UAM CSIC Grupo 911 Abril Ejercicios Resueltos de Equaciones Diferenciales Ordinarias. Asignatura de Matemáticas Grado en Química

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1 UAM CSIC Grupo 911 Abril 201 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 rogercasals@uames Problemas Resueltos: 1, 2,, 4, 5, 7, 10, 11, 12, 1, 14, 15, Encuentra al menos dos soluciones del problema de valor inicial: t t 2, 0 0 Solución: Una posible solución es la función constante igual a 0, ie 1 t 0 Ciertamente satisface la ecuación 1t 1 t 2 a que al sustituir obtenemos 0 0, también la condición inicial Hallemos una segunda solución 2 t distinta de 1 t 0 Teniendo en cuenta que el eponente es 2/ es razonable hacer el ansatz 2 t t Efectivamente, 2t t 2 t 2 2 t 2 0 Luego 2 t es una solución de la ecuación distinta de 1 t * Solución a una EDO lineal de primer orden [ + P Q e P d ] Qe P d d + 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 t + 2t 0 Solución: En este caso P t 2 Qt 0, luego la solución general es t c 1 e 2t, c 1 R b 2 t + 10t 1 Solución: P t 5 Qt 1/2 La solución general es t c 1 e 5t + 0 Observemos que la solución general es de la forma h t + p t, con h t la solución general de la ecuación homogénea 2 t + 10t 0 p t 1/10 una solución particular de ecuación original no homogénea 2 t+10t 1 c t t + t Solución: P t 1 Qt t Integrando por partes la fórmula general para el caso de ecuaciones lineales de orden 1, obtenemos que la solución general es 1

2 UAM CSIC Grupo 911 Abril 201 t c 1 e t t + 1 Alternativamente podemos obtener la solución general como t h t + p t, h t solución general de la ecuación homogénea t t p t una solución particular de t t + t Se tiene h t c 1 e t Para hallar p t observamos que el término independiente Qt t es un polinomio de grado 1, luego podemos probar con p t at + b La ecuación pt p t + t implica a b 1, ie p t t + 1 d t + 5t 20, 0 2 Solución: P t 5 Qt 20 La solución general es t c 1 e 5t + 4 Del mismo modo que en los apartados anteriores esta solución es la forma t h t + p t con h t c 1 e 5t solución de la ecuación homogénea t + 5t 0 p t una solución particular de t + 5t 20 Debemos imponer la condición 0 2: La solución es t 2e 5t c c 1 2 Resolver los siguientes sistemas lineal de ecuaciones diferenciales a t 1 2 t t 2 1 t 1 2 Solución: Hallemos los autovalores de la matriz Obtenemos dos 2 1 autovalores puramente imaginarios λ 1 i λ 2 i Luego la solución es t c 1 sin t t c 2 sin t + c 2sin t + cos t + c 1 cos t sin t b 4 4 Solución: La matriz A tiene autovalores λ 1 λ 2 1 no diagonaliza La descomposición es P DP Luego la solución del sistema es t c te t + e t + c 2 te t t c 1 te t + c 2 2te t e t 2

3 UAM CSIC Grupo 911 Abril 201 c Solución: Los autovalores de la matriz A Luego la matriz diagonaliza: P DP 1 son λ 1 4 λ La solución en la base de los autovectores viene dada por e td e 4t 0 0 e 5t En la base original tenemos e ta P e td P 1 la solución general es t c 1 8e 5t + e 4t + c 2 e 5t e 4t d 1 t c 1 e 5t e 4t + c 2 e 5t + 8e 4t Solución: Los autovalores de la matriz A Luego la matriz diagonaliza: 1 1 P DP 1 son λ 1 4 λ La solución en la base de los autovectores se obtiene de e e td 2t 0 0 e 2t En la base original se tiene e ta P e td P 1 la solución general es t c 1 e 2t + e 2t + c 2 e 2t e 2t t c 1 e 2t e 2t + c 2 e 2t + e 2t

4 UAM CSIC Grupo 911 Abril Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales con condiciones iniciales, 0 1, Solución: La matriz del sistema A Luego diagonaliza: A P DP tiene autovalores λ 1 2 λ 2 1 La eponencial es e ta P e td P 1 las soluciones generales del sistema son t c 1 e t 2e 2t + c 2 e t e 2t t c 1 e t e 2t + c 2 2e t e 2t Las condiciones iniciales implican t e t + 4e 2t, t e t + 2e 2t 5 Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales con condiciones iniciales 5 1, 0 2, Solución: La matriz del sistema A La descomposición es tiene autovalores λ 1 2 λ 2 4 A P DP De e ta P e td P 1, las soluciones generales del sistema son t c 1 e 4t e 2t + c 2 e 4t e 2t t c 1 e 4t e 2t + c 2 2e 4t e 2t Las condiciones iniciales implican 1 t 7e4t e 2t, t 7e4t 9e 2t 4

5 UAM CSIC Grupo 911 Abril Resolver el siguiente sistema no homogéneo + 2 Solución: Obtenemos la solución general del sistema mediante una solución particular más las soluciones del sistema homogéneo Una solución particular es p p 7/ 8/ Hallemos las soluciones del sistema homogéneo La matriz A diagonal es A P DP 1 tiene autovalores λ 1 1, λ 2 Su descomposición Luego la solución del sistema homogéneo es La solución del sistema no homogéneo es t c 1 e t + e t + c 2 e t e t t c 1 e t e t + c 2 e t + e t 1 t c 1 e t + e t + c 2 e t e t Solucionar el problema de Cauch t c 1 e t e t + c 2 e t + e t 8 +, 0 2 Solución: El problema coincide con 2c la solución general es c 1 e +1 La condición inicial implica 2 0 c 1 1 c 1 Luego la solución al problema es e + 1 5

6 UAM CSIC Grupo 911 Abril Hallar la solución del problema de Cauch + 2 sin, 0 4 Solución: P 2 Q sin La solución general es c 1 e 2 + sin cos 5 La condición inicial implica c 1 21/5 la solución al problema de Cauch es e sin cos 12 Hallar la solución general de la ecuación diferencial cos Solución: Se trata de una EDO lineal de primer orden con P 1 Q cos La solución general es c 1 e + 1 sin cos 2 1 Hallar la solución general de la ecuación diferencial + 5 e 5 Solución: Es una EDO lineal de primer orden con P 5 Q e 5 La solución general es c 1 e 5 + e Hallar la solución general de la ecuación diferencial 1 2 Solución: Observemos que no es una EDO lineal Podemos reescribir la ecuación: Necesitamos una función de modo que la suma de los cuadrados de ella su derivada sea constante igual a 1 Sabemos que cos 2 + sin 2 1 Como sin cos tenemos que sin o cos son soluciones En general podemos considerar sin + k, k R Nótese que el caso cos corresponde a k π/2 Falta justificar que la solución general es de hecho sin + k Para ello consideramos la epresión Derivando respecto a en ambos lados se tiene En los puntos donde 0, obtenemos la igualdad + 0 Esto es un oscilador de solución c 1 sin + c 2 cos Recordando la formula sinα + β sin α cos β + cos α sin β, concluimos que la solución general es de la forma sin + k, k R 6

7 UAM CSIC Grupo 911 Abril Hallar la solución del problema de Cauch 2, 4 2 Solución: Es una EDO lineal de primer orden Si asumimos 0 podemos reescribir la ecuación como Para esta ecuación se tiene P 1/2 Q 2 1/2 La solución general es c La condición inicial implica c 1 17/ Hallar la solución general de la ecuación diferencial + + Solución: Es una EDO lineal de segundo orden En primer lugar hallemos la solución h de la ecuación homogénea + 0 h c 1 sin +c 2 cos Es suficiente encontrar una solución particular p Teniendo en cuenta que el término independiente + es un polinomio de grado podemos probar con una solución del tipo p a +b 2 +c+d Imponiendo la ecuación p+ p + obtenemos a 1, b 0, c 5 d 0 Luego p 5 La solución general de la ecuación es de la forma p + h 5 + c 1 sin + c 2 cos 17 Hallar la solución de la ecuación diferencial + 4 cos con condiciones iniciales 0 6, 0 6 Solución: Es una EDO lineal de segundo orden Hallemos la solución h de la ecuación homogénea una solución particular p La ecuación homogénea es + 4 de solución general h c 1 sin2 + c 2 cos2 Para hallar la solución particular probamos con una función de la forma p A sin + B cos dado que el término independiente es cos : p + 4 p cos A 0, B 1 p cos Luego la solución general de la ecuación + 4 cos es p + h cos + c 1 sin2 + c 2 cos2 Las condiciones iniciales implican c 1 9/ c 2 17/ Así, la solución al problema es 1 cos 9 sin cos2 7