Abril 2013 Ejercicios Resueltos de Equaciones Diferenciales

UAM–CSIC
Grupo 911 – Abril 2013
Ejercicios Resueltos de Equaciones Diferenciales Ordinarias
– Asignatura de Matemáticas –
Grado en Química
Nota: Los ejercicios pueden contener errores, agradecemos que se comuniquen a los profesores para su corrección. Escribir a roger.casals@uam.es.
Problemas Resueltos: 1, 2, 3, 4, 5, 7, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 y 17.
2
1. Encuentra al menos dos soluciones del problema de valor inicial: x0 (t) = 3x(t) 3 ,
x(0) = 0.
Solución: Una posible solución es la función constante igual a 0, i.e. x1 (t) ≡ 0.
2
Ciertamente satisface la ecuación x01 (t) = 3x1 (t) 3 ya que al sustituir obtenemos
0 = 0, y también la condición inicial x1 (0) = 0.
Hallemos una segunda solución x2 (t) distinta de x1 (t) ≡ 0. Teniendo en cuenta
que el exponente es 2/3 es razonable hacer el ansatz x2 (t) = t3 . Efectivamente,
2
2
x02 (t) = 3t2 = 3(t3 ) 3 = 3x2 (t) 3 y x2 (0) = 0. Luego x2 (t) es una solución de la
ecuación distinta de x1 (t).
(*) Solución a una EDO lineal de primer orden
y 0 (x) + P (x)y(x) = Q(x) =⇒ y(x) = e−
R
P (x)dx
Z
Q(x)e
R
P (x)dx
dx + C ,
C ∈ R.
2. Hallar la solución general de la ecuación diferencial dada. Dar un intervalo en el
cual la solución general esté definida:
(a) x0 (t) + 2x(t) = 0.
Solución: En este caso P (t) = 2 y Q(t) = 0, luego la solución general es
x(t) = c1 e−2t , c1 ∈ R.
(b) 2x0 (t) + 10x(t) = 1.
Solución: P (t) = 5 y Q(t) = 1/2. La solución general es x(t) = c1 e−5t +
1
.
10
Observemos que la solución general es de la forma xh (t) + xp (t), con xh (t) la
solución general de la ecuación homogénea 2x0 (t) + 10x(t) = 0 y xp (t) = 1/10
una solución particular de ecuación original no homogénea 2x0 (t) + 10x(t) = 1.
(c) x0 (t) = x(t) + t.
Solución: P (t) = −1 y Q(t) = t. Integrando por partes la fórmula general para
el caso de ecuaciones lineales de orden 1, obtenemos que la solución general es
1
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x(t) = c1 et − (t + 1).
Alternativamente podemos obtener la solución general como x(t) = xh (t) +
xp (t), xh (t) solución general de la ecuación homogénea x0 (t) = x(t) y xp (t) una
solución particular de x0 (t) = x(t) + t. Se tiene xh (t) = c1 et . Para hallar xp (t)
observamos que el término independiente Q(t) = t es un polinomio de grado
1, luego podemos probar con xp (t) = at + b. La ecuación x0p (t) = xp (t) + t
implica a = b = −1, i.e. xp (t) = −(t + 1).
(d) x0 (t) + 5x(t) = 20, x(0) = 2.
Solución: P (t) = 5 y Q(t) = 20. La solución general es x(t) = c1 e−5t + 4.
Del mismo modo que en los apartados anteriores esta solución es la forma
x(t) = xh (t) + xp (t) con xh (t) = c1 e−5t solución de la ecuación homogénea
x0 (t) + 5x(t) = 0 y xp (t) una solución particular de x0 (t) + 5x(t) = 20.
Debemos imponer la condición x(0) = 2:
x(0) = c1 + 4 = 2 =⇒ c1 = 2.
La solución es x(t) = −2e−5t + 4.
3. Resolver los siguientes sistemas lineal de ecuaciones diferenciales.
(a)
x0 (t)
y 0 (t)
!
=
1 −2
2 −1
!
x(t)
y(t)
!
.
!
1 −2
Solución: Hallemos los autovalores de la matriz
. Obtenemos dos
2 −1
√
√
autovalores puramente imaginarios λ1 = i 3 y λ2 = −i 3.
Luego la solución es
√
√
√
√
c1 sin( 3t) c2 (sin( 3t) + 3 cos( 3t))
√
√
+
x(t) =
3
3
√
√
√
√
c2 sin( 3t)
√
y(t) =
+ c1 (3 cos( 3t) − 3 sin( 3t))
3
(b)
x0
y0
!
=
3 −4
1 −1
!
x
y
!
.
3 −4
Solución: La matriz A =
1 −1
diagonaliza. La descomposición es
3 −4
1 −1
!
= P DP
−1
=
!
tiene autovalores λ1 = λ2 = 1 y no
2 1
1 0
!
1 1
0 1
Luego la solución del sistema es
x(t) = c1 (2tet + et ) + c2 tet
y(t) = c1 tet + c2 (2tet − et )
2
!
0 1
1 −2
!
.
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(c)
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x0
y0
!
=
4 2
4 −3
!
x
y
!
.
4 2
4 −3
Solución: Los autovalores de la matriz A =
!
son λ1 = −4 y λ2 = 5.
Luego la matriz diagonaliza:
4 2
4 −3
!
−1 2
4 1
=
1
=
9
−1 2
4 1
!
= P DP −1 =
−4 0
0 5
!
!
−4 0
0 5
4 2
4 −3
!
!−1
=
!
−1 2
4 1
.
La solución en la base de los autovectores viene dada por
tD
e
e−4t 0
0 e5t
=
!
.
En la base original tenemos etA = P etD P −1 y la solución general es
x(t) = c1 (8e5t + e−4t ) + c2 (e5t − e−4t )
y(t) = c1 (e5t − e−4t ) + c2 (e5t + 8e−4t )
(d)
x0
y0
!
=
1 3
1 −1
!
x
y
!
.
1 3
1 −1
Solución: Los autovalores de la matriz A =
!
son λ1 = −4 y λ2 = 5.
Luego la matriz diagonaliza:
1 3
1 −1
!
−1 3
1 1
=
1
=
4
−1 3
1 1
!
= P DP −1 =
−2 0
0 2
!
!
−2 0
0 2
−1 3
1 1
!
!−1
−1 3
1 1
=
!
.
La solución en la base de los autovectores se obtiene de
tD
e
=
e−2t 0
0 e2t
!
.
En la base original se tiene etA = P etD P −1 y la solución general es
x(t) = c1 (3e2t + e−2t ) + c2 (e2t − e−2t )
y(t) = c1 (e2t − e−2t ) + c2 (e2t + 3e−2t )
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4. Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales con condiciones iniciales
x0
y0
!
1 2
−1 4
=
!
!
x
y
!
1 2
−1 4
Solución: La matriz del sistema A =
y(0) = −1.
x(0) = 1,
,
tiene autovalores λ1 = 2 y λ2 = 3.
Luego diagonaliza:
A = P DP
−1
=
2 1
1 1
=
!
2 1
1 1
!
2 0
0 3
2 0
0 3
!
!
2 1
1 1
1 −1
−1 2
!−1
=
!
La exponencial es etA = P etD P −1 y las soluciones generales del sistema son
x(t) = c1 (e3t − 2e2t ) + c2 (e3t − e2t )
y(t) = c1 (e3t − e2t ) + c2 (2e3t − e2t )
Las condiciones iniciales x(0) = 1 y y(0) = −1 implican
x(t) = −3e3t + 4e2t ,
y(t) = −3e3t + 2e2t .
5. Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales con condiciones iniciales
x0
y0
!
=
5 −1
3 1
!
!
x
y
x(0) = 2,
,
5 −1
3 1
Solución: La matriz del sistema A =
y(0) = −1.
!
tiene autovalores λ1 = 2 y λ2 = 4.
La descomposición es
A = P DP
1
=
2
−1
=
1 1
3 1
!
1 1
3 1
!
2 0
0 4
2 0
0 4
!
!
1 1
3 1
−1 1
3 −1
!−1
!
De etA = P etD P −1 , las soluciones generales del sistema son
x(t) = c1 (3e4t − e2t ) + c2 (e4t − e2t )
y(t) = c1 (e4t − e2t ) + c2 (2e4t − 3e2t )
Las condiciones iniciales x(0) = 2 y y(0) = −1 implican
1
x(t) = (7e4t − 3e2t ),
2
4
1
y(t) = (7e4t − 9e2t ).
2
=
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7. Resolver el siguiente sistema no homogéneo
x0
y0
!
1 2
2 1
=
!
x
y
!
3
−2
+
!
.
Solución: Obtenemos la solución general del sistema mediante una solución particular más las soluciones del sistema homogéneo. Una solución particular es
xp
yp
!
7/3
−8/3
=
!
.
Hallemos las soluciones del sistema homogéneo
x0
y0
La matriz A =
1 2
2 1
!
1 2
2 1
=
!
x
y
!
.
!
tiene autovalores λ1 = −1, λ2 = 3. Su descomposición
diagonal es
A = P DP
−1
1
=
2
=
−1 1
1 1
−1 1
1 1
!
!
−1 0
0 3
−1 0
0 3
!
!
−1 1
1 1
−1 1
1 1
!−1
=
!
.
Luego la solución del sistema homogéneo es
x(t) = c1 (e3t + e−t ) + c2 (e3t − e−t )
y(t) = c1 (e3t − e−t ) + c2 (e3t + e−t ).
La solución del sistema no homogéneo es
x(t) = c1 (e3t + e−t ) + c2 (e3t − e−t ) +
7
3
8
y(t) = c1 (e3t − e−t ) + c2 (e3t + e−t ) − .
3
10. Solucionar el problema de Cauchy
y 0 (x) = x + y(x),
y(0) = 2.
Solución: El problema coincide con 2.c y la solución general es y(x) = c1 ex −(x+1).
La condición inicial implica
2 = y(0) = c1 − 1 =⇒ c1 = 3.
Luego la solución al problema es y(x) = 3ex − (x + 1).
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11. Hallar la solución del problema de Cauchy
y 0 (x) + 2y(x) = sin x,
y(0) = 4.
Solución: P (x) = 2 y Q(x) = sin x. La solución general es
1
y(x) = c1 e−2x + (2 sin x − cos x).
5
La condición inicial implica c1 = 21/5 y la solución al problema de Cauchy es
y(x) =
1 −2x
21e
+ 2 sin x − cos x .
5
12. Hallar la solución general de la ecuación diferencial y 0 (x) − y(x) = cos x.
Solución: Se trata de una EDO lineal de primer orden con P (x) = −1 y Q(x) =
cos x. La solución general es
y(x) = c1 ex +
1
(sin x − cos x) .
2
13. Hallar la solución general de la ecuación diferencial y 0 (x) + 5y(x) = e5x .
Solución: Es una EDO lineal de primer orden con P (x) = 5 y Q(x) = e5x . La
solución general es
e5x
.
y(x) = c1 e−5x +
10
14. Hallar la solución general de la ecuación diferencial y 0 (x) =
q
1 − y(x)2 .
Solución: Observemos que no es una EDO lineal. Podemos reescribir la ecuación:
y 0 (x)2 + y(x)2 = 1.
Necesitamos una función de modo que la suma de los cuadrados de ella y su derivada
sea constante igual a 1. Sabemos que cos2 x + sin2 x = 1. Como (sin x)0 = cos x
tenemos que y(x) = sin x o y(x) = cos x son soluciones. En general podemos considerar y(x) = sin(x + k), ∀k ∈ R. Nótese que el caso y(x) = cos x corresponde a
k = π/2. Falta justificar que la solución general es de hecho y(x) = sin(x + k).
Para ello consideramos la expresión y 0 (x)2 + y(x)2 = 1. Derivando respecto a x en
ambos lados se tiene
2y 0 (x)y 00 (x) + 2y(x)y 0 (x) = 0.
En los puntos donde y 0 (x) 6= 0, obtenemos la igualdad y 00 (x) + y(x) = 0. Esto es un
oscilador de solución y(x) = c1 sin x + c2 cos x. Recordando la formula
sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β,
concluimos que la solución general es de la forma y(x) = sin(x + k), k ∈ R.
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15. Hallar la solución del problema de Cauchy 2xy 0 (x) − y(x) = x3 − x, y(4) = 2.
Solución: Es una EDO lineal de primer orden. Si asumimos x 6= 0 podemos reescribir la ecuación como
y 0 (x) −
1
1
y(x) = (x2 − 1).
2x
2
Para esta ecuación se tiene P (x) = −1/2x y Q(x) = (x2 − 1)/2. La solución general
es
√
x3
y(x) = c1 x +
− x.
5
x3
17 √
x+
La condición inicial implica c1 = −17/5 y y(x) = −
− x.
5
5
16. Hallar la solución general de la ecuación diferencial y 00 (x) + y(x) = x3 + x.
Solución: Es una EDO lineal de segundo orden. En primer lugar hallemos la solución yh (x) de la ecuación homogénea y 00 (x)+y(x) = 0 =⇒ yh (x) = c1 sin x+c2 cos x.
Es suficiente encontrar una solución particular yp (x). Teniendo en cuenta que el término independiente x3 +x es un polinomio de grado 3 podemos probar con una solución del tipo yp (x) = ax3 +bx2 +cx+d. Imponiendo la ecuación yp00 (x)+yp (x) = x3 +x
obtenemos a = 1, b = 0, c = −5 y d = 0. Luego yp (x) = x3 − 5x.
La solución general de la ecuación es de la forma
y(x) = yp (x) + yh (x) = x3 − 5x + c1 sin x + c2 cos x.
17. Hallar la solución de la ecuación diferencial y 00 (x) + 4y(x) = cos x con condiciones
iniciales y(0) = 6, y 0 (0) = −6.
Solución: Es una EDO lineal de segundo orden. Hallemos la solución yh (x) de la
ecuación homogénea y una solución particular yp (x). La ecuación homogénea es
y 00 (x) + 4y(x) de solución general yh (x) = c1 sin(2x) + c2 cos(2x). Para hallar la
solución particular probamos con una función de la forma yp (x) = A sin x + B cos x
dado que el término independiente es cos x:
yp00 (x) + 4yp (x) = cos x =⇒ A = 0,
B=
cos x
1
=⇒ yp (x) =
.
3
3
Luego la solución general de la ecuación y 00 (x) + 4y(x) = cos x es
y(x) = yp (x) + yh (x) =
cos x
+ c1 sin(2x) + c2 cos(2x).
3
Las condiciones iniciales y(0) = 6 y y 0 (0) = −6 implican c1 = −9/3 y c2 = 17/3.
Así, la solución al problema es
y(x) =
1
(cos x − 9 sin(2x) + 17 cos(2x)) .
3
7