 0, D = −1
2π 1 (2 - 2π )s + 1  1 1 
Y (s) = − 2 + 2
+ e − 2πs  2 − 2 
s s s +4 s s +4
sen ( 2t )  sen (2(t − 2π )) 
y (t ) = 2π − t + (2 - 2π ) cos( 2t ) + + µ 2π (t )  (t − 2π ) − 
2  2 

- 21 -

Roberto Cabrera V.


• Determinar la solución del siguiente problema de valor inicial:

Primero se expresa en términos de funciones escalones de la siguiente manera:

Se reemplaza en la ecuación diferencial y se procede a resolverla usando transformadas de Laplace:

Despejando Y(S):

Encontrando la solución mediante transformada inversa de Laplace:

i)

ii)

iii) Entonces

iv)

- 22 -

Roberto Cabrera V.


Encuentre la solución de la siguiente ecuación integro - diferencial:
t
t3
• ∫
0
y (u ) y (t − u )du = 2 y (t ) +
6
− δ (t )

t
 
 t3 
0
∫
L  y (u ) y (t − u ) du  = 2 L{y (t )} + L   − L{δ (t ) }
 6 
 
t
 


∫
L  y (u ) y (t − u ) du  = L{y (t ) * y (t )} = Y 2 ( s )
0 

L{y (t )} = Y ( s )
t3  3! 1
L  = 4 = 4
 6  6s s
L{δ (t ) } = 1
Re emplazando :
1
Y 2 ( s ) = 2Y ( s ) + −1
s4
 s4 −1
Y 2 ( s ) − 2Y ( s ) +  4  = 0
 s 
 
 s4 −1 4s 4 − 4s 4 + 4
2 ± 4 − 4 4  2 ±
 s 
  s4
Y1, 2 ( s ) = =
2 2
1
Y1 ( s ) = 1 + 2 → y1 (t ) = δ (t ) + t
s
1
Y2 ( s ) = 1 − 2 → y 2 (t ) = δ (t ) − t
s

- 23 -

Roberto Cabrera V.


Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables:
• ty ' '+ (1 − 2t ) y '−2 y = 0, y (0) = 1, y ' (0) = 2
L{ty ' '} + L{(1 − 2t ) y '} − 2 L{y} = 0
d d 2
L{ty ' '} = −
ds
L{y ' '} = −
ds
[ ]
s Y ( s ) − sy (0 ) − y ' ( 0) = − s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + 1

d
L{(1 − 2t ) y '} = L{y '} − 2 L{ty '} = (sY ( s ) − y (0 ) ) + 2 [sY ( s ) − y (0 ) ]
ds
L{(1 − 2t ) y '} = (sY ( s ) − 1) + 2 (Y ( s ) + sY ' ( s ) ) = 2 sY ' ( s ) + (s + 2 )Y ( s ) − 1
L{y} = Y ( s )
Re emplazando :
(− s Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + 1) + (2 sY ' ( s ) + (s + 2 )Y ( s ) − 1) − 2Y ( s ) = 0
2

(− s + 2 s )Y ' ( s ) + (− 2 s + s + 2 − 2 )Y ( s ) = 0
2

− s (s − 2 )Y ' ( s ) − sY ( s ) = 0
− s (s − 2 )Y ' ( s ) = sY ( s )
Y ' (s) s
=
Y ( s ) − s (s − 2 )
Y ' (s) ds
∫ Y (s)
=− ∫ (s − 2 )
ln (Y ( s ) ) = − ln (s − 2 ) + ln( K )
K
Y (s) = → y (t ) = Ke 2 t
s−2
y ( 0 ) = Ke 2 ( 0 ) = 1 → K = 1
y (t ) = e 2 t

- 24 -

Roberto Cabrera V.


Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables:
• ty ' '−(t + 2 )y '+3 y = t − 1
L{ty ' '} − L{(t + 2 ) y '} + 3 L{y} = L{t } − L{ }
1
d d 2
L{ty ' '} = −
ds
L{y ' '} = −
ds
[ ]
s Y ( s ) − sy ( 0) − y ' ( 0 ) = − s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + k1

d
L{(t + 2 ) y '} = L{ty '} + 2 L{y '} = − [sY ( s ) − y (0 ) ] + 2 (sY ( s ) − y (0 ) )
ds
L{(t + 2 ) y '} = 2 (sY ( s ) − k1 ) − (Y ( s ) + sY ' ( s ) ) = − sY ' ( s ) + (2 s − 1)Y ( s ) − 2 k1
L{y} = Y ( s )
1 1 1− s
L{t } − L{ } =
1 − = 2
s2 s s
Re emplazando :

(− s Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + k ) − (− sY ' ( s ) + (2 s − 1)Y ( s ) − 2k ) + 3Y ( s ) = 1s− s
2
1 1 2

1− s
(− s 2
)
+ s Y ' ( s ) + (− 2 s − 2 s + 1 + 3 )Y ( s ) + (k1 + 2 k1 ) =
s2
1 − s − 3k1 s 2
− s (s − 1)Y ' ( s ) − 4 (s − 1)Y ( s ) =
s2
2 − 1 + s + 3k1 s 2
Y ' ( s) + Y (s) =
s s 3 (s − 1)
2
u (s ) = e
∫ s ds = e 2 ln (s ) = (s )2
 − 1 + s + 3k1 s 2 
u (s )Y ( s ) = u (s ) ∫
 s 3 (s − 1) ds



 2

(s )2 Y ( s ) =  − 1 + s + 3k1s ds =  1 + 3k1 1  ds
 ∫    ∫
 s (s − 1)  s s −1
s 2Y ( s ) = ln (s ) + 3k1 ln (s − 1) + k 2 = ln s (s − 1) ( 3 k1
)+ k 2

Y (s) =
ln s (s − 1)( k
3 k1
)
+ 2 → y (t ) = L−1 {Y ( s )}
2
s s2

y (t ) = L−1 
(
 ln s (s − 1)3 k1
 k  
+ 2  = L−1 
)
 ln s (s − 1)3 k1 ( ) + L

  2

−1  k 2

2 2

 s s  
 s2 
 s 

L−1 
(
 ln s (s − 1)3 k1
 ) = L


−1 
(
ln s (s − 1)
3 k1
) s1  = L

−1
{F ( s )G ( s )} = f (t ) * g (t )

 s2 
 
2

−1  d 3 k1  −1  (3k1 + 1)s − 1 
{(
f (t ) = L−1 ln s (s − 1)
3 k1
)}→ tf (t ) = − L (
 ln s (s − 1)  = − L 
 ds 
) 
 s ( s − 1) 
  (3k1 ) 1  
tf (t ) = −  L−1  +   = − 3k1e t + 1 → f (t ) =
− 3k1e t + 1
( ) ( )
  ( s − 1) s   t
1
g (t ) = L−1  2  = t
s 
(
− 3k1e t + 1 ) t
(
− 3k1e u + 1 )
y (t ) =
t
* t + k 2 t → y (t ) = ∫
0
u
(t − u )du + k 2t

- 25 -

Roberto Cabrera V.


Método de eliminación

1) Usando el método de eliminación, resuelva el siguiente sistema de ecuaciones
diferenciales:

2 x'+ y'− x − y = e − t
 ( 1)

x'+ y'+2 x + y = e t
 (2)
Restando: (1)-(2);

Se obtiene:
x'−3x − 2 y = e −t − e t

Despejando y :
x' 3x e t − e −t
y= − +
2 2 2

Reemplazando y en (1):
'
 x' 3x e t e − t   x' 3x e t e − t 
2 x'+ −
2 2 + −  −x− −2 2 + 2 − 2 =e
−t

 2 2 
 


t −t t −t
x' ' 3x' e e x' 3x e e
⇒ 2 x'+ − + + −x− + − + = e −t
2 2 2 2 2 2 2 2
x' ' x
⇒ + =0 ⇒ x' '+ x = 0
2 2
⇒ si x = e rt
⇒ e rt [r 2 + 1] = 0
⇒ r2 + 1 = 0
⇒ r1 , 2 = ±i
⇒ x = C 1 cos t + C 2 sent
x' 3x e t e − t
⇒ y= − + −
2 2 2 2

x' = −C 1 sent + C 2 cos t

C1 C 3 e t e −t
⇒ y=− sent + 2 cos t − (C 1 cos t + C 2 sent ) + −
2 2 2 2 2
t −t
 C 3C 2   C 2 3C 1  e e
y = − 1 − sent +  −  cos t + −
 4 244 
1 4 23
2 142 24
 24 43 2 2
K1 K2

e e−t
t
e t − e −t
⇒ y = k 1 sent + k 2 cos t + − ; Pero = senh t
2 2 2
Solución:

x = C 1 cos t + C 2 sent

 y = k 1 sent + k 2 cos t + senht
- 26 -

Roberto Cabrera V.


2) Utilice el método de eliminación para encontrar la solución general del sistema lineal
dado, donde x´, y´, z´ denotan diferenciación con respecto a t.
dx
= 2x − 3y 1
dt
dy
= y − 2x
dt 2

De la primera ecuación despejamos y;
1 1 dx
⇒ y= ( 2x )−
3 3 dt
2 x´
⇒ y= x−
3 3
Reemplazando y en la segunda ecuación:
dy 2 x´´
⇒ = x´ −
dt 3 3
2 x´´ 2 x´
⇒ x´ − = x− − 2x
3 3 3 3

Multiplicando la ecuación por 3;

⇒ 2 x´ − x´´ = 2 x − x´ − 6 x
⇒ x´´ −3 x´ −4 x = 0
Obtenemos una ecuación diferencial de coeficientes constantes:
Resolviendo la ecuación 3 con x=ert;

[
⇒ e rt r 2 − 3 r − 4 = 0 ]
Ecuación Característica

⇒ r 2 − 3r − 4 = 0
( r − 4 )( r + 1 ) = 0
⇒ r1 = 4 , r2 = −1
⇒ x1 = e 4t , x 2 = e −t
⇒ x = c1e 4t + c 2 e −t ;
Ahora encontremos y:

2
y= ( x ) − 1 ( x ')
3 3
x = C1e + C 2 e −t
4t

x' = 4C1e 4t − C 2 e −t

- 27 -

Roberto Cabrera V.


⇒ Reemplazando x, y x’ en y:
2 1
[ ] [
⇒ y = C1e 4t + C 2 e −t − 4C1e 4t − C 2 e −t
3 3
]
2
y = − C1e 4 t + C 2 e −t
3

* Encuentre la solución particular del problema anterior dado:
x (0)=8, y (0)=3

Del ejercicio anterior:

x = C1e 4t + C 2 e − t
2
y = − C1e 4 t + C 2 e −t
3

Como x (0)=8, entonces:
8= C1+C2 1
Como y (0)=3, entonces:
2
3 = − C1 + C 2 2
3

Con 1 y 2 se obtiene un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas; resolviendo el
sistema se obtiene:
C2=5, C1=3

⇒ La solución particular es: x = 3e 4t + 5e − t
y = −2e 4 t + 5e − t

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Roberto Cabrera V.


Método de los operadores diferenciales

1) Usando el método de las operaciones diferenciales resuelva el siguiente sistema de
ecuaciones diferenciales:
 (D 2 − 4D + 4)x 1 + (D 2 + 2D )x 2 = t
 2 2 t
(D − 2D )x 1 + (D + 4D + 4)x 2 = e

 (D − 2 ) 2 x 1 + D(D + 2 )x 2 = t
 2 t
D(D − 2 )x 1 + (D + 2 ) x 2 = e
Encontrando x 1 ( t ) usando la regla de Kramer se obtiene que:

t D(D + 2 )
et ( D + 2 )2 ( D + 2 )2 t − D( D + 2 )e t (D + 2 )[(D + 2 )t − De t ]
x1 (t ) = = =
(D − 2 ) 2
D( D + 2 ) (D − 2 ) ( D + 2 ) − D(D + 2 )D( D − 2 ) (D + 2 )(D − 2 )[(D + 2 )(D − 2 ) − D 2 ]
2 2

D(D − 2 ) ( D + 2 )2
(D + 2 )(1 + 2 t − e t ) 2 − e t + 2 + 4t − 2e t 4 + 4 t − 3e t
x1 (t ) = = =
(D − 4)(D − 4 − D
2 2 2
) − 4(D 2 − 4 ) − 4( D 2 − 4 )
t
4 + 4 t − 3e
x1 (t ) = ;
− 4(D 2 − 4 )
− 4(D 2 − 4 )x 1 ( t ) = 4 + 4 t − 3e t ;
3 t
(D 2 − 4 )x 1 ( t ) = −1 − t + e ;
4
3
x 1 ' ' ( t ) − 4 x 1 ( t ) = −1 − t + e t ;
4
Encontrando la solución hom ogénea:
x1 ''( t) − 4x1 (t ) = 0 ;
x 1 ( t ) = e rt ;
e rt [r 2 − 4 ] = 0 ;
r 2 − 4 = 0; r1 , 2 = ±2 ;
x 1 h ( t ) = C 1e + C 2 e −t ;
2t

Encontrando la solución particular x p 1:
x p 1 = a + bt + ce t ;
x'p 1 = b + ce t ;
x''p 1 = ce t ;
3 t
Reemplazando en x1''(t) − 4x1 (t) = −1 − t + e , se obtiene :
4
3
ce t − 4(a + bt + ce t ) = −1 − t + e t ;
4
3 t
− 4a − 4 bt − 3ce t = −1 − t + e ;
4

- 29 -

Roberto Cabrera V.


Ahora se procede a encontrar la solución x 2 ( t ), usando la regla de Kramer :
(D − 2 ) 2 t
D( D − 2 ) e t (D − 2 ) 2 e t − D( D − 2 )t (D − 2 )[( D − 2 )e t − Dt ] (D − 2 )(e t − 2e t − 1)
x 2 (t ) = = = =
(D − 2 ) 2 D( D + 2 ) − 4( D 2 − 4 ) − 4( D 2 − 4 ) − 4(D 2 − 4)
D(D − 2 ) (D + 2 ) 2
(D − 2 )(− e t − 1) − e t + 2e t + 2 et + 2
x 2 (t ) = = = ;
− 4( D 2 − 4 ) − 4(D 2 − 4) − 4(D 2 − 4 )
− 4(D 2 − 4)x 2 ( t ) = e t + 2 ;
et 1
( D 2 − 4 )x 2 ( t ) = − − ;
4 2
et 1
x 2 ' ' ( t ) − 4x 2 ( t ) = − − ;
4 2

r1 , 2 = ±2 ;
x 2 h (t ) = C 1 e 2 t + C 2 e −2 t ;
Encontrand o la solución particular :
x 2 p = a + be t ;
x' 2 p = be t ;
x' ' 2 p = be t ;
et 1
Reemplazando x 2p en x 2 ' ' (t) − 4x 2 (t) = − − :
4 2
et 1
be t − 4(a + be t ) = − − ;
4 2
et 1
− 3be t − 4a = − − ;
4 2
1 1
b= ; a= ;
12 8
1 et
x 2p = + ;
8 12
1 et
x 2 (t ) = C 1 e 2 t + C 2 e − 2 t + + ;
8 12

La solución es:

 2t −t 1 1 1 t
x 1 (t) = C 1 e + C 2 e + 4 + 4 t − 4 e ;

 t
x ( t ) = C e 2 t + C e − 2 t + 1 + e ;
 2

1 2
8 12

- 30 -

Roberto Cabrera V.


2.-) Usando el método de los operadores diferenciales resuelva el sistema:

 ( D + 2 )( x 1 ) + (D − 1)( x 2 ) = −sent ( 1)

(D − 3)( x 1 ) + (D + 2 )( x 2 ) = 4 cos t ( 2 )

Multiplico 1 por (D − 3) ∧ 2 por (D + 2 )

(D + 2 )(D − 3)x 1 + (D − 1)(D − 3)x 2 = (D − 3)( −sent )
−
(D + 2 )(D − 3)x 1 + (D + 2 ) 2 x 2 = (D + 2 )( 4 cot)

(D 2 − 4D + 3)x 2 − (D 2 + 4D + 4 )x 2 = − cos t + 3sent + tsent − 8 cos t
( −8D − 1)x 2 = 7 sent − 9 cos t
− 8x 2 ' − x 2 = 7 sent − 9 cos t
8x 2 ' + x 2 = 9 cos t − 7 sent ;
8x 2 ' + x 2 = 0 ;
x 2 = e rt ;
x 2 ' = re rt ;
8r + 1 = 0 ;
1
r=− ;
8
1
− t
x 2 = Ce 8 ;
x 2 = A cos t + Bsent ;
x 2 ' = −Asent + B cos t ;
8x 2 ' + x 2 = 0 ;
8(− Asent + B cos t ) + A cos t + Bsent = 0 ;
(− 8A + B )sent + (8B + A ) cos t = 9 cos t − 7 sent ;
− 8A + B = −7 ;

8B + A = 9 ;
Resolviendo el sistema :
A = 1, B = 1,
La solución particular es :
x 2 p = cos t + sent ;
1
− t
x 2 = Ce 8 + cos t + sent ;

- 31 -

Roberto Cabrera V.


Ahora procedemos a encontrar x 1 del sistema de ecuaciones:
 ( D + 2 )( x 1 ) + (D − 1)( x 2 ) = −sent ( 1)

(D − 3)( x 1 ) + (D + 2 )( x 2 ) = 4 cos t ( 2 )
x 1 '+2 x 1 + x 2 '−x 2 = −sent ; (1)
x 1 '−3x 1 + x 2 '+2 x 2 = 4 cos t (2)
Restando (1) y (2), se obtiene :
5x 1 − 3x 2 = −sent − 4 cos t ;
x 1 = 3x 2 − sent − 4 cos t;
 −1t 
x 1 = 3 Ce 8 + cos t + sent  − sent − 4 cos t;
 
 
1
− t
x 1 = 3Ce 8
− cos t + 2sent ;
La solución del sistema es :
 1
− t
 x 1 = 3Ce 8 − cos t + 2 sent ;
 1
x = Ce − 8 t + cos t + sent ;
 2

- 32 -

Roberto Cabrera V.


Método de Laplace
1) Utilice el método de las transformadas de Laplace para resolver el problema de valor
inicial dado. Aquí x’, y’, etc. denotan diferenciación con respecto a t.

 x'−3x'+2 y = sent; x(0) = 0; 1

4 x − y '− y = cos t ; y (0) = 0; 2
Aplicando transformada de Laplace a las dos ecuaciones:
L [x'] -3 L [x ] +2 L [ y ] = L [sent ]
L [4 x] - L [ y '] - L [ y ] = L [cos t ]

 1
1  4
5 x( s ) − x(0) − 3x( s ) + 2 y ( s ) = s 2 + 1 ;
 (−4)( s − 3) x ( s ) − 8 y ( s ) = − s 2 + 1 ;
 
≈
4 x( s ) − sy ( s ) − y (0) − y ( s ) = s ; 4( s − 3) x ( s ) − ( s − 3)( s + 1) y ( s ) = s ( s − 3) ;

 s2 +1 2

 s2 +1

 1
( s − 3) x( s ) + 2 y ( s ) = 2
(−4)   s +1

( s − 3)  s
 xs
4 ( ) − ( s + 1) y ( s ) = 2
 s +1

Sumo 1 y 2, entonces se obtiene:
s 2 − 3s − 4
− [8 + ( s − 3)( s + 1)]y ( s ) =
s2 +1
( s − 4)( s + 1)
[ ]
− s 2 − 2s + 5 y( s) =
s2 + 1
( s 2 − 3s − 4)  As + B Cs + D 
⇒ y (s) = − 2 = − 2 + 2
 s − 2s + 5 s + 1 
2
( s − 2s + 5)( s + 1) 

s 2 − 3s − 4 ( A + C )( s 3 ) + ( B + D − 2C ) s 2 + ( A − 2 D + 5C ) s + ( B + 5D)
⇒ 2 =
( s − 2s + 5)( s 2 + 1) ( s 2 − 2s + 5)( s 2 + 1)

A + C = 0 A = 11 / 10 ;
B + D − 2C = 1 B = −1 / 2 ;
 
⇒ Resolviendo el sistema: 
A − 2D + 5C = −3 C = −11 / 10 ;
B + 5D = −4
 D = −7 / 10 ;


 11 1 11 7 
 10 s − 2 − s− 
y(s) = −  2 + 10 10

 s − 2s + 5 s2 + 1 
 

- 33 -

Roberto Cabrera V.


1 11 11 7
− s s+
y(s ) = 2 10 + 10 2 10
[ 2
(s − 1) + 4 ] s +1

1 1 11 s 11 s 7 1
y(s ) = ⋅ − ⋅ + ⋅ 2 + ⋅ 2
[ 2
] [ 2
]
2 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1

1 2 11 (s − 1 + 1) 11 s 7 1
y(s ) = ⋅ − ⋅ + ⋅ 2 + ⋅ 2
[ 2
] [ 2
]
4 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1

1 2 11 (s − 1) 11 2 11 s 7 1
y(s ) = ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ 2 + ⋅ 2
[ 2
] [ 2
] 2
[ ]
4 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 20 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1

Aplicando transformada inversa de Laplace a y(s):
L−1 [ y ( s )] = y (t ) ;
1  2  11 − 1  (s − 1)  11 − 1  2  11 − 1  s  7 − 1  1 
y( t ) = L− 1  − L  − L  + L  2 + L  2
 [(s − 1) + 4] 10  [(s − 1) + 4] 20  [(s − 1) + 4] 10  s + 1  10 s + 1
2 2 2
4  

1 −t 11 11 11 7
y( t ) = e sen (2 t ) − e − t cos(2 t ) − e − t sen (2 t ) + cos(t ) + sen (t )
4 10 20 10 10
3 −t 11 − t 11 7
y( t ) = − e sen (2 t ) − e cos(2 t ) + cos(t ) + sen (t )
10 10 10 10

De la ecuación 4x-y’-y=cos(t); podemos encontrar x(t):
y ′ + y + cos( t )
x( t ) =
4
3 −t 11 11 7
y ′( t ) = − [e cos(2 t ) − e − t sen (2 t )] − [ −2 e − t sen( 2 t ) − e − t cos(2 t )] − sen( t ) + cos(t )
10 10 10 10

y ′( t ) 1 − t 5 11 7
= e cos( 2 t ) + e − t sen (2 t ) − sen( t ) + cos(t )
4 5 8 40 40

y( t ) 3 11 − t 11 7
= − e − t sen( 2 t ) − e cos(2 t ) + cos( t ) + sen (t )
4 40 40 40 40

La solución:
 3 −t 11 −t 1 7
x( t ) = − 40 e cos( 2 t ) + 20 e sen (2 t ) − 10 sen( t ) + 10 cos(t )


y( t ) = − 3 e −t sen (2 t ) − 11 e − t cos(2 t ) + 11 cos(t ) + 7 sen (t )

 10 10 10 10

- 34 -

Roberto Cabrera V.


X' '+ Y'+3X = 15e − t
2) Resolver  con las condiciones X(0)=0, X’(0)=0, Y(0)=0, Y’(0)=0.
Y' '−4 X'+3Y = 15t
Aplicando la transformada de Laplace a ambas ecuaciones:
[
£ [x''+ y'−x] = £ 15e − t]

£ [y''−4 x'− y ] = £ [15t ]
 2 15
[ ]
 s X(s) − sx(0) − x'(0) + [sY( S ) − y(0 )] − X( S ) = s + 1 ;


 s 2 Y(s) − sy(0 ) − y'(0 ) − 4[sX( S ) − x(0 )] − Y( S ) = 15 ;
[ ]

 s2
 2 15
[ ]
 s X(s) + [sY( S )] − X( S ) = s + 1 ;


 s 2 Y(s) − 4[sX( S )] − Y( S ) = 15 ;
[ ]

 s2
 2 15
(s − 1)X(s) + sY( S ) = s + 1 ;


− 4sX( S ) + (s 2 − 1)Y(s) = 15 ;

 s2
Aplicando la regla de Kramer :
15
s
s+1
(s2 − 1) 15(s − 1) − 152s 15(s − 1)(s + 1) − 15 15(s − 1) − 15 15(s − s ) − 15
2 2
15
2
X( S ) = 2s = s+1 2 s = s+1 s = 1 s = s
(s − 1) s (s − 1) + 4s
2 2 4 2
s + 2s + 1 (s + 1)
2 2
(s + 1)2
2

− 4s (s 2 − 1)
15(s 2 − s ) − 15 15(s 2 − s − 1)  A Bs + C Ds + E 
X( S ) = = = 15  + 2 + 2 
s(s + 1)(s + 1) s(s + 1)(s + 1)
2 2 2 2
 s (s + 1) (s + 1)
2

Expresando X(s) como la suma de fracciones parciales se obtiene que los valores de los coeficientes son :
A = -1, B = 2, C = -1, D = 1, E =0
Por lo tanto X(s) lo expresamos como :
− 1 2s − 1 s 
X( S ) = 15  + 2 + 2 
 s (s + 1) (s + 1)
2

Obteniendo x(t) aplicando transformada de Laplace inversa a X(S) :
− 1 2s − 1 s  -1  − 1 
 2s − 1  -1  s 
x(t) = 15£ - 1  + 2 2 +
-1
 = 15£   + 15£  2 2  + 15£  2 ;
 s (s + 1) (s + 1)2
 s   (s + 1)   (s + 1)

 − 1
£ - 1   = −1;
 s 
 s 
£ -1  2  = cos t ;
 (s + 1)
 2s − 1   s   1 
£ -1  2 2
= 2£ - 1  2 2
− £ -1  2 2
 (s + 1)   (s + 1)   (s + 1) 

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Roberto Cabrera V.

Solucionario ecuaciones2

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