Solucionario de Problemas de Ecuaciones Diferenciales

Escuela Superior Politécnica del Litoral

Solucionario de Problemas de Ecuaciones Diferenciales Primer parcial (3ra versión) Roberto Cabrera

v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN. v APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS. v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS. v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS. (SERIE DE TAYLOR)

09

Ecuaciones diferenciales de primer orden

Ecuaciones Diferenciales separables Se tiene una ecuación diferencial ordinaria de primer orden:

Se dice que ecuación diferencial de primer orden es separable si se puede expresar la esa ecuación diferencial de la siguiente manera: Donde se lo expresa como una multiplicación de dos funciones, una que depende de la variable “x” y otra de la variable “y”. En este caso se obtiene la siguiente solución de esta ecuación diferencial:

Donde la solución de esta ecuación diferencial separable tiene la siguiente forma:

1.- Encontrar la solución implícita de la siguiente ecuación diferencial:

dy(xy - 2x + 4y - 8) - dx(xy + 3x - y - 3) = 0 dy xy + 3x - y - 3 = dx xy - 2x + 4y - 8 dy x(y + 3) - (y + 3) = dx x(y - 2) + 4(y - 2) dy (y + 3)(x - 1) = f ( y )g ( x ); = dx (y - 2)(x + 4)

(y − 2 )dy (x − 1)dx ⇒ Integramos = (y + 3 ) (x + 4 ) (y − 2 )dy (x − 1)dx ∫ (y + 3 ) = ∫ (x + 4 )

∫

a ambos lados de la ecuación

( y + 3 )dy 5dy (x + 4 )dx 5dx −∫ =∫ −∫ (x + 4 ) (x + 4 ) ( y + 3) y+3 5dy

5dx

∫ dy − ∫ y + 3 = ∫ dx − ∫ (x + 4 ) y − 5 ln y + 3 = x − 5 ln x + 4 + c ESPOL 2009

2

Ecuaciones diferenciales de primer orden 2.- Encontrar la solución particular de la siguiente ecuación diferencial: π Si y(0) = ; 4 Reemplazan do u y v : x 3e tan(y)dx + (2 − e x )sec 2 (y)dy = 0 ln tan(y) = 3ln 2 − e x + c; (2 − e x )sec 2 (y)dy = −3e x tan(y)dx; 3ln 2 − e x + c e ln tan(y) = e ; − 3e x tan(y) dy = = f(x).g(y); x 2 x 3 dx (2 − e )sec (y) tan(y) = (2 − e ) K; 2 x sec (y)dy 3e dx La solución general es : =− ; x tan(y) (2 − e ) y = arctan[(2 − e x )3 K ]; sec 2 (y)dy 3e x dx = − ∫ tan(y) ∫ (2 − e x ) ;

si y(0) = $/4; ⇒

u = tan(y) ⇒ du = sec 2 (y);

$/4 = arctan[(2 − e 0 )K ];

v = 2 − e ⇒ dv = − e dx; x

x

$/4 = arctan(K);

⇒ Reemplazan do :

$ tan   = K; ⇒ K = 1; 4 La solución particular es :

du 3dv ∫ u =∫ v ; ln u = 3ln v + c;

y = arctan[(2 − e x )3 ];

3.- Exprese de forma implícita la solución de la siguiente ecuación diferencial:

e x/2 ydy −

e x/2 ydy =

dx = 0 e (1 + ex/2 ) y

dx ; e (1 + e x/2 )

Integrando por fracciones parciales obtenemos : 1 A B C = 2+ + ; 2 u ( u + 1) u u 1+ u Donde los valores de A, B, C son :

y

dy 1 = x/2 = f( x ).g( y ); dx e (1 + e x/2 )ye y f( x) = g( y ) =

e

x/2

1 ; (1 + e x/2 )

A = 1; B = - 1; C = 1;

1 ; ye y

dx y ∫ ye dy = ∫ e x/2 (1 + e x/2 ) ; dx ∫ e x/2 (1 + e x/2 ) = ? 1 u = e x /2 ⇒ du = e x /2 dx ; 2 2du 1 ; du = udx ⇒ dx = u 2 2du dx 2du u ⇒ ∫ x/2 =∫ =∫ 2 x/2 e (1 + e ) u(1 + u ) u (1 + u )

⇒∫

1   2du   1 1 = 2 ∫  2 − + du ; u 1 + u   u (1 + u )  u

⇒∫

du du du 2du = 2∫ 2 − 2∫ + 2∫ ; 1+u u u u (1 + u )

⇒∫

2du 2 = − − 2 ln u + 2 ln 1 + u + c ; u (1 + u ) u

⇒∫

2

2

2

e

x/2

dx 2 = − x/2 − 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ; x/2 (1 + e ) e

dx ; e (1 + e x/2 ) La solución implicita general es : ye y − e y = ∫

x/2

⇒ ye y − e y = −

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2 e

x/2

− 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ; 3


4. - Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial: 2 y ln( x )dx − (e y − e − y )x 1 + ln( x )dy = 0 (e y − e − y )x 1 + ln( x)dy = 2 y ln( x)dx ; dy 2 y ln( x ) = y = f( y ).g( x ); dx (e − e − y )x 1 + ln( x ) f( y ) =

2y ln( x) ∧ g(x) = ; −y (e − e ) x 1 + ln( x ) y

dy 2 y ln( x ) = y dx (e − e − y )x 1 + ln( x ) ln( x) (e y − e − y ) dx ; dy = 2y x 1 + ln( x) Integrando a ambos lados de la ecuación se obtiene : ln( x ) (e y − e − y ) ∫ 2 y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx; (e y − e −y ) = senh( y ) entonces tenemos lo siguiente : 2 senh( y ) ln( x) ∫ y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx ;

Si observamos que

Para integrar

senh( y ) dy debemos usar series de potencias : y

y 2 n +1 senh( y ) + ∞ y 2 n ⇒ =∑ ; y n = 0 (2 n + 1 )! n = 0 (2 n + 1 )! +∞

Si senh( y ) = ∑

Re emplazando : y2n ln( x ) dy = ∫ dx ; ∫∑ x 1 + ln( x ) n = 0 (2 n + 1 )! +∞

y2n dy obtenemos que : n = 0 (2 n + 1)! +∞

Integrando ∑

+∞ y 2 n +1 y2n ; dy = ∑ ∫∑ n = 0 (2 n + 1 )! n = 0 (2 n + 1 )(2 n + 1)! +∞

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Ahora integrando

∫x

ln(x) dx = ? 1 + ln(x)

Si u = ln(x) ⇒ du = ⇒∫

ln(x) dx : x 1 + ln(x)

dx x

ln(x) udu dx = ∫ ; 1+u x 1 + ln(x)

Ahora z 2 = 1 + u ⇒ 2 zdz = du ; ⇒∫

udu (z 2 - 1)2zdz ; = z 1+u ∫

  z3 (z 2 - 1)2zdz 2 ⇒∫ = 2 ∫ (z - 1)dz = 2  − z + C ; z  3 ⇒∫

 udu = 2 1+u 

(

1+ u 3

)

3

 − 1+ u +C 

 1 + ln(x) 3  ln(x) dx = 2  ⇒∫ − 1 + ln(x)  + C ; 3 x 1 + ln(x)   La solucion general de forma implícita es :

(

 y 2 n +1  2 = ∑  n = 0 (2 n + 1)(2 n + 1)! +∞

(

)

3  1 + ln(x) − 1 + ln(x)  + C 3 

)

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Ecuaciones Diferenciales Lineales Las ecuaciones diferenciales lineales tienen la siguiente forma:

y'+ p(x)y = g(x); Existen dos métodos para resolver este tipos de ecuaciones: Ø El método del factor integrante. Ø Método de variación de parámetros

El método del factor integrante: y' + p(x)y = g(x); u(x) = e ∫

p(x)dx

;

u(x)[y' + p(x)y] = u(x)g(x); d [u(x)y] = u(x)g(x); dx

∫ d[u(x)y] = ∫ u(x)g(x)dx; u(x)y = ∫ u(x)g(x)dx; y=

1 u(x)g(x)dx; u(x) ∫

Método de variación de parámetros y' + p(x)y = g(x); yh' + p(x)yh = 0 ; yh' = − p(x)yh ; dyh = − p(x)yh ; dx dy ∫ yhh = ∫ − p(x)dx; ln yh = ∫ − p(x)dx; yh = e ∫ − p(x)dx; Asumir:

Re emplazando : y' + p(x)y = g(x); [ y hv'(x) + y' hv(x)] + p(x)y hv(x) = g(x); v'(x)[ y h ] + v(x)[ y' h + p(x)y h ] = g(x); Pero y' h + p(x)y h = 0 , entonce s: v'(x)[ y h ] + v(x)[0] = g(x); v'(x)[ y h ] = g(x); dv [ yh ] = g(x); dx g(x) ∫ dv = ∫ yh dx; g(x) dx; yh

y = yhv(x);

v(x) = ∫

y' = yh v'(x) + y'hv(x);

y = y h v(x); y = e∫

− p(x)dx

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∫

g(x) dx; yh

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1) y' −

x3 ; xy'−2 y = sen 2 (x)4 ctg(x) 2 x2 ; y= x sen 2 (x)4 ctg(x)

Tiene la forma y' + p(x)y = g(x); Por lo tanto podemos aplicar el método del factor integrante : Encontremos el factor integrante u(x) : u(x) = e ∫

p(x)dx 2

− dx −2 1 u( x) = e ∫ x = e − 2 ln( x ) = e ln( x ) = x −2 = 2 ; x Multipliquemos el factor integrante u(x) a ambos lados de la ecuación :

 x2 2  1  1  ; y y' − =   x  x 2  sen 2 (x)4 ctg(x)  x2   1 d  1   ;  2 y =  dx  x   sen 2 (x)4 ctg(x)    1  1  dx ; ⇒ ∫ d 2 y  = ∫  2  sen (x)4 ctg(x)  x      1 1 dx ; ⇒ 2 y = ∫  sen 2 (x)4 ctg(x)  x     csc 2 ( x ) 1   dx = ∫ dx ; ⇒∫  sen 2 (x)4 ctg(x)  4 ctg(x)   Si u = ctg( x) ⇒ du = − csc 2 ( x )dx ; ⇒∫ ⇒∫

csc 2 ( x ) ctg(x)

4

dx = ∫

 u 3/4  4u 3 / 4 − du −1 / 4 u du = − = − = −  3 /4  ∫ 4 3 u  

4 4 ctg 3 ( X ) 4[ctg( X )]3 / 4 dx = − +C =− + C; 3 3 ctg(x)

csc 2 ( x ) 4

4 4 ctg 3 ( X ) 1 y = − + C; x2 3 La solución general de la ecuacion diferencial es :

⇒

 4 4 ctg 3 ( X )   y=x − + C ; 3   2

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y'+ p(x)y = 1; y(0) = 1; 2)

1 ; 0 ≤ x < 2 p(x) =  - 2x ; x ≥ 2

Para el intervalo 0 ≤ x < 2 resolvemos la ecuación diferencial, donde p(x) = 1 : Ahora para x ≥ 2, p(x) = -2x; y'-2xy = 1;

u( x ) = e ∫

y'+ y = 1; dy dy + y = 1; ⇒ = 1 − y ; (Ec. dif. separable); dx dx dy dy = dx ⇒ ∫ = dx ; 1−y ∫ 1−y − ln 1 − y = x + C ;

(Ec. dif. lineal)

− 2 xdx

2

= e −x ;

2

2

e −x (y'- 2 xy ) = e − x (1); 2

2 d(e −x y ) = e −x ; dx

−x −x −x −x ∫ d(e y) = ∫ e dx; ⇒ e y = ∫ e dx; 2

2

2

2

2

Pero para integrar e −x dx necesitamos

ln 1 − y = −x + K

usar series de potencias :

e ln 1− y = e − x+K ;

+∞

(− 1 ) n x 2 n

n =0

n!

⇒ e −x y = ∫ ∑ 2

−x

1 − y = k 1e ; y 1 = 1 − k 1e −x ;

+∞

(− 1 ) n x 2 n + 1

n =0

( 2 n + 1)n!

⇒ e −x y = ∑ 2

Pero y(0) = 1; 1 = 1 − k 1e 0 ; ⇒ k 1 = 0 ; ⇒ y 1 = 1 para 0 ≤ x < 2

⇒ y2 = ex

2

+∞

dx ;

(− 1 ) n x 2 n + 1

∑ ( 2n + 1)n!

+ k2 ; 2

+ e x k 2 ; para x > 2;

n =0

Ahora para encontrar k 2 usaremos la condición de continuidad de dos funciones : Esta condición dice :

lim f( x) = lim f(x); ⇒ lim y = lim y ; x →a −

x→2 −

x→a +

1

x→2 +

2

2  2 + ∞ (− 1 ) n x 2 n + 1  ⇒ lim 1 = lim e x ∑ + e x k 2 ; x→2 − x→2 +  n = 0 (2 n + 1)n!  n 2 n +1 +∞ +∞ 2 2 (− 1 ) 2 (− 1 ) n 2 2 n 2 4 ⇒ 1 = e2 ∑ + e2 k 2 ;⇒ 1 = e4 ∑ +e k2 ; n = 0 (2 n + 1)n! n = 0 (2 n + 1)n!

1 + ∞ (− 1 ) n 2 2 n 2 (− 1 ) n 2 2 n 2 4 = e k2 ;⇒ k2 = 4 − ∑ ; e n = 0 (2 n + 1)n! n = 0 (2 n + 1)n! +∞ 1 (− 1 ) n 2 2 n ⇒ k 2 = 4 − 2∑ ; e n = 0 (2 n + 1)n! +∞

⇒ 1−e4 ∑

La solución queda expresada con la siguiente regla de correspondencia : 0≤x<2 1 ;  +∞ +∞ y =  x 2 (− 1)n x 2 n +1 (− 1)n 2 2 n  x2  1 e e 2 + − ∑ ∑ ; x ≥ 2  4  n = 0 (2 n + 1 )n!  e  n =0 ( 2 n + 1)n!

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3.- Resolver la siguiente ecuación diferencial:

dy y = y dx e + 2 x Si observamos que esta es una ecuación diferencial no separable, no lineal con respecto a y, que tal si hacemos que nuestra variable independiente sea “y”, y que “x” nuestra variable dependiente, es decir obtener nuestra solución en función de “y” (x = f( y)) .

(e (e y

y

+ 2 x )dy = ydx ;

y

+ 2x) = y

dx ; dy

dx − e y − 2x = 0; dy

≡ yx'−e y − 2 x = 0 ;

e y 2x 2x e y ; − = 0 ; ⇒ x'− = y y y y Tiene la forma x'+ p(y)x = g(y); ⇒ x'−

Ahora y es la variable independie nte : Apliquemos el método del factor integrante : x' + p(y)x = g(y); * El factor integrante ahora depende de y : u(y) = e ∫

p(y)dy

p( y ) = −

∫ − dy 2 ; entonces u(y) = e y = e −2 ln y = y -2 ⇒ u(y) = y - 2 y

; 2

Multiplicando el factor integrante u(y) = y -2 a ambos lados de la ecuación diferencial : x'−

 2x  ey . ⇒ y -2  x'−  = y - 2 y  y  142 4 43 4

2x e y = y y

d −2 y x dy

[

]

ey d −2 ey [ y x ] = 3 ⇒ d[y −2 x ] = 3 dy ⇒ y dy y y −2 x =

∫

y

e dy ⇒ x = y 2 y3

∫

∫

d[y − 2 x ] =

∫

ey dy y3

y

e dy y3

y

Para integrar +∞

ey =

∑ n =0

+∞

∫∑ n =0

e dy usamos series de potencias : y3

yn ey ⇒ 3 = n! y

y n −3 dy = n!

x( y ) = y

2

∫

∫

+∞

∑ n =0

y n −3 n!

 1 1 1  + + + 3 2 2! y  0! y 1! y 

La solución es: +∞

∑ n =3

y n −3   n!  

 1 e 1 1 2 − 2 − + ln( y ) + y dy = 3 y y 2  2y  y

+∞

∑ n =3

 1 1 x = − − y + y 2ln(y) + 2  2 

+∞

∑ n =3

 yn + Cy 2  (n − 2)n!  

 y n −2 + C ; ( n − 2 )n!  

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4.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:

xy' −y = x 2 sen(ln(x));

y(1) = 0 ;

Utilizando el método del factor integrante: xy' − y = x 2 sen( ln (x)); y y' − = xsen( ln (x)); x Tiene la siguiente forma y'+ p(x)y = g(x), entonces :

u( x ) = e ∫ p( x )dx ; ⇒ u( x ) = e ∫ p( x )dx ; ⇒ u( x ) = e ∫ p( x )dx = e

donde 1 − ∫ dx x

p(x) = −

1 ; x

= e −ln( x ) ;

⇒ u( x ) = x −1 ; Multiplicando el factor integrante a ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene : y x −1 y' − x −1 = x −1 xsen( ln (x)); 142 4 43 4x d −1 x y dx

[

]

d −1 [x y] = sen( ln (x)) ⇒ d[x −1y] = sen( ln (x))dx ⇒ dx x −1 y =

∫

∫

d[x −1 y] =

∫

sen( ln (x))dx

sen( ln (x))dx

∫

y = x sen( ln (x))dx

∫

sen(ln( x))dx = ?

Encontremo s ahora la solución particular si y(1) = 0;

z = ln( x);

⇒

dx = xdz ;

Pero x = e z ;

dz =

x 2 [sen (ln( x )) − cos(ln( x))] + Cx ; 2 y( 1) = 0 ;

dx ; x

y=

dx = e zdz ;

∫ ∫ ∫

sen(ln( x))dx =

∫

sen(z )e zdz ;

sen(z )e zdz , integrando por partes obtenemos que : sen(z )e zdz =

⇒

∫

12 [sen (ln( 1)) − cos(ln( 1))] + C( 1); 2 [sen(0) − cos( 0)] + C ; ⇒0= 2 1 1 ⇒ 0 = − + C; ⇒ C = ; 2 2 ⇒0=

e z [sen(z ) − cos(z )] + C; 2

sen(ln(x ))dx =

x[sen(ln( x)) − cos(ln(x))] + C; 2

 x[sen(ln( x)) − cos(ln(x ))]  ⇒ y = x + C 2   x 2 [sen(ln( x)) − cos(ln( x))] + Cx; y= 2

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La solución es : y=

x 2 [sen(ln(x)) − cos(ln(x))] x + 2 2

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Ecuaciones diferenciales Exactas Las ecuaciones diferenciales exactas tienen la siguiente forma: M(x, y) + N(x, y)y' = 0; Es exacta si : ∂M(x, y) ∂N(x, y) = ; ∂y ∂x My = Nx ;

Entonces existe : F(x, y) tal que : ∂F(x,y) = M(x,y); ∂x ∂F(x,y) = N(x,y); ∂y Si escogemos

∂F( x , y ) = M(x, y), se obtiene : ∂x

∂F(x,y) = M(x,y) ∂x

∫ ∂F(x,y) = ∫ M(x,y)∂x; F(x,y) = G(x,y) + h(y); Luego derivando F(x, y) con respecto a y : ∂F( x , y ) = G' ( x , y ) + h' ( y ); ∂y ∂F(x, y) = N(x, y); Luego igualando con ∂y G'(x,y) + h'(y) = N(x,y); h'(y) = N(x,y) − G'(x,y); h( y ) = La constante de F(x, y). Entonces : F(x,y) = G(x,y) + h(y); La solucíon es : F(x,y) = 0 ; G(x,y) + h(y) = 0 ; Si se elige

∂F(x,y) = N(x,y), y procedemos de la misma forma, se obtiene : ∂y

F(x, y) = H(x, y) + h(x); Donde la solución es : F(x, y) = 0;

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Ecuaciones diferenciales de primer orden 1.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:   4 e xy   3 e xy 3 4x y yln(x) x x 4 dx + + xln(x) − x  dy = 0 − + + − x −   x y    

(

)

  3   4 e xy e xy 3 4x y yln(x) x x 4 − + + − + x − + xln(x) − x  y' = 0   x y     xy e M(x,y) = 4 x 3 y − + y ln (x) + x 3 x − 4 ; x M y = 4 x 3 − e xy + ln (x) ;

(

)

(

N(x , y ) = x 4 −

)

e xy + xln(x) − x; y

Nx = 4 x 3 − e xy + ln (x) ; My = Nx ;

entonces la ecuacion diferencia l es exacta;

 Fx = M(x, y) ⇒ Existe una función F(x, y), donde   Fy = N(x, y) Si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente : Fy = x 4 −

e xy + x ln (x) − x; y

∂(F(x,y)) e xy 4 =x − + x ln (x) − x; y ∂y   4 e xy ∂(F(x,y)) =  x − + x ln (x) − x  ∂y; y   Entonces integrando a ambos lados de la ecuación :   4 e xy  ∂y;  x ln (x) x (F(x,y)) x ∂ = − + − ∫ ∫   y   e xy   ∂y + yx ln( x ) − xy + h ( x ); F( x , y ) = x y − ∫   y   xy e   ∂y se usa series de potencias : Para integrar   y   n xy +∞ (x )n (y )n − 1 1 + ∞ (x )n (y )n − 1 e 1 + ∞ (xy ) ; = ∑ =∑ = +∑ y y n = 0 n! n! y n =1 n! n =0 4

+∞  1 + ∞ (x )n (y )n − 1   (x )n (y )n  ∂ y = ln( y ) + ∑ ∂y = ∫  + ∑ ;   y n! n =1 n = 1 (n )(n !)    +∞ (x )n (y )n 4 + yx ln( x ) − xy + h ( x ); F( x , y ) = x y − ln( y ) − ∑ n = 1 (n )(n !)

 e xy ∫  y

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Ahora si Fx = M, entonces se obtiene lo siguiente : Fx = M(x, y); e xy + y ln (x) + x 3 x − 4 ; x +∞ n (x ) n −1 (y )n + y[1 + ln( x )] − y + h' ( x); Fx = 4 x 3 y − ∑ (n )(n!) n =1

(

Fx = 4 x 3 y −

)

(x ) n −1 (y )n + y + y ln( x) − y + h' ( x); (n!) n =1 +∞

Fx = 4 x 3 y − ∑

e xy + y ln( x ) + h' ( x ); x Entonces reemplazando Fx :

Fx = 4 x 3 y −

e xy e xy + y ln( x) + h' ( x ) = 4x 3 y − + y ln (x) + x 3 x − 4 ; x x Eliminando términos :

(

4x 3 y −

(

)

)

h' ( x ) = x 3 x − 4 ;

Obteniendo h(x) :

(

)

h( x) = ∫ x 3 x − 4 dx ; z 3 = x − 4 ; ⇒ 3z 2 dz = dx ; z=

(

3

x−4

)

x = z 3 + 4;

( )

h(z) = ∫ (z 3 + 4 ) 3 z 3 3z 2 dz ; h(z) = 3∫ (z 6 + 4z 3 )dz ;

 z7 h( z ) = 3  + z 4 + C  ;  7 7  3 x−4 + 3 x−4 h( x ) = 3  7 

(

) (

)

4

 + C ; 

Entonces :  (3 x − 4 )  (x ) n (y )n 4 + yx ln( x ) − xy + 3 + (3 x − 4 ) + C  ; F( x , y ) = x y − ln( y ) − ∑ 7 n = 1 (n )(n!)   7

+∞

4

La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir :  (3 x − 4 )7  (x )n (y )n 4 + yx ln( x ) − xy + 3 + (3 x − 4 ) + C  = 0 ; x y − ln( y ) − ∑ 7 n = 1 (n )(n!)   +∞

4

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13

Ecuaciones diferenciales de primer orden 2.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:  xy y3   2 2 2 y' = 0 ; + xy  +  2xy − x + ln(x + 1) + x y + 8 y − x+1 y − 2     M(x,y) = y 2 −

xy + xy 2 x+1

y3 N(x,y) = 2 xy − x + ln x + 1 + x y + 8 y −2 x My = 2 y − + 2 xy x+1 1 Nx = 2 y − 1 + + 2 xy ; x+1 1−x−1 Nx = 2 y + + 2 xy ; x+1 x Nx = 2 y − + 2 xy ; x+1 My = Nx ; la ecuación diferencial es exacta. 2

 Fx = M(x, y) ⇒ Existe una función F(x, y), donde   Fy = N(x, y) Si Fx = M(x, y), entonces se obtiene lo siguiente : Fx = M(x,y) = y 2 −

xy

+ xy 2 ;

x+1 xy ∂(F(x,y)) = y2 − + xy 2 x+1 ∂x xy   ∂(F(x,y)) =  y 2 − + xy 2 ∂x; x+1   x2 y2 x 2 F( x , y ) = xy − y ∫ ∂x + + h( y ); x+1 2 x2y2 x+1−1 F( x , y ) = xy 2 − y ∫ ∂x + + h( y ); x+1 2 x2y2 1 F( x , y ) = xy 2 − y ∫ ∂x + y ∫ ∂x + + h( y ); x+1 2 x2 y2 2 F( x , y ) = xy − xy + y ln x + 1 + + h( y ); 2 Ahora si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente : Fy = N(x, y); Fy = 2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y + h' ( y );

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14


Entonces reemplazando Fy : 2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y + h' ( y ); = 2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y +

y3 y8 − 2

Eliminando términos : h' ( y ) =

y3 y8 − 2

;

Obteniendo h(y) : h( y ) = ∫ h( y ) = ∫

y3 y8 − 2

dy ;

y3

(y )

4 2

−2

dy ;

z = y 4 ; ⇒ dz = 4 y 3 dy ; h( z ) = h( z ) = h( y ) =

 z− 2 1 dz 1 1 + K; ln =  2 ∫ 4 z − 2 4  2 2 z + 2  1 8 2 1 8 2

ln ln

z− 2 + C; z+ 2 y4 − 2 y4 + 2

+ C;

Entonces : F( x , y ) = xy 2 − xy + y ln x + 1 +

y4 − 2 x2y2 1 + C; + ln 4 2 y + 2 8 2

La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir : xy 2 − xy + y ln x + 1 +

x2 y2 y4 − 2 1 + ln 4 + C = 0; 2 8 2 y + 2

3.- Determine el valor de N(x,y) para que la siguiente ecuación diferencial sea exacta, luego encuentre la solución de forma implícita:

 1/2 −1/2 x  dx + N(x, y)dy = 0  y x + 2 x y +   Para que la ecuación diferencial sea exacta debe cumplirse que My = Nx Nx = My ; x 1 ; Nx = y − 1 / 2 x − 1 / 2 − 2 2 (x + y )2 ∂N( x , y ) 1 −1 / 2 −1 / 2 x = y − 2 ; x ∂x 2 (x + y )2  1 x ∂x ; ∂N( x , y ) =  y − 1 / 2 x − 1 / 2 − 2  2 2 + ( x y )  

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15


1

∫ ∂N( x, y) = ∫  2 y

−1 / 2

x −1 / 2 −



 ∂x ; (x 2 + y )  x

2

  x ∂x ; N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 − ∫  2 2  (x + y )    2 u = x + y; ∂u = 2 x∂x ; 1 ∂u ; 2 ∫ u2 1 + + C; 2u 1 + + C; 2 2 (x + y )

N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 − N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2

   1 /2 − 1 /2 1 x  dy = 0 dx +  y −1/2 x 1/2 + y x C + + 2 2     ( ) 2 x y x y + +     Ahora como My = Nx;  Fx = M(x, y) ⇒ Existe una función F(x, y), donde   Fy = N(x, y) Si Fx = M(x, y), entonces se obtiene lo siguiente : x Fx = M(x,y) = y 1/2 x −1/2 + 2 ; x +y ∂(F(x,y)) x = y 1 /2 x − 1 /2 + 2 x +y ∂x  x  ∂x; ∂(F(x,y)) =  y 1/2 x −1/2 + 2 x + y    x  ∂x; F(x,y) = ∫  y 1/2 x −1/2 + 2 x + y   x F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 + ∫ 2 ∂x; x +y u = x 2 + y; ∂u = 2 x∂x; 1 ∂u ; 2∫ u 1 F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 + ln x 2 + y + h(y); 2 Ahora si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente : Fy = N(x, y); 1 Fy = x 1 / 2 y −1 / 2 + + h' ( y ); 2 2( x + y ) F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 +

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Ecuaciones diferenciales de primer orden Entonces reemplazando Fy : x 1 / 2 y −1 / 2 +

1 1 + h' ( y ); = y − 1 / 2 x 1 / 2 + + C; 2(x 2 + y ) 2( x 2 + y )

Eliminando términos : h' ( y ) = C ; Obteniendo h(y) : h( y ) = Cx + K ; Entonces : 1 ln x 2 + y + h(y); 2 1 1 / 2 1 /2 F(x,y) = 2 y x + ln x 2 + y + Cx + K; 2 La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir : 1 2 y 1 /2 x 1 /2 + ln x 2 + y + Cx + K ; = 0 ; 2 F(x,y) = 2 y 1/2 x 1 /2 +

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Ecuaciones diferenciales exactas con factor integrante M( x , y ) + N( x , y )y' = 0 ; Si My ≠ Nx; Entonces es una ecuación diferencial no exacta, por lo tanto se necesita un factor integrante : Un factor integrante que solo depende de x es : My-Nx

u(x) = e

∫ N(x,y) dx

;

u(x)M(x,y) + u(x)N(x,y)y' = 0 ; Ahora la ecuación diferencial es exacta. Un factor integrante que depende de y : Nx-My

u(y) = e

∫ N(x,y) dx

;

u(y)M(x,y) + u(y)N(x,y)y' = 0 ; Ahora la ecuación diferencial es exacta.

1) xydx + M(x,y) = xy;

(2x

2

+ 3y 2 − 20 )dy = 0;

Si y(1) = 1;

My = x; N(x,y) = 2 x 2 + 3 y 2 − 20 ; Nx = 4 x; My ≠ Nx; entonces la ecuación diferencial no es exacta; Por lo tanto debemos encontrar su factor integrante :  Nx-My 

u(y) = e u( y ) = e

∫  M(x, y)  dy  4x-x   dy xy 

∫ 

3

=e

∫  y  dy

= y 3;

u( y ) = y 3 ; Luego mulitiplicando u(y) a ambos lados de la ecuación :

(

) )dy = 0;

y 3 ( xydx ) + y 3 2 x 2 + 3 y 2 − 20 dy = 0 ;

(

xy 4 dx + 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3 M ( x , y ) = xy 4 ; My = 4 xy 3 ;

N ( x , y ) = 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3 ; Nx = 4 xy 3 ;

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Ecuaciones diferenciales de primer orden My = Nx, por lo tanto la ecuación diferencial es exacta : Fx = M(x, y); ∃(F(x, y)) talque :  Fy = N(x, y); Fx = M(x, y); ∂ ( F ( x , y )) = xy 4 ; ∂x F ( x , y ) = ∫ xy 4 ∂x; x 2 y4 + h( y ); 2 Fy = N(x, y); F ( x, y) =

2 x 2 y 3 + h'(y) = 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3 ; h'(y) = 3 y 5 − 20 y 3 ;

(

)

h( y ) = ∫ 3 y 5 − 20 y 3 dy; y6 − 5 y 4 + C; 2 Entonces : h( y ) =

x2 y4 y6 + − 5 y 4 + C; 2 2 2 4 6 x y y + − 5 y4 + C = 0; 2 2

F(x,y) =

2)

2xdy - [y + xy 3 (1 + ln(x) )]dx = 0;

Si y(1) = 1; x2 y 4 y6 + − 5y 4 + C = 0 ; 2 2 (12 )(14 ) + (16 ) − 5(14 ) + C = 0 ; 2 2 1 1 + − 5 + C = 0; 2 2 C = 5 − 1; C = 4; x2 y 4 y6 + − 5y 4 + 4 = 0 ; 2 2 La solución : x 2 y 4 + y 6 − 10 y 4 + 8 = 0 ;

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[y + xy

3

(1 + ln(x))]dx - 2xdy = 0;

M(x,y) = y + xy 3 (1 + ln (x)); My = 1 + 3xy 2 + 3xy 2 ln (x); N( x , y ) = -2x; Nx = -2;  Nx − My 

u(y) = e

∫  M ( x , y ) dy

u( y ) = e

;

 − 2 − 1 − 3 xy 2 − 3 xy 2 ln (x);  dy  y + xy 3 (1 + ln (x) ) 

∫ 

 − 3 − 3 xy 2 − 3 xy 2 ln (x);  dy  

2 ∫  = e  y (1+ xy (1+ ln( x ) ))

 − 3 (1 + xy 2 (1 + ln( x ) ))  −3 ∫  y (1+ xy 2 (1+ ln( x ) )) dy ∫ y dy 1 = 3; u( y ) = e e y

Luego mulitiplicando u(y) a ambos lados de la ecuación : 1 1 [ y + xy 3 (1 + ln (x))]dx- 3 (2 xdy ) = 0 ; 3 y y 1   2x   2 + x(1 + ln (x))dx −  3 dy = 0 ; y  y  1 M( x , y ) = 2 + x(1 + ln (x)); y My = −

2 ; y3

N( x , y ) = − Nx = −

2x ; y3

2 ; y3

My = Nx, por lo tanto la e.d. es exacta :  Fx = M(x, y); ∃(F(x, y)) talque :   Fy = N(x, y); Fx = M(x, y); ∂( F( x , y )) 1 = 2 + x(1 + ln (x)); ∂x y 1  F( x , y ) = ∫  2 + x(1 + ln (x)) ∂x ; y  2 2 x x x x2 + ln( x ) − + h( y ); F( x , y ) = 2 + y 2 2 4 Fy = N(x, y); −

2x 2x + h'(y) = − 3 ; 3 y y

Entonces : F( x , y ) =

x x2 x2 x2 ln( x ) + + − + C; y2 2 2 4

x x2 x2 x2 ln( x ) + + − + C = 0; y2 2 2 4

h'(y) = 0 ; h( y ) = C

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Ecuaciones diferenciales de primer orden 3)

(

)

x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = −2xyln(y);

[

]

2 xy ln (y) + x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = 0 ; M( x , y) = 2 xy ln (y); My = 2 x[1 + ln( y )];

[

]

N( x , y) = x 2 + y 2 y 2 + 1 ; Nx = 2 x ;  Nx − My 

u( y ) = e

∫  M ( x , y )  dy

;

 2 x − 2 x [1+ ln( y ) ]    dy 2 xy ln (y) 

∫  u( y ) = e  1 u( y ) = ; y

 − 2 x ln( y ) 

=e

∫  2 xy ln( y ) dy

1

=e

∫ − y dy

;

Luego se multiplica u(y) a ambos lados de la ecuación :

[

]

1 (2xy ln (y)) + 1 x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = 0 ; y y  x2  2 x ln (y) +  + y y 2 + 1  y' = 0 ; y  M( x , y) = 2 x ln (y); 2x My = ; y N( x , y) = Nx =

x2 + y y2 + 1 ; y

2x ; y

My = Nx, por lo tanto la e.d. es exacta :  Fx = M(x, y); ∃(F(x, y)) talque :   Fy = N(x, y); Fx = M(x, y); ∂(F( x , y )) = 2 x ln (y); ; ∂x F( x , y) = ∫ [2 x ln (y)]∂x ; F( x , y) = x 2 ln( y ) + h( y ); Fy = N(x, y); x2 x2 + h'(y) = + y y2 + 1 ; y y h'(y) = y y 2 + 1 ;

(

)

h( y ) = ∫ y y 2 + 1 dy ; u = y 2 + 1; du = 2 ydy ; h( y ) =

1 2 (y + 1) y 2 + 1 + C; 3 Entonces : 1 F( x , y ) = x 2 ln( y ) + (y 2 + 1) y 2 + 1 + C ; 3 1 x 2 ln( y ) + (y 2 + 1) y 2 + 1 + C = 0 ; 3 h(y) =

1 1 2  1 udu =  u 3 /2 + C  = u u + C ; ∫ 2 2 3  3

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Ecuaciones diferenciales de Bernoulli Sea dy + p( x ) y = g ( x ) y n una ecuación diferencial de Bernoulli, donde n ≠ 0,1. dx Esta es una ecuación diferencial no lineal, que se la convierte en lineal haciendo el siguiente cambio de variable : v = y 1− n Donde : dv dv dy dy = (1 − n ) y − n . = dx dy dx dx Se multiplicará el factor (1 − n ) y − n a ambos lados de la ecuación de Bernoulli : (1 − n) y − n dy + (1 − n) y − n p( x ) y = (1 − n) y − n g( x ) y n dx Se obtiene lo siguiente :

(1 − n) y − n dy + (1 − n) p( x ){ y 1− n = (1 − n )g( x ) dx 14 4244 3 Esto es :

v

dv dx

dv  + (1 − n ) p( x )v = (1 − n )g ( x ) Esto es una ecuación diferencial Lineal, dx  que se puede resolver por el método del factor integrante.

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Ecuaciones diferenciales de primer orden 1)

xdy - [y + xy 3 (1 + ln(x))]dx = 0;

xdy-[y + xy 3 (1 + ln (x))]dx = 0 ;

∫ (x

y  y' −  + y 3 (1 + ln (x)) = 0 ; . x  y y' − = y 3 (1 + ln (x)); n = 3; x Se sustituye v = y 1−n ;

)

ln( x ) dx = ? ⇒

u = ln( x );

(

dy dv = −2 y − 3 ; dx dx Luego se multiplica − 2 y − 3 a ambos de la ecuación :

v' =

y = −2 y − 3 y 3 (1 + ln (x)); x

y −2 − 2 y y' + 2 = −2(1 + ln (x)); x Reemplazando v y v' : −3

du =

dx ; x

x3 ; 3 x 3 ln( x ) x 3 2 = − + C; x x dx ln( ) ∫ 3 9 2 2 x 3 ln( x ) 2 x 3 + + K; x 2v = − x 3 − 3 3 9 Despejandola solución: 2 2 x ln( x ) 2 x K + + ; v =− x− 3 3 9 x2 Reemplazando v = y-2 : 2 2 x ln( x ) 2 x K + + ; y −2 = − x − 3 3 9 x2 dv = x 2dx;

v = y −2 ;

− 2 y − 3 y' + 2 y − 3

2

⇒

v=

)

2v = −2(1 + ln (x)); x Resolviendo por factor integrante :

v'+

2

La solución general es:

dx u( x ) = e ∫ x = x 2 ;

x 2 v'+ x 2

2v = −2 x 2 (1 + ln (x)); x

d[x 2 v] = −2 x 2 (1 + ln (x)); dx

y=

x 2 v = ∫ − 2 x 2 (1 + ln (x))dx ;

1 2xln(x) 2x K 2 ; − x− + + 3 9 x2 3

x 2 v = −2 ∫ (x 2 + x 2 ln( x ))dx ; 2 x 2 v = − x 3 − 2 ∫ (x 2 ln( x ))dx ; 3

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2)

xy'+y = y 2ln(x);

y ln( x ) ; = y2 x x v = y 1− n = y −1 ;

y'+

si y(1) = 1;

n = 2;

dy dv ; = −y −2 dx dx Luego se multiplica − y − 2 a ambos lados de la ecuación : y ln( x ) ; − y − 2 y'− y − 2 = − y − 2 y 2 x x Reemplazando v y v' en la ecuación : v ln( x ) ; = x x Resolviendo por el método del factor integrante :

v'−

u( x ) = e ∫

dx x

1 ; x 1 v ln( x ) v'− 2 = 2 ; x x x 1 d  v   x  = ln( x ) ; dx x2 ln( x ) 1 v = ∫ 2 dx ; x x −

=

ln( x ) dx = ? x2 dx u = ln (x); ; ⇒ du = x dx 1 dv = 2 ; v=- ; ⇒ x x ln( x) 1 dx v=+∫ 2; x x x ln( x) 1 1 − + C; v=x x x v = − ln( x ) − 1 + Cx ; Integrando

∫

Si y(1) = 1, entonces : 1 1= C-1 C − 1 = 1; C = 2;

La solución es :

y −1 = − ln( x) − 1 + Cx ; 1 ; y= − ln( x ) − 1 + Cx

y=

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1 ; − ln(x) − 1 + 2x

24

Ecuaciones Diferenciales

3)

4(1 + x)dy + y[1 + 4xy 2 (1 + x)]dx = 0;

  1 + xy 2  = 0 y'+ y    4(1 + x) y = −xy 3 ; n = 3; y'+ 4(1 + x) v = y 1−n = y − 2 ; dy dv = −2 y − 3 ; dx dx Luego se multiplica - 2y - 3 a ambos lados de la ecuación : − 2 y − 3 y'+ v'−

− 2 y −3 y = 2 y −3 xy 3 ; 4(1 + x)

2v = 2x; 4(1 + x) 1

∫ − 2 ( 1+ x ) dx

1 − ln 1 + x 2

1 ; 1+ x 1 2v 2x 1 = ; v'− 1 + x 4(1 + x) 1+x 1+ x

u( x ) = e

=e

=

  1 v d  1 + x  = 2x ; dx 1+x 2x 1 dx ; v=∫ 1+ x 1+ x 2x ∫ 1 + x dx = ?; ⇒ z2 = 1 + x; 2 zdz = dx ; x = z 2 − 1; 2x z 2 − 1)2 zdz ( = 4 ∫ (z 2 − 1)dz ; ∫ 1 + x dx = 2 ∫ z 3 4z − 4z + C ; 4 ∫ (z 2 − 1)dz = 3

∫

4 2x dx = 1+ x

(1 + x)3 3


− 4 1 + x + C;

4 (1 + x )3 1 − 4 1 + x + C; v= 3 1+ x 4(1 + x )2 − 4(1 + x ) + C ; v= 3 4(1 + x )2 − 4(1 + x ) + C 1 + x ; y −2 = 3

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y=

1 4(1 + x )2 − 4(1 + x ) + C 1 + x 3

25

;


3y' +4csc(2x)y = 2y −1/2 ctg(x);

4)

4 2 y'+ csc(2 x)y = y −1 /2 ctg( x ); 3 3 1− n 3 /2 v=y =y ; v' =

1 n=− ; 2

3 1 /2 y y' ; 2

3 1 /2 y a ambos lados de la ecuación : 2 3 1 /2 3 4 3 2 y y'+ y 1 /2 csc(2 x )y = y 1 /2 y − 1 /2 ctg( x ); 2 2 3 2 3 v'+2 csc( 2 x )v = ctg( x );

Se multiplica

u( x ) = e ∫

2 csc( 2 x )dx

= e ln csc( 2 x )− ctg ( 2 x )

u( x ) = csc(2 x ) − ctg( 2 x ); u( x ) =

cos( 2 x) 1 ; − sen( 2 x ) sen( 2 x)

1 − cos( 2 x) sen 2 ( x ) 2 = = tan( x ); sen( 2 x ) sen( x ) cos( x ) 2 tan( x )v'+2 tan( x ) csc(2 x)v = tan( x)ctg( x );

1 − cos( 2 x ) u( x ) = = sen( 2 x )

d[tan( x )v] = 1; dx tan( x )v = ∫ dx ; tan( x )v = ∫ dx ; tan( x )v = x + C ; v = xctg( x ) + Cctg( x); y 3 /2 = xctg( x) + Cctg( x ); y = 3 (xctg( x ) + Cctg( x ))2 ; Si y( π/4) = 1; 2

π  1 =  + C ; 4  π 1 = + C; 4 π C = 1− ; 4 3

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La solución particular es : 2

π    y = 3  xctg( x) +  1 − ctg( x)  ; 4    y Ecuaciones diferenciales homogéneas de la forma y' = f   x

dy = f(x, y) es homogénea si se puede dx expresar esta ecuación como :

Se dice que la ecuación

dy  y  = f  ; dx  x  Se hace la siguiente sustitución : y v = ; entonces y = vx; x dy dv ; = v+x dx dx Reemplazando v, y y' en la ecuación : dy  y  = f  ; dx  x  dv v+x = f( v ); dx dv = f( v) − v ; x dx dv dx ; = f( v) − v x v = φ( x); y = φ( x ); x y = xφ( x );

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27

Ecuaciones Diferenciales 1)Resolver la siguiente ecuación diferencial: y sec 2   dy y x; = + dx x y2 Asumiendo que : y ⇒ y = xv; x dy dv ⇒ =x + v; dx dx v=

Reemplazando en la ecuación diferencial , y = xv, v = y sec 2   dy y x = + dx x y2 ⇒x ⇒

∫ ∫ ∫

dv sec 2 (v ) = 2 2 dx x v

v 2 dv dx = 3 2 sec (v ) x

y dy dv , =x + v, se obtiene : dx x dx

⇒ x

sec 2 (v ) dv +v = v+ 2 2 ; x v dx

⇒ x3

dv sec 2 (v )  = Ecuación diferencial separable. dx v2 

∫

Integrando :

v 2 dv = sec 2 (v )

∫

dx ; x3

2

v dv =? sec 2 (v ) v 2 dv = sec 2 (v )

∫ ∫

v 2cos 2 (v)dv =

∫

 1 + cos(2v)  v2  dv = 2  

 v 2 v 2cos(2v)  dv  + 2   2 2  v cos(2v)  dv  2  

∫

v  v v cos(2v)  dv =  dv +  + 2   2  2 2 m = v ⇒ dm = 2vdv; sen(2v) dn = cos(2v)dv ⇒ n = ; 2  v2  v 2 dv 1 v 3 1  v 2sen(2v) 2   ( ) + = + − = dv v cos(2v) dv  2 sec 2 (v ) 2 6 2  2  

∫ ∫

2

v dv = sec 2 (v )

2

∫

2

3

∫

2

∫

2

∫

2

∫

2vsen(2v)  dv  2 

∫

v dv v v sen(2v) 1 = + − vsen(2v)dv 2 sec (v ) 6 4 2 m = v ⇒ dm = dv. 1 dn = sen(2v)dv ⇒ n = − cos(2v) 2 2 3 2 v 3 v 2sen(2v)  v v dv v v sen(2v) 1 = + − = + − − cos(2v) + vsen(2v)dv 6 2 sec 2 (v ) 6 4 2  4

∫ ∫ ∫

∫

∫

 1 cos(2v) dv 4 

 v 1 v sen(2v) v 1 v dv v v sen(2v)  v + + cos(2v) - sen(2v) = + − − cos(2v) + cos(2v) dv  = 2 8 4 4 4 sec (v ) 6 4  6  4 2 3 2 1 v dv v v sen(2v) v = + + cos(2v) - sen(2v) 8 sec 2 (v ) 6 4 4 2

3

2

∫

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3

2

28


∫

v 2 dv = sec 2 (v )

3

∫

dx x3

⇔

1 1 v 3 v 2sen(2v) v + + cos(2v) - sen(2v) = − 2 + C x 8 6 4 4

2

1 1 v v sen(2v) v + + cos(2v) - sen(2v) = − 2 + C x 8 6 4 4 y Reemplazando v = ; x La solución de forma implícita queda expresada por : 2

3  y   y  sen 2 y           x   + v cos 2 y   - 1 sen 2 y   = − 1 + C x +x     4 4   x  8 x2 6   x 

(xy + 4 y

2)

2

+ 2x 2 )dx − (x 2 )dy = 0; si y(1) =

Aplicando tan a ambos lados se obtiene :

dy (xy + 4 y 2 + 2 x 2 ) = ; dx x2 dy y 4 y 2 = + + 2; dx x x 2 y v= ; x y = xv ;

  4 ln x 2 v = tan  + K  ; 2     4 ln x 1 tan  v= + K  ; 2 2   y   4 ln x 1 = + K  ; tan  x 2 2     4 ln x x + K  ; tan  y= 2 2  

dy dv = v+x ; dx dx dv = v + 4v2 + 2 ; v+x dx dv = 4v2 + 2 ; x dx dv dx = ; 2 4v + 2 x dv dx = ; 2 4(v + 1 / 2 ) x

∫

dv = (v + 1 / 2 ) 2

(

∫

Si y(1) =

(

4dx ; x

La solución particular es :

)

)

2 ; 2

1 2 = tan (K ); 2 2 π K= ; 4

2 arctan 2 v = 4 ln x + C ; arctan 2 v =

2 /2;

y=

4 ln x + K; 2

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 4 ln x π  x tan +  ; 4 2  2

29


x

3)

dy = y + x2 − y2 ; dx

y(x0 ) = 0; donde x0 > 0;

y(1) = >/4;

v + xv' = v + 1 − v 2 ;

x2 − y2 dy y = + ; dx x x

xv' = 1 − v 2 ; dv x = 1− v2 ; dx dv dx ; = 2 1− v ; x

x2 − y2 dy y ; = + 2 dx x x

arcsen(v ) = ln x + C ;

y2 dy y = + 1− 2 ; x dx x Se asume : y v= ; x y = xv ; y' = v + xv' ;

v = sen(ln x + C ); y = sen(ln x + C ); x y = xsen(ln x + C ); Si y(1) = 1; 1 = sen(C );

π

= C; 2 La solución paticular es :

π  y = xsen ln x + ; 2  x (ln(x) − ln(y) )dy − ydx = 0;

4)

x(ln (x) − ln (y))dy − ydx = 0 ;

v + xv ' = −

x(ln (y) − ln (x))dy + ydx = 0 ;

v

(ln (v ))

v

xv ' = −

;

− v;

(ln (v )) − v (1 + ln( v ) ) dv = x ; (ln (v )) dx  (ln( v ) )   dx  ∫  v (1 + ln( v ) ) dv = − ∫  x ;

dy y ; =− dx x(ln (y) − ln (x)) dy y ; =− dx   y  x ln      x  Se asume :

u = ln( v ); dv du = ; v  u  ∫  (1 + u ) du = − ln x + C ;

y ; x y = xv; y' = v + xv' ; v=



1



∫ du − ∫  (1 + u ) du = − ln x

+ C;

u − ln 1 + u = − ln x + C ; ln v − ln 1 + ln( v ) = − ln x + C ;

La solución general de forma implícita es: ln

y y − ln 1 + ln  = −ln x + C; x x

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30


Ecuaciones Diferenciales de Coeficientes Lineales 1)

dy (2y − x + 5 ) = ; dx (2x − y − 4 )

( x − 2 y − 5)dx − (2 x − y − 4 )dy = 0 ; a 1b2 ≠ a 2 b1 ; (1)(1) ≠ (− 2 )( −2 ); 1 ≠ 4; Se asume : x = (u + h ); y = (v + k ); dy dv ; = dx du Reemplazando x, y, y' en la ecuación, se obtiene dv 2(v + k ) − (u + h ) + 5 ; = du 2(u + h ) − (v + k ) − 4 dv 2 v − u + 2k − h + 5 = ; du 2 u − v + 2 h − k − 4 2 k − h + 5 = 0 ;  2 h − k − 4 = 0 ; Resolviendo el sistema : k = - 1; h = 3; Entonces : dv 2 v − u ; = du 2 u − v Divivdiendo para u, para poder obtener una ecuación homogénea : 2v −1 dv u ; = du 2 − v u Resolviendo como una ecuación diferencial homogénea : v ; u v = zu ;

z=

dv dz ; = z+u du du dz 2 z − 1 ; z+u = du 2 − z dz 2 z − 1 u − z; = du 2 − z

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dz 2 z − 1 − 2 z + z 2 ; = du 2−z du (z − 2 )dz ; =− 2 (z − 1) u (z )dz (2 )dz du ∫ (z 2 − 1) − ∫ (z 2 − 1) = ∫ − u ; 1 z−1 ln z 2 − 1 − ln = − ln u + C ; 2 z+1 1 z−1 = − ln u + C ; ln z 2 − 1 − ln 2 z+1 1 z−1 = − ln u + C ; ln (z − 1)(z + 1) − ln 2 z+1 1 1 ln (z − 1) + ln (z + 1) − ln (z − 1) + ln (z + 1) = − ln u + C ; 2 2 1 3 ln (z + 1) − ln (z − 1) = − ln u + C ; 2 2 3 v  1 v  ln  + 1  − ln  − 1  = − ln u + C ; 2 u  2 u  ⇒ v = y − k; v = y + 1;

u

u = x − h;

⇒

u = x − 3;

La solución de forma implícita es : 3  y+1  1 y+1  + 1  − ln  − 1  = − ln x − 3 + C ; ln  2 x−3  2  x−3 

(

2) 3y − 7x + 7 a 1b2 ≠ a 2 b1 ;

)dx − (3x − 7y − 3)dy = 0;

( −7 )(7 ) ≠ (− 3)( 3); − 49 ≠ −9 ; Usando : x = (u + h ); y = (v + k ); dy dv ; = dx du dy − 7 x + 3y + 7 ; = dx − 3x + 7 y + 3

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Ecuaciones Diferenciales Reemplazando x, y y y' : dv − 7 (u + h ) + 3(v + k ) + 7 ; = du − 3(u + h ) + 7 (v + k ) + 3 dv − 7 u + 3v − 7 h + 3k + 7 = du − 3u + 7 v − 3h + 7 k + 3  − 7 h + 3k + 7 = 0 ;  − 3 h + 7 k + 3 = 0 ;

Resolviendo el sistema : k = 0; h = 1; dv − 7 u + 3 v ; = du − 3u + 7 v 3v −7 + dv u ; = 7 du − 3 + v u v z= ; u

v = zu ; dz dv = z+u ; du du dz − 7 + 3z = ; z+u du − 3 + 7 z dz − 7 + 3z − z; u = du − 3 + 7 z

dz − 7 + 3 z + 3 z − 7 z 2 = ; du − 3 + 7z dz 7 z 2 − 6z + 7 u ; =− du 7z − 3 (7 z − 3 )dz − du ∫ 7 z 2 − 6z + 7 = ∫ u ; u = 7 z 2 − 6 z + 7; du = 14 z- 6; ⇒ 7 (14 z-6 ) − 3 + 3; 7z − 3 = 14 7 (14 z- 6)dz − du 14 ∫ 7 z 2 − 6z + 7 = ∫ u ; (14 z- 6)dz = − ln u + C ; 7 ∫ 14 7 z 2 − 6 z + 7 u

ln 7 z 2 − 6 z + 7

= − ln u + C ; 2 ln 7 z 2 − 6 z + 7 = − ln u 2 + K ; 2

v v ln 7  − 6 + 7 = − ln u 2 + K ; u  u 2

y  y  2 ln 7 + 7 = − ln ( x − 1) + K ;  −6 x −1  x −1 La solución de forma implícita es : 2

y C  y  +7= 7 ;  −6 x −1 ( x − 1)2  x −1

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3)

(y − x − 5)y'−(1 − x − y ) = 0;

(1-x-y) − (y − x − 5)y' = 0; a1b2 ≠ a 2 b1 ; (− 1)(− 1) ≠ (1)(− 1); 1 ≠ −1; x = (u + h ); y = (v + k ); dy 1 − x − y = ; dx y − x − 5 Reemplazando x,y, y y’ en la ecuación: dv 1-(u + h )-(v + k ) ; = du (v + k ) − (u + h ) − 5 dv − u − v − h − k + 1 = ; du − u + v − h + k − 5 − h − k + 1 = 0 ;  − h + k − 5 = 0 ; Resolviendo el sistema de ecuaciones : h = -2; k = 3; dv − u − v = du − u + v v −1− dv u; = du − 1 + v u v z =  ; u v = zu ; dv dz =z+u ; du du dz − 1 − z ; z+u = du − 1 + z dz − 1 − z u − z; = du − 1 + z dz − 1 − z + z − z 2 ; u = du −1+z

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dz z2 + 1 ; =− du z−1 (z − 1)dz du ∫ (z 2 + 1) = ∫ − u ; 1 ln z 2 + 1 − arctan(z) = − ln u + C ; 2

u

2

1 v v ln   + 1 − arctan  = − ln u + C ; 2 u u La solución implicita de la ecuación diferencial es : 2

1  y−3  y−3 ln   + 1 − arctan  = − ln x + 2 + C ; 2 x+2  x+2

Ecuaciones diferenciales de la forma G(ax+by)

Se asume el siguiente cambio de variable

Despejando y:

Se obtiene una ecuación diferencial de la forma:

Reemplazando y, y’ en:

Se obtiene una ecuación diferencial separable dela forma:

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(

)2 − (x + y − 1)2 ;

1. y' = x + y + 1 Se sustituye :

si y(0) = 7/4;

z = x + y; y = z − x; dy dz = − 1; dx dx y' = (x + y + 1)2 − (x + y − 1)2 ; dz − 1 = (z + 1)2 − (z − 1)2 ; dx dz = z 2 + 2 z + 1 − (z 2 − 2 z + 1) + 1; dx dz = 4z + 1; dx dz ∫ 4z + 1 = ∫ dx; 1 ln 4z + 1 = x + C 1 ; 4 ln 4z + 1 = 4 x + C 2 ; 4z + 1 = ke 4 x ; z = ke 4 x −

1 ; 4

x + y = ke 4 x − y = ke 4 x − Si y(0) =

1 ; 4

1 − x; 4

7 ; 4

7 1 =k− ; 4 4 k = 2; La solución particular es : y = 2e 4 x −

1 − x; 4

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Ecuaciones Diferenciales 2

2. y' = tan (x + y); z = x + y; y = z − x;

si y(0) = π ;

dy dz = − 1; dx dx y' = tan 2 ( x + y ); dz − 1 = tan 2 (z ); dx dz = 1 + tan 2 (z ); dx dz = sec 2 (z ); dx dz ∫ sec 2 (z) = ∫ dx;

∫ cos (z)dz = x + C ; 2

 1 + cos( 2z )  dz = x + C ; 2  z sen( 2 z ) + = x + C; 2 4 x + y sen( 2 x + 2 y ) + = x + C; 2 4 2 x + 2 y + sen( 2 x + 2 y ) = 4 x + K ;

∫ 

Si y(0) = π ; 2 π + sen( 2 π) = K ; k = 2π; La solución particular es : 2 x + 2 y + sen( 2 x + 2 y ) = 4 x + 2 π ;

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Ecuaciones Diferenciales 3.

y' = 10x - 2y + 5 − 5;

y' = 10x - 2y + 5 − 5; z = 10 x − 2 y ; 10 x z − ; 2 2 dy 1 dz = 5− ; 2 dx dx 1 dz = z + 5 − 5; 5− 2 dx dz 10 − = 2 z + 5 − 10 ; dx dz = 20 − 2 z + 5 ; dx dz ∫ 20 − 2 z + 5 = ∫ dx; u 2 = z + 5; y=

2 udu = dz ; dz

2 udu udu ; =∫ 20 − 2 u 10 − u z+5 udu udu ∫ 10 − u = −∫ u − 10 ; Dividiendo u para u - 10;

∫ 20 − 2

=∫

u 10 ; = 1+ u - 10 u − 10 du udu ; −∫ = − ∫ du − 10 ∫ u − 10 u − 10 udu ∫ 10 − u = −u − 10 ln u − 10 ; dz ∫ 20 − 2 z + 5 = − z + 5 − 10 ln z + 5 − 10 ; Reemplazando las integrales : − z + 5 − 10 ln z + 5 − 10 = x + C ; z = 10 x − 2 y ; La solucion de forma explicita es : − 10 x − 2 y + 5 − 10 ln 10 x − 2 y + 5 − 10 = x + C ;

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(2x + y )dx − (4x + 2y − 1)dy = 0;

a1 b2 = a 2 b1 (2 )(− 2 ) = (− 4 )(1) − 4 = −4 ; dy 2x + y = ; dx 2(2 x + y ) − 1 z = 2x + y ; y = z − 2x; dy dz = − 2; dx dx Reemplazando : dz z −2 = ; dx 2z − 1 dz z = + 2; dx 2z − 1 dz z + 2(2 z − 1) = ; dx 2z − 1 (2z − 1)dz = dx ; 5z − 2 1 2z - 1 2 = − ; Dividiendo 5z - 2 5 5(5z − 2 ) 2dz dz ∫ 5 − ∫ 5(5z − 2 ) = ∫ dx ; 1 2 z − ln 5z − 2 = x + C ; 25 5 La solución de forma implícita es : 2 (2 x + y ) − 1 ln 5(2 x + y ) − 2 = x + C ; 5 25

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Ecuaciones de Primer Orden Aplicaciones 1.

Una taza de café caliente que inicialmente se encuentra a 95ºC, se enfría y llega a 80ºC en 5 minutos mientras permanece servida en un cuarto cuya temperatura está a 21ºC. Determine en que momento el café estará a la temperatura ideal de 50ºC.

dT = k (T − Ta ) dt dT ∫ T − Ta = ∫ kdt ln (T − Ta ) = kt + C T (t ) = Ce kt + Ta sabemos que la temperatura del cuarto es 21º C ∴ T (t ) = Ce kt + 21 en t = 0 el café está a 95º C ∴ T (0 ) = Ce k (0 ) + 21 = 95 → C = 95 − 21 = 74 T (t ) = 74e kt + 21 en t = 5 min el café está a 80º C ∴  59  ln  ºC 74 T (5) = 74e5 k + 21 = 80 → k =   = −0.0453 5 min − 0.0453t + 21 T (t ) = 74e en t = t1 min el café está a 50º C ∴ T (t1 ) = 74e −0.0453t1

 29  ln  74 + 21 = 50 → t1 =   = 20.67 min − 0.0453

2. El Sábado 24 de Febrero del 2007 a las 07h00 A.M. un conserje del básico encuentra el cuerpo de un estudiante de ecuaciones diferenciales en el aula donde rindió su examen el día anterior, que se conserva a temperatura constante de 26° C. En ese momento la temperatura del cuerpo es de 28° C y pasada hora y media la temperatura es de 27.5° C. Considere la temperatura del cuerpo en el momento de la muerte de 37° C y que se ha enfriado según la Ley de Enfriamiento de Newton, cuál fue la hora de la muerte?

Ley de enfriamiento de Newton : dT = −K (Tc − Ta ) dt dT : (Variación de la temperatura con respecto al tiempo ) dt Tc: (Temperatura del cuerpo ) Ta:

(Temperatura del aula )

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Ecuaciones Diferenciales t : tiempo en horas. Ta = 26° C La temperatura del cuerpo cuando es hallado es 28° C. El tiempo en que la temperatura es de 28° C es t1 . ⇒ T(t1 ) = 28° C Después de una hora y media la temperatura del cuerpo desciende a 27.5° C. El tiempo en que la temperatura es de 27.5° C será entonces : t1 + 1.5. ⇒ T(t 1 + 1.5) = 27.5° C dT = −K (Tc − 26 ); dt dT = −Kdt ⇔ (Tc − 26 ) e ln Tc − 26 = e −Kt + C

dT

∫ (T − 26) = ∫ − Kdt

⇔ ln Tc − 26 = −Kt + C

c

⇔ Tc − 26 = Ce −Kt

⇒ Tc ( t ) = Ce −Kt + 26;

⇒ Tc ( t ) = Ce −Kt + 26; Si la temperatura antes de morir era de 37° C entonces: T(0) = 37° C; 37 = C + 26 ⇒ C = 11 ⇒ Tc ( t ) = 11e −Kt + 26 Si T(t1 ) = 28° C ⇒ T(t1 ) = 11e −Kt 1 + 26 = 28 ⇒ 11e − Kt1 = 2 ⇒ e −Kt1 =

2 ; 11

1.7047  2  (ecuación 1); ⇒ −kt 1 = ln   ⇒ kt 1 = 1.7047 ⇒ k = t1  11  Si T(t1 + 1.5) = 27.5° C ⇒ T(t1 + 1.5) = 11e −K ( t 1 + 1.5 ) + 26 = 27.5 ⇒ 11e −K (t 1 + 1.5 ) = 1.5 ⇒ e −K ( t 1 + 1.5 ) =

1.5 ; 11

1.9924  1.5  (ecuación 2); ⇒ −k (t 1 + 1.5) = ln   ⇒ k (t 1 + 1.5 ) = 1.9924 ⇒ k = t 1 + 1.5  11 

Si se iguala ecuación 1 y 2 :

1.7047 1.9924 = ⇒ (t 1 + 1.5 )1.7047 = 1.9924t 1 ⇒ 1.7047 t 1 + 2.55705 = 1.9924t 1 t1 t 1 + 1.5 2.55705 ⇒ 1.9924t 1 − 1.7047 t 1 = 2.55705 ⇒ t1 = = 8.89 horas 1.9924 − 1.7047 Por lo tanto el estudiante murio 8.89 horas antes de ser encontrado es decir. A las 22h06.

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Ecuaciones Diferenciales 3. Supóngase que un alumno de la ESPOL es portador del virus de la gripe y a pesar de ella va a la escuela donde hay 5000 estudiantes. Si se supone que la razón con la que se propaga el virus es proporcional no solo a la cantidad de infectados sino también a al cantidad de no infectados. Determine la cantidad de alumnos infectados a los 6 días después, si se observa que a los 4 días la cantidad de infectados era de 50. x :# de infectados 5000 − x :# de sanos dx = kx(5000 − x ) dt

dx

∫ x(5000 − x) = ∫ kdt

⇔

⇔

1 x   ln   = kt + C 5000  x − 5000 

x   ln   = 5000kt + C  x − 5000  − 5000Ce 5000 kt x(t ) = 1 − Ce 5000 kt en t = 0 x = 1 ∴ x(0 ) =

1 − 5000Ce 0 =1→C = − 1 − Ce 0 4999

e 5000 kt → x(t ) = e 5000 kt 1 en t = 4 x = 50 x(t ) =

∴ x(4 ) = e 20000 k = 50 → k =

ln (50 ) 20000

x(t ) = e 0.25 t ln ( 50 ) → x(t ) = 50 0.25 t ∴ x(6 ) = 50 0.25 *6 = 50 1.5 = 353 infectados

4. En un cultivo de levadura la rapidez de cambio es proporcional a la cantidad existente. Si la cantidad de cultivo se duplica en 4 horas, ¿Qué cantidad puede esperarse al cabo de 16 horas, con la misma rapidez de crecimiento?

x : cantidad existente dx = kx dt dx ∫ x = ∫ kd ln(x ) = kt + C x(t ) = Ce kt en t = 0

x = x0

x(0 ) = Ce 0 = x0 → C = x0 en t = 4

x = 2x 0

x(4) = x0e 4 k = 2 x0 → k = x(t ) = x0e

t ln ( 2 ) 4

ln(2 ) 4

→ x(t ) = x0 2

t 4

16 4

x(16) = x0 2 = 2 4 x0 = 32 x0

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5. Un objeto que pesa 30Kg se deja caer desde una altura de 40 mt, con una velocidad de 3m/s. supóngase que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del cuerpo. Se sabe que la velocidad límite debe ser 40m/s. Encontrar la expresión de la velocidad en un tiempo t. La expresión para la posición del cuerpo en un tiempo t cualquiera.

dv dt dv mg − kv = m dt k m dv m = − dt → ln (kv − mg ) = − t + C → ln (kv − mg ) = − t + C m k kv − mg mg − fr = m

∫

∫

  1  − mk t 1  − 30k t ( ) → = + 300  Ce mg v t + Ce   k k   en t = 0 , v = 3m/s v (t ) =

1 Ce 0 + 300] = 3 → C − 3k = −300 [ k en t = ∞ , v = 40 m/s 1 300 = 40 → k = 7.5 ∴ C = −277.5 v(∞ ) = [Ce −∞ + 300] = 40 → k k v(t ) = −37 e −0.25 t + 40 v(0 ) =

v (t ) =

dx → x(t ) = v(t )dt + C dt

x (t ) =

∫ [− 37e

∫

− 0.25 t

+ 40]dt + C = 148e − 0.25 t + 40 t + C

x(t ) = 148e − 0.25 t + 40 t + C en t = 0 , x = 0m x(0 ) = 148e 0 + 40(0 ) + C = 0 → C = −148 x(t ) = 148e − 0.25 t + 40 t − 148

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43

Ecuaciones Diferenciales 6. La fuerza resistente del agua que opera sobre un bote es proporcional a su velocidad instantánea y es tal que cuando la velocidad es de 20m/seg 20 la resistencia es de 40 Newtons. Se conoce que el motor ejerce una fuerza constante de 50Newtons Newtons.. En la dirección del movimiento. El bote tiene una masa de 420 Kg. y el pasajero de 80 Kg. Kg a) Determine la distancia recorrida y la velocidad en l cualquier instante suponiendo que el bote parte del reposo. b) Determine la máxima velocidad a la que puede viajar el bote.

Aplicando la segunda ley de Newton se obtiene: .

∑ F = ma x

a) Fm: fuerza del motor Fr: Fuerza de resistencia del agua Fm = 50 Newtons Fr = kv Como la velocidad es de 20m/seg y la fuerza de resistencia de 40 Newtons. 40 Newtons =2 Entonces k = ⇒ k=2 20m/seg

∑F

x

= ma ⇒

Fm − Fr = ma;

dv , k=2 dt dv  500 + 2v = 50 ,  Ecuación dif. separable dt  dv dv dt = ⇔ 500 = 50 − 2v dt 50 − 2v 500 dv dt ⇔ =− 2(v − 25) 500 dv dt t ∫ (v − 25) = − ∫ 250 + C ⇔ ln v-25 = - 250 + C ln v- 25

=e

-

t +C 250

⇒ v = 25 + ke

-

⇔ v-25 = ke

-

t

t

dv dt m: masa total del sistema m = 420kg + 80 kg = 500kg.

e

-

v = 25 − 25e 250 Como v = dx/dt Entonces: dx = 25 − 25e 250 dt t t   − x(t) = ∫  25 − 25e 250  dt = 25t + 25( 250 )e 250 + C  

50 − kv = m

⇒ 50 − kv = 500

Si la velocidad inicial es 0 por partir del reposo entonces v( 0 ) = 0 ; 0 = 25 + k ⇒ k = - 25 La ecuación de la velocidad:

x(t) = 25t + 25( 250 )e

−

t 250

+C Si parte del reposo x( 0 ) = 0 ; 0 = 25( 250 ) + C ⇒ C = −25( 250 ) La ecuación del movimiento es: ⇒ x(t) = 25t + 25( 250 )e b)

−

t 250

− 25( 250 )

La velocidad limite o máxima es : t   vmax = lim 25 − 25e 250  = 25 pies/seg t →∞  

t 250

t 250

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44


7. Un circuito RL tiene una fem de 9 voltios, una resistencia de 30 ohmios, una inductancia de 1 henrio y no tiene corriente inical. Hallar la corriente para t=1/5 segundos. di v = iR + L dt di 9 = 30i + dt di ∫ 30i − 9 = −∫ dt 1 ln (30i − 9 ) = −t + C 30 30i − 9 = −30t + C 1 i (t ) = Ce −30t + 9 30 en t = 0 i = 0

[

]

1 Ce 0 + 9 → C = 21 30 1 i (t ) = 21e −30t + 9 → i (t ) = 0.7e −30t + 0.3 30 en t = 1 / 5

[

i (0 ) =

]

[

]

i (t ) = 0.7e − 6 + 0.3 → i (1 / 5) = 0.301amp

8. Una Fem. de 200e −5 t voltios se conecta en serie con una resistencia de 20 Ohmios y una capacitancia de 0.01 Faradios. Asumiendo que la carga inicial del capacitor es cero. Encuentre la carga y la corriente en cualquier instante de tiempo. dq q  + = fem  Ecuación diferencial para el circuito RC. dt C  R = 20 ohmios R : resistencia ⇒ R

q : carga C : capacitancia fem = 200e

⇒

C = 0.01 F

- 5t

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45

Ecuaciones Diferenciales dq q + = 20e − 5 t ; dt 0.01 dq ⇒ 20 + 100q = 20e − 5 t ; dt dq  ⇒ + 5q = e −5 t ; Ecuación diferencial lineal. dt  5dt 5t u(t) = e ∫ = e 20

⇒ q(t) =

⇒ q(t) = e −5t q(t) = e

∫ ∫e e

1 u(t)e −5t dt u(t)

− 5t

5t −5t

∫

dt = e −5t dt = e −5t (t + c )

− 5t

− 5t

(t + c ) = e t + e c

Si inicialmente no hay carga en el capacitor, entonces : q(0) = 0; 0=c ⇒ q(t) = e −5t t;

∫

∫

⇒ i(t) = q(t)dt = e − 5t tdt ; u = t; ⇒ du = dt; 1 dv = e -5t dt v = − e −5t ; 5 1 − 5t t e dt i(t) = e −5t tdt = − e −5t + 5 5 1 t i(t) = − e −5t − e − 5t + C 25 5 Si la carga inicial es cero, entonces la corriente inicial es cero : i(o) = 0;

∫

∫

t 1 ⇒ i(t) = − e −5t − e −5t 5 25

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Casos especiales de ecuaciones diferenciales de segundo orden Ecuaciones diferenciales en la que falta la variable “y”  3x (1 + x )3 − y'  + y' ' = x 2 y' ;  

1)

dy = y' ; dx dv d 2 y = = y' ' ; dx dx

v=

Reemplazando en la ecuación :  3 x (1 + x )3 − y'  + y'' = x 2 y'';    3 x (1 + x )3 − v  + v' = x 2 v';   3 x (1 + x ) − v + v'-x 2v' = 0 ; 3

(

)

3 x (1 + x ) − v + v' 1 − x 2 = 0; 3

(

)

v' 1 − x 2 − v = −3 x (1 + x ) ; 3

− 3 x (1 + x ) v ; v'− = 2 1− x 1 − x2 3

(

)

−

u( x ) = e

(

)

=e

∫ ( x 2 −1 )

dx

∫ (1− x 2 )

x −1 u( x ) = x +1

dx

1/ 2

(

 x −1  v d  x +1  = dx

;

x −1 ; x +1

=

v x −1   v'− 1 − x2 1+ x 

=e

1 x −1 ln 2 x +1

)

  = 

x − 1 − 3 x (1 + x ) = 1 − x2 x +1 3

(

)

3 x − 1  − 3 x (1 + x ) x + 1  (1 − x )(1 + x )

 ;  

3x ; x −1

1− x 3 xdx ; v=∫ 1+ x x −1 u 2 = ( x − 1); x = 1 + u2 ; dx = 2udu;

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47


∫

(

)

3 xdx 3 1 + u 2 (2udu ) =∫ u x −1

∫ 6(1 + u )du = 6u + 2u 2

∫

3 xdx

3

+ C;

= 6 x −1 + 2

( x − 1)3 + C ;

x −1 v = 6 x −1 + 2 1+ x

( x − 1)3 + C ;

x −1

v = 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C

1+ x x −1

v = 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C

1+ x

v=

x −1

;

dy dx

1+ x dy ; = 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C dx x −1 y = ∫ 6 1 + x dx + ∫ 2 1 + x ( x − 1)dx + C ∫

1+ x dx; x −1

z 2 = 1 + x; z = 1+ x; 2 zdz = dx; x = z 2 − 1;

(

)

x −1 = z 2 − 2 ;

(

)

y = 4(1 + x )

− ∫ 2 z z 2 − 2 2 zdz + C ∫

y = 4(1 + x )

− 4 ∫ z 4 − 2 z 2 dz + C ∫

3/ 2

3/ 2

(

)

(1 + x )dx ;

x2 −1 ( x )dx ; dx + C∫ x2 −1 x2 −1

4 8 − z 5 + z 3 + C ln x + x 2 − 1 − C x 2 − 1 + K ; 5 3 3 5 8 4 3/ 2 1+ x − 1 + x + C ln x + x 2 − 1 − C x 2 − 1 + K ; y = 4(1 + x ) + 3 5 3/ 2

y = 4(1 + x )

(

)

(

)

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2)

x

-1

( y' ) y'+

2

x

=y'';

dy = y' ; dx dv d 2 y v' = = = y' ' ; dx dx 2 Reemplazando en la ecuación :

v=

x -1y' +

(y' )2

= y' ' ; x (v )2 −1 x v+ = v'; x v2 ; v'− x −1 v = x Es una E. diferencial de Bernoulli :

z = v 1-n ;

n = 2;

z = v -1 ; dv dz ; = − v −2 dx dx − v − 2 v'−(− v −2 )x −1 v = − v − 2

v2 ; x

1 z'+ x −1z = − ; x −1 x dx u( x ) = e ∫ = x; 1 xz'+ xx −1z = −x ; x d[x.z] = −1; dx xz = − ∫ dx = −x + C ; C ; x C C−x v − 1 = −1 + = ; x x x ; v= C−x dy x x ; = =− dx C − x x−C xdx y = −∫ ; x−C x−C Cdx y = −∫ dx − ∫ ; x−C x−C y = −x − ln x − C + K ;

z = −1 +

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Ecuaciones diferenciales en las que falta la variable “ x” Cuando hace falta la variable “x” se hace el siguiente cambio de variable: dy = v; dx dv dv dv dy = =v ; dy dx dy dx

2y 2 y' '+2y (y' )2 = 1; (HACE FALTA X)

3)

2

2y 2 y' ' +2y(y' ) = 1; Reemplazando y' , y' ' en la ecuación : dv 2 2y 2 v + 2y(v ) = 1; dy dv v v −1 + = ; dy y 2 y 2

Ecuacion diferencial de Bernoulli, n = -1.

z = v 1 − ( −1 ) ; z = v 2; dv dz dz dv = = 2v ; dy dy dv dy Multiplicando 2v a ambos lados de la ecuación : dv 2v .v 2v .v −1 + = ; dy y 2 y2 dz 2 z 1 + = 2; dy y y

2v

2

u( y ) = e y2

∫ y dy

= y 2;

dz 2z y 2 + y2 = 2; dy y y

[ ]

d y2z = 1; dy y 2 z = ∫ dy = y + C ; y 2 z = y + C; 1 C z= + 2; y y v2 = dy = dx

y+C ; y2

⇒ ⇒

v2 = v=

1 C + ; y y2 y+C ; y

y+C entonces separando variables y

y dy = dx y+C

u2 = y + C ; 2 zdz = dy; y = u2 − C;

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Re emplazando en :

∫

y dy = y+C

(u

∫ dx )

− C (2udu ) , entonces x + K = u 2u 3 − 2Cu Entonces : x + K = 3

∫

dx =

∫

2

1

Pero u = (y + C)

∫ (u

2

)

− C (2du ),

2

Por lo tanto la solución de la forma x = f(y) es : 3

2 (y + C) x+K = 3 4) y' y

2

2

1

− 2C(y + C)

+ yy' ' − (y'

2

)2

= 0;

dy ; dx dv dv dy dv ; = =v dx dy dx dy

v=

Reemplazando en la ecuación : y' y 2 + yy' ' −(y' )2 = 0; vy 2 + yv y+

dv − (v )2 = 0 ; dy

dv v − = 0; dy y

dv v − = −y ; dy y u( y ) = e

∫

−dy y

=

1 ; y

1 dv 1 v 1 − = −y ; y dy y y y

dy = − y 2 + Cy; dx dy dy dy x= ; = + 2 Cy − y Cy C(C − y)

∫

∫

∫

La solución es: 1 1 x = ln y − ln C − y + K; C C

1  d  v  y  = −1; dy 1 v = − ∫ dy ; y 1 v = −y + C; y v = − y 2 + Cy ;

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Ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes 1) Resuelva: y' ' +3y' +2y

= sen(e x );

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2) Resuelva:

si y(0)=3/16

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,

y’(0)=5/16;

54


y' = C 1 e x − C 2 e − x + y(0) =

1 (tan 2 (x) sec(x) + sec 3 (x)) 2

3 ; 16

Re solviendo :

3 = C1 + C2 ; 16 5 y' (0) = 16 5 1 1 = C1 − C2 + 0 +  16 2 8 1 C1 − C2 = ; 4

7 ; 32 −1 ; C2 = 32 7 x 1 − x tan( x) sec( x ) y= e − e + 32 32 2 C1 =

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Ecuaciones Diferenciales 3) Resuelva y' ' −5y' +6y y' '−5y'+6 y = 0 ;

y = e rx ;

= xe x ;

y' = re rx ;

y' ' = r 2 e rx ;

Reemplazando y, y' , y' ' :

e rx [r 2 − 5r + 6] = 0 ; 2 r1 5r4 −2 +36 = 0 ; 4 Ecuación Característica

(r − 3)(r − 2 ) = 0; r1 = 3;

r2 = 2 ;

y1 = e 3x ; y2 = e2x ; y h = C 1e 3 x + C 2 e 2 x ; 144244 3 Solución hom ogénea

Encontremos la solución particular :

y' '−5y'+6 y = xe x ; y p = x S [a 0 + a 1 x]e αx ; s = 0;

α = 1;

y p = [a 0 + a 1 x]e x ; y p = a 0 e x + a 1 xe x ; y'p = a 0 e x + a 1 [xe x + e x ]; y' 'p = a 0 e x + a 1 [xe x + 2e x ]; Reemplazando en la ecuación diferencial no homogénea :

y' '−5y'+6 y = xe x ; a 0 e x + a 1 [xe x + 2e x ] − 5[a 0 e x + a 1 [xe x + e x ]] + 6[a 0 e x + a 1 xe x ] = xe x ;

(2a 0 − 3a1 )e x + 2a1xe x = xe x ; 2a 0 − 3a 1 = 0 ;  2 a 1 = 1 ;

Resolviendo el sistema : 3 1 a0 = ; a1 = ; 4 2 x x y p = a 0 e + a 1 xe ;

3 x 1 x e + xe ; 2 4 y = yh + yp ; yp =

3 1 y = C 1e 3 x + C 2 e 2 x + e x + xe x ; 4 2

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Ecuaciones Diferenciales -x 4) Resuelva: y' +2y' +2y = e cosx; y'+2 y'+2 y = 0 ;

y = e rx ;

y' = re rx ;

y' ' = r 2 e rx ;

Reemplazando y, y' , y' ' : e rx [r 2 + 2 r + 2 ] = 0 ; 2 +2 +32 = 0 ; r1 2r4 4 Ecuación Característica

r1 , 2 =

− 2 ± 4 − 4( 2 ) 2 β = 1;

λ = −1; y1 = e

−x

= −1 ± i ;

cos x ;

−x

y 2 = e senx ; y h = C 1 e − x cos x + C 2 e − x senx ; 14444244443 Solución hom ogénea

Encontremos la solución particular : y' '+2 y'+2 y = e − x cos( x ); y p = x S [a 0 cos x + b 0 senx ]e αx ; s = 0;

α = -1 ;

y p = [a 0 cos x + b 0 senx ]e − x ; y p = a 0 e − x cos x + b 0 e − x senx ; No se puede asumir esta solución particular ya que contiene términos linealmente dependiente con respecto a mi solución homogénea. s=1 y p = x[a 0 e − x cos x + b 0 e − x senx ]; y p = a 0 xe − x cos x + b 0 xe − x senx ; y'p = a 0 [x(− e − x senx − e − x cos x ) + e − x cos x] + b 0 [x(e − x cos x − e − x senx ) + e − x senx ]; y'p = a 0 [− xe − x senx − xe − x cos x + e − x cos x ] + b 0 [xe − x cos x − xe − x senx + e − x senx ]; y' 'p = a 0 [2 xe − x senx − 2 e − x senx − 2e − x cos x ] + b 0 [− 2 xe − x cos x − 2e − x senx + 2e − x cos x]; Reemplazando y simplificando y p , y'p , y' 'p en la ecuación diferencial no homogénea : y' '+2 y'+2 y = e − x cos( x ); a 0 [− 2 e − x senx ] + b 0 [2e − x cos x ] = e − x cos( x ); − 2a 0 = 0; 2 b 0 = 1; a 0 = 0; 1 b0 = ; 2

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Ecuaciones Diferenciales 1 −x xe sen( x ); 2 y = yh + yp ;

yp =

y = C 1e − x cos x + C 2 e − x senx +

1 −x xe sen( x); 2

y' ' −2y' + y = cosx + 3e x + x 2 − 1; Encontrando la solución homogénea : y' '−2y' + y = 0 ;

y = e rx ; y' = re rx ; y' ' = r 2 e rx ; Reemplazando y, y' , y' ' en la ecuación homogénea : e rx [r 2 − 2r + 1] = 0 ; r 2 − 2r + 1 = 0 ;

(r − 1)2 = 0 ; r1 , 2 = 1; y1 = ex ; y 2 = xe x ; y h = C 1 e x + C 2 xe x ; Encontrando la solución particular : y' '−2y' + y = cosx + 3e x + x 2 − 1; Encontrando la primera solución particular : y' '−2y' + y = cosx; Ecuación 1.

y p 1 = x s [a cos x + bsenx]; s = 0; y p 1 = a cos x + bsenx; y'p 1 = −asenx + b cos x = a[− senx] + b[cos x]; y' 'p 1 = −a cos x − bsenx = a[− cos x] + b[− senx]; Reemplazando y' ' p1 , y' p1 , y p1 en la ecuacion 1; a[2senx] + b[− 2 cos x] = cosx;  2a = 0; Resolviendo  - 2b = 1; 1 y p1 = − senx ; 2

a = 0;

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1 b=− ; 2

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Ecuaciones Diferenciales Encontrand o la segunda solución particular : y' ' −2y' + y = 3e x ; Ecuación 2. y p 2 = x s [a ]e x ; s = 0; y p 2 = [a]e x ; No se puede asumir esta solución particular , ya que es lienalmente dependiente con respecto a la solución homogénea. s = 1; y p 2 = x[a]e x ; Tampoco se puede asumir esta solución, por la misma razón anterior. s = 2; y p 2 = x 2 [a]e x ; En este caso, esta solución es linealmente independiente, respecto a la solución homogénea y p 2 = ax 2 e x ;

[ = a[x e

]

y'p 2 = a x 2 e x + 2 xe x ; y' 'p 2

2

x

]

+ 4 xe x + 2 e x ;

Reemplazando y' ' p2 , y'p2 , y p2 en la ecuación 2. y' ' −2y' + y = 3e x 2 ae x = 3e x ; 3 a= ; 2 La segunda solución particular es : y p2 =

3 2 x xe ; 2

Encontrand o la tercera solución particular : y' ' −2y' + y = x 2 - 1; Ecuación 3.

[

]

y p 3 = x s a + bx + cx 2 ; s = 0; y p 3 = a + bx + cx 2 ; y' p 3 = b + 2 cx; y' ' p 3 = 2 c; Reemplazando y' ' p3 , y' p3 , y p3 en la ecuación 2. y' ' −2y' + y = x 2 − 1 2 c − 2[b + 2 cx] + [a + bx + cx 2 ] = x 2 − 1;

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[ 2c − 2 b + a ] + [ 2c + b] x + [ c] x 2 = x 2 − 1; 2c − 2 b + a = −1  −4c + b = 0 c = 1 

Resolviendo el sistema: c = 1; b = 4; a = 5; La tercera solución particular: yp 3 = 5 + 4x + x 2 ; y p = y p 1 + y p 2 + yp 3 ; 1 3 y p = − sen(x) + x 2 e x + 5 + 4 x + x 2 ; 2 2 La solución general: y = yh + yp ; 1 3 y = C1 e x + C2 xe x − sen(x) + x 2 e x + 5 + 4 x + x 2 ; 2 2

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Ecuacion diferencial de Euler – Cauchy 1) Demuestre que la ecuación diferencial x 2 y' ' + αxy' + βy = 0, donde α , β ∈ R , se la puede transformar en una ecuación de coeficientes constantes haciendo el cambio de variable x = e z , y luego resuelva: x 2 y' ' +2xy' +4y = 4sen(lnx) + e 2ln(X) ; Si x = e z ; z = ln( x ); dz 1 = ; dx x Ahora : dy dy dz dy 1 ; = = dx dz dx dz x dy 1 dy ; y' = = dx x dz Se necesita luego y' ' : d 2 y d  dy  =  ; dx 2 dx  dx  d 2 y d  dy  dz =   ; dx 2 dz  dx  dx d2y  1 = dx 2  x d2y  1 = dx 2  x

d 2 y 1 dx dy  dz  ; − dz 2 x 2 dz dz  dx d 2 y 1 dy  1 x  ; − dz 2 x 2 dz  x

d 2 y  1 d 2 y 1 dy   ; y'' = 2 =  2 2 − 2 dx x dz x dz   Reemplazando en la ecuación diferencial x 2 y' '+αxy'+βy = 0;

 1 d 2 y 1 dy   1 dy   + αx x 2  2 2 − 2  + βy = 0 ; x dz   x dz   x dz dy d 2 y dy − + α + βy = 0 ; 2 dz dz dz 2 dy d y + (α − 1) + βy = 0 ; 2 dz dz Resolviendo la ecuación x 2 y' ' +2xy' +4y = 4sen(lnx) + e 2ln(X) ; Encontrando primero la solución homogénea : x 2 y' ' +2xy' +4y = 0; d2y dy + (2 − 1) + 4 y = 0 ; 2 dz dz

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Ecuaciones Diferenciales y' '+ y'+4 y = 0 ;   2 e rz  r1 r4 +34  = 0 ; 4+2  Ecuación característica  2 r + r + 4 = 0;

1 15 − 1 ± 1 − 16 i; =− ± 2 2 2  15z  ; y 1 = e −z / 2 cos   2 

r1 , 2 =

 15z   ; y 2 = e − z / 2 sen  2   15z   15z    + C 2 e − z / 2 sen y h = C 1 e −z / 2 cos  2 ;     2   15 ln( x )   15 ln( x )  ;  + C 2 xsen y h = C 1 x cos    2 2     Ahora encontremos la solución particular :

Como se asume que x = e z y z = ln(x), al reemplazar en la ecuación x 2 y' '+2xy'+4y = 4sen(lnx) + 5e 2ln(X) , se obtiene :

y'' + y' + 4 y = 4sen(z ) + 5e 2 z ; Donde se tiene 2 soluciones particulares : y'' + y' + 4 y = 4sen(z ); Ecuación 1. La primera solución tiene la siguiente forma :

y p = a cos(z) + bsen(z); y'p = −asen(z) + b cos(z) = a[− sen(z )] + b[cos(z)]; y' 'p = −a cos(z) − bsen(z) = a[− cos(z)] + b[− sen(z)]; Reemplazando y' ' p , y' p , y p en la ecuación 1 :

y'' + y' + 4 y = 4sen(z ); Ecuación 1. a[3 cos(z) − sen(z)] + b[3sen(z) + cos(z)] = 4sen(z); 3a + b = 0  − a + 3 b = 4 Resolviendo el sistema se obtiene : 6 2 b= ; a=− ; 5 5 2 6 y p 1 = − cos(z) + sen(z); 5 5 2 6 y p 1 = − cos(ln(x)) + sen(ln(x)); 5 5 Encontrando la segunda la solución particular :

y'' + y' + 4 y = 5e 2 z ; Ecuación 2.

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Ecuaciones Diferenciales Se asume la siguiente solución : y p2 = ae 2 z ; y' p2 = 2ae 2 z ; y' ' p2 = 4ae 2 z ; Reemplazando y' ' p2 , y' p2 , y p2 en la ecuación 2 :

y'' + y' + 4 y = 5e 2 z ; Ecuación 2. 4ae 2 z + 2ae 2 z + 4ae 2 z = 5e 2 z ; 10ae 2 z = 5e 2 z ; 1 a= ; 2 1 y p2 = e 2z ; 2 x2 1 ; y p 2 = e 2 ln( x ) = 2 2 y p = y p1 + y p2 ; x2 6 2 ; y p = − cos(ln(x)) + sen(ln(x)) + 2 5 5 y = yh + yp ;  15 ln( x )  2  15 ln( x)  6 x2  − cos(ln(x )) + sen(ln(x )) +  + C 2 xsen y = C 1 x cos ;  5   2 2 5 2     2

2) Resuelva: ( x − 2 ) y' ' +3( x − 2 )y' + y = ln z

Si x - 2 = e ;

entonces

2

( x − 2) − 5ln ( x − 2) + 6;

z = ln( x − 1);

dz 1 = ; dx x − 2 Ahora : dy dy dz dy 1 = = ; dx dz dx dz x − 2 dy 1 dy = ; y' = dx x − 2 dz Se necesita luego y' ' : d 2 y d  dy  = ;  dx 2 dx  dx  d 2 y d  dy  dz = ;   dx 2 dz  dx  dx d2y  1 d2y 1 dx dy  dz  =  − ; 2 2 2 (x − 2 ) dz dz  dx dx  x − 2 dz

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Ecuaciones Diferenciales dy  1 d2 y  1 d2 y 1 ; (x − 2 )  =  − 2 2 2 dz  x − 2 dx (x − 2 )  x − 2 dz d2 y  1 d2 y dy  1 ; y'' = 2 =  − 2 2 2 (x − 2 ) dz  dx  (x − 2 ) dz Reemplazando en la ecuación diferencial homog{enea :

(x - 2)2 y' '+3(x - 2)y'+ y = 0;  1 d2 y dy  1  1 dy   + 3(x − 2 )  (x − 2 )  −  + y = 0; 2 2 2 (x − 2 ) dz   x − 2 dz   (x − 2 ) dz dy d 2 y dy − +3 + y = 0; 2 dz dz dz dy d2 y + (3 − 1 ) + y = 0; 2 dz dz Resolviendo la ecuación y' '+2y'+ y = 0 ; 2

d2 y dy +2 + y = 0; 2 dz dz y = e rz ; y' = re rz ; y' ' = r 2 e rz ; Reemplazando y, y' , y' ' en la ecuación homogénea :   2 2r4 e rz  r1 +2 +31  = 0 ; 4  Ecuación Característica  2 r + 2r + 1 = 0 ;

(r + 1)2 = 0 ; r1 , 2 = −1; y 1 = e −z ; y 2 = ze −z ; y h = C 1e −z + C 2 ze −z ; z = ln (x − 2 ); y h = C 1e −z + C 2 ze −z ; y h = C 1e −ln ( x − 2 ) + C 2 ln (x − 2 )e −ln (x − 2 ) ; C1 C ln (x − 2 ) ; + 2 x−2 x−2 Ahora encontremos la solución particular :

yh =

Como se asume que x - 2 = e z y z = ln(x - 2), al reemplazar en la ecuación ( x - 2)2 y' '+3( x - 2)y' + y = ln 2 ( x − 2) − 5ln( x − 2) + 6; , se obtiene :

y'' + 2 y' + y = z 2 − 5z + 6 ;

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Ecuaciones Diferenciales Donde la solución particular tiene la siguiente forma : y p = x S [a + bz + cz 2 ];

s = 0; y p = [a + bz + cz 2 ]; y' p = b + 2 cz;

y' 'p = 2 c ; Reemplazando y' ' p , y' p , y p en la ecuación y' '+2y' + y = z 2 − 5z + 6;

2 c + 2(b + 2 cz) + (a + bz + cz 2 ) = z 2 − 5z + 6 ; 2 c + 2 b + a = 6  4c + b = - 5 c = 1 

Resolviendo el sistema : c = 1;

b = -9 ; a = 22 ; y p = 22 − 9z + z 2 ; y p = 22 − 9 ln( x − 2 ) + ln 2 ( x − 2 ); y = yh + yp ; y=

C1 C ln (x − 2 ) + 2 + 22 − 9 ln( x − 2 ) + ln 2 ( x − 2 ); x−2 x−2

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Ecuaciones Diferenciales x 2 y' '+ xy'+9y = 3tan(3ln(x)) ;

3)

Si x = e z , entonces z = ln(x); Encontrand o la solución homogénea : x 2 y' ' + xy' +9y = 0;

Usando : d2y dy + (α − 1) + βy = 0 ; 2 dz dz Se obtiene : dy d2y + (1 − 1) + 9y = 0; 2 dz dz d2y + 9y = 0; dz 2 y' '+9 y = 0 ; y = e rz ; y' ' = r 2 e rz ;

[

]

e rz r 2 + 9 = 0 ; r 2 + 9 = 0; r = ±3i ; y 1 = cos z ; y 2 = senz ; y h = C 1 cos(3z ) + C 2 sen (3z ); y h = C 1 cos(3 ln( x )) + C 2 sen (3 ln( x )); Encontremo s la solución particular : x 2 y' ' + xy' +9y = 3tan(3ln(x) ) ; Reemplazan do z = ln( x ) y x = e z , se obtiene : y'' + 9 y = 3 tan (3z ); g(z) = 3 tan (3z ); yp = u1y1 + u 2 y 2 ; 0 u'1 =

sen 3z

g(z ) 3 cos 3z W (y 1 , y 2 )

W (y 1 , y 2 ) =

y1

y2

y'1

y'2

;

=

cos 3z

sen 3z

− 3sen 3z 3 cos 3z

= 3 cos 2 (3z ) + 3sen 2 (3z );

W (y 1 , y 2 ) = 3 u'1 = −

3 tan (3z )sen (3z ) − sen( 3z )sen( 3z ) ; = 3 cos( 3z )

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Ecuaciones Diferenciales sen 2 ( 3z) 1 − cos 2 ( 3z ) ; =− cos( 3z) cos( 3z ) 1 u' 1 = cos( 3z) − ; cos( 3z) u 1 ' = cos( 3z) − sec( 3z ); u' 1 = −

u 1 = ∫ (cos( 3z) − sec( 3z))dz sen( 3z) ln sec( 3z) + tg( 3z) ; − 3 3 cos 3z 0 − 3sen 3z 3 tan( 3z) 3 cos(3z ) tan( 3z ) u' 2 = = W (y 1 , y 2 ) 3 cos( 3z)sen( 3z) ; u' 2 = cos( 3z) u' 2 = sen( 3z); 1 u 2 = ∫ sen( 3z)dz = − cos( 3z ) 3 yp = u1y1 + u2 y2 ; u1 =

 sen( 3z) ln sec( 3z ) + tg( 3z)  1 yp =  −  cos( 3z) − cos( 3z)sen( 3z); 3 3   3 y = yh + yp ;  sen( 3z) ln sec( 3z) + tg( 3z)  1 y = C 1 cos(3z ) + C 2 sen (3z ) +  −  cos( 3z) − cos( 3z)sen( 3z); 3 3   3  sen( 3 ln x) ln sec(3 ln x) + tg( 3 ln x)  1 y = C 1 cos(3 ln x) + C 2 sen(3 ln x ) +  −  cos(3 ln x) − cos(3 ln x)sen( 3 ln x); 3 3 3  

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Ecuaciones Diferenciales 4) Si y 1 = x −1/2 cosx, y 2 = x −1/2 senx forman un conjunto linealmente independiente y 1 son soluciones de x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = 0; 4  1 Hallar la solución particular para x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = x 3/2 ; si 4  > y  = 0;  2

y' ( > ) = 0;

Como y 1 = x −1/2 cosx, y y 2 = x −1/2 senx son soluciones de 1  x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = 0, entonces se obtiene : 4  y h = C 1 x −1/2 cos x + C 2 x −1/2 senx ; 1  Para encontrar la solución de x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = x 3 / 2 ; 4  Se aplica variación de parámetros :  x2 x 3 /2 1  x x2   ; y y' = y'' + + −  x 2 4x 2  x2 x2 x2   y'  1  y'' + +  1 − 2  y = x −1/2 ; 4x  x  yp = u1y1 + u 2 y2 ; g(x) = x −1/2 ; 0 u'1 =

y2

g( x ) y' 2 W( y 1 , y 2 )

;

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Ecuaciones Diferenciales x −1/2 cos x x −1/2 senx y2 1 1 = − 1/2 senx − x − 3 / 2 cos x x − 1/2 cos x − x − 3 / 2 senx y' 2 − x 2 2 1 1     W( y 1 , y 2 ) = x − 1/2 cos x x − 1/2 cos x − x − 3 / 2 senx − x − 1/2 senx − x − 1/2 senx − x − 3 / 2 cos x ; 2 2     1 1 W( y 1 , y 2 ) = x − 1 cos 2 x − x − 2 senx cos x + x − 1 sen 2 x + x − 2 senx cos x ; 2 2 2 2 −1 −1 −1 W( y 1 , y 2 ) = x (cos x + sen x ) = x (1) = x ; y1 W( y 1 , y 2 ) = y' 1

W( y 1 , y 2 ) = x − 1 ; 0 x −1 / 2

x − 1 /2

u' 1 =

x − 1/2 senx 1 cos x − x − 3 / 2 senx x − 1 senx 2 = − = −sen( x); x −1 x −1

u 1 = ∫ − sen( x )dx = cos x ; x − 1 / 2 cos x 0 1 −3 / 2 − 1 /2 −1 / 2 senx − x cos x x −x 2 u' 2 = ; = W( y 1 , y 2 ) x −1 y1 y' 1

0 g( x)

x − 1 cos x u' 2 = = cos x ; x −1 u 2 = senx ; y p = (cos x )(x − 1 / 2 cos x ) + (senx )(x − 1 / 2 senx ) y p = x − 1 / 2 (cos 2 x + sen 2 x ) = x − 1 / 2 (1) = x − 1 / 2 ; y p = x −1 / 2 ; y = yh + yp ; y = C 1 x − 1/2 cos x + C 2 x − 1/2 senx + x − 1 / 2 ;  π Si y  = 0 ; y y' ( π ) = 0; 2 y = C 1 x − 1/2 cos x + C 2 x − 1/2 senx + x − 1 / 2 ; 0 = C1

2 (0 ) + C 2 π

2 (1) + π C 2 = −1 ; C2

2 (1) + π

2 ; π

2 = 0; π

−3 / 2 1 −3 / 2 1 −3 / 2  − 1 /2   − 1 /2  x y' = C 1 − x senx − x cos x + C 2 x cos x − x senx − ; 2 2 2     1 1 1    1  1 (0 ) − (− 1) + C 2  (− 1) − (0 ) − ; 0 = C 1 − 2π π  2π π 2π π π   π 

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Ecuaciones Diferenciales 1  1   1  ; 0 = C1  − − C2     π  2π π  2π π  1 C1 C = − 2 ; 2π π 2π π π 1 C1 1 ; = + 2π π 2π π π 1 = C 1 + 2 π; C 1 = 1 − 2 π; y = (1 − 2 π )x −1/2 cos x − x − 1/2 senx + x − 1 /2 ;

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Identidad de Abel 1. Resuelva la siguiente ecuación diferencial usando la identidad de Abel:

(1 − 2x − x )y' '+2(1 + x )y'−2y = 0; Si y(0) = y' (0) = 1. 2

Si una solución es y 1 = x + 1; Se usará la identidad de abel : W (y 1 , y 2 ) = e ∫

− p(x)dx

;

Donde la ecuación diferencial debe tener la siguiente forma : y' ' + p( x )y' + q(x)y = 0;

(1 − 2 x − x ) y'' + 2(1 + x) y'2 y = 0; (1 − 2 x − x ) (1 − 2x − x ) (1 − 2 x − x ) 2 2

2

2

W (y 1 , y 2 ) =

y1 y'1

y2 ; y'2

W (y 1 , y 2 ) =

x + 1 y2 = (x + 1)y'2 − y 2 ; y'2 1

Entonces : 2 ( 1 + x )dx

(x + 1)y'2 − y 2 = e

∫ − (1−2 x −x 2 )

;

( − 2 − 2 x )dx

(x + 1)y'2 − y 2 = e

∫ (1−2 x −x 2 )

;

u( x ) = (1 − 2 x − x ); 2

du = (− 2 − 2 x )dx ; 2

(x + 1)y'2 − y 2 = e ln 1−2 x−x ; (x + 1)y'2 − y 2 = 1 − 2 x − x 2 ; y2 1 − 2x − x2 ; y'2 − = x+1 x+1 dx −∫ 1 x +1 u( x ) = e = ; x+1 y2 1 1 − 2x − x2 = y'2 − ; x+1 (x + 1)2 (x + 1)2 2 d  1  1 − 2x − x ; y = 2 (x + 1)2 dx  x + 1 

( 1 1 − 2 x − x 2 )dx y2 = ∫ ; (x + 1)2 x+1 (2 − 1 − 2x − x 2 )dx ; 1 y2 = ∫ x+1 (x + 1)2 ESPOL 2009

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2dx 1 (x + 1)2 dx ; y2 = −∫ +∫ 2 (x + 1 ) (x + 1)2 x+1 1 2dx ; y 2 = − ∫ dx + ∫ (x + 1)2 x+1 2 1 ; y 2 = −x − x+1 x+1 2 1 ; y 2 = −x − x+1 x+1 y 2 = − x (x + 1 ) − 2 ; y 2 = −x 2 − x − 2 ; y = C 1 (x + 1) + C 2 (− x 2 − x − 2 ); Si y(0) = 1; 1 = C 1 (1) + C 2 (− 2 ); Si y' (0) = 1; y' = C 1 + C 2 (− 2x − 1) ; 1 = C 1 + C 2 (− 1); C 1 − C 2 = 1  C 1 − 2C 2 = 1 Resolviendo el sistema : 1  1 C2 C1 C1

- 1 1  0 1 0   → - 2 1  1 - 2 1  = 0; = 1 + 2C 2 ; = 1;

La solución es : y = x + 1;

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Método de Reducción de Orden xy' ' +( x + 1)y' + y = 0; 2) Resuelva:

Si y 1 = e − x ;

Usando el método de reducción de orden : Se asume que y 2 = u( x)y 1 ; y 2 = u( x)e − x ; y'2 = −u( x )e −x + u' ( x)e − x ; y' '2 = −[− u( x)e − x + u' ( x )e −x ] + [− u' ( x)e − x + u' ' ( x)e − x ]; y' '2 = u( x)e − x − 2 u' ( x)e − x + u' ' ( x )e −x ; Reemplazando en la ecuación diferencial xy' ' +( x + 1)y' + y = 0, se obtiene : x[u(x)e − x − 2 u'(x)e −x + u''(x)e − x ] + (x + 1)[− u(x)e − x + u'(x)e − x ] + u(x)e − x = 0 ; u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− 2 xe −x + (x + 1)e − x ] + u( x)[xe − x − (x + 1)e −x + e − x ] = 0 ; u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] + u( x)[xe −x − xe − x − e −x + e −x ] = 0 ; u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] + u( x)[0] = 0 ; u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] = 0 ; Falta y : v(x) = u' (x); v' (x) = u' ' (x); Reemplazando v(x) y v' (x) en la ecuación diferencial : u''(x)[xe −x ] + u'(x)[− xe −x + e − x ] = 0 ; v'(x)[xe −x ] + v(x)[− xe − x + e −x ] = 0 ; dv − x [ xe ] = v(x)[xe − x − e −x ]; dx dv  1 = v(x)1 −  ; dx  x dv  1 ∫ v(x) = ∫ 1 − x dx; ln v( x ) = x − ln x ; ex v( x ) = ; x ex u' ( x) = ; x

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e x dx u( x ) = ∫ ; x +∞ x n−1 u( x ) = ∫ ∑ dx; n =0 n!  1 + ∞ x n−1  u( x ) = ∫  + ∑ dx;  x n=1 n!  +∞ xn u( x ) = ln x + ∑ ; n=1 (n )n! y 2 = u( x ) y1 ; +∞  x n  −x y 2 = ln x + ∑ e ; n =1 (n )n!   La solución es : +∞  xn  y = C1e − x + C 2 ln x + ∑ ; n =1 (n )n!  

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Ecuaciones Diferenciales Ecuación homogénea de orden superior 1. Las raíces de la ecuación auxiliar, que corresponden a una cierta ecuación diferencial homogénea de orden 10, con coeficientes constantes, son: 4, 4, 4, 4, 2+3i, 2-3i, 2+3i, 2-3i, 2+3i, 2-3i, Escriba la solución general. Se tienen 4 raíces reales iguales y un par complejo conjugado 3 veces entonces :

(

)

(

)

(

y ( x ) = e 4 x C1 + C 2 x + C 3 x 2 + C 4 x 3 + e 2 x cos(3 x ) C 5 + C 6 x + C 7 x 2 + e 2 x sen(3 x ) C8 + C 9 x + C10 x 2

2. y' ' '−6y' '+12y'−8y = 0

φ (m ) = m 3 − 6 m 2 + 12 m − 8 = 0 1

−6

12

2 1

−4

−8

−8

8

4

0

2

φ (m ) = (m − 2 )(m 2 − 4 m + 4 ) = 0 φ (m ) = (m − 2 )3 = 0 → m 1 = m 2 = m 3 = 2

(

y (x ) = e 2 x C 1 + C 2 x + C 3 x 2

)

d 5y + 32y = 0 3. dx 5

φ(m) = m + 32 = 0 → mk = 2e 5

iπ +2πki 5

; k = 0,1,2,3,4

iπ

 π   π  m0, 4 = 2e 5 = 2 cos  + i sen   = 1.618± 1.175i  5   5 m1,5 = 2e

i 3π 5

  3π   3π   = 2 cos  + i sen   = −0.618± 1.902 i  5   5

m3 = 2eiπ = 2(cos(π ) + i sen(π )) = −2 y(x) = (C1 cos(1.175x) + C2 sen(1.175x))e1.618x + (C3 cos(1.902x) + C4 sen(1.902x))e−0.618x + C5 e −2 x

(D − 2D + 5 ) y = 0 φ (m ) = (m − 2m + 5) = 0 φ (m ) = (m − 2m + 5)(m − 2m + 5) = 0 2

2

4.

2 2

2

2

2 ± 4 − 4.1.5 2 ± − 16 = = 1 ± 2i 2 2 = 1 ± 2i

m1, 2 = m3, 4

y ( x ) = e x cos(2 x )(C1 + C 2 x ) + e x sen(2 x )(C 3 + C 4 x )

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)


Ecuaciones de Orden Superior Ecuación no homogénea de orden superior

1.

y' ' ' +3y' ' +2y' = x 2 + 4x + 8

y (x ) = y c (x ) + y p (x ) Encuentro la solución complement aria : y ' ' '+ 3 y ' '+ 2 y ' = 0 → φ (m ) = m 3 + 3 m 2 + 2 m = 0

φ (m ) = m (m 2 + 3 m + 2 ) = 0 φ (m ) = m (m + 1)(m + 2 ) = 0 m1 = 0 , m 2 = − 1, m 3 = − 2 → y c ( x ) = C 1 + C 2 e − x + C 3 e − 2 x Encuentro la solución particular :

(

g (x ) = x 2 + 4 x + 8 → y p ( x ) = x s Ax 2 + Bx + C

)

s = 0 → y p ( x ) = Ax 2 + Bx + C pero no es linealment e independie nte con y c ( x )

(

)

s = 1 → y p ( x ) = x Ax 2 + Bx + C = Ax 3 + Bx 2 + Cx si es l .i. con y c ( x ) y p ( x ) = Ax 3 + Bx 2 + Cx y p ' ( x ) = 3 Ax 2 + 2 Bx + C y p ' ' ( x ) = 6 Ax + 2 B y p ' ' ' (x ) = 6 A

y p ' ' '+3 y p ' '+2 y p ' = x 2 + 4 x + 8

(

)

6 A + 3(6 Ax + 2 B ) + 2 3 Ax 2 + 2 Bx + C = x 2 + 4 x + 8

(6 A)x 2 + (18 A + 4 B )x + (6 A + 6 B + 2C ) = x 2 + 4 x + 8 1  6A = 1 → A =  6  4 − 18 A 1  18 A + 4 B = 4 → B = →B=  4 4  6 A + 6 B + 2C = 8 → C = 8 − 6 A + 6 B → C = 11  2 4 Por lo que decimos : 1 3 1 2 11 x + x + x 6 4 4 Solución general : y p (x ) =

y ( x ) = C1 + C 2 e − x + C 3 e −2 x +

1 3 1 2 11 x + x + x 6 4 4

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y' ' ' − y' ' −4y' +4y = 2x 2 − 4x − 1 + 2x 2 e 2x + 5xe 2x + e 2x

y (x ) = y c (x ) + y p (x ) Encuentro la solución complement aria : y ' ' '− y ' '− 4 y '+ 4 y = 0 → φ (m ) = m 3 − m 2 − 4 m + 4 = 0

φ (m ) = m 2 (m − 1) − 4 (m − 1) = 0 φ (m ) = (m − 1)(m 2 − 4 ) = (m − 1)(m − 2 )(m + 2 ) m1 = 1, m 2 = 2 , m 3 = − 2 → y c ( x ) = C1e x + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x Encuentro la solución particular : g (x ) = g 1 ( x ) + g 2 ( x )

(

g 1 ( x ) = 2 x 2 − 4 x − 1 → y p ( x ) = x s Ax 2 + Bx + C

)

s = 0 → y p (x ) = Ax 2 + Bx + C si es l .i. con y c ( x ) y p ( x ) = Ax 2 + Bx + C y p ' ( x ) = 2 Ax + B y p ' ' (x ) = 2 A y p ' ' ' (x ) = 0 y p ' ' '− y p ' '− 4 y p '+ 4 y p = 2 x 2 − 4 x − 1

(

)

0 − 2 A − 4 (2 Ax + B ) + 4 Ax 2 + Bx + C = 2 x 2 − 4 x − 1

(4 A )x 2 + (− 8 A + 4 B )x + (− 2 A − 4 B + 4C ) = 2 x 2 − 4 x − 1 1  4A = 2 → A =  2  4 8A − +  − 8 A + 4 B = −4 → B = →B=0  4   − 2 A − 4 B + 4C = − 1 → C = − 1 + 2 A + 4 B → C = 0  4 Por lo que decimos : 1 y p1 (x ) = x 2 2

(

g 2 ( x ) = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x → y p ( x ) = x s e 2 x Ax 2 + Bx + C

(

)

)

s = 0 → y p (x ) = e 2 x Ax 2 + Bx + C pero no es linealment e independie nte con y c ( x )

(

)

(

)

s = 1 → y p ( x ) = xe 2 x Ax 2 + Bx + C = e 2 x Ax 3 + Bx 2 + Cx si es l .i. con y c ( x )

( ) ' ( x ) = e (2 Ax + (3 A + 2 B )x + (2 B + 2 C )x + C ) ' ' ( x ) = e (4 Ax + (12 A + 4 B )x + (6 A + 8 B + 4C )x + (2 B + 4 C )) ' ' ' ( x ) = e (8 Ax + (36 A + 8 B )x + (36 A + 24 B + 8C )x + (6 A + 12 B + 12 C ))

y p ( x ) = e 2 x Ax 3 + Bx 2 + Cx yp yp yp

2x

2x

2x

3

2

3

3

2

2

y p ' ' '− y p ' '−4 y p '+4 y p = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x

(

)

e 2 x (12 A)x 2 + (30 A + 8 B )x + (6 A + 10 B + 4C ) = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x

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Ecuaciones Diferenciales 1  12 A = 2 → A =  6  5 − 30 A  →B=0 30 A + 8 B = 5 → B =  8  6 A + 10 B + 4C = 1 → C = 1 − 6 A − 10 B → C = 0  4 1 y p2 (x ) = x 3 e 2 x 6 1 1 y ( x ) = C1 e x + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x + x 2 + x 3 e 2 x 2 6

3. y'''+y'= csc(x) y (x ) = y c (x ) + y p (x ) Encuentro la solución complement aria : y ' ' '+ y ' = 0 → φ (m ) = m 3 + m = 0

φ (m ) = m (m 2 + 1) = 0 m1 = 0 , m 2 = i , m 3 = − i → y c ( x ) = C1 + C 2 cos (x ) + C 3 sen ( x ) Encuentro la solución particular : y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3 1 W (1, cos ( x ), sen ( x )) = 0 0

cos ( x ) sen ( x ) − sen ( x ) cos (x ) = 1 cos 2 ( x ) + sen 2 ( x ) = 1 − cos ( x ) − sen ( x )

(

)

0 cos ( x ) sen ( x ) 0 − sen ( x ) cos ( x ) csc ( x ) − cos (x ) − sen ( x )   x  u1 ' = = csc ( x )(1) → u1 = ∫ csc ( x )dx = ln  tan    1  2   0 sen (x ) 0 cos ( x ) csc ( x ) − sen ( x ) u2 ' = = − csc (x ) cos ( x ) → u 2 = − ∫ csc ( x ) cos ( x )dx = ln (csc ( x )) 1 1 cos ( x ) 0 0 − sen ( x ) 0 0 − cos ( x ) csc ( x ) u3 ' = = − csc ( x )sen ( x ) → u 3 = − ∫ 1dx = − x 1   x  y p = ln  tan    (1) + ln (csc ( x ))(cos ( x )) + (− x )sen ( x )  2   1 0 0

  x  y p ( x ) = ln  tan    + cos ( x ) ln (csc ( x )) − x sen ( x )  2     x  y ( x ) = C1 + C 2 cos ( x ) + C 3 sen ( x ) + ln  tan    + cos ( x ) ln (csc ( x )) − x sen ( x )  2  

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Ecuaciones Diferenciales 4. y''' = xln( x) y (x ) = y c (x ) + y p (x ) Encuentro la solución complement aria : y ' ' ' = 0 → φ (m ) = m 3 = 0

φ (m ) = m 3 = 0 m1 = 0 , m 2 = 0 , m 3 = 0 → y c ( x ) = C 1 + C 2 x + C 3 x 2 Encuentro la solución particular : y p ( x ) = u 1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3 1 W (1, cos ( x ), sen ( x )) = 0 0

u1 ' =

=

x2 1

u2 '=

x2 2x 2

0 x 0 1 x ln ( x ) 0

0 0

x2 2x = 1 2x 2 − x 2 = x 2 2

(

( )

x ln (x ) x 2 → u1 = x2

)

∫ x ln (x )dx =

1 x2   ln ( x ) −  2  2

x2

0

0 2x x ln ( x ) 2 x

x 1 0

2

1

x

0

0 0

1 0

0 x ln ( x )

=−

x ln ( x ).2 x → u 2 = − 2 ∫ ln ( x )dx = − 2 x (ln ( x ) − 1) x2

ln ( x ) ln 2 ( x ) dx = ∫ x 2 x2 2 2  ln ( x )  2 1 x   x yp =  ln ( x ) −  (1) + (− 2 x (ln ( x ) − 1))( x ) +  2  2  2  x2 x2 2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x ) + 7 no es l .i. ∴ y p = 2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x ) yp = 4 4 Solución general :

u3 ' =

=

x ln ( x ) → u3 = x2

(

y (x ) = C1 + C 2 x + C 3 x 2 +

)

(

)

x2 2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x ) 4

(

)

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Ecuación de Euler de orden n 2 d 3y dy 2 d y − − 6x + 18y = 0 x 3 2 dx dx dx La resolveremos por dos métodos : 1° Método :

1. x 3

asumo y = x r como solución entonces la escución se reduce a : x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 − x 2 r (r − 1)x r −2 − 6 xrx r −1 + 18 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) − 6r + 18]x r = 0 [r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) − 6r + 18] = 0 r (r − 1)(r − 3) − 6(r − 3) = 0 (r − 3)(r 2 − r − 6) = 0 (r − 3)2 (r + 2) = 0 r1 = r2 = 3

r3 = −2

y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x 3 + C 3 x −2 2° Método : aplicando el cambio x = e t → t = ln x se obtiene : D(D − 1)(D − 2 ) − D(D − 1) − 6 D + 18 = 0 D 3 − 4 D 2 − 3D + 18 = 0

(D − 3)2 (D + 2) = 0 y ' ' '−4 y ' '−3 y '+18 y = 0 ecuación en t

φ (m ) = (m − 3)2 (m + 2) = 0 → m1 = 3

m2 = 3

m 3 = −2

y (t ) = C1e 3t + C 2 te 3t + C 3 e −2t y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x 3 + C 3 x −2 2 d 3y dy 2 d y + 2x − 10x − 8y = 0 2 3 dx dx dx asumo y = x r como solución entonces la escución se reduce a :

2. x 3

x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 + 2 x 2 r (r − 1)x r −2 − 10 xrx r −1 − 8 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) + 2r (r − 1) − 10r − 8]x r [r 2 (r − 1) − 2(5r + 4)] = 0

=0

r 3 − r 2 − 10r − 8 = 0 (r − 4)(r + 1)(r + 2) = 0 r1 = 4 r2 = −1 r3 = −2 y ( x ) = C1 x 4 + C 2 x −1 + C 3 x − 2

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Ecuaciones Diferenciales 2 d 3y dy 2 d y − + 8x − 8y = 4lnx 4x 3 2 dx dx dx aplicando el cambio x = e t → t = ln x se obtiene : Encuentro la solución complementaria : D(D − 1)(D − 2) − 4 D(D − 1) + 8D − 8 = 0 D(D − 1)(D − 2) − 4 D(D − 1) + 8(D − 1) = 0 (D − 1)(D(D − 2) − 4 D + 8) = 0

3. x 3

(D − 1)(D 2 − 6 D + 8) = 0 (D − 1)(D − 2)(D − 4) = 0 → y' ' '−7 y' '+14 y '−8 y = 0 ecuación en t φ (m ) = (m − 1)(m − 2)(m − 4) = 0 → m1 = 1 m2 = 2 m3 = 4 y c (t ) = C1e t + C 2 e 2t + C 3 e 4t → y c ( x ) = C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 4 Encuentro la solución particular : y ' ' '−7 y ' '+14 y '−8 y = 4t y p = t s ( At + B ) s = 0 → y p = At + B si es linealmente independiente con y c y p = At + B yp '= A y p ''= y p '''= 0 Re emplazando : 0 − 7(0) + 14( A) − 8( At + B ) = 4t (− 8 A)t + (14 A − 8B ) = 4t

  − 8A = 4  14 A − 8B = 0 

1 2 → y (t ) = − 1 t + 7 → y (x ) = − 1 ln x + 7 p p 7 2 8 2 8 B= 8 1 7 y ( x ) = C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 4 − ln x + 2 8 A=−

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2 d 3y dy 2 d y − x + 2x − 2y = x 3 2 3 dx dx dx r asumo y = x como solución entonces la escución se reduce a :

4. x 3

x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 − x 2 r (r − 1)x r −2 + 2 xrx r −1 − 2 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) + 2r − 2]x r = 0 [r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) + 2(r − 1)] = 0 (r − 1)(r (r − 2) − r + 2) = 0 (r − 1)(r (r − 2) − (r − 2)) = 0 (r − 1)2 (r − 2) = 0 r1 = r2 = 1

r3 = 2

y c = (C1 + C 2 ln x )x + C 3 x 2 encuentro la solución particular : y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3 x ln x x 2 ln x + 1 2 x x ln x = 1 ln x + 1 2 x = x −1 − 1 −1 x 2 x x −1 0 2 x

(

W x, x ln x, x 2

u1 ' =

)

0 x ln x x 2 0 ln x + 1 2 x x −1 1 2 x

=

(2 x )(x ln x ) − (ln x + 1)(x 2 ) → u x

1

x2

2

=x

= ∫ x(ln ( x ) − 1)dx =

x2  3  ln ( x ) −  2 2 

x 0 x2

u2 ' =

1 0 2x 0 1 2

=−

(x )(2 x ) − x 2

x x x ln x 0 1 ln x + 1 0 x −1

x

→ u 2 = − ∫ xdx = −

x2 2

x(ln x + 1) − x ln x → u 3 = ∫ 1dx = x x x x2  x2 3 ( ) ( ) (x ln x ) + (x )x 2 − − yp = x x ln   2  2 2

u3 ' =

0

1

=

x3 4 Solución general : yp =

y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x + C 3 x 2 +

x3 4

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Ecuaciones de segundo orden de coeficientes variables Solución en serie alrededor de un punto ordinario 1. (x 2 − 1)

(x

2

d 2y dy + 3x + xy = 0, 2 dx dx

+∞

y (0 ) = 4; y' (0 ) = 6

+∞

+∞

− 1 ∑ C n n(n − 1)x n − 2 + 3 x ∑ C n nx n −1 + x ∑ C n x n = 0

)

n=2

n =1

n =0

+∞

+∞

+∞

n=2

n=2

n =1

+∞

+∞

n=2

n =0

+∞

∑ C n n(n − 1)x n − ∑ C n n(n − 1)x n − 2 + 3∑ C n nx n + ∑ C n x n +1 = 0 n =0 +∞

+∞

n =1

n =1

∑ C n n(n − 1)x n − ∑ C n + 2 (n + 2)(n + 1)x n + 3∑ C n nx n + ∑ C n −1x n = 0 +∞

− 2C2 − 6C3 x + 3C1 x + C0 x + ∑ [C n n(n + 2 ) −C n + 2 (n + 2 )(n + 1) +C n −1 ]x n = 0 n=2

− 2C2 = 0 → C2 = 0 − 6C3 + 3C1 + C0 = 0 → C3 =

C1 C0 + 2 6

C n n(n + 2 ) −C n + 2 (n + 2 )(n + 1) +C n −1= 0 → C n + 2 =

C n n(n + 2 ) +C n −1 ;n≥2 (n + 2)(n + 1)

C 2 2(2 + 2 ) +C 1 8C 2 +C 1 C1 = = (2 + 2)(2 + 1) 12 12 C 3(3 + 2 ) +C 2 15C 3+C 2 3C1 C0 = = + n = 3 → C5 = 3 (3 + 2)(3 + 1) 20 8 8

n = 2 → C4 =

+∞

y ( x ) = ∑ Cn x n = C0 + C1 x + C2 x 2 + C3 x 3 + .... n =0

 x3 x5    x3 x 4 3x5 + + ... → y (0 ) = C0 = 4 y ( x ) = C0 1 + + + ... + C1  x + + 6 8 2 12 8         3 x 2 x3 15 x 4 x 2 5x 4 y ' ( x ) = C0  x + + + ... + C1 1 + + + + ... → y ' (0 ) = C1 = 6 2 8 2 3 8     4 5 11 x 11x + + ... y (x ) = 4 + 6 x + x3 + 3 3 4

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2. y' ' − xy' = e − x +∞

∑ C n(n − 1)x

alrededor de x 0 = 0 +∞

n−2

n

n=2

− x ∑ C n nx n =1

+∞

∑ C n(n − 1)x n

n=2

n

xn − ∑ C n nx = ∑ (− 1) n! n=0 n =1 +∞

n−2

xn = ∑ (− 1) n! n =0 +∞

n −1

+∞

n

n

xn C n + 2 (n + 2 )(n + 1)x − ∑ C n nx = ∑ (− 1) ∑ n! n =0 n =0 n =1 +∞

+∞

+∞

n

n

n

+∞

n = 1 + ∑ (− 1)

n =1

n =1

2C 2 + ∑ (C n + 2 (n + 2 )(n + 1) − C n n )x n 2C 2 = 1 → C 2 =

xn n!

1 2

C n + 2 (n + 2 )(n + 1) − C n n = n = 1 → C 3 = C1

+∞

(− 1)n n!

(− 1) n n ≥1 + (n + 2)(n + 1) n!(n + 2)(n + 1) n

→ C n+2 = C n

(− 1)1 → C = C1 − 1 1 + 3 (1 + 2)(1 + 1) 1!(1 + 2)(1 + 1) 6 6 2

n = 2 → C4 = C2

C (− 1) 2 1 1 + = 2 + → C4 = (2 + 2)(2 + 1) 2!(2 + 2)(2 + 1) 6 24 8

3 3C C ( 3 1 1 − 1) n = 3 → C5 = C3 = 3 − → C4 = 1 − + (3 + 2 )(3 + 1) 3!(3 + 2)(3 + 1) 20 120 40 30

+∞

y ( x ) = ∑ C n x n = C 0 + C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 3 + ..... n=0

1 2  C1 1  3 1 4  C1 1  5 x +  −  x + x +  −  x + ...... 2 8  6 6  40 30  3 5 2 3  x   x x x x4 x5    + + ....  +  − + − + ....  y ( x ) = C 0 + C1  x + 6 40 6 8 30   2   y ( x ) = C 0 + C1 x +

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3) Resolver la siguiente ecuación diferencial alrededor del punto . Determine las soluciones homogéneas de esta ecuación diferencial en términos de series indicando a que función converge cada una de ellas. (Sugerencia: para encontrar la solución particular use el método de variación de parámetros).

Desarrollo.

"#$%#&"' (

! %) *% $+#$% "' ,# -,#$% %)./#+)/% Se asume: 2

0 +1 1 -")% 13

2

0 +1 1 13

2

4 0 +1 #156 136

2

0 +1 ## 15 13

44

Primero se obtendrá las soluciones homogéneas. Se reemplaza y, y’, y’’ en la ecuación: 2

2

0 +1 ## 13

2

15

2

0 +1 136

#156 2

Luego se introduce los coeficientes dentro de las sumatorias

2

0 +1 1 13

2

0 +1 ## 1 0 +1 ## 15 0 +1 #1 0 +1 1

13

13

136

13

Se igualan las patencias de x de todas la sumatorias, en este caso a la que más se repite que en este caso es n: 2

2

0 +1 ## 0 +1 ##

13

1

13

15

2

0 +1 136

#1

2

0 +1 1 13

Para la m=n–2 Si n = 2, entonces m = 0 Pero n = m + 2 Luego m = n

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2

2

2

0 +1 ## 0 +17 # # 0 +1 #1

13

1

2

13

0 +1 1 13

2

1

136

2

Se igualan los subíndices de todas las sumatorias al mayor, en este caso n=2.

0 +1 ## + 8+9 0 +17 # # 1 +6

13

2

1

0 +1 13

#1

+ 8+9 +6 + +6 2

13

2

+ +6 0 +1 1 13

0:+1 ## +17 # # +1 # +1 ;1 13

Se igualan los coeficientes: + + "#$%#&"' '" $/"#" <," + + 8+9 8+6 "#$%#&"' '" $/"#" <," +9 +6 +1 ## +17 # # +1 # +1 La fórmula de recurrencia es: +1 ## +1 # +1 =# > ? +17 # # # # # # @# # @# +17 +1 +1 + # # # # # # 1 # # + +1 # # 1 Por lo tanto: +17 +1 =# > Encontrando los coeficientes: A/ # "#$%#&"' +B + + A/ # @ "#$%#&"' +C +9 +6 A/ # "#$%#&"' +D +B + A/ # E "#$%#&"' +F +C +6 A/ # 8 "#$%#&"' +G +D + A/ # H "#$%#&"' +I +F + Volviendo a la solución: 2

0 +1 1 + +6 + +9 9 +B B +C C +D D J 13

+ +6 + +6 9 + B +6 C + D J La solución homogénea:

+ K LMMMMMMMMMNMMMMMMMMMO B D J 1 JS PQ R

+6 K LMMMMMMMMMNMMMMMMMMMO 9 C J 176 JS PT R

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V +6 B J 1 J V + Y Z + <," 9 J W X + U 6 Ahora se encuentra la solución particular [ \ + U

Normalizando la ecuación diferencial , se obtiene:

6 R

Usando el método de variación de parámetros: [ ,6 6 ,

6 Encontrando el wronskiano: ] 6 ^ 4 4^ 6 ] 6 _ _ _ _ a a 4 `%#." ,6 ] 6 ,6 "#$%#&"' ,6 6 _ _ a a 6 4 `%#." , ] 6 "#$%#&"' , bc , Por lo tanto a solución particular es: [ ,6 6 , [ U V bc

V +6 Y ZU V bc + U


Este es un solucionario de problemas de Ecuaciones Diferenciales correspondiente a la Primera Evaluación, donde constan ejercicios tipo examen. Esta obra ha sido elaborada por Roberto Cabrera y Christian de La Rosa, ex – estudiante de la ESPOL, con el auspicio de la directiva A.E.F.I.E.C. de los años 2006, 2007, 2008. Modificado y corregido dos veces por Roberto Cabrera.

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Solucionario de Problemas de Ecuaciones Diferenciales

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