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TRABAJO COLABORATIVO FASE 2- DISEÑO Y CONSTRUCCIÓN

UNIDAD 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR: ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ECUACIONES LINEALES DE ORDEN n, APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

PRESENTADO POR: OSCAR ANTONIO LOBATO RUBIO Cód. 77174299 CHARI PAOLA PAREDES ARIAS Cód. 1004373123 JUAN PLABLO BAYONA Cód. 5471374

PRESENTADO A:

FRANCISCO FERNANDEZ TUTOR

ECUACIONES DIFERENCIALES 100412_9

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD VALLEDUPAR ABRIL 2017

INTRODUCCION El siguiente informe se entrega como evidencia del desarrollo del trabajo colaborativo dos, del curso Ecuaciones Diferenciales, en el mismo se abordan los temas correspondientes a la unidad II del mencionado curso, a través del desarrollo de 2 actividades asociadas cada una de ellas a una temática diferente. En la actividad inicial se aborda la identificación y solución de ecuaciones diferenciales homogéneas y no homogéneas. Como segundo punto se realizan diferentes procesos de solución de ecuaciones diferenciales de orden superior y en la actividad final, se revisa la aplicación de las ecuaciones diferenciales de orden superior en la solución de problemas de la vida real.

Descripción detallada actividades Fase 2: Diseño y construcción Primera actividad Individual: ÍTEMS DE SELECCIÓN MÚLTIPLE CON MÚLTIPLE RESPUESTA Este tipo de preguntas consta de un enunciado, problema o contexto a partir del cual se plantean cuatro opciones numeradas de 1 a 4, usted deberá seleccionar la combinación de dos opciones que responda adecuadamente a la pregunta y marcarla en la hoja de respuesta, de acuerdo con la siguiente información: Seleccione A si 1 y 2 son correctas. Seleccione B si 1 y 3 son correctas. Seleccione C si 2 y 4 son correctas. Seleccione D si 3 y 4 son correctas. Una vez seleccione su respuesta, describa el procedimiento que la justifique 𝑑𝑛 𝑦

𝑑𝑛−1 𝑦

1. Una ecuación diferencial de orden superior es de la forma 𝑎𝑛 𝑑𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛−1 + 𝑑𝑦

𝑎1 (𝑥) 𝑑𝑥 + + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) y puede ser solucionada por diferentes métodos. La ecuación diferencial: 𝑦´´ − 𝑦´ + 𝑦 = 2sin3𝑥, puede ser solucionada por los siguientes métodos y tiene como solución general: 1. Método de variables separables y método de ecuaciones exactas. 1

6 16 √3 √3 𝑥 + 𝐶 sin 𝑥) + 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + − sin 3𝑥 2 2 2 73 73 1 16 6 √3 √3 𝑒 −2𝑥 (𝐶1 cos 2 𝑥 + 𝐶2 sin 2 𝑥) + 73 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + − 73 sin 3𝑥

2. 𝑦 = 𝑒 2𝑥 (𝐶1 cos 3. 𝑦 =

4. Método de variación de parámetros y método de coeficientes indeterminados

Seleccione A si 1 y 2 son correctas. Seleccione B si 1 y 3 son correctas. Seleccione C si 2 y 4 son correctas. Seleccione D si 3 y 4 son correctas.

Lo primero que hacemos es resolver la homogénea asociada: 𝑦´´ − 𝑦´ + 𝑦 = 2sin3𝑥 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 0 Aplicamos la formula cuadrática 1 + (√3)𝑖 2 con 𝛼=

1 √3 ,𝛽 = 2 2

La función complementaria es: 1

𝑦𝑐 = 𝑒 2𝑥 (𝐶1 cos

√3 √3 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥) 2 2

Solución particular de la forma: 𝑦𝑝 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵 𝑆𝑖𝑛 3𝑥 Se aplica (−𝟖𝑨 − 𝟑𝑩)𝐶𝑜𝑠 3𝑥 + (3𝐴 − 8𝐵) sin 3𝑥 = 𝟎 cos 3𝑥 + 2 sin 3𝑥 Se ordena 𝑦′′𝑝 − 𝑦 ′ 𝑝 + 𝑦𝑝 = (−8𝐴 − 3𝐵)𝐶𝑜𝑠 3𝑥 + (3𝐴 − 8𝐵) sin 3𝑥 = 2 sin 3𝑥 Se obtiene el sistema de ecuaciones −8𝐴 − 3𝐵 = 0 𝑒𝑐. 1 3𝐴 − 8𝐵 = 2 𝑒𝑐. 2 Se resuelve el sistema: −8𝐴 − 3𝐵 = 0 (∗ 3 + 𝑒𝑐. 2) 3𝐴 − 8𝐵 = 2 (∗ 8)

obteniendo −24𝐴 − 9𝐵 = 0 24𝐴 − 64𝐵 = 16 0 − 73𝐵 = 16 Entonces 𝐵=−

16 73

Se reemplaza el valor de B en la ec. 1 −24𝐴 − 9 (−

16 )=0 73

Se opera el paréntesis −24𝐴 − (− 𝐴=

144 )=0 73 6 73

La solución particular de la ecuación es: 𝑦𝑝 =

6 16 cos 3𝑥 − sin 3𝑥 73 73

Entonces, la solución general 𝟏

𝒚 = 𝒚𝒄 + 𝒚𝒑 = 𝒆𝟐𝒙 (𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬

𝟔 𝟏𝟔 √𝟑 √𝟑 𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝒙) + 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 − 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙 𝟐 𝟐 𝟕𝟑 𝟕𝟑

2. El método de variación de parámetros para dar solución a una ecuación diferencial de tercer orden establece que primero se encuentra la función complementaria 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 + 𝐶3 𝑦3 y después se calcula el wronskiano 𝑊(𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥), 𝑦3 (𝑥)). Posteriormente se determina 𝑓(𝑥), para poder encontrar 𝑢1 𝑢2 y 𝑢3 , y poder hallar la solución particular mediante la integración de 𝑢1 ´ =

𝑊1 𝑊

, 𝑢2 ´ =

𝑊2 𝑊

y 𝑢3 ´ =

𝑊3 𝑊

, donde :

𝑦1 𝑦2 𝑦3 ′ ′ ′ 𝑊 = | 𝑦1 𝑦2 𝑦3 |, ′′ ′′ ′′ 𝑦1 𝑦2 𝑦3 𝑦1 𝑦2 0 ′ ′ 0 | | 𝑦1 𝑦2 ′′ ′′ 𝑦1 𝑦2 𝑓(𝑥)

0 𝑊1 = | 0 𝑓(𝑥)

𝑦2 𝑦2′ 𝑦2′′

𝑦3 𝑦3′ |, 𝑦3′′

𝑦1 𝑊2 = | 𝑦1′ 𝑦1′′

0 0 𝑓(𝑥)

𝑦3 𝑦3′ | 𝑊3 = 𝑦3′′

Una solución particular es 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 y la solución general de la ecuación diferencial es entonces 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 . Con base en lo anterior, los valores para 𝑊1 , 𝑊2 y 𝑊3 y la solución general de la ecuación 𝑦 ′′′ + 2𝑦′′ = 𝑒 𝑥 son respectivamente: 1. 𝑊1 = −2𝑥𝑒 −𝑥 − 𝑒 −𝑥 , 𝑊2 = 2𝑒 −𝑥 y 𝑊3 = 𝑒 𝑥 1

2. 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑒 −2𝑥 + 𝑒 𝑥 1

3

3. 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 + 4 𝑒 −𝑥

4. 𝑊1 = 2𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑒 −𝑥 , 𝑊2 = 2𝑥𝑒 𝑥 y 𝑊3 = −2𝑒 −𝑥 La respuesta para este ejercicio es A ya que 1 y 2 son correctas 𝑦 ´´´ + 2𝑦 ´´ = 𝑒 𝑥 𝑚3 + 2𝑚2 = 𝑜 𝑚2 (𝑚 + 2) = 0 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3𝑒 −2𝑥 1

𝑥

𝑒 −2𝑥

1

𝑥

𝑒 −2𝑥

0

0

4𝑒 −2𝑥

=w

w = (4𝑒 −2𝑥 + 0 + 0) − ( 0) w = 4𝑒 −2𝑥

0

𝑥

𝑒 −2𝑥

0

1

− 2 𝑒 −2𝑥

𝑒𝑥

0

4𝑒 −2𝑥

= 𝑤1

𝑤1 = ( −2𝑥𝑒 −𝑥 ) − ( 𝑒 −𝑥 ) 𝑤1 = 𝑒 −𝑥 (−2𝑥 − 1)

1

0

𝑒 −2𝑥

0

0

− 2 𝑒 −2𝑥

0

𝑒𝑥

4𝑒 −2𝑥

= 𝑤2

𝑤2 = (0) − (−2𝑒 −𝑥 ) 𝑤2 = 2𝑒 −𝑥

1

𝑥

0

0

1

0

0

0

𝑒𝑥

𝑤3 = (𝑒 𝑥 )- ( 0)

= 𝑤3

𝑤3 = 𝑒 𝑥 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 ∫ 𝑢1´ = ∫

𝑒 −𝑥 ( −2𝑥 − 1) 4𝑒 −2𝑥

1 1 𝑢1 = ∫ 𝑒 𝑥 ( −2𝑥 − 1) = 𝑒 𝑥 (1 − 2𝑥) 4 4 𝑢2´ =

2𝑒 −𝑥 4𝑒 −2𝑥

1 1 𝑢2 = ∫ 𝑒 𝑥 = 𝑒 𝑥 2 2 1 1 3𝑥 ∫ 𝑢3′ = ∫ 𝑒 3𝑥 = 𝑒 4 12 𝑦𝑝 =

1 𝑥 𝑥 1 𝑥 𝑒 (−2𝑥 + 1) + 𝑒 𝑥 + 𝑒 4 2 12

𝑦𝑝 =

1 𝑥 𝑒 3

1 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3𝑒 −2𝑥 + 𝑒 𝑥 3

3. Un problema de valor inicial es una ecuación diferencial ordinaria que tiene un valor especificado que se conoce como la condición inicial, de la función desconocida en un punto dado del dominio de la solución. Para el problema de valor inicial 𝑦′′ + y = 4𝑥 + 10sin𝑥, (𝜋) = 0, 𝑦′(𝜋) = 2, la solución particular 𝑦𝑝 y la solución al problema 𝑦 corresponden a: 1. 𝑦 = 9𝜋cos𝑥 + 7sin𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥 cos𝑥 2. 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥cos𝑥 + 𝐸𝑥 cos𝑥 3. 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥cos𝑥 + 𝐸𝑥 sin𝑥 4. 𝑦 = 9𝜋sin𝑥 + 7sin𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥 sin𝑥

Seleccione A si 1 y 2 son correctas. Seleccione B si 1 y 3 son correctas.

Seleccione C si 2 y 4 son correctas. Seleccione D si 3 y 4 son correctas. Lo primero que hacemos es resolver la homogénea asociada: Teniendo en cuenta estas soluciones particulares, como modelo: 5x+7

Ax+B

Sen 4x

A cos 4x + B sen 4x

𝑦′′ + y = 0 La función complementaria es: 𝑦𝑐 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sen 𝑥 Hacemos la suma de: 𝑦𝑝1 = 𝐴𝑥 + 𝐵 𝑦𝑝2 = 𝐶 cos 𝑥 + 𝐸 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Entonces 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶 cos 𝑥 + 𝐸 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Pero, cos 𝑥

𝑠𝑒𝑛 𝑥

Se multiplica 𝑥 𝑒𝑛 𝑦𝑝2 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 cos 𝑥 + 𝐸𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Sustituimos 𝑦´´𝑝 + 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 − 2𝐶 sen 𝑥 + 2𝐸 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 4𝑥 + 10 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Obteniendo los coeficientes 𝐴=4 𝐵=0 −2𝐶 = 10

2𝐸 = 0 Se resuelve 𝐴=4 𝐵=0 𝐶 = −5 𝐸=0 Retomando 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 cos 𝑥 + 𝐸𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Sustituimos 𝑦𝑝 = 4𝑥 − 5𝑥 cos 𝑥 Por lo tanto, la solución general es: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 𝒚 = 𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐞𝐧 𝒙 + 𝟒𝒙 − 𝟓𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒙 Se aplican las condiciones iniciales 𝑦(𝜋) = 𝐶1 cos(𝜋) + 𝐶2 sen(𝜋) + 4(𝜋) − 5(𝜋) cos(𝜋) = 0 Resultando 𝐶1 = 9𝜋 Entonces cos(𝜋) = −1, sen(𝜋) = 0 Aplicamos la derivada 𝑦´ = −9𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 4 + 5𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 5 cos 𝑥 Se aplica 𝑦´(𝜋) = −9𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝜋 + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠 𝜋 + 4 + 5𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝜋 5 − 5 𝑐𝑜𝑠 𝜋 Resultando

𝑦´(𝜋) = 2 Entonces 𝐶2 = 2 Y la solución del valor inicial es: 𝒚 = 𝟗𝝅 𝐜𝐨𝐬 𝒙 + 𝟕 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝟒𝒙 − 𝟓𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒙

4. Una ecuación diferencial de n-ésimo orden se puede escribir como: 𝑎𝑛𝐷𝑛𝑦 + 𝑎𝑛−1𝐷𝑛−1𝑦 + ⋯+ 𝑎1𝐷𝑦 + 𝑎0𝑦 = (𝑥), donde 𝐷𝑘𝑦 = 𝑑𝑘𝑦/𝑑𝑥𝑘, 𝑘 = 0,1,2,…,𝑛. Cuando se cumple la ecuación anterior también se escribe como (𝑦) = 𝑔(𝑥), donde 𝐿 denota el operador diferencial o polinomial, lineal de n-ésimo orden 𝑎𝑛𝐷𝑛 + 𝑎𝑛−1𝐷𝑛−1 + ⋯+ 𝑎1𝐷 + 𝑎0 La notación de operador no sólo es una abreviatura útil, sino que en un nivel muy práctico la aplicación de operadores diferenciales permite justificar las reglas para determinar la forma de la solución particular 𝑦𝑝. Ésta se deduce casi de manera automática una vez se encuentra un operador diferencial lineal adecuado que anula a (𝑥). Por lo anterior de la ecuación diferencial 𝑦′′ − 3𝑦′ = 8𝑒3𝑥 + 4sin𝑥, se puede afirmar que:

1. El operador diferencial que anula a (𝑥) es (𝐷2 − 3)(𝐷 + 1)(𝐷2 − 3𝐷)𝑦 = 0 2. La solución particular 𝑦𝑝 que se propone debe ser 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒3𝑥 + 𝐴𝑥2𝑒3𝑥 + 𝐵cos𝑥 + 𝐶 sin𝑥 3. El operador diferencial que anula a (𝑥) es (𝐷 − 3)(𝐷2 + 1)(𝐷2 − 3𝐷)𝑦 = 0 4. La solución particular 𝑦𝑝 que se propone debe ser 𝑦𝑝 = A𝑥𝑒3𝑥 + 𝐵cos𝑥 + 𝐶 sin𝑥

Seleccione A si 1 y 2 son correctas. Seleccione B si 1 y 3 son correctas. Seleccione C si 2 y 4 son correctas. Seleccione D si 3 y 4 son correctas.

R/ para este ejercicio la respuesta es: la opción D (3 y 4) son correctas

𝑦 " − 3𝑦 ´ = 8𝑒 3𝑥 + 4 sin 𝑥 (𝐷2 − 3𝐷) = (𝐷 − 3) Como tenemos una igualación a una función trigonométrica lo resolvemos de esta forma [(𝐷2 − 2𝛼 𝐷 + (𝛼 2 + 𝛽 2 )]𝑛+1 Se determina el 𝛼, 𝑛 𝑦 𝛽 𝛼=0 𝑛=0 𝛽=1 (𝐷2 + 1)

Se remplaza la ecuación y se cancela términos quedando una ecuación

(𝐷2 − 3𝐷) = (𝐷 − 3)(𝐷 2 + 1) Se reescribe la ecuación y se escriben al lado opuesto para igualar la ecuación: (𝐷 − 3)(𝐷2 + 1)(𝐷2 − 3𝐷) = (𝐷 − 3)(𝐷2 + 1)(8𝑒 3𝑥 + 4 sin 𝑥) Se transcribe la ecuación para obtener una ecuación homogénea (𝐷 − 3)(𝐷2 + 1)(𝐷2 − 3𝐷) = 0

Se procede como ecuación homogénea:

(𝐷 − 3)(𝐷2 + 1)𝐷(𝐷 − 3) = 0 𝐷1 = 0 𝐷2 = 3 𝐷4 = 3 𝐷4,5 = ±1 Dando origen a: 𝑌𝑐 = 𝐶1 𝑒 0𝑥 + 𝐶2 𝑒 3𝑥

Donde

𝑌𝑐 queda de la siguiente forma:

𝛼=0 𝛽=1 𝑦𝑝 = 𝐶3𝑒 3𝑥 + 𝑒 0𝑥 (𝐶4 cos 𝑥 + 𝐶5 𝑠𝑒𝑛 𝑥) se procede a organizar la ecuación

𝑦𝑝 = 𝐶3𝑥𝑒 3𝑥 + 𝐶4 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝐶5 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Reescribimos 𝑌𝑝 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 3𝑥 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶 𝑠𝑒𝑛 𝑥

Otra forma de resolver

Se resuelve la homogénea asociada 𝑦′′ − 3𝑦′ = 0 𝑚2 − 3𝑚 = 𝑚(𝑚 − 3) = 0 La función complementaria es: 𝑦𝑐 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 3𝑥 Entonces (𝐷 − 3)𝑒 3𝑥 = 0 (𝐷2 + 1)𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 0

Se aplica el operador diferencial, en ambos lados de la ecuación original (𝐷 − 3)(𝐷2 + 1) Quedando (𝑫 − 𝟑)(𝑫𝟐 + 𝟏)(𝑫𝟐 − 𝟑𝑫)𝒚 = 𝟎 Se resuelve la ecuación auxiliar (𝑚 − 3)(𝑚2 + 1)(𝑚2 − 3𝑚) = 0 Equivalente a: 𝑚(𝑚 − 3)2 (𝑚2 + 1) = 0 Luego

𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 3𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 3𝑥 + 𝐶4 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶5 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Obteniendo 𝒚𝒑 = 𝑨𝒙𝒆𝟑𝒙 + 𝑩 𝐜𝐨𝐬 𝒙 + 𝑪 𝒔𝒆𝒏 𝒙 Se sustituye en la ecuación original 𝑦´´𝑝 − 3𝑦´𝑝 = 3𝐴 𝑒 3𝑥 + (−𝐵 − 3𝐶) cos 𝑥 + (3𝐵 − 𝐶)𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 8 𝑒 3𝑥 + 4 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Se tienen los coeficientes 3𝐴 = 8 −𝐵 − 3𝐶 = 0 3𝐵 − 𝐶 = 4 Se resuelve 𝐴=

8 3

Y −𝐵 − 3𝐶 = 0 𝑚𝑢𝑙𝑡. 𝑝𝑜𝑟 3 3𝐵 − 𝐶 = 4

−3𝐵 − 9𝐶 = 0 3𝐵 − 𝐶 = 4 0 − 10𝐶 = 4 luego 𝐶=−

2 5

Se reemplaza el valor de C, en: 3𝐵 − 𝐶 = 4

2 3𝐵 − (− ) = 4 5 Se resuelve 3𝐵 = 4 − 3𝐵 =

18 5

𝐵=

6 5

2 5

Dando

Entonces 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 3𝑥 + 𝐵 cos 𝑥 + 𝐶 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Se reemplazan los valores encontrados 𝒚𝒑 =

𝟖 𝟑𝒙 𝟔 𝟐 𝒙𝒆 + 𝐜𝐨𝐬 𝒙 − 𝒔𝒆𝒏 𝒙 𝟑 𝟓 𝟓

La solución general es 𝟖 𝟔 𝟐 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒆𝟑𝒙 + 𝒙𝒆𝟑𝒙 + 𝐜𝐨𝐬 𝒙 − 𝒔𝒆𝒏 𝒙 𝟑 𝟓 𝟓

ÍTEMS DE ANÁLISIS DE RELACIÓN Este tipo de ítems consta de dos proposiciones así: una Afirmación y una Razón, unidas por la palabra PORQUE. Usted debe examinar la veracidad de cada proposición y la relación teórica que las une. Para responder este tipo de ítems, debe leerla completamente y señalar en la hoja de respuesta, la elegida de acuerdo con las siguientes instrucciones: Marque A si la afirmación y la razón son VERDADERAS y la razón es una explicación CORRECTA de la afirmación.

Marque B si la afirmación y la razón son VERDADERAS, pero la razón NO es una explicación CORRECTA de la afirmación. Marque C si la afirmación es VERDADERA, pero la razón es una proposición FALSA. Marque D si la afirmación es FALSA, pero la razón es una proposición VERDADERA. 5. Una ecuación homogénea tiene dos soluciones independientes. Para el caso 2 al resolver la ecuación característica las soluciones deben ser iguales y reales 𝑚 = 𝑚1 = 𝑚2 y su solución general es de la forma 𝑦 = 𝐶1e𝑚𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒𝑚𝑥. La ecuación diferencial 𝑦´´ − 10𝑦´ + 25𝑦 = 0 tiene como solución general 𝑦 = 𝐶1𝑒5𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒−5𝑥 PORQUE las soluciones de la ecuación auxiliar son 𝑚1 = 𝑚2 = 5. Marque A si la afirmación y la razón son VERDADERAS y la razón es una explicación CORRECTA de la afirmación. Marque B si la afirmación y la razón son VERDADERAS, pero la razón NO es una explicación CORRECTA de la afirmación. Marque C si la afirmación es VERDADERA, pero la razón es una proposición FALSA. Marque D si la afirmación es FALSA, pero la razón es una proposición VERDADERA. 𝑦 ′′ − 10𝑦 ′ + 25𝑦 = 0 Se aplica la formula cuadrática 𝑚2 − 10𝑚 + 25 = 0 Se factoriza (𝑚 − 5)2 = 0 Por lo tanto, 𝑚1 = 𝑚2 = 5 La solución general es, 𝒚 = 𝑪𝟏 𝒆𝟓𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝒆𝟓𝒙

Marque A si la afirmación y la razón son VERDADERAS y la razón es una explicación CORRECTA de la afirmación. Marque B si la afirmación y la razón son VERDADERAS, pero la razón NO es una explicación CORRECTA de la afirmación. Marque C si la afirmación es VERDADERA, pero la razón es una proposición FALSA.

Marque D si la afirmación es FALSA, pero la razón es una proposición VERDADERA. 6. Un operador anulador para la función g(x) de la ecuación diferencial y ´´ + 6y ´ + 8y = 2x + 3e−2x − 2 sin 3x es D2 (𝐷 + 2) ( D2 + 9) PORQUE D2 (2x) = 0, (D + 2) (3e−2x ) = 0 y , (D2 + 9) (−2sin3x) = 0 SOLUCIÒN: Procedemos a anular a 𝒈(𝒙) = 𝟐𝒙 + 𝟑𝒆−𝟐𝒙 − 𝟐𝒔𝒊𝒏𝟑𝒙 𝒈(𝒙) = 𝑫𝟐 (𝟐𝒙) + (𝑫 − 𝟐) (𝟑𝒆−𝟐𝒙 ) − (𝑫𝟐 + 𝟗) (𝟐𝒔𝒊𝒏𝟑𝒙) 𝒈(𝒙) = 𝑫𝑫(𝟐𝒙) + 𝑫𝟑𝒆−𝟐𝒙 − 𝟐(𝟑𝒆−𝟐𝒙 ) − 𝑫𝑫𝟐𝒔𝒊𝒏𝟑𝒙 + 𝟗(𝟐𝒔𝒊𝒏𝟑𝒙) 𝒈(𝒙) = 𝟎 + 𝟔𝒆−𝟐𝒙 − 𝟔𝒆−𝟐𝒙 − 𝟏𝟖𝒔𝒊𝒏𝟑𝒙 + 𝟏𝟖𝒔𝒊𝒏𝟑𝒙 𝒈(𝒙) = 𝟎 + 𝟎 − 𝟎 𝒈(𝒙) = 𝟎

Luego el operador anulador de 𝑔(𝑥) = 2𝑥 + 3𝑒 −2𝑥 − 2 𝑠𝑖𝑛 3𝑥 es: 𝐷 2 + (𝐷 − 2) − (𝐷 2 + 9) Porque 𝐷 2 (2𝑥) = 0, (𝐷 − 2) (3𝑒 −2𝑥 ) = 0, (𝐷 2 + 9) (−2𝑠𝑖𝑛3𝑥) = 0

La respuesta es la A.

Primera actividad grupal Se plantea una situación problema y el grupo de 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. Problema: La ecuación del movimiento de un péndulo con longitud 1 𝑚 es 𝑑2𝜃 /𝑑𝑡2 + 10𝜃 = 0: Si para 𝑡 = 0, 𝜃 = 0,2 𝑟𝑎𝑑 y la velocidad angular inicial 𝑑𝜃/𝑑𝑡 = 1 𝑟𝑎𝑑 𝑠, Determine 𝜃 en función de t para el movimiento. Se tiene que

𝜃 = 𝑒 𝑚𝑡 Se aplica la primera derivada 𝜃` = 𝑚𝑒 𝑚𝑡 Se aplica la segunda derivada 𝜃`` = 𝑚2 𝑒 𝑚𝑡 Por lo tanto 𝑚2 𝑒 𝑚𝑡 + 10𝑒 𝑚𝑡 = 0 Se factoriza 𝑒 𝑚𝑡 (𝑚2 + 10) = 0 Teniendo en cuenta que 𝑒 𝑚𝑡 ≠ 0 Entonces 𝑚2 + 10 = 0 Se despeja 𝑚2 = −10 Luego 𝑚 = ±√10 𝑖 Reemplazo el valor de m en 𝜃 = 𝑒 𝑚𝑡 𝜃(𝑡) = 𝑒 ±√10 𝑡𝑖 Quedando 𝜃(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(√10 𝑡) + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (√10 𝑡) Ahora, se aplica la condición 0,2 = 𝐴(1) + 𝐵(0) Es decir, que

0,2 = 𝐴 Se aplica la segunda condición 𝑑𝜃 = −√10 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (√10 (𝑡)) + √10 𝐵 𝑐𝑜𝑠 (√10 𝑡) 𝑑𝑡 Se reemplaza el valor de t 𝑑𝜃 = −√10 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (√10 (1)) + √10 𝐵 𝑐𝑜𝑠 (√10 (0)) 𝑑𝑡 Resultando 𝐵√10(1) = 1

𝐵=

1 √10

Obtenidos los valores de A y B, el valor de 𝜃 es: 𝜽 = 0.2𝐶𝑜𝑠(√10𝑡) +

1 √10

𝑆𝑒𝑛(√10𝑡)

Otra forma de resolver EDO dada en el problema. 𝜃′′ + 10𝜃 = 0 Ecuación característica. 𝑦 2 + 10 = 0 Raíces 𝑦 2 = −10 𝑦 = ±√−10 𝑦 = ±√10𝑖 La Solución general. 𝜃 = 𝐶1 𝑒 (√10𝑡)𝑖 + 𝐶2 𝑒 (−√10𝑡)𝑖 Redefinición de la solución general. 𝜃 = 𝐶1 cos(√10𝑡) + 𝐶2 sen(√10𝑡) Velocidad angular. 𝑑𝜃 = −√10𝐶1 sen(√10𝑡) + √10𝐶2 cos(√10𝑡) 𝑑𝑡

Condiciones iniciales

0,2 = 𝐶1 cos (√10(0)) + 𝐶2 sen (√10(0)) 1

𝐶1 = 5

1 = −√10𝐶1 sen (√10(0)) + √10𝐶2 cos (√10(0)) 𝐶2 =

1 √10 1

𝜃 En función de t para el movimiento es: ∅ = 5 𝐶𝑜𝑠(√10𝑡) +

1 √10

𝑆𝑒𝑛(√10𝑡)

Segunda actividad grupal 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 figura representa un edificio de dos pisos. Las masas de los pisos son 𝑚1 y 𝑚2 . Cada piso se apoya en seis columnas. Cuando el suelo se mueve horizontalmente debido a un temblor, los pisos también se mueven así, y las columnas actúan como resortes y se oponen a este movimiento. Las rigideces horizontales totales de cada conjunto de seis columnas son 𝑘1 y 𝑘2 . El movimiento horizontal del suelo es 𝑦.

Para el caso en que las masas son idénticas (𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚) y las rigideces son idénticas (𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘) obtenga un modelo de ecuación del edificio y encuentre su solución homogénea.

Se tiene la siguiente situación: Para la que se plantean las siguientes ecuaciones diferenciales por tratarse de dos masas y teniendo en cuenta las Leyes de Newton: m𝑥̈ 1 + 2kx1 − kx2 = ky 𝑚𝑥̈ − 𝑘𝑥1 + 𝑘𝑥2 = 0

Dividiendo la ecuación entre 𝑚 y asumiendo 𝛼 = 𝑘𝑚 el resultado es: 𝑥̈ 1 − 2𝛼𝑥1 + 𝛼𝑥2 = 𝛼𝑦 (1) 𝑥̈ 2 + 𝛼𝑥1 − 𝛼𝑥2 = 0 (2)

Ahora para tener una ecuación en términos sólo de 𝑥1 se diferencia la ecuación (1) dos veces para obtener: 𝑑4 𝑥1 2𝛼𝑑 2 𝑑 2 𝑥2 𝑑2𝑦 + 2𝑎 −𝛼 =𝛼 2 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 Ahora sustituyendo 𝑥̈ 2 de la ecuación (2) y 𝑥2 de la ecuación (1) se obtiene: 𝑑4 𝑥1 2𝛼𝑑 2 𝑑2𝑦 2 2 + 3𝑎 − 𝑎 𝑥 = 𝑎 𝑦 + 𝛼 1 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 Esta es la ecuación deseada; cuyo polinomio característico es: 𝛽 4 + 3𝛼𝛽 2 + 𝛼 2 = 0. Como no hay ningún término en 𝛽 3 ni 𝛽, esta ecuación es cuadrática en 𝛽 2 y se puede usar la fórmula cuadrática: 𝛽2 =

−3𝛼 ± √9𝑎2 − 4𝑎2 −3 ± √5 =( )𝛼 2 2

Entonces, las raíces características son: 𝑘 𝛽 = ±0,618𝑖 √ 𝑚

𝑘 𝛽 = ±1,618𝑖 √ 𝑚

Como estas raíces son imaginarias, la solución homogénea tiene la forma: 𝑥1 (𝑡) = 𝐶1 𝑠𝑖𝑛0,618√

𝑘 𝑘 𝑘 𝑘 𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠0,618√ 𝑡 + 𝑐3 𝑠𝑖𝑛1,618√ 𝑡 + 𝑐4 𝑐𝑜𝑠1,618√ 𝑡 𝑚 𝑚 𝑚 𝑚

La solución contiene oscilaciones con frecuencias en radianes de 𝑘 𝑘 0,618√ 𝑦 1,618√ 𝑚 𝑚

SOLUCIÓN Para la que se plantean las siguientes ecuaciones diferenciales por tratarse de dos masas y teniendo en cuenta las leyes de Newton: 𝑚𝑥̈ 1 + 2𝑘𝑥1 − 𝑘𝑥2 = 𝑘𝑦 𝑚𝑥̈ 2 − 𝑘𝑥1 + 𝑘𝑥2 = 0 𝑘

Dividiendo la ecuación entre 𝑚 y asumiendo ∝= 𝑚 el resultado es: 𝑥̈ 1 + 2 ∝ 𝑥1 −∝ 𝑥2 =∝ 𝑦 𝑥̈ 2 −∝ 𝑥1 +∝ 𝑥2 = 0

(1) (2)

Ahora para tener una ecuación en términos sólo de 𝑥1 se diferencia la ecuación (1) dos veces para obtener: 𝑑4 𝑥1 𝑑 2 𝑥1 𝑑 2 𝑥2 𝑑2 𝑦 + 2 ∝ −∝ =∝ 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 Ahora sustituyendo 𝑥̈ 2 de la ecuación (2) y 𝑥2 de la ecuación (1) se obtiene 𝑑4 𝑥1 𝑑2 𝑥1 𝑑2 𝑦 2 2 +3∝ +∝ 𝑥1 =∝ 𝑦+∝ 2 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡

Comprobación de la ecuación anterior Encontremos el valor de 𝑥̈ 2 de la ecuación (2). 𝑥̈ 2 −∝ 𝑥1 +∝ 𝑥2 = 0 𝑥̈ 2 =∝ 𝑥1 −∝ 𝑥2 Ahora, encontremos el valor de 𝑥2 de la ecuación (1) 𝑥̈ 1 + 2 ∝ 𝑥1 −∝ 𝑥2 =∝ 𝑦 𝑥2 =

𝑥̈ 1 + 2 ∝ 𝑥1 −∝ 𝑦 ∝

Dada la ecuación 𝑑4 𝑥1 𝑑 2 𝑥1 𝑑 2 𝑥2 𝑑2 𝑦 +2∝ −∝ =∝ 2 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 Reemplazando en la ecuación anterior el valor de 𝑥̈ 2 𝑑4 𝑥1 𝑑 2 𝑥1 𝑑2𝑦 (∝ ) + 2 ∝ −∝ 𝑥 −∝ 𝑥 =∝ 1 2 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑4 𝑥1 𝑑 2 𝑥1 𝑑2𝑦 (∝ ) + 2 ∝ −∝ 𝑥 −∝ 𝑥 =∝ 1 2 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑4 𝑥1 𝑑 2 𝑥1 𝑑2 𝑦 2 2 +2∝ −∝ 𝑥1 +∝ 𝑥2 =∝ 2 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 Reemplazando en la ecuación anterior el valor de 𝑥2 𝑑4 𝑥1 𝑑2 𝑥1 𝑥̈ 1 + 2 ∝ 𝑥1 −∝ 𝑦 𝑑2 𝑦 2 2 + 2 ∝ −∝ 𝑥 +∝ ( ) =∝ 1 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 ∝ 𝑑𝑡 2 𝑑4 𝑥1 𝑑2 𝑥1 𝑑2𝑦 2 (𝑥̈ + 2 ∝ −∝ 𝑥 +∝ + 2 ∝ 𝑥 −∝ 𝑦) =∝ 1 1 1 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑4 𝑥1 𝑑 2 𝑥1 𝑑 2 𝑥1 𝑑2 𝑦 2 +2∝ −∝ 𝑥1 +∝ ( 2 + 2 ∝ 𝑥1 −∝ 𝑦) =∝ 2 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑 4 𝑥1 𝑑2 𝑥1 𝑑 2 𝑥1 𝑑2 𝑦 2 2 2 + 2 ∝ −∝ 𝑥 +∝ + 2 ∝ 𝑥 −∝ 𝑦 =∝ 1 1 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑4 𝑥1 𝑑2 𝑥1 𝑑2 𝑦 2 2 +3∝ +∝ 𝑥1 −∝ 𝑦 =∝ 2 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡

𝒅𝟒 𝒙𝟏 𝒅𝟐 𝒙𝟏 𝒅𝟐 𝒚 𝟐 𝟐 + 𝟑 ∝ +∝ 𝒙 =∝ 𝒚 ∝ 𝟏 𝒅𝒕𝟒 𝒅𝒕𝟐 𝒅𝒕𝟐 El procedimiento es igual a la ecuación presentada Esta es la ecuación deseada; cuyo polinomio característico es: 𝛽 4 + 3 ∝ 𝛽 2 +∝2 = 0. Como no hay ningún término en 𝛽 3 ni 𝛽, esta ecuación es cuadrática en 𝛽 2 y se puede usar la fórmula cuadrática: 𝛽2 =

−3 ∝ ±√9 ∝2 − 4 ∝2 −3 ± √5 =( )𝛼 2 2

Entonces, las raíces características son: 𝑘 𝛽 = ±0,618𝑖 √ 𝑚 𝑘 𝛽 = ±1.618𝑖 √ 𝑚 Como estas raíces son imaginarias, la solución homogénea tiene la forma:

𝑥1 (𝑡) = 𝐶1 sin (0,618 √

𝑘 𝑘 𝑘 𝑡) + 𝐶2 cos (0,618 √ 𝑡) + 𝐶3 sin (1,618 √ 𝑡) 𝑚 𝑚 𝑚

𝑘 + 𝐶4 cos (1,618 √ 𝑡) 𝑚 𝑘

𝑘

𝑚

𝑚

La solución contiene oscilaciones con frecuencias en radianes de 0,618𝑖√ y 1.618𝑖√

BIBLIOGRAFIA

http://canek.uam.mx/Ecuaciones/Teoria/4.LinealesOrdenSuperior/TLinealesOrdenSuperior.htm García, A. (2014). Ecuaciones diferenciales. Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 67-112). Recuperado de: http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/reader.action?docID=11017467 Mesa, F. (2012). Ecuaciones diferenciales ordinarias: una introducción. Colombia: Ecoe Ediciones. (pp. 54-107). Recuperado de: http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2077/lib/unadsp/detail.action?docID=10584022