Trabajo Colaborativo 3_ 294

ECUACIONES DIFERENCIALES 100412_294

Fase 3: Discusión

TUTOR: DIEGO FRANCISCO MARTINEZ

PRESENTADO POR: ANDRES DAVID SUAREZ JHONATAN PULGARIN SEBASTIAN BARRERA HELMER GIOVANNY LINARES OLAYA DEISY YULIETH NAVARRO GUEVARA

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD NOVIEMBRE DE 2016

INTRODUCCION En el presente trabajo se presenta el proceso práctico de la unidad tres del módulo ecuaciones diferenciales se abordaran temas claves para la resolución de ecuaciones diferenciales que implican el conocimiento desde la definición y clasificación de series matemáticas, técnicas para resolver ecuaciones diferenciales mediante series matemáticas, hasta el estudio de propiedades y convergencia de series de potencia, complementando con las series de Taylor y Maclaurin como apoyo a la solución de ecuaciones diferenciales lineales de orden dos o superior. En complemento con lo anterior y buscando afianzar el conocimiento se proponen una serie de ejercicios de acuerdo a las temáticas presentadas los cuales se resolvieron utilizando los planteamientos expuestos teniendo en cuento fuentes documentales consultadas. Con esto se pretende alcanzar el reconocimiento, definición y aplicación de los temas planteados hacia la resolución de ecuaciones diferenciales.

OBJETIVOS GENERAL: Por medio del trabajo colaborativo 3 se pretende que cada estudiante aporte sus conocimientos a la consolidación del trabajo. ESPECIFICOS: o Que cada estudiante de Ecuaciones Diferenciales realice los ejercicios del trabajo mediante sus conocimientos adquiridos. o Hacer socializaciones de los ejercicios para que entre todos los integrantes del grupo puedan compartir sus métodos de aprendizajes efectivamente. o Que cada estudiante tenga los conocimientos ben en claro de los temas tratados en la unidad 3del módulo de Ecuaciones Diferenciales

1. Un método alternativo para hallar soluciones con series de potencias de ecuaciones diferenciales como: (𝑥)𝑦̈ +𝑞(𝑥)𝑦̇ + 𝑟(𝑥)𝑦 = 0, alrededor de un punto ordinario x = 0 es el método de la serie de Taylor. Este método usa los valores de las derivadas evaluadas en el punto ordinario, los cuales se obtienen de la ecuación diferencial por diferenciación sucesiva. Cuando se encuentran las derivadas, usamos luego la expansión en serie de Taylor.

y '' (a)( x  a) 2 y '' (a)( x  a) 3   ... 2! 3! Dando la solución requerida. Considerando lo anterior, la solución para la ecuación y '  x  y  1 Es: y( x)  y(a)  y ' (a)( x  a) 

A.

𝑦(𝑥) = 𝑐 + (𝑐 + 1)𝑥 +

B.

𝑦(𝑥) = 𝑐 + (𝑐 − 1)𝑥 +

C.

𝑦(𝑥) = 𝑐 + (𝑐 + 1)𝑥 +

D.

𝑦(𝑥) = 𝑐 − (𝑐 + 1)𝑥 +

(𝑐+2)𝑥 2 2! (𝑐−2)𝑥 2 2! (𝑐+5)𝑥 2 2! (𝑐−2)𝑥 2 2!

+ + + +

(𝑐+2)𝑥 3 3! (𝑐−2)𝑥 3 3! (𝑐+5)𝑥 3 3! (𝑐−2)𝑥 3 3!

+⋯ +⋯ +⋯ +⋯

Solución 

Supongamos que la solución es de la forma

 an x n con an 

Para esto, pongamos c0  y(0)  y (o) (0) y c1  y ' Derivamos implícitamente con respecto a x, y se obtiene: y'  x  y 1 y '''  1  y ' =c Reemplazando los valores, se obtiene y '''  1  c Seguimos derivando, la función y se obtiene: y '''  y '' Y luego reemplazamos se obtiene: ( x  2)( x) y '''  2! ( x  2) x 2 y( x)  c  (c  1) x  ... 2! Por lo tanto, el resultado es la A

y n (0) n!

2. Al emplear el método de serie de potencia, la solución del problema de valor inicial de la ecuación dada y' '2 xy '8 y  0 ; con y (3)=0, y’ (0)=0 es: 𝐴. 𝑦 = 3 + 12𝑥 2 + 4𝑥 3 B. 𝑦 = 3 − 12𝑥 2 + 4𝑥 4 𝐶. 𝑦 = 3 + 12𝑥 2 + 3𝑥 3 𝐷. 𝑦 = 3 − 12𝑥 2 + 3𝑥 4 Solución: Se considera la solución como serie: 

y   cn x n n 0

Derivamos la ecuación anterior: 

xy '   nc n x n 1 n 1

Hallamos segunda derivada 



n2

n2

y ' '   (n  1)ncn x n2  (n 2  n)cn x n2

Sustituimos los resultados a la ecuación a solucionar 





(n  1)ncn x n 2  2 x nc n x n 1 8 c n x n  0  n2 n 1 + n 0

Termino independiente: 2c n  8c0  0

c 2  4c0

Coeficiente de x: 6c3  2c1  8c1  0

c3   c1 Coeficiente de xn : n  2n  1an2  2n  an  8an  0

an 2 

Luego:

2(n  4) an (n  1)(n  2)

Se pide la solución tal que: y(0) = 3 e y’(0) = 0 , es decir, tal que ao = 3 y a1 = 0 a0  3 a1  0 a2   12 a3  a5  ......  0  4 a2 4 12 a6  0  a8  a10  .....  0

a4 

Por lo tanto: La respuesta es la B y = 3 – 12 x2 + 4 x4 𝑑2 𝑦

3. Utilizando el método de series de potencia, la solución para la ecuación de segundo orden 𝑑𝑥 2 + 𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑥

+ 𝑦 = 0 es: ∞

∞

𝑐0 𝑥 2𝑛 (−1)𝑛 𝑐1 𝑥 2𝑛+1 𝐴. 𝑦 = ∑(−1) +∑ 2.4.6. . (2𝑛) 1.3.5. . (2𝑛 + 1) 𝑛

𝑛=0 ∞

𝐵. 𝑦 = ∑(1)𝑛 𝑛=0 ∞

2𝑛

𝑐0 𝑥 (−1)𝑛 𝑐1 𝑥 2𝑛+1 −∑ 2.4.6. . (2𝑛) 1.3.5. . (2𝑛 + 1)

𝐶. 𝑦 = ∑(−1)𝑛 𝑛=0 ∞

𝐷. 𝑦 = ∑(1)𝑛 𝑛=0

2𝑛

2𝑛

𝑛=0

𝐶𝑛 𝑋 𝑛

𝑛=0

Derivamos

𝑛=0 ∞

𝑐0 𝑥 (1)𝑛 𝑐1 𝑥 2𝑛+1 −∑ 2.4.6. . (2𝑛) 1.3.5. . (2𝑛 + 1)

Consideremos la solución 𝑦=∑

𝑛=0 ∞

𝑐0 𝑥 (1)𝑛 𝑐1 𝑥 2𝑛+1 +∑ 2.4.6. . (2𝑛) 1.3.5. . (2𝑛 + 1)

Solución: ∞

𝑛=0 ∞

∞

𝑦′ = ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑋 𝑛−1 𝑛=1 ∞

𝑦′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑋 𝑛−2 𝑛=2

Y sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos que: ∞

∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑋

𝑛−2

∞

+ 𝑋 ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑋

𝑛=2 ∞

𝑛−1

𝑛=1 ∞

+ ∑ 𝐶𝑛 𝑋 𝑛 = 0 𝑛=0

∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑋 𝑛−2 + ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑋 𝑛 + ∑ 𝐶𝑛 𝑋 𝑛 = 0 𝑛=2

𝑛=1

Hacemos: 𝐾 =𝑛−2 𝐾=0 𝑛 =𝐾+2

𝐾=𝑛 𝐾=1 𝑛=𝐾

𝑛=0

𝐾=𝑛 𝐾=0 𝑛=𝐾

Sustituimos: ∞

∞

∞

𝐾

∑(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 𝑋 + ∑ 𝐾𝐶𝐾 𝑋 + ∑ 𝐶𝐾 𝑋 𝐾 = 0 𝐾=0

𝐾

𝐾=1

𝐾=0

∞ 0

∞

0

∞

𝐾

(2)(1)𝐶2 𝑋 + 𝐶0 𝑋 ∑(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 𝑋 + ∑ 𝐾𝐶𝐾 𝑋 + ∑ 𝐶𝐾 𝑋 𝐾 = 0 𝐾=1

𝐾

𝐾=1

Obteniendo así: ∞

∞

𝐾=1 ∞

𝐾

2𝐶2 + 𝐶0 ∑(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 𝑋 + ∑ 𝐾𝐶𝐾 𝑋 + ∑ 𝐶𝐾 𝑋 𝐾 = 0 𝐾=1

𝐾

𝐾=1

𝐾=1

∞

2𝐶2 + 𝐶0 ∑[(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 𝑋 𝐾 + 𝐾𝐶𝐾 𝑋 𝐾 + 𝐶𝐾 𝑋 𝐾 ] = 0 𝐾=1 ∞

2𝐶2 + 𝐶0 ∑[(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 + 𝐾𝐶𝐾 + 𝐶𝐾 ]𝑋 𝐾 = 0 𝐾=1

De aquí: 2𝐶2 + 𝐶0 = 0

→

𝐶2 =

−𝐶0 2

= −

1 2

(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 + 𝐾𝐶𝐾 + 𝐶𝐾 = 0 𝐶𝐾+2 =

(−𝐾 − 1)𝐶𝐾 𝐾 = 1,2,3,4 …. (𝐾 + 2)(𝐾 + 1)

→

𝐶𝐾+2 =

−𝐾𝐶𝐾 − 𝐶𝐾 (𝐾 + 2)(𝐾 + 1)

Escogiendo 𝐶0 = 1 𝑦

𝐶1 = 0

encontramos las demás

−𝐾𝐶𝐾 − 𝐶𝐾 (𝐾 + 2)(𝐾 + 1) 1 𝐶3 = 0, 𝐶4 = , 𝐶5 = 0, 8 𝐶𝐾+2 =

𝐶6 = −

Ahora escogemos 𝐶0 = 0 𝑦 𝐶1 = 1 1 1 1 𝐶3 = − , 𝐶4 = , 𝐶5 = , 3 8 15

7 , 240

𝐶6 = −

1 , 48

𝐶7 = 0

𝐶7 = −

1 105

Por lo tanto, la respuesta es: 𝐴. 𝑦 = ∑

∞

(−1)𝑛

𝑛=0

∞ (−1)𝑛 𝐶 𝑋 2𝑛+1 𝐶0 𝑋 2𝑛 1 +∑ 2.4.6(2𝑛) 1.3.5(2𝑛 + 1) 𝑛=0

4. La solución de la ecuación: 𝑦̈ − 𝑒 −𝑥 𝑦 = 0, 𝑦(0) = 𝑦̇ (0) = 1 teniendo en cuenta la condición iniciales x=0 y utilizando las series de Maclaurin es: 𝑥2 𝑥5 𝐴. 𝑦(𝑥) = 1 + 𝑥 + − + ⋯ 2! 5! 𝑥2 𝑥5 𝐵. 𝑦(𝑥) = 1 − 𝑥 − + + ⋯ 2! 5! 𝑥3 𝑥5 𝐶. 𝑦(𝑥) = 1 + 𝑥 + − + ⋯ 3! 5! 𝑥2 𝑥6 𝐷. 𝑦(𝑥) = 1 + 𝑥 + − + ⋯ 2! 6! Solución: ÿ − 𝑒 −𝑥 𝑦 = 0 Consideremos la solución 𝑦=∑

∞

𝐶𝑛 𝑋 𝑛

𝑛=0

Derivamos ∞

𝑦′ = ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑋 𝑛−1 𝑛=1 ∞

𝑦′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑋 𝑛−2 𝑛=2

Y sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos que: ∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑋

∞

𝑛−2

−𝑒

−𝑥

𝑛=2

Hacemos: 𝐾 =𝑛−2 𝐾=0 𝑛 =𝐾+2

∑ 𝐶𝑛 𝑋 𝑛 = 0 𝑛=0

𝐾=𝑛 𝐾=1 𝑛=𝐾

Sustituimos: ∞

∞ 𝐾

∑(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 𝑋 − 𝑒

−𝑥

𝐾=0

∑ 𝐶𝐾 𝑋 𝐾 = 0 𝐾=0

Obteniendo así: ∞

∑[(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 𝑋 𝐾 − 𝑒 −𝑥 𝐶𝐾 𝑋 𝐾 ] = 0 𝐾=0 ∞

∑[(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 − 𝑒 −𝑥 𝐶𝐾 ]𝑋 𝐾 = 0 𝐾=0

De aquí: (𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 − 𝑒 −𝑥 𝐶𝐾 = 0 𝑒 −𝑥 𝐶𝐾 𝐶𝐾+2 = (𝐾 + 2)(𝐾 + 1) 𝑒 −𝑥 ∞ 𝑥𝑛 ∑ 𝑛! 𝑛=0

𝑓(0) = 𝑒 −𝑥 = 1 𝑓′(0) = 𝑥 𝑓′′(0) = 1 𝑓′′′(0) = 0 𝑓 (4) (0) = 0 𝑓 (5) (0) = −1 Por lo tanto, la respuesta es: 𝑥2 𝑥5 𝐴. 𝑦(𝑥) = 1 + 𝑥 + − + ⋯ 2! 5!

5. Para la ecuación diferencial 𝑦̈ + 𝑃(𝑥)𝑦̇ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0, si se desea saber el comportamiento de la 1 solución en el infinito, se realiza un cambio de variables así:𝑡 = 𝑥 , 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟 𝑥 → ∞ ⇒ 𝑡 → 0. Teniendo en cuenta el concepto anterior los puntos en el infinito para la ecuación diferencial de 4 2 Euler, 𝑦̈ + 𝑥 𝑦̇ + 𝑥 2 𝑦 = 0, son: A. B. C. D.

X en el infinito es un punto singular regular con exponente 1 y 2 X en el infinito es un punto singular irregular con exponente 1 y 2 X en el infinito es un punto singular regular con exponente 2 y 4 X en el infinito es un punto singular irregular con exponente 2 y 4

Solución: La ecuación diferencial Cauchy – Euler nos dice: 𝒂𝒙𝟐

𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒚 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒚 = 𝟎 𝟐 𝒅𝒙 𝒅𝒙

Buscamos la solución general en el intervalo 0 < 𝑥 < ∞, las soluciones en el intervalo −∞ < 𝑥 < 0 se dan sustituyendo 𝑡 = −𝑥 en la ecuación diferencial 𝑑𝑦 𝑑2 𝑦 𝑚−1 =𝑚𝑥 𝑦 = 𝑚(𝑚 − 1)𝑥 𝑚−2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 La ecuación se transforma en: 𝑎𝑥 2

𝑑2𝑦 𝑑𝑦 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑦 = 𝑎𝑥 2 . 𝑚(𝑚 − 1)𝑥 𝑚−2 + 𝑏𝑥. 𝑚𝑥 𝑚−1 + 𝑐𝑥 𝑚 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥

= 𝑎𝑚(𝑚 − 1)𝑥 𝑚 + 𝑏𝑚𝑥 𝑚 + 𝑐𝑥 𝑚 = 𝑥 𝑚 (𝑎𝑚(𝑚 − 1) + 𝑏𝑚 + 𝑐 La solución general es 𝑦 = 𝑐1 𝑥 𝑚1 + 𝑐2 𝑥 𝑚2 Conociendo esto podemos decir que el punto regular singular es 1 y 2. 6. El polinomio 𝑃4 (𝑥) de Taylor que aproxima la solución en torno de 𝑥0 = 0 del problema: 𝑦̈ = +3𝑦̇ + 𝑥 7/3𝑦 , (0) = 10, 𝑦̇(0) = 5 con valores iniciales es: 15𝑥 2

A. 𝑃4 (𝑥) = 10 + 5𝑥 + B. 𝑃4 (𝑥) = 5 + 10𝑥 + C. 𝑃4 (𝑥) = 5 + 5𝑥 +

15𝑥 2

2 15𝑥 2

D. 𝑃4 (𝑥) = 10 + 5𝑥 +

+

+

2 15𝑥 2 2

2 15𝑥 3

2 15𝑥 3

-

+ + +

2 15𝑥 3 2

15𝑥 3 2 45𝑥 4

8 45𝑥 4

-

…

…

8 45𝑥 4 8

+

…

45𝑥 4 8

…

Solución: Resolvemos: 𝑦 ′′ = 3𝑦 ′ + 𝑥 7 3 𝑦 𝐶𝑜𝑛 𝑦(0) = 10 𝑦 𝑦′(0) = 5 7

𝑦 ′′ = 3𝑦 ′ + 03 𝑦(0) = 15 7

𝑦 (3) = 3𝑦′′ + (03 𝑦(0)) ′ = 45 7

𝑦 (4) = 3𝑦 (3) + (03 𝑦(0)) ′′ = 135 Formula del polinomio de Taylor: ∞

𝑦 (𝑛) 0(𝑥 − 0)𝑛 𝑃(𝑥) = ∑ 𝑛! 𝑛=0

Reemplazamos: 𝑃4 (𝑥) = 10 + 5𝑥 𝑦´(0) 𝑋 + 𝑦´´(0). 𝑥 2 + 𝑃(𝑥) = 10 + 5𝑥 +

𝑦 (3) (0)𝑥 3 𝑦 (4) (0)𝑥 4 + 3! 4!

15𝑥 2 45𝑥 3 135𝑥 4 4 + + 𝑥 2! 3! 4!

𝟏𝟓𝒙𝟐 𝟏𝟓𝒙𝟑 𝟒𝟓𝒙𝟒 𝟒 𝑷(𝒙) = 𝟏𝟎 + 𝟓𝒙 + + + 𝒙 𝟐 𝟐 𝟖 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: Marque A si 1 y 2 son correctas. Marque B si 1 y 3 son correctas. Marque C si 2 y 4 son correctas. Marque D si 3 y 4 son correctas. 7. Se dice que x = a es un punto ordinario de la Ecuación Diferencial. y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0, si P (x) y Q(x) son analíticas en x = a, es decir, si P (x) y Q(x) se pueden expandir en serie de potencias de x − a con un radio de convergencia positiva. Si un punto no es ordinario se dice que es singular. Teniendo en cuenta el concepto anterior, los puntos ordinarios y singulares de la ecuación diferencial (𝑥 (2 − 4)𝑦̈+ 2𝑥𝑦̇ +3𝑦 = 0 son: 1. 𝑋 = ±2 Puntos Singulares

2. 𝑋 ≠ ±2 Puntos Ordinarios 3. 𝑋 = ±4 Puntos Ordinarios 4. 𝑋 ≠ ±4 Puntos Singulares SOLUCION: (𝑋 2 − 4)ÿ + 2xẏ + 3y = 0 (𝑋 2 − 4)ÿ + 2xẏ + 3y ∶ −y + 2yx + y𝑥 2 𝑦(𝑥 2 − 4) ∶ 𝑦𝑥 2 − 𝑦 − 4 𝑦(𝑥 2 − 4) : 𝑎(𝑏 + 𝑐) = 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 = 𝑦𝑥 2 + 𝑦(−4) +(−𝑎) = −𝑎 = 𝑦𝑥 2 − 𝑦. 4 = 𝑦𝑥 2 − 𝑦. 4 + 2𝑥𝑦 + 3𝑦 𝑦𝑥 2 − 𝑦. 4 + 2𝑥𝑦 + 3𝑦: −𝑦 + 2𝑦𝑥 + 𝑦𝑥 2 𝑦𝑥 2 − 𝑦. 4 + 2𝑥𝑦 + 3𝑦 = −4𝑦 + 3𝑦 + 2𝑦 + 𝑦𝑥 2 : −4𝑦 + 3𝑦 = −𝑦 = −𝑦 + 2𝑦𝑥 + 𝑦𝑥 2 = 0 −𝑦 + 𝑦𝑥 2 −𝑦 + 2𝑦𝑥 + 𝑦𝑥 2 − (−𝑦 + 𝑦𝑥 2 ) = 0 − (−𝑦 + 𝑦𝑥 2 ) 2𝑦𝑥 = 𝑦 = −𝑦𝑥 2 2𝑦𝑥 𝑦 − 𝑦𝑥 2 = ;𝑦 ≠ 0 2𝑦 2𝑦 𝑥=

−𝑥 2 + 1 2

𝑦≠0

RTA: A. 1 y 2 son correctas 8. Si x0 es un punto singular regular de 𝑦̈ + 𝑃(𝑥)𝑦̇ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0, entonces llamamos ecuación inicial de ese punto a la ecuación: 𝑟(𝑟 − 1) + 𝑃0 𝑟 + 𝑄0 = 0, 𝑜 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛 ∶ 𝑟 2 + (𝑃0 − 1)𝑟 + 𝑄0, donde 𝑃0 = lim (𝑥 − 𝑥0 )𝑃(𝑥) 𝑦 𝑄0 = lim (𝑥 − 𝑥0 )2 𝑄(𝑥) Las raíces de la ecuación indicial se llaman 𝑥→𝑥0

𝑥→𝑥0

exponentes (índices) de la singularidad x0. Teniendo en cuenta el concepto anterior, para la ecuación diferencial (𝑡 2 − 1)2 𝑦̈ + 12(𝑡 + 1)𝑦̇ + 𝑦 = 0, el valor aproximado de sus raíces son: 1. 2. 3. 4.

r1 = -1 r2 = -1 r2 = 1 r1 = 1

Solución: Diferencial de: (𝑡 2 − 1)2 𝑦̈ + 12(𝑡 + 1)𝑦̇ + 𝑦 = 0 𝑦̈ = 2𝑡 𝑦̇ = 12 𝑦̇ = 1

𝑦̈ = −2 + 1 𝑦̇ = −1

RTA: B. 1 y 3 son correctas 9. Los puntos singulares de la ecuación diferencial: (𝑡2 − 𝑡 − 2)̈+ (𝑡 + 1)𝑥̇ − (𝑡 − 2)𝑥 = 0 son: 1. 𝑋 = −1 2. 𝑋 = 2 3. 𝑋 = 1 4. 𝑋 = −2 Solución: (𝑡 2 − 𝑡 − 2)ẋ + (t + 1)ẋ (𝑡 − 2𝑥) = 0 (𝑡 2 − 𝑡 − 2)𝑓𝑜(𝑡) + (𝑡 + 19𝑓𝑜(𝑡)(𝑡2𝑓𝑜(𝑡) = 0 (𝑡 2 − 𝑡 − 2)𝑓𝑜(𝑡) + (𝑡 + 19𝑓𝑜(𝑡)(𝑡2𝑓𝑜(𝑡) 𝑓𝑜(𝑡)(𝑡 2 − 𝑡 − 2) 𝑓𝑜(𝑡)𝑡 2 + 𝑓𝑜(𝑡)(−𝑡) + 𝑓𝑜(+)8 − (−2) +(−𝑎) = −𝑎 𝑓𝑜(𝑡)𝑡 2 − 𝑓𝑜(𝑡)𝑡 − 𝑓𝑜(𝑡). 2

= 𝑓𝑜(𝑡)(𝑡 2 ) − 𝑓𝑜(𝑡)𝑡 − 𝑓𝑜(𝑡). 2(𝑡 + 1)𝑓𝑜 + 𝑓𝑜( 𝑡) − (𝑡 − 2𝑓𝑜(𝑡) − (𝑡 − 2𝑓𝑜(𝑡) −(𝑡 − 2𝑓𝑜(𝑡)): −𝑡 + 2𝑓𝑜(𝑡) −(𝑡 − 2𝑓𝑜(𝑡)) = −𝑡 − (−2𝑓𝑜(𝑡)) = 𝑡 − (−2𝑓𝑜(𝑡))

− (−𝑎), −(𝑎) = −𝑎

= −𝑡 + 2𝑓𝑜(𝑡) = 𝑓𝑜(𝑡)𝑡 2 − 𝑓𝑜(𝑡) − 𝑓𝑜(𝑡). 2 + 𝑡𝑓𝑜(𝑡) + 𝑓𝑜(𝑡) − 𝑡 + 2𝑓𝑜(𝑡) = 𝑓𝑜(𝑡) + 𝑡 2 𝑓𝑜(𝑡) − 𝑡 𝑓𝑜(𝑡) + 𝑡 2 𝑓𝑜(𝑡) − 𝑡 = 0 𝑓𝑜(𝑡) + 𝑡 2 𝑓𝑜(𝑡) − 𝑡 + 𝑡 = 0 + 𝑡 𝑓𝑜(𝑡) + 𝑡 2 𝑓𝑜(𝑡) = 𝑡 𝑓𝑜(𝑡)(𝑡 2 + 1) = 1 𝑓𝑜(𝑡)(𝑡 2 + 1 𝑡 = 2 ; 𝑡 ≠ 𝑖+≠ −𝑖 2 𝑡 +1 𝑟 +1 𝑡 = −1 ; 𝑡 = 1 𝑡 (𝑡 2 + 1) = 𝑓𝑜(𝑡)(𝑡 2 + 1) 2 𝑟 +1 𝑡0(𝑡)(𝑡 2 + 1) 𝑡 = 𝑓𝑜(𝑡)(𝑟 2 + 1): 1 − 4𝑓𝑜(𝑡)2

1 − 4𝑓𝑜(𝑡)2 ≥= −

1 1 ≤ 𝑓𝑜(𝑡) ≤ 2 2

−𝑡 2 + 1 𝑑 𝑡 ( ) (𝑡 2 + 1)2 𝑑𝑡 𝑡 2 + 1 𝑑 2 2 𝑑 (𝑡)(𝑡 + 1) − 𝑑𝑡 (𝑡 + 1)𝑡 1. (𝑡 2 + 1) − 2 + 𝑡 𝑡 2 + 1 = : 2 𝑑𝑡 (𝑡 2 + 1)2 (𝑡 2 + 1)2 (𝑡 + 1)2 𝑑 𝑑 2 (𝑡) = 1 (𝑡 + 1) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑓 ′ (𝑡) =

𝑡 2 + 1 − 2𝑡 2 = −𝑡 2 + 1 −𝑡 2 + 1 𝑓(𝑥) = 0 = 0 𝑓(𝑥) = 0 (𝑡 2 + 1)2 𝑔(𝑥) −𝑡 2 + 1 = 0 T=1

RTA: B. 1 y 3 son correctas 10. Sabiendo que el teorema de Frobenius dice: Si 𝑥 = 𝑥0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial ordinaria 𝑎2 (𝑥)𝑦̈ + 𝑎1 (𝑥)𝑦̇ + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 0, entonces existe al menos una solución en serie de la forma: ∞

𝑦 = ∑ 𝐶𝑛 (𝑥 − 𝑥0 )𝑛+𝑟 𝑛=0

Donde r es una constante a determinar. Esta serie converge en un intervalo de la forma 0 < 𝑥 − 𝑥0 < 𝑅 Considerando lo anterior, para la ecuación 4𝑥𝑦̈ + 2𝑦̇ + 𝑦 = 0, las dos soluciones en serie de Frobenius son: 1. 𝑦1 = 𝑐𝑜𝑠√𝑥 2. 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛√𝑥 3. 𝑦2 = −𝑐𝑜𝑠√𝑥 4. 𝑦1 = −𝑠𝑒𝑛√𝑥 Solución:

Resolvemos: 4𝑥𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0 Aplicamos el método general de Frobenius ∞

𝑦(𝑥) = ∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛+𝑟 𝑛=0

Derivamos y sustituimos: ∞

(4𝑟 2 − 2𝑟)𝐶0 𝑥 𝑟−1 + ∑[(4(𝑛 + 𝑟 − 1)(𝑛 + 𝑟))𝐶𝑛 + 𝐶𝑛−1 ]𝑥 𝑛+𝑟−1 = 0 𝑛=1

1 4𝑟 2 − 2𝑟 = (𝑟 − ) 𝑟 = 0 2 Sustituimos en 𝒓 = 𝒓𝟐 = 𝟎: 𝐶𝑛−1 (−1)𝑛 𝐶𝑛 = − 2 = 𝐶 4𝑛 − 2𝑛 2𝑛 0 𝐶1 = −

𝐶0 , 2

𝐶2 = −

𝐶1 𝐶0 = ,… 12 24

𝟏

Para 𝒓 = 𝒓𝟏 = 𝟐 : 𝐶𝑛 = − 𝐶1 = −

𝐶𝑛−1 (−1)𝑛 = 𝐶 4𝑛2 + 2𝑛 2𝑛 + 1 0

𝐶0 𝐶1 𝐶0 ; 𝐶2 = − = ,… 6 20 120

Las dos soluciones tienen la forma: ∞

𝒚𝟏 (𝒙) = ∑ 𝒏=𝟎

𝒚𝟐 (𝒙) =

𝟏 𝒙𝟐

(−𝟏)𝒏 𝒏 𝒙 = 𝒄𝒐𝒔(√𝒙) (𝟐𝒏)

∞

(−𝟏)𝒏 𝒏 ∑ 𝒙 = 𝐬𝐢𝐧(√𝒙) (𝟐𝒏 + 𝟏)

𝒏=𝟎

Reemplazando valores la solución final es: 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 (𝒙) + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 (𝒙) = 𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬(√𝒙) + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧(√𝒙)

RTA: A. 1 y 2 son correctas

Primer 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: Si tenemos en cuenta que la carga Q en el capacitor de un circuito RLC queda descrita por: 𝐿𝑞̈ (𝑡) + 1 𝑅𝑞̇ (𝑡) + 𝑞(𝑡) = 𝐸(𝑡) donde L es la Inductancia, R la resistencia, C la capacitancia y E la fuente 𝐶

de voltaje. Como la resistencia de un resistor se incrementa con la temperatura, supongamos que el resistor se calienta de modo que 𝑡

𝑅(𝑡) = 1 + 10 Ω. 𝑆𝑖 𝐿 = 0,1 ℎ𝑒𝑛𝑟𝑖𝑜𝑠, 𝐶 = 2 𝑓𝑎𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜𝑠, 𝐸(𝑡) = 0, 𝑞(0) = 10 𝑐𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏𝑠 𝑦 𝑞̇ (0) = 0 𝐴

Determine al menos los primeros cuatro términos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno a t= 0 para la carga del capacitor.

Solución: 𝐿𝑞̈ (𝑡) + 𝑅𝑞̇ (𝑡) +

1 𝑞(𝑡) = 𝐸(𝑡) 𝐶

Reemplazamos valores: 1 𝑡 + 10 1 𝑞̈ (𝑡) + ( ) 𝑞̇ (𝑡) + 𝑞(𝑡) = 0 10 10 2 se puede representar como 𝑞̈ (𝑡) + (𝑡 + 10)𝑞̇ (𝑡) + 5𝑞(𝑡) = 0 Consideremos la solución 𝑞=∑

∞

𝐶𝑛 𝑋 𝑛

𝑛=0

Derivamos ∞

𝑞′ = ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑋 𝑛−1 𝑛=1 ∞

𝑞′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑋 𝑛−2 𝑛=2

Y sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos que: ∞

∞

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑋

𝑛−2 (𝑡)

∞

+ (𝑡 + 10) ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑋

𝑛=2

𝑛−1

(𝑡) + 5 ∑ 𝐶𝑛 𝑋 𝑛 (𝑡) = 0

𝑛=1

𝑛=0

Hacemos: 𝐾 =𝑛−2

𝐾 =𝑛−1

𝐾=𝑛

𝐾=0

𝐾=0

𝐾=0

𝑛 =𝐾+2

𝑛 =𝐾+1

𝑛=𝐾

Sustituimos: ∞

∞

∞

∑(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 𝑋 𝐾 (𝑡) + (𝑡 + 10) ∑(𝐾 + 1)𝐶𝐾+1 𝑋 𝐾 (𝑡) + 5 ∑ 𝐶𝐾 𝑋 𝐾 (𝑡) = 0 𝐾=0

𝐾=0

𝐾=0

∞

∑[(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 𝑋 𝐾 (𝑡) + (𝑡 + 10)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+1 𝑋 𝐾 (𝑡) + 5𝐶𝐾 𝑋 𝐾 (𝑡)] = 0 𝐾=0 ∞

∑[(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 + (𝑡 + 10)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+1 + 5𝐶𝐾 ]𝑋 𝐾 (𝑡) = 0 𝐾=0

De aquí: (𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 + (𝑡 + 10)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+1 + 5𝐶𝐾 = 0

(𝐾 + 2)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+2 = −(𝑡 + 10)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+1 − 5𝐶𝐾

𝐶𝐾+2 =

−(𝑡 + 10)(𝐾 + 1)𝐶𝐾+1 − 5𝐶𝐾 (𝐾 + 2)(𝐾 + 1)

𝐶𝐾+2 =

(−𝑡 − 10)(−𝐾 − 1) − 𝐶𝐾+1 − 5𝐶𝐾 (𝐾 + 2)(𝐾 + 1)

𝐶𝐾+2 =

(−𝑡 − 10) − 𝐶𝐾+1 − 5𝐶𝐾 (𝐾 + 2)

Escogiendo 𝐶0 = 1 𝑦

𝐶𝐾+2 =

𝐾 = 1,2,3,4 …

𝐶1 = 0

(−𝑡 − 10) − 𝐶𝐾+1 − 5𝐶𝐾 (𝐾 + 2)

𝐶0 = 1,

𝐶1 = 0,

5 𝐶2 = − , 2

𝐶3 = −

25 , 3

𝐶4 = −

425 , 24

𝐶5 = −

325 12

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:

Enunciado y solución planteada:

La solución de la Ecuación Diferencial con coeficientes no polinomiales 𝑦̈ + (𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑦 = 0 , Esta dada así: Usando la serie de Maclaurin para 𝑠𝑒𝑛𝑥, junto con la suposición usual

𝑛 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 𝑥 Tenemos que.

Derivamos: ∞

𝑦′ = ∑ 𝑛𝐶𝑛 𝑋 𝑛−1 𝑛=1 ∞

𝑦′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝐶𝑛 𝑋 𝑛−2 𝑛=2

Sustituimos:

∞

∞

𝑦̈ + (𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑦 = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛 𝑥

𝑛−2

𝑛=2

𝑥3 𝑥5 𝑥7 + (𝑥 − + − + ⋯ ) ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 3! 5! 7! 𝑛=0

𝑦̈ + (𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑦 = 2𝑐2 + 6𝑐3 𝑥 + 12𝑐4 𝑥 2 + 20𝑐5 𝑥 3 + ⋯ + (𝑥 −

𝑥3 𝑥5 𝑥7 + − + ⋯ ) (𝑐0 + 𝑐1 𝑥 3! 5! 7!

+ 𝑐2 𝑥 2 + 𝑐3 𝑥 3 + ⋯ ) 𝑦̈ + (𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑦 = 2𝑐2 + 𝑐0 + (6𝑐3 + 𝑐1 )𝑥 + (12𝑐4 + 𝑐2 )𝑥 2 + (20𝑐5 + 𝑐3 )𝑥 3 + ⋯ = 0 Se tiene que 2𝑐2 + 𝑐0 = 0 6𝑐3 + 𝑐1 = 0 12𝑐4 + 𝑐2 = 0 20𝑐5 + 𝑐3 = 0 Resolviendo tenemos: 1 𝑐2 = − 𝑐0 , 2

1 𝑐3 = − 𝑐1 , 6

𝑐4 = −

1 𝑐 , 12 2

𝑐5 = −

1 𝑐 20 3

Agrupando los términos llegamos a la solución general 𝑦 = 𝑐0 𝑦1 (𝑥) + 𝑐1 𝑦2 (𝑥), donde 1

1

𝑦1 (𝑥) = − 2 − 12 𝑥 2 − ⋯

𝑦

1

1

𝑦2 (𝑥) = − 6 𝑥 − 20 𝑥 3 − ⋯

La ecuación diferencial no tiene puntos singulares finitos, ambas series de potencia convergen para |𝑥| < ∞.

CONCLUSIONES  Con este trabajo de la unidad 3, se adquirió técnicas para resolver ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes variables, utilizando para ellos las series. Definimos el concepto de punto ordinario y punto singular regular.  Una serie de potencias representa a una función 𝑓 en un intervalo de convergencia y que podemos derivar la serie de potencias sucesivamente, para obtener series para 𝑓, 𝑓´´  La serie de Taylor de una función 𝑓(𝑥) infinitamente derivable, está definida en un intervalo abierto (𝑎 − 𝑟, 𝑎 + 𝑟).  Una función es analítica si solo si se puede representar con una serie de potencias; los coeficientes de esa serie son necesariamente los determinados en la fórmula de la serie de Taylor.  La solución de ecuaciones diferenciales se puede resolver mediante serie de potencias, siendo esta un remplazo del método de sustitución  Durante el desarrollo de este trabajo se logra adquirir, reconocer y aplicar conocimientos relacionados con procedimientos y técnicas para resolver ecuaciones diferenciales; de igual forma se logran aplicar conocimientos teóricos en el desarrollo de los ejercicios propuestos.  Durante el desarrollo de estos ejercicios se logran alcanzar los conceptos básicos de series matemáticas, teniendo en cuenta series potenciales.  Se logra comprender la diferencia entre la aplicación de las series de potencias para ecuaciones diferenciales de primer orden y Orden superior, reconociendo funciones y series especiales lo que permitió relacionar las funciones y series especiales con las ecuaciones diferenciales.