Problema 1 .- Considera la siguiente ecuaci´on de primer orden: x x0 = t3 (x − t)2 + . t

(1)

(a) Comprueba que x(t) = t es soluci´on de la ecuaci´on. (b) Demuestra que si x = x(t) es la soluci´on que pasa por el punto (1, 2) entonces x(t) > 0 para todo t > 0. (c) Prueba que la ecuaci´on (1) es una ecuaci´on de Ricatti y calcula la soluci´on que pasa por el punto (1, 2)? (Recuerda: para obtener la soluci´on general, x = x(t), de una ecuaci´on de Ricatti hay que hacer la sustituci´on y(t) = x(t) − x1 (t), siendo x1 (t) una soluci´on ya conocida de la ecuaci´on). (d) Halla la soluci´on que pasa por el punto (1, 1). (e) Calcula dos soluciones que pasen por el punto (0, 0) y demuestra que no hay ninguna que pase por el punto (0, 1). ¿Por qu´e ninguna de estas dos situaciones contradice los teoremas de existencia y unicidad de soluciones?. x t = t3 · 0 + = 1. t t (b) Por una parte sabemos que y(t) = t es soluci´on de la ecuaci´on y ´esta cumple que y(1) = 1. Por lo tanto, si x(t) es la soluci´on que pasa por el punto (1, 2) tenemos que x(1) = 2 > y(1). Por otra parte, para t 6= 0 se cumplen las hip´otesis del teorema de unicidad de soluciones; es decir, si x ∂f f (t, x) = t3 (x − t)2 + entonces f y son continuas en todos los puntos (t, x) en los que t 6= 0. Por t ∂x lo tanto, como x(1) = 2 > y(1) debe suceder que x(t) > y(t) para todo t 6= 0, porque si no habr´ıa un punto t0 6= 0 en el que x(t0 ) = y(t0 ) y la ecuaci´on (1) tendr´ıa dos soluciones diferentes que pasan por el mismo punto. Esto contradir´ıa el teorema de unicidad de soluciones. Finalmente, como y(t) = t tenemos que y(t) > 0 para t > 0. As´ı pues x(t) > y(t) > 0 para t > 0. Soluci´ on.- (a) Basta sustituir en la ecuaci´on: x0 (t) = 1 y t3 (x − t)2 +

(c) Las ecuaciones de Ricatti son las de la forma x0 + p(t)x = s(t) + r(t)x2 , y operando en la ecuaci´on (1): µ ¶ x x 1 0 3 2 3 2 2 4 x = t (x − t) + = t (x − 2xt + t ) + = − 2t x + t5 + t3 x2 . t t t µ ¶ 1 4 As´ı que es una ecuaci´on de Ricatti con p(t) = 2t − , s(t) = t5 y r(t) = t3 . t Sabemos que una soluci´on de la ecuaci´on es x1 (t) = t y que la soluci´on general se consigue mediante la sustituci´on y(t) = x(t) − x1 (t) = x(t) − t. As´ı x(t) = y(t) + t y x0 (t) = y 0 (t) + 1. Sustituyendo en (1): 1 1 y+t = t3 y 2 + y + 1 ⇒ y 0 − y = t3 y 2 , y 0 + 1 = t3 y 2 + t t t 1 −u0 que es una ecuaci´on de Bernoulli. Hacemos el cambio y(t) = . De esta forma y 0 = 2 y u(t) u u(t) ): sustituyendo en la ecuaci´on (n´otese que tambi´en podemos escribir y(t) = u(t)2 1 u0 1u 1 1 1 y 0 − y = t3 y 2 ⇒ − 2 − = t3 2 ⇒ −u0 − u = t3 ⇒ u0 + u = −t3 , 2 t u tu u t t 1

que es una ecuaci´on lineal no homog´enea. El factor integrante es R

F (t) = e Y la soluci´on general 1 u(t) = t Ahora deshacemos los cambios: y(t) = x(t) =

1 t

dt

= eln t = t. ¶

µZ 4

−t dt + C

−t5 + C = . 5t

1 5t = y x(t) = y(t) + t: u(t) C − t5 5t (C + 5)t − t6 + t = C − t5 C − t5

Para calcular la soluci´on que pasa por (1, 2) sustitu´ımos en la soluci´on 2=

(C + 5) − 1 ⇒ C = 6, C −1

de modo que la soluci´on que pasa por el punto (1, 2) es x(t) =

11t − t6 6 − t5

(d) Por el punto (1, 1) s´olo pasa una soluci´on. Como x(t) = t es soluci´on de la ecuaci´on y x(1) = 1, la soluci´on de la ecuaci´on que pasa por (1, 1) es x(t) = t. 11t − t6 son soluciones de la ecuaci´on que pasan por (0, 0). Adem´as, 6 − t5 para hallar la soluci´on de la ecuaci´on que pasa por (0, 1) tendr´ıamos que sustituir estos valores en la soluci´on general de la ecuaci´on calculada en el apartado (c): (e) Tanto x(t) = t como x(t) =

1=

(C + 5) · 0 − 0 0 = C −0 C

y no hay ning´ un valor de C para la que se verifique esta condici´on. Por lo tanto no hay ninguna soluci´on que pase por (0, 1). De hecho, de la soluci´on general se ve que TODAS pasan por el punto (0, 0). No hay contradicci´on con los teoremas de existencia y unicidad porque en t = 0 no se cumplen las x hip´otesis de los mismos. Es decir, f (t, x) = t3 (x − t)2 + no es continua en t = 0. t Problema 2 .- Considera la ecuaci´on

x−2 (2) 1 − x2 (a) ¿Qu´e significa que una ecuaci´on es aut´onoma? ¿Es la ecuaci´on (2) aut´onoma? ¿Las soluciones de una ecuaci´on aut´onoma pueden tener m´aximos o m´ınimos relativos? ¿Por qu´e?. (b) Dibuja la l´ınea de fase y esboza la gr´afica de algunas soluciones de la ecuaci´on (2). (c) ¿Hay soluciones de equilibrio estables? ¿Cu´ales y por qu´e?. x0 =

2

(d) Halla todas las soluciones de la ecuaci´on (2). (e) Si x = x(t) es la soluci´on que pasa por el punto (0, 10 5), calcula l´ım x(t) ¿Cu´al es el campo de t→∞ existencia de esta funci´on como soluci´on de la ecuaci´on?. (f) ¿Cu´al es la campo de existencia de la soluci´on que pasa por el punto (1, 2)?. (g) A partir del apartado (c) deduce que la soluci´on que pasa por el punto (0, 0) tiene un punto de inflexi´on. Calc´ ulalo.

Soluci´ on.- (a) Que una ecuaci´on es aut´onoma significa que es de la forma x0 = f (x); es decir, la funci´on f , que da la derivada, es independiente del tiempo. Esto quiere decir, entre otras cosas, que obtenida la gr´afica de una soluci´on, las dem´as se obtienen desplazando ´esta a lo largo del eje de abscisas. x−2 Como en la ecuaci´on (2) tenemos que f (t, x) = , vemos que f no depende t. Por consiguiente, 1 − x2 la ecuaci´on es aut´onoma. Si alguna soluci´on de x0 = f (x) tuviera un extremo local (m´aximo o m´ınimo relativo), digamos en t = t0 , deber´ıa suceder que x0 (t0 ) = 0. Como x0 = f (x) tendr´ıamos que f (x) = 0 para todo t. As´ı que x0 (t) = 0 para todo t. Esto significa que x(t) es una funci´on constante y por lo tanto no tiene ni m´aximos ni m´ınimos relativos. Otra forma de razonar ser´ıa la siguiente: Sabemos por teor´ıa que si x0 = f (x) entonces o bien x0 (t) > 0 o x0 (t) < 0 o x0 (t) = 0 para todo valor de t. Para que haya un m´aximo o un m´ınimo en t0 la derivada debe cambiar de signo para los valores anteriores y posteriores de t0 ; y ´esto, por lo que acabamos de decir, no sucede en las ecuaciones aut´onomas. 4

x

3

x=2

2

x=1

1

−2

x=−1

−1

1

2

3

4

(b) El u ´nico punto de equilibrio es x = 2. Hay sin embargo, otros dos puntos en los que la derivada cambia de signo; donde se anula el denominador: x = 1 y x = −1. El an´alisis del signo de x0 da los intervalos de creciemiento y decrecimiento que se muestran en la l´ınea de fase de la figura. En ella se muestran tambi´en algunas soluciones.

t

−1 −2 −3

(c) Tal y como ya se ha dicho hay una u ´nica soluci´on de equilibrio x(t) = 2. Se trata de un sumidero porque todas las soluciones de la ecuaci´on que pasan por puntos suficientemente pr´oximos a x = 2 convergen a la recta x = 2. Es, por lo tanto, una soluci´on de equilibrio estable. (d) Como es una ecuaci´on aut´onoma es en variables separables. Tiene una soluci´on de equilibrio

3

x(t) = 2. Una vez considerada podemos separar las variables: 1 − x2 dx = dt. x−2 Integramos. Por una parte ¶ Z Z µ 1 − x2 3 (x + 2)2 dx = −(x + 2) − dx = − − 3 ln |x − 2|. x−2 x−2 2 Y por otra

Z dt = t.

La soluci´on en forma impl´ıcita ser´a (x + 2)2 + 3 ln |x − 2| = −t + C 2 con C una constante cualquiera. (e) Para hallar la soluci´on que pasa por (0, 10 5) sustitu´ımos este punto en la soluci´on de la ecuaci´on: (7/2)2 3 + 3 ln = C ⇒ C = 70 341 2 2 La soluci´on que pasa por (0, 10 5) es (en forma impl´ıcita): (x + 2)2 + 3 ln |x − 2| = −t + 70 341. 2 No necesitamos la forma expl´ıcita de esta funci´on porque sabemos, por la l´ınea de fase, que es creciente siempre y se aproxima cada vez m´as, a medida que aumenta t, a x = 2. Por lo tanto l´ım x(t) = 2.

t→∞

El campo de exitencia de esta soluci´on es (t0 , +∞), siendo t0 el valor en el que x(t0 ) = 1. Sustituyendo en la soluci´on: (1 + 2)2 + 3 ln |1 − 2| = −t0 + 70 341 ⇒ t0 = −0,1586. 2 En consecuencia el campo de existencia de la soluci´on ser´a: (−0,1586, +∞) (f) La soluci´on que pasa por el punto (1, 2) es la soluci´on de equilibrio. Su campo de existencia es, por consiguiente, toda la recta real. (g) De acuerdo con la gr´afica de las soluciones del apartado (b), la gr´afica de la soluci´on que pasa por ´ (0, 0) cambia de concavidad. Por lo tanto debe tener un punto de inflexi´on. Este se calcula haciendo cero la segunda derivada. Como la funci´on es aut´onoma todas las gr´aficas de las soluciones se obtienen 4

a partir de una cualquiera de ellas traslad´andola en la direcci´on del eje de abscisas. Esto siginifica que todas las funciones tienen un punto de inflexi´on para el mismo valor de x. Para calcularlo derivamos x0 : x−2 x0 (1 − x2 ) − (−2xx0 )(x − 2) x0 (x2 − 4x + 1) 00 x0 = ⇒ x = = . 1 − x2 (1 − x2 )2 (1 − x2 )2 Para que x00 = 0 debe suceder que, o bien x0 = 0 o bien x2 − 4x + 1 = 0. Ahora bien x0 = 0 ⇔ x = 2. Pero la soluci´on que pasa por el punto (0, 0) no llega nunca a tocar la recta x = 2. Es decir, los posibles valores de x para que x = x(t) sea la soluci´on que pasa por el punto (0, 0) est´an en el intervalo (−1, 1). Por lo tanto, √ x00 = 0 ⇒ x2 − 4x + 1 = 0 ⇔ x = 2 ± 3. √ Como x = 2 + 3 no est´a en el intervalo (−1, 1), por lo mismo √ que hemos dicho m´as arriba, la soluci´on que pasa por (0, 0) no √ puede alcanzar el valor x = 2 + 3. As´ı pues, el punto de inflexi´on debe encontrarse en x = 2 − 3 = 00 2679. Ahora debemos calcular el valor de t para este valor de x en la soluci´on de la ecuaci´on. Recordemos que la soluci´on general viene dada en forma impl´ıcita por (x + 2)2 + 3 ln |x − 2| = −t + C. 2 Calculamos la que pasa por (0, 0): 4 + 3 ln | − 2| = 0 + C ⇒ C = 4,0794 2 La soluci´on que pasa por (0, 0) ser´a: (x + 2)2 + 3 ln |x − 2| = −t + 4,0794. 2 √ Y el valor de t correspondiente al valor x = 2 − 3 ser´a t = −0,1403. Por lo tanto la soluci´on que pasa por (0, 0) tiene un punto de inflexi´on en el punto (−0,1403, 00 2679) Problema 3 .- Dos tanques, A y B, el primero con 100 litros de l´ıquido y el segundo con 50 litros, se encuentran interconectados mediante tubos. El l´ıquido fluye del tanque B hacia el A a raz´on de 1’5 l/min. y una soluci´on de sal con una concentraci´on de 8 gr/l de sal entra en el tanque A a raz´on de 2’5 l/min. La soluci´on abandona el sistema desde el tanque B y el flujo de l´ıquido es tal que el volumen del mismo en cada tanque permanece constante. Inicialmente hay 70 gr. de sal en el tanque A y el B s´olo contiene agua pura. a) Plantea un sistema para las concentraciones de sal en los tanques A y B despu´es de t minutos y halla la soluci´on del correspondiente Problema de Condiciones Iniciales.(Observaci´ on: Si el flujo de 5

masa lo expresas en cgr/minuto obtendr´as una simplificaci´on importante de las ecuaciones) b) Demuestra que la concentraci´on de sal en los dos dep´ositos tiende a igualarse con el tiempo y calcula el valor de la misma. c) ¿Cu´ando es m´axima la concentraci´on en el tanque B? ¿Cu´al es ese valor m´aximo? d) Con toda esta informaci´on esboza la gr´afica de la evoluci´on de la concentraci´on en cada uno de los tanques. Soluci´ on.- (a) Puesto que el volumen de cada dep´osito permanece contante y en el dep´osito A entran, cada minuto, 4 l. de l´ıquido, deben salir tambi´en 4 l/min. hacia el tanque B. Por el mismo motivo de este tanque deben salir 2’5 l/min. hacia el exterior. Sea cA (t) la concentraci´on de sal, en gramos/litro, despu´es de t minutos en el tanque A y cB (t) la que hay en el tanque B. Planteamos un balance de materia

8 gr/l 4 l/m 2’5 l/m

100 l

50 l

70 gr

0 gr

2’5 l/m

Acumulaci´on = Entrada − Salida

1’5 l/m

para cada tanque. La acumulaci´on en el tand(cA (t)VA ) que A es . dt La sal que entra en el tanque A proviene tanto del exterior como del tanque B:

A

B

Qe ce + QB cB = 20 5 l/m 8 gr/l. + 10 5 l/m cB (t) gr/l = 20 + 10 5cB (t) gr/m = 2000 + 150cB (t)cgr/m El flujo de masa que sale del tanque A es: 4 l/m cA (t) gr/l = 4cA (t) gr/m = 400cA (t) cgr/min. Esta es la misma cantidad de sal que entra por minuto en el tanque B. Y la que sale de este dep´osito es: 10 5 l/m cB (t) gr/l (hacia A) +20 5 l/m cB (t) gr/l (hacia el exterior) = 4cB (t) gr/m = 400cB (t) cgr/m d(cB (t)VB ) . dt Como VA = 100 l. y VB = 50 l. y ambos son constantes tenemos que ½ 100c0A (t) = 2000 + 150cB (t) − 400cA (t) 50c0B (t) = 400cA (t) − 400cB (t) Finalmente la acumulaci´on en el tanque B es

O equivalentemente:

½

c0A = −4cA + 10 5cB + 20 c0B = 8cA − 8cB 6

(3)

Finalmente, la concentraci´on de sal original (en cgr/l) en el tanque A es cA (0) = 70 cgr/l y en el B, ´ cB (0) = 0. Estas son las condiciones iniciales. Vamos a buscar ahora la soluci´on general del sistema. Se trata de un sistema no homog´eneo. La soluci´on se expresa de la siguiente forma: x(t) = xh (t) + xp (t) donde xh (t) es la soluci´on del sistema homog´eneo y xp (t) una soluci´on particular del no homog´eneo. Soluci´on general del sistema homog´eneo µ Calculamos los valores propios: det(λI −A) = det

λ + 4 −10 5 −8 λ + 8

¶ = λ2 +12λ+20 = (λ+10)(λ+2).

Los valores propios son λ1 = −10 y λ2 = −2 Para λ1 = −10 debemos resolver el sistema ¶µ ¶ µ ¶ µ v1 0 −6 −10 5 = v2 0 −8 −2 Como la matriz de este sistema tiene rango 1, las multiplicidades algebraica y geom´etrica de λ1 = −10 son iguales. Basta hallar un vector propio. Seleccionando, por ejemplo, la segunda ecuaci´on: ¶ µ 1 . −8v1 − 2v2 = 0 ⇒ v2 = −4v1 ⇒ v 1 = −4 es un vector propio para λ1 = −10.Y una soluci´on ser´ıa µ ¶ µ ¶ 1 e−10t −10t x1 (t) = e = −4 −4e−10t Para λ2 = −2 el sistema caracter´ıstico es ¶µ ¶ µ ¶ µ 2 −10 5 v1 0 = v2 0 −8 6 De nuevo la matriz del sistema tiene rango 1 y las multiplicidades algebraica y geom´etrica de λ2 = −2 son iguales. Seleccionamos la segunda ecuaci´on para obtener el valor propio: µ ¶ 3 2 −8v1 + 6v2 = 0 ⇒ 3v2 = 4v1 ⇒ v = 4 ser´ıa un vector propio para λ2 = −2. Y una soluci´on µ −2t ¶ 3e x2 (t) = 4e−2t La soluci´on general del sistema homog´eneo es ¶ µ a1 e−10t + 3a2 e−2t . ch (t) = −4a1 e−10t + 4a2 e−2t 7

Debemos encontrar ahora una soluci´on particular del sistema no homog´eneo. Para ello utilizamos el m´etodo de variaci´on de las constantes: xp (t) = a1 (t)x1 (t) + a2 (t)x2 (t): ¾ a01 (t)e−10t + 3a02 (t)e−2t = 20 −4a01 (t)e−10t + 4a02 (t)e−2t = 0 Sumando a la segunda ecuaci´on la primera multiplicada por 4 obtenemos: 5 16a02 (t)e−2t = 80 ⇒ a02 (t) = 5e2t ⇒ a2 (t) = e2t 2 Y sustituyendo esta funci´on en la segunda ecuaci´on 1 −4a01 (t)e−10t + 20e2t e−2t = 0 ⇒ a01 (t) = 5e10t ⇒ a1 (t) = e10t . 2 As´ı pues una soluci´on particular del sistema no homog´eneo es   1 5 µ ¶ 8  2 + 32  xp (t) =  1 5 = 8 −4 + 4 2 2 Y la soluci´on general del sistema no homog´eneo: µ ¶ a1 e−10t + 3a2 e−2t + 8 c(t) = . −4a1 e−10t + 4a2 e−2t + 8 ¶ µ 70 : Imponemos ahora la condici´on inicial: c(0) = 0 µ ¶ µ ¶ 70 a1 + 3a2 + 8 = ⇒ a1 = 17, a2 = 15. 0 −4a1 + 4a2 + 8 La soluci´on del problema de condiciones iniciales ser´a: µ c(t) =

17e−10t + 45e−2t + 8 −68e−10t + 60e−2t + 8

¶ ⇔

cA (t) = 17e−10t + 45e−2t + 8 cB (t) = −68e−10t + 60e−2t + 8

Todo ello medido en cgr/l. (b) Como tanto e−10t como e−2t tienden a 0 cuando t tiende a ∞, resulta que µ ¶ 8 l´ım c(t) = 8 t→∞ Esto significa que con el tiempo las concentraciones de los dos tanques tienden a igualarse y a ser ambas igual a 8 cgr/l.

8

(c) La concentraci´on en el tanque B es m´axima cuando c0B (t) = 0. Pero c0B (t) = 8cA (t) − 8cB (t), as´ı que c0B (t) = 0 cuando cA (t) = cB (t). Es decir, 17e−10t +45e−2t +8 = −68e−10t +60e−2t +8 ⇔ 85e−10t = 15e−2t ⇔ e8t =

85 1 85 ⇔ t = ln = 00 2168 min. 15 8 15

El valor de la concentraci´on en el tanque B en ese instante ser´a: 0

0

cB (00 2168) = −68e−10·0 2168 + 60e−2·0 2168 + 8 = 390 1107 cgr/l.

(d) Las gr´aficas ser´ıan las que se muestran el la Figura 1. 70

60

50

40

30

20

10

0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Figura 1: Problema 4 .- (a) Para la ecuaci´on diferencial y0 =

3t2 y 2 − 2yeat eat − 2yt3

Calcula el valor de a para que la ecuaci´on sea exacta, halla la soluci´on general y la que pasa por el punto (1, 0). (b) Halla la soluci´on general de la siguiente ecuaci´on y 00 + 4y 0 + 4y = e−2t ln t. Soluci´ on.- (a) Ponemos la ecuaci´on en forma diferencial (2yeat − 3t2 y 2 ) dt + (eat − 2yt3 ) dy = 0,

M (t, y) = 2yeat − 3t2 y 2 , N (t, y) = eat − 2yt3 .

9

Imponemos la condici´on

∂N ∂M = para que la ecuaci´on sea exacta: ∂y ∂t ∂M ∂N = 2eat − 6yt2 , = aeat − 6yt2 . ∂y ∂t

As´ı pues a = 2 para que la ecuaci´on sea exacta y M (t, y) = 2ye2t − 3t2 y 2 , N (t, y) = e2t − 2yt3 . Calculamos una funci´on de potencial. Como

∂f = M (t, y): ∂t

Z f (t, y) = y como

∂f = N (t, y): ∂y

(2ye2t − 3t2 y 2 ) dt = ye2t − t3 y 2 + h(y),

e2t − 2yt3 + h0 (y) = e2t − 2yt3 .

De aqu´ı sacamos que h0 (y) = 0 y por lo tanto podemos escoger h(y) = 0. Una funci´on de potencial ser´a: f (t, y) = ye2t − t3 y 2 . Y la soluci´on general de la ecuaci´on en forma impl´ıcita: y(t)e2t − t3 y(t)2 = C siendo C una constante arbitraria. Y en forma expl´ıcita: y(t) =

e2t ±

√

e4t − 4Ct3 2t3

Observamos, adem´as, que hay una soluci´on de equilibrio: y(t) = 0. Como esta soluci´on cumple la condici´on inicial y(1) = 0, y en el punto (1, 0) se dan las condiciones para aplicar el teorema de unicidad de soluciones, y(t) = 0 es la u ´nica soluci´on de la ecuaci´on que pasa por el punto (1, 0). (b) Se trata de una ecuaci´on lineal de segundo orden no homog´enea. La soluci´on general es y(t) = yh (t) + yp (t) con yh (t) soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea y yp (t) una soluci´on particular de la no homog´enea. Calculamos yh (t). La ecuaci´on caracter´ıstica es λ2 +4λ+4 = (λ+2)2 . Tiene una ra´ız caracter´ıstica,λ = −2, de multiplicidad 2. Dos soluciones linealmente independeintes son y1 (t) = e−2t ,

y2 (t) = e−2t t.

Y yh (t) = (c1 + c2 t)e−2t . 10

Como el t´ermino independiente, e−2t ln t no es del tipo para los que se puede aplicar el m´etodo de los coeficientes indeterminados, aplicamos el de variaci´on de las constantes para calcular una soluci´on particular de la ecuaci´on no homog´enea: yp (t) = (c1 (t) + tc2 (t))e−2t . Necesitamos el Wronskiano del sistema fundamental de soluciones: µ −2t ¶ e te−2t W [y1 , y2 ](t) = det = e−4t −2e−2t (1 − 2t)e−2t Ahora Z c1 (t) =

−r(t)y2 (t) dt = W [y1 , y2 ](t)

Z

−e−2t (ln t)te−2t dt = e−4t

Z

t2 −t ln t dt = (1 − 2 ln t), 4

donde la u ´ltima integral la hemos resuleto por partes. Z Z −2t Z r(t)y1 (t) e (ln t)e−2t c2 (t) = dt = dt = ln t dt = t(ln t − 1). W [y1 , y2 ](t) e−4t La u ´ltima integral resuelta tambi´en por partes. As´ı µ 2 ¶ t t2 −2t 2 yp (t) = (c1 (t) + tc2 (t))e = (1 − 2 ln t) + t (ln t − 1) e−2t = (2 ln t − 3)e−2t . 4 4 Y la soluci´on general de la ecuaci´on no homog´enea: y(t) = (c1 + c2 t)e Es decir

µ y(t) =

−2t

t2 + (2 ln t − 3)e−2t 4

¶ t2 c1 + c2 t + (2 ln t − 3) e−2t 4

11