Tarea 3 de Ecuaciones Diferenciales
Capitaine Martı́nez Jesús Adán
November 4, 2020
Encuentra la solución general de
1. x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 0 y una particular para y(1) = 3, y 0 (1) = 5
Se toma y = xn y se sustituye en la ecuación
x2 (n(n − 1)xn−2 ) − 2x(nxn−1 ) + 2xn = 0
⇒ n(n − 1)xn − 2nxn + 2xn = 0
⇒ n2 − 3n + 2 = 0
Factorizando
⇒ (n − 2)(n − 1) = 0
Entonces, se tiene como solución
n1 = 2
n2 = 1
Luego, obtenemos como soluciones particulares
y1 = x2
y2 = x
Teniendo ası́ como solución general
yg = c1 x2 + c2 x
1
, Ahora usando las soluciones particulares dadas con y(1) = 1 y y 0 (1) = 5
y(1) = c1 (1)2 + c2 (1) = 3
⇒ c1 + c2 = 3
Teniendo otra ecuación
y 0 (1) = 2c1 x + c2 = 5
⇒ 2c1 + c2 = 5
Resolviendo el sistema de ecuaciones obtenido, tenemos como soluciones
c1 = 2 y c2 = 1
La solución particular obtenida es
y = 2x2 + x
2
, 2. y 00 − 3y 0 + 2y = 0 y una particular para y(0) = −1, y 0 (0) = 1
Se toma y = eλx , con derivadas y 0 = λeλx y y 00 = λ2 eλx .
Se sustituye en la ecuación
λ2 (eλx ) − 3λ(eλx ) + 2eλx = 0
Eliminando eλx
⇒ λ2 − 3λ + 2 = 0
Factorizando
(λ − 2)(λ − 1) = 0
Teniendo ası́
λ1 = 2
λ2 = 1
Ahora, se tiene dos soluciones particulares
y1 = e2x
y2 = e x
Teniendo como solución general
yg = c1 e2x + c2 ex
Ahora para calcular la solución particular y(0) = −1 y y 0 (0) = 1 Se obtiene
el siguiente sistema de ecuaciones
c1 e2(0) + c2 e0 = −1
⇒ c1 + c2 = −1
2c1 e2(0) + c2 e0 = 1
⇒ 2c1 + c2 = 1
Resolviendo, se tiene c1 = 2 y c2 = −3
Teniendo ası́
y = 2e2x − 3ex
3
, 3. y 00 − 4y 0 + 4y = 0
Tomamos y = eλx
Se calculan las derivadas y = λeλx y y 00 = λ2 eλx .
Se sustituyen en la ecuación
λ2 eλx − 4λeλx + 4eλx
⇒ λ2 − 4λ + 4 = 0
⇒ (λ − 2)(λ − 2) = 0
Teniendo como valor de λ
λ1 = 2
λ2 = 2
Obteniendo ası́ la solución general
y = c1 e2x + c2 e2x x
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Capitaine Martı́nez Jesús Adán
November 4, 2020
Encuentra la solución general de
1. x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 0 y una particular para y(1) = 3, y 0 (1) = 5
Se toma y = xn y se sustituye en la ecuación
x2 (n(n − 1)xn−2 ) − 2x(nxn−1 ) + 2xn = 0
⇒ n(n − 1)xn − 2nxn + 2xn = 0
⇒ n2 − 3n + 2 = 0
Factorizando
⇒ (n − 2)(n − 1) = 0
Entonces, se tiene como solución
n1 = 2
n2 = 1
Luego, obtenemos como soluciones particulares
y1 = x2
y2 = x
Teniendo ası́ como solución general
yg = c1 x2 + c2 x
1
, Ahora usando las soluciones particulares dadas con y(1) = 1 y y 0 (1) = 5
y(1) = c1 (1)2 + c2 (1) = 3
⇒ c1 + c2 = 3
Teniendo otra ecuación
y 0 (1) = 2c1 x + c2 = 5
⇒ 2c1 + c2 = 5
Resolviendo el sistema de ecuaciones obtenido, tenemos como soluciones
c1 = 2 y c2 = 1
La solución particular obtenida es
y = 2x2 + x
2
, 2. y 00 − 3y 0 + 2y = 0 y una particular para y(0) = −1, y 0 (0) = 1
Se toma y = eλx , con derivadas y 0 = λeλx y y 00 = λ2 eλx .
Se sustituye en la ecuación
λ2 (eλx ) − 3λ(eλx ) + 2eλx = 0
Eliminando eλx
⇒ λ2 − 3λ + 2 = 0
Factorizando
(λ − 2)(λ − 1) = 0
Teniendo ası́
λ1 = 2
λ2 = 1
Ahora, se tiene dos soluciones particulares
y1 = e2x
y2 = e x
Teniendo como solución general
yg = c1 e2x + c2 ex
Ahora para calcular la solución particular y(0) = −1 y y 0 (0) = 1 Se obtiene
el siguiente sistema de ecuaciones
c1 e2(0) + c2 e0 = −1
⇒ c1 + c2 = −1
2c1 e2(0) + c2 e0 = 1
⇒ 2c1 + c2 = 1
Resolviendo, se tiene c1 = 2 y c2 = −3
Teniendo ası́
y = 2e2x − 3ex
3
, 3. y 00 − 4y 0 + 4y = 0
Tomamos y = eλx
Se calculan las derivadas y = λeλx y y 00 = λ2 eλx .
Se sustituyen en la ecuación
λ2 eλx − 4λeλx + 4eλx
⇒ λ2 − 4λ + 4 = 0
⇒ (λ − 2)(λ − 2) = 0
Teniendo como valor de λ
λ1 = 2
λ2 = 2
Obteniendo ası́ la solución general
y = c1 e2x + c2 e2x x
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