Ecuaciones Diferenciales De Segundo Orden

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

2 2.1 Ecuación Diferenciales de segundo orden con coeficientes constantes. 2.12.2 Ecuaciones diferenciales de orden superior 2.3 Análisis Cualitativo

Objetivos. Se persigue que el estudiante: • Encuentre soluciones generales y/o particulares de Ecuaciones Diferenciales de segundo orden • Determine Estabilidad dinámica cuantitativa y/o cualitativamente.

1

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

2.1 ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES. Una ecuación diferencial de segundo orden es de la forma:

y´´+ p ( x ) y´+ q ( x ) y = g ( x ) Si g ( x ) = 0 se llama Ecuación homogénea caso contrario; es decir, si g ( x) ≠ 0 se llama Ecuación no homogénea. Una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes es de la forma:

ay´´+by´+ cy = g ( x )

donde a , b y c ∈ IR y a ≠ 0

2.1.1 ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES HOMOGÉNEA Una ecuación diferencial de Segundo Orden con coeficientes constantes homogénea es de la forma:

ay´´+by´+ cy = 0 La función " y ", solución general de la ecuación diferencial anterior, es de la forma y ( x ) = ke de la solución.

rx

(¿Por qué?). Donde " k " es una constante que da la generalidad

Entonces el objetivo ahora será hallar el valor de r . Bien, de la solución general tenemos:

y ′ = kre rx y ′′ = kr 2 e rx

Reemplazando en ay´´+by´+ cy = 0 tenemos: akr 2 e rx + bkre rx + cke rx = 0

[

]

ke rx ar 2 + br + c = 0

Ahora bien, k ≠ 0 porque si no tuviéramos las solución trivial y como también e rx ≠ 0 , entonces ar 2 + br + c = 0 . A esta expresión se la denomina Ecuación Auxiliar y es útil para hallar r . Observe que la ecuación auxiliar es una ecuación cuadrática cuyas raices se las puede determinar empleando la formula general

2

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

r1 , r2 =

− b ± b 2 − 4ac 2a

Aquí se presentan tres casos. Caso I

[

]

Discriminante positivo b 2 − 4ac > 0 . Entonces r1 y r2 son raíces reales y diferentes. En este caso se dice que existen dos soluciones fundamentales y1 ( x) = k1e r x 1

y 2 ( x) = k 2 e r x 2

La solución General estaría dada por la combinación lineal de las soluciones fundamentales y ( x) = k1e r x + k 2 e r x 1

Caso II

[

2

]

Discriminante cero b 2 − 4ac = 0 . Entonces r1 y r2 son raíces iguales.

reales e

En este caso la solución General sería: y ( x ) = k1e rx + k 2 xe rx Caso III

[

]

Discriminante negativo b 2 − 4ac < 0 . Entonces r1 = λ + µi y r2 = λ − µi son raíces complejas conjugadas Reemplazando en y ( x ) = C1e r x + C 2 e r x tenemos: 1

2

y ( x) =C 1e ( λ +µi ) x + C 2 e ( λ −µi ) x y ( x) =C 1e λx e µix + C 2 e λx e −µix

[

y ( x) = e λx C 1e µix + C 2 e −µix

]

Como e iµx = cos µx + i sen µx y e − iµx = cos µx − i sen µx Reemplazando tenemos: y ( x) = e λx [C 1(cos µx + i sen µx) + C2 (cos µx − i sen µx)] y ( x) = e λx [(C 1+C2 ) cos µx + (C 1i + C2i ) sen µx ]

Por lo tanto la solución sería y ( x ) = e λx [k1 sen(µx ) + k 2 cos(µx )] Ejemplo 1 Encuentre la solución general para y ′′ − 4 y ′ − 12 y = 0 SOLUCIÓN: En este caso la ecuación auxiliar sería r 2 − 4r − 12 = 0

3

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

Hallando las raíces tenemos

(r − 6)(r + 2) = 0 r = 6 r = −2

Por tanto:

y1 ( x) = k1e 6 x y 2 ( x) = k 2 e −2 x y ( x) = k1e 6 x + k 2 e −2 x Podemos comprobar que efectivamente esta es la función que satisface la ecuación diferencial dada. Obtengamos la primera y la segunda derivada

y ′ = 6k1e 6 x − 2k 2 e −2 x y ′′ = 36k1e 6 x + 4k 2 e − 2 x Luego, reemplazando

36k1e 6 x + 4k 2 e −2 x − 24k1e 6 x + 8k 2 e −2 x − 12k1e 6 x − 12k 2 e −2 x = 0 0=0

Ejemplo 2 Encuentre la solución general para 2 y ′′ − 3 y ′ + y = 0 , y (0) = 1 y ′(0) = 1 SOLUCIÓN: En este caso la ecuación auxiliar sería 2r 2 − 3r + 1 = 0 Hallando las raíces tenemos

3 ± 9 − 4(2)(1) 4 3± 1 r= 4 1 r1 = 1 r2 = 2 r=

x x Por tanto, la solución general sería: y ( x) = k1e + k 2 e 1 2

Como las condiciones iniciales están dadas debemos encontrar las constantes k1 y k 2

y ( x ) = k1 e x + k 2 e x 1 2

Como y (0) = 1

entonces

y (0) = k1e 0 + k 2 e 0 1 = k1 + k 2 1 2

Obteniendo la primera derivada:

y ′( x) = k1e x +

4

1 k2e x 2 1

2

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

1 k2e 2 0 1 Como y ′(0) = 1 entonces y ′(0) = k1e + k 2 e 2 1 1 = k1 + k 2 2 y ′( x) = k1e x +

1 2

x

1

0

2

⎧ 1 = k1 + k 2 ⎪ tenemos: 1 ⎪ 1 = k1 + 2 k 2 ⎩

Resolviendo simultáneamente ⎨

k 2 = 0 y k1 = 1

Por tanto, la solución particular es: y ( x) = e x

Ejemplo 3 Encuentre la solución general para y ′′ + 4 y ′ + 4 y = 0 SOLUCIÓN: En este caso la ecuación auxiliar sería r 2 + 4r + 4 = 0 Hallando las raíces tenemos

(r + 2)(r + 2) = 0 r1 = −2 ∨

Por tanto, la solución general sería:

r2 = −2

y ( x) = k1e −2 x + k 2 xe −2 x

Ejemplo 4 Encuentre la solución general para

y ′′ + 6 y ′ + 13 y = 0 ; y (0) = 1;

y ′(0) = 1

SOLUCIÓN: En este caso la ecuación auxiliar sería

r1 , r2 =

− 6 ± 36 − 4(1)(13)

2 − 6 ± − 16 r1 , r2 = −1 = i 2 − 6 ± 16 − 1 Hallando las raíces tenemos: r1 , r2 = 2 − 6 ± 4i r1 , r2 = 2 r1 = −3 + 2i ∨ r2 = −3 − 2i En este caso λ = −3 y µ = 2 , por tanto la solución general sería:

y ( x) = e −3 x [k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x)] Como y (0) = 1 entonces

y (0) = e −3(0) [k1 sen(2(0)) + k2 cos(2(0))] 1 = (1)[k1(0) + k2 (1)] 1 = k2

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Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

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y′( x) = e −3 x [2k1 cos(2 x) − 2k2 sen(2 x)] − 3e −3 x [k1 sen(2 x) + k2 cos(2 x)]

Como y ′(0) = 1 entonces y′(0) = e −3(0) [2k1 cos(0) − 2k2 sen(0)] − 3e −3(0) [k1 sen(0) + k2 cos(0)] 1 = 2k1 − 3k 2

1 3 + k 2= k1 2 2 1 3 Resolviendo simultáneamente + (1) = k1 2 2 k1 = 2

Por tanto, la solución general sería y ( x) = e −3 x [2 sen(2 x) + cos(2 x)]

Ejercicios propuestos 2.1 Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales de segundo orden y′′ + 4 y = 0 ; y (0) = 1, y´(0) = 1 y ′′ − 2 y ′ + y = 0 y ′′ + 9 y = 0 y ′′ + 4 y ′ + 4 y = 0 ; y (0) = 1, y´(0) = 1 y′′ − y = 0 y′′ − y´= 0 ; y (0) = 1, y´(0) = 1

1. 2. 3. 4. 5. 6.

y ′′ + y = 0 ; y (0) = 1, y´(0) = 1 y′′ + y´= 0 1 9. y′′ + 2 y = 0 2 ′′ ′ 10. y − 6 y + 9 y = 0 7.

8.

2.1.1.1 ANÁLISIS DE ESTABILIDAD DINÁMICA En el capítulo anterior se mencionó que la estabilidad dinámica de una trayectoria y (t ) se la determina con lím y (t ) . t →∞

Podemos ir analizando por casos. Caso I, y (t ) = k1 e 1 + k 2 e 2 Si las raíces son reales y diferentes, estas tienen que ser negativas para que la trayectoria sea dinámicamente estable. r t

r t

Caso II, y (t ) = k1 e + k 2 te . Si las raíces son reales e iguales entonces r tiene que ser negativa ( r < 0 ) para que la trayectoria sea dinámicamente estable rt

rt

Caso III y (t ) = e [k 1 cos ut + k 2 sen ut ] Si las raíces son complejas conjugadas entonces la parte real λ tiene que ser negativa ( λ < 0 ) para que la trayectoria sea dinámicamente estable. λt

6

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

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2.1.2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN CON COEFICIENTE CONSTANTE NO HOMOGÉNEAS Una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientse constante y término g (x ) variable es de la forma: ay ′′ + by ′ + cy = g (x)

La Solución General es una combinación lineal de dos tipos de soluciones, una solución complementaria y C y una solución particular y P . y ( x) = y c ( x) + y p ( x) 123 123 SOL COMPL

SOL PART

La Solución complementaria yC satisface la ecuación homogénea

ayc ″ + byc ′ + cyc = 0 Por tanto, para determinarla se debe resolver de acuerdo a lo mencionado anteriormente. La Solución particular y P satisface la ecuación no homogénea ″ ′ ay p + by p + cy p = g (x) Esta solución, si es de forma polinómica o exponencial o trigonométrica de senos y cosenos, se la puede determinar empleando el llamado Método de los coeficientes indeterminados. En estos casos, de acuerdo a la forma de g (x ) , la solución particular y p (x ) es deducible. Observe el siguiente cuadro.

[

Si g ( x) = a n x n + a n −1 x n −1 + K + a1 x + a 0 entonces y p ( x) = x s An x n + An−1 x n−1 + K + A1 x + A0

[

Si g ( x) = ae αx entonces y p ( x) = x s Ae αx

]

]

Si g ( x) = a1 sen βx + a 2 cos βx entonces y p ( x) = x s [A sen βx + B cos βx]

s

Note que la solución particular aparece multiplicada por x , esto es para el caso de que existan soluciones particulares que no sean linealmente independientes de las soluciones complementarias. Es decir, a necesidad se puede utilizar s = 0, 1, 2

7

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

Ejemplo 1 Sea y"+4 y '+9 y = x 2 + 3x Hallar la solución General SOLUCIÓN: La solución general es de la forma y (t ) = y c + y P Primero hallemos

yc .

La solución complementaria satisface la ecuación homogénea y" c +4 y ' c +9 y c = 0 . La ecuación auxiliar es r 2 + 4 r + 9 = 0 . Hallando las raíces tenemos r1, r2 =

− 4 ± 16 − 4(9) 2

− 4 ± − 20 r1, r2 = 2 r1, r2 = r1, r2 =

− 4 ± 20 − 1 2 −4±

(5).4

−1

2

− 4 ± 2 5i r1, r2 = 2 r1 =

− 4 + 2 5i ⇒ r1 = −2 + 5i 2

r2 =

− 4 − 2 5i ⇒ r2 = −2 − 5i 2

[

Por tanto yc ( x) = e −2 x k1 sen( 5 x) + k2 cos( 5 x)

]

Segundo, hallemos y P Como g ( x) = x 2 + 3x (polinomio de grado 2) entonces la solución particular es de la forma

y p ( x) = Ax 2 + Bx + C

(polinomio generalizado de grado 2). Luego debemos

determinar los coeficientes A , B y C . La solución particular debe satisfacer la ecuación no homogénea; es decir,

y p "+4 y p '+9 y p = x 2 + 3x Hallemos la primera y la segunda derivada para y p ( x) = Ax + Bx + C 2

y p ' = 2 Ax + b y p "= 2 A Reemplazando y agrupando

2 A + 8 Ax + 4b + 9 Ax 2 + bx + c = x 2 + 3x 9 Ax 2 + (8 A + 9b) x + (2 A + 4b + 9c) = x 2 + 3x + 0 Si dos polinomios son iguales, sus coeficientes deben ser iguales

8

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

⎧9 A = 1 ⎪ Entonces ⎨8 A + 9 B = 3 ⎪2 A + 4 B + 9C = 0 ⎩ Resolviendo el sistema simultáneo tenemos:

A= Por, tanto y p ( x) =

19 94 1 , B= y c=− 729 81 9

1 2 19 94 x + x− 9 81 729

Finalmente la solución general sería:

[

]

y ( x) = e −2 x k1 sen( 5 x) + k 2 cos( 5 x) +

1 2 19 94 x + x− 9 81 729

Ejemplo 2 Sea y"+4 y = 6 sen 3x Hallar la solución General SOLUCIÓN: Primero hallemos

yc .

La solución complementaria satisface la ecuación homogénea y" c +4 y c = 0 . La ecuación auxiliar es r 2 + 4 = 0 . Hallando las raíces tenemos:

r2 = −4 r = ± −4 r = ± 4 −1 r1 = 0 + 2i r2 = 0 − 2i Por tanto

y c ( x) = e 0 [k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x )] y c ( x) = k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x ) Segundo, hallemos y P Como

g ( x) = 6 sen 3x

entonces

la

solución

particular

es

de

la

forma

y p ( x) = A sen 3x + B cos 3x . Luego debemos determinar los coeficientes A y B . La solución particular debe satisfacer la ecuación no homogénea; es decir

y" P +4 y P = 6 sen 3 x Hallemos la primera y la segunda derivada

y p ' = 3 A cos 3x − 3B sen 3 x y p " = −9 A sen 3 x − 9 B cos 3 x Reemplazando y agrupando

9

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

y p "+4 y p = 6 sen 3x (−9 A sen 3x − 9 B cos 3x) + 4( A sen 3x + B cos 3x) = 6 sen 3x + 0 cos 3x (− 5 A)sen 3x + (− 5B )cos 3x = 6 sen 3x + 0 cos 3x

Igualando coeficientes, tenemos:

⎧− 5 A = 6 ⎨ ⎩− 5 B = 0 Resolviendo el sistema simultáneo tenemos:

A=− Por, tanto y p ( x) = −

6 y B=0 5

6 sen 3x + 0 cos 3x 5

Finalmente la solución general sería:

y ( x ) = k 1 sen 2 x + k 2 cos 2 x −

6 sen 3 x 5

Ejemplo 3 Hallar la solución para y"+4 y = x 2 + 3e x ;

y (0) = 0,

y ' (0) = 2 .

SOLUCIÓN: Primero hallemos

yc .

La solución complementaria satisface la ecuación homogénea y" c +4 y c = 0 . La ecuación auxiliar es r 2 + 4 = 0 . Hallando las raíces tenemos:

r2 = −4 r = ± −4 r = ± 4 −1 r1 = 0 + 2i r2 = 0 − 2i Por tanto

y c ( x) = e 0 [k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x )] y c ( x) = k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x ) Segundo, hallemos y P Como g ( x) = x 2 + 3e x (combinación lineal de polinomio con exponencial) entonces la solución particular es de la forma

y p ( x) = Ax 2 + Bx + C + De x . Luego debemos

determinar los coeficientes A , B , C y D . La solución particular debe satisfacer la ecuación no homogénea; es decir y p "+4 y p = x 2 + 3e x

10

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

Hallemos la primera y la segunda derivada

y p ' = 2 Ax + B + De x y p " = 2 A + De x Reemplazando y agrupando 2 A + De x + 4 Ax 2 + 4 Bx + 4C + 4 De x = x 2 + 3e x 4 Ax 2 + 4 Bx + ( 2 A + 4C ) + 5 De x = x 2 + 0 x + 0 + 3e x

Igualando coeficientes, tenemos:

⎧4 A = 1 ⎪ ⎪4 B = 0 ⎨ ⎪2 A + 4C = 0 ⎪⎩5 D = 3 Resolviendo el sistema simultáneo tenemos:

1 4 B=0 A=

C=− D= Por, tanto y p ( x) =

1 8

3 5

1 2 1 3 x x − + e 4 8 5

Finalmente la solución general sería: y ( x) = k1 sen 2 x + k2 cos 2 x +

Con y (0) = 0 tenemos k2 = − Con y ' (0) = 2 tenemos k1 = Finalmente y ( x) =

1 2 1 3 x x − + e 4 8 5

19 40

7 10

7 19 1 1 3 sen 2 x − cos 2 x + x 2 − + e x 10 40 4 8 5

Note que no es dinámicamente estable. ¿Por qué?

Ejercicios propuestos 2.2 Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales de segundo orden 1.

y ′′ − y ′ − 2 y = −2 x 3 − 3x 2 + 8 x + 1

2. 3.

y ′′ − 6 y ′ + 9 y = x 2 + e x y ′′ + y ′ + y = 2 cos 2 x − 3 sen 2 x

4.

y ′′ + y = 2 x

5.

y ′′ + 2 y ′ − 8 y = x e − x + e − x

11

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

6.

y ′′ + 4 y ′ + 5 y = e − x − sen 2 x

7.

y ′′ − 2 y ′ − 35 y = 13 sen x − e 3 x + 1

8.

y ′′ − y ′ − 2 y = cos x − sen 2 x;

y (0 ) = −

9.

y ′′ + y ′ − 12 y = e x + e 2 x − 1;

y (0) = 1 y ′(0 ) = 3

y ′(0 ) =

7 20

1 5

10. y ′′ − y = sen x − e ; y (0) = 1 y ′(0) = −1 2x

11. y ′′ − 7 y ′ + 10 y = x 2 − 4 + e x ; y (0) = 3 y ′(0) = −3

2.2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Para resolver ecuaciones diferenciales de orden superior, si son lineales de coeficientes constantes, podemos pensar en procedimientos análogos. Ejemplo Hallar la solución para y

IV

+ 6 y ′′′ + 14 y"+16 y '+8 y = 24

SOLUCIÓN: Primero, encontramos la solución complementaria

yc

IV

yc

que satisface la ecuación homogénea

+ 6 yc′′′ + 14 yc "+16 yc '+8 yc = 0 .

La ecuación auxiliar sería r 4 + 6r 3 + 14 r 2 + 16 r + 8 = 0 . Encontramos las raíces por división sintética

1 6 14 16 8 −2 0 − 2 − 8 − 12 − 8 1

4

6

4

r 3 + 4r 2 + 6r + 4 = 0 1 4 6 4 −2 0 −2 −4 −4 1

2

2

r1 = −2

0

r2 = −2

0

r 2 + 2r + 2 = 0 − 2 ± 4 − 4(2) 2 −2± −4 r3 , r4 = 2 r3 = −1 + i r4 = −1 − i r3 , r4 =

Por tanto

y c ( x) = k1e −2 x + k 2 xe −2 x + e − x [k 3 sen + k 4 cos x ] Segundo, la solución particular

12

yp

es de la forma y p = A porque g ( x ) = 24 .

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz y p '= 0 Entonces

y p"= 0 y′p′′ = 0 y p IV = 0 y IV p + 6 y′p′′ + 14 y" p +16 y ' p +8 y p = 24

Reemplazando y calculando

0 + 6(0) + 14(0) + 16(0) + 8 A = 24 A=3

Por tanto y ( x ) = k 1 e −2 x + k 2 xe −2 x + e − x [k 3 sen x + k 4 cos x ] + 3 Observe que es dinámicamente estable, es decir que y (t ) converge al nivel de equilibrio y = 3

Ejercicios propuestos 2.3 Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales 1. y ```+7 y``+15 y`+9 y = 0 2. y ```−2 y ``− y`+2 y = 4 3. y ```+6 y ``+10 y `+8 y = 8

2.3

ANÁLISIS CUALITATIVO

Para ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficentes constantes, podemos utilizar el siguiente análisis si se trata de determinar la estabilidad 2.3.1 Teorema de Routh

Sea la ecuación polinómica de grado n a 0 r n + a1 r n −1 + a 2 r n − 2 + a 3 r n −3 + K + a n −1 r + a n = 0

La parte real de todas las raíces son negativas si y sólo sí los " n " primeros determinantes de la siguiente sucesión: a1

;

a1

a3

a0

a2

;

a1 a0 0

a3 a2 a1

a5 a4 a3

;

a1

a3

a5

a7

a0

a2

a4

a6

0

a1

a3

a5

0

a0

a2

a4

;...

Son todos positivos Nota:

a m = 0 Si m > n

13

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

Ya usted ha tenido la oportunidad de observar que para que una trayectoria y (t ) , solución de una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes y término constante, sea dinámicamente estable se requiere que las raíces de la ecuación auxiliar o la parte real (en el caso de las raíces complejas) sean todas negativas. Entonces para determinar lo anterior basta con emplear el Teorema de Routh. Ejemplo 1 Determine cualitativamente la estabilidad dinámica para y IV + 6 y ′′′ + 14 y"+16 y '+8 y = 0 SOLUCIÓN: Empleando el Teorema de Routh. La ecuación auxiliar es r 4 + 6r 3 + 14 r 2 + 16 r + 8 = 0

a0 = 1 a1 = 6 En este caso n = 4 y además a 2 = 14 a3 = 16

a4 = 8 Los cuatros determinantes serían:

a1 a0

a1 = 6 ;

a3 6 16 = = 84 − 16 = 68 ; a2 1 14

a1 a0

a3 a2

a5 6 16 a4 = 1 14

0 8 = 800

0

a1

a3

16

0

6

6 16 0 0 1 14 8 0 = 6400 0 6 16 0 0 1 14 8

Como todos los determinantes son positivos entonces todas las raíces son negativas; por tanto la solución es dinámicamente estable

Ejemplo 2 Determine cualitativamente la estabilidad dinámica para y ′′′ − 10 y"+27 y '−18 y = 3 SOLUCIÓN: Empleando el Teorema de Routh. La ecuación auxiliar es r 3 − 10 r 2 + 27 r − 18 = 0 a0 = 1 a = −10 En este caso n = 3 y además 1 a2 = 27 a3 = −18

Los cuatros determinantes serían: a1 = −10 ;

14

a1 a0

a3 −10 −18 = = −252 a2 1 27

;

Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden

Moisés Villena Muñoz

a1 a0

a3 a2

a5 − 10 − 18 a4 = 1 27

0

a1

a3

0

0 0

= 5184

− 10 − 18

Como los determinantes no todos son positivos entonces no todas las raíces son negativas; por tanto la solución es NO dinámicamente estable.

Ejercicios propuestos 2.4 Determine si las soluciones de las ecuaciones diferenciales son trayectorias temporales convergentes o no. Emplee el teorema de Routh 1. 2. 3.

y ```−10 y ``+27 y `−18 y = 3 y ```+11 y ``+34 y `+24 y = 5 y ```+4 y ``+5 y `−2 y = −2

Misceláneos 1. Hallar la serie de Taylor alrededor de la x0 = 0 de la función f ( x ) = x cos x 2. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales e indique si la solución complementaria converge o no. a) y´´+4 y´+4 y = (x + 1)e −2 x + 10 x b) y´´´+3 y´´− y´−3 y = 4 x + 2 + 3 sen x c) y"+ y´+ y = t + e 2t d) y"+6 y´+9 y = 2e −3 x + x + 1 ;

y (0) = −1, y´(0) = 1

3. Un estudio de explotación de un recurso natural, utiliza la ecuación diferencial:

dx 2

⎛ 2 − β ⎞ dx a 2 x=3 − ⎜⎜ ⎟⎟a + dt 2 ⎝ 1 − β ⎠ dt 1 − β at

a) Probar que x1 (t ) = e at y x 2 (t ) = e 1− β donde a ≠ 0, β ≠ 1 son soluciones de la ecuación homogénea. b) Si a = −5 y β = −9 encuentre la solución general e indique si la solución converge a largo plazo.

15