264786683-ecuaciones-diferenciales.docx

En

los problemas 1 a 22 22,, resuelva la ecuación diferencial dada por separación de variables:

Lista

de todos los Ejercicios y Problemas del libro Ecuaciones Diferenciales de Zill (Ed. 7): 1.1, 1.2, 1.3, 1.R, 2.1, 2.2, 2.3 1.1, 2.3,, 2.4 2.4,, 2.5, 2.6, 2.R, 3.1, 3.2, 3.3, 3.R, 4.1, 4.2, 4.3, 4.4, 4.5, 4.6, 4.7, 4.8, 4.9, 4.R, 5.1, 5.2, 5.3, 5.R, 6.1, 6.2, 6.3, 6.R, 7.1, 7.2, 7.3, 7.4, 7.5, 7.6, 7.R, 8.1, 8.2, 8.3, 8.4, 8.R, 9.1, 9.2, 9.2, 9.4, 9.5, 9.R, 10.1, 10.2, 10.3, 10.4, 10.R, 11.1, 11.2, 11.3, 11.4, 11.5, 11.R, 12.1, 12.2, 12.3, 12.4, 12.3, 12.5, 12.6, 12.7, 12.8, 12.R, 13.1, 13.2, 13.3, 13.R, 14.1, 14.2, 14.3, 14.4, 14.R, 15.1, 15.2, 15.3, 15.R Sígueme y colabóreme (gato) en:

En

los problemas 23 23 a a 28 28,, encuentre la solución explícita del problema con valores iniciales dados:

En

1

los problemas 1 a 22 22,, resuelva la ecuación diferencial dada por separación de variables:

2

3

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

Dennis G. Zill 2.3.1: ecuaciones lineales En los problemas 1 a 24 determine la solución general de la ecuación diferencial dada. Indique el intervalo I más largo en el que está definida la solución general. Determine si hay algunos términos transitorios en la solución general.

MARTES, 23 DE OCTUBRE DE 2012

Dennis G. Zill 2.2_12: Variables separables

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C U A C I ON E S D I F E R E N C IA L E S O R D I NA R I A S

EJEMPLOS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Ejemplo 1.- sea la función diferencial:

Solución Para ver que esta ecuación diferencial es de diferenciales exactas hacemos:

Y tenemos:

Siendo cierto que la ecuación es del tipo de diferenciales exactas, podemos calcular con facilidad la función integral:

Para conocer el valor de la función φ(x) derivamos U(x, y) respecto de y, e igualamos el resultado a Q:

Así pues, la solución general de la ecuación diferencial estudiada será:

Ejemplo 2.- sea la función diferencial:

Solución Para ver si es diferencial exacta hacemos:

Puesto que se verifica la condición necesaria y suficiente, podemos poner:

E integrando:

Derivando ahora respecto de y e igualando a Q:

Con lo que la solución general de la ecuación será:

Ejemplo 3.- sea la función diferencial:

Solución. Operando como en los casos anteriores se comprueba que esta ecuación no es una ecuación diferencial exacta, no obstante, si multiplicamos todos los términos por 1/xy² nos queda:

Con lo que obtenemos una ecuación diferencial que si cumple las condiciones de ser diferencial exacta y a la que podemos aplicarle el método que estamos desarrollando:

Derivando respecto de y e igualando a Q:

Y de esa forma, la solución general será:

Que es válida para todos los puntos en los que se cumpla que x e y son distintos de 0. Aparte de la solución general, podemos ver que existe una solución singular para el caso y = 0 ó x = 0 ya que entonces la ecuación se verifica trivialmente. El término 1/xy² recibe el nombre de factor integrante y resulta fácil

comprobar que, en general, introduce soluciones singulares en los casos en los que se opera con él.

Ecuaciones Diferenciales Exactas AGOSTO 28, 2014 BY MANUEL ALEJANDRO VIVAS RIVEROL

2

Ecuaciones Diferenciales Exactas El siguiente método te ayudara a resolver cualquier tipo de ecuaciones diferenciales exactas de primer orden en 4 pasos sencillos. Estudios científicos recientes realizados por el Dr. Terrence Sejnowski investigador el Instituto Howard Huges, apuntan a que utilizar el pensamiento difuso a la vez que el enfocado durante en proceso de aprendizaje es una técnica efectiva para aprender cualquier cosa, ya que se necesita acceder recursos de la mente que se ignoran al momento de estar enfocado; una de las forma de utilizar el pensamiento enfocado y el difuso como lo dice el Dr. Terrence, es mediante el aprender haciendo y para eso te propongo que emplees los pasos que te describo sin tratar de entenderlos del todo al principio y confiando que, cuando entres en el modo de pensamiento difuso (al realizar otra actividad que te despeje de tu concentración) el entendimiento conceptual de los temas se dará. El método para resolver en 4 pasos ED exactas lo describo a continuación:

METODO DE 4 PASOS PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Primero definimos si la ecuacion es exacta o no, mediante los siguiente dos criterios:



FORMA ESTÁNDAR DE LA ED EXACTA

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 

CRITERIO PARA DEFINIR EXACTITUD DE LA ED

δMδy=δNδx

4 PASOS PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 1. F(x,y)=∫M(x,y)dx+g(y) 2. δδy∫M(x,y)dx+g′(y)=N(x,y) 3. g(y)=∫ N(x,y)dy−∫δδy∫M(x,y)dxdy 4. Sustituimos g(y) del paso (3) en (1) e igualamos a c (c = constante)

∫M(x,y)dx+g(y)=c Si encontramos que la funcion N(x,y), es más facilmente integrable podemos utilizar los mismos cuatro pasos en funcion de N, ver el Ejemplo 5 al final y revisar los pasos aqui, click aqui.

EJEMPLOS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS En los siguientes problemas determine si la ED es exacta, si lo es resuelvala.

Ejemplo 1. Ejercicios 2.4 Libro Dennis G. Zill (problema 3)

(5x+4y)dx+(4x −8y3)dy=0

-Determinamos si es exacta la ED

M(x,y)dx=5x+4y; δMδy=4; δNδx=4

N(x,y)=4x−8y3

-De donde concluimos que la ecuación si es exacta ya que: δMδy=δNδx

Resolvemos la ecuación de acuerdo a los pasos listados anteriormente Paso 1.

∫M(x,y)dx+g(y)===∫(5x+4y)dx+g(y)5∫xdx+4y∫dx+g(y)52x2+4xy+g(y) Paso 2.

δδy∫M(x,y)dx+g′(y)⇒δδy(52x2+4xy)+g′(y)⇒0+4x+g′(y)⇒0+g′(y)g′(y)=====N(x,y)4x−8y34x−8y3− 8y3−8y3 Paso 3.

g(y)g(y)====∫ N(x,y)dy−∫δδy∫M(x,y)dxdy−8∫y3dy – 84y4−2y4 Paso 4.

∫M(x,y)dx+g(y)52x2+4xy−2y4==cc La solución es: 52x2+4xy−2y4=c

Ejemplo 2. Ejercicios 2.4 Libro Dennis G. Zill (problema 5) (2xy2−3)dx+(2x 2y+4)dy=0 -Determinamos si es exacta la ED

M(x,y)=2xy2−3; N(x,y)=2x2y+4 δMδy=4xy; δNδx=4xy -De donde concluimos que la ecuación si es exacta ya que: δMδy=δNδx

Resolvemos la ecuación de acuerdo a los pasos listados anteriormente

Paso 1.

∫M(x,y)dx+g(y)===2y2∫xdx−3∫dx+g(y)22y2x2−3x+g(y)y2x2−3x+g(y) Paso 2.

δδy∫M(x,y)dx+g′(y)⇒δδy(y2x2−3x)+g′(y)⇒2x2y+g′(y)⇒g′(y)====N(x,y)2x2y+42x2y+44 Paso 3.

g(y)g(y)g(y)===∫ N(x,y)dy−∫δδy∫M(x,y)dxdy4∫dy4y Paso 4.

∫M(x,y)dx+g(y)⇒y2x2−3x+4y==cc La solución es: y2x2−3x+4y=c

Ejemplo 3. Ejercicios 2.4 Libro Dennis G. Zill (problema 6) (2y−1x+cos3x)dydx+yx2−4x3+3ysin3x=0 -Determinamos si es exacta la ED, pero en este caso antes, escribimos la FORMA ESTANDAR, de una ecuación exacta.

(2y−1x+cos3x)dy+yx2−4x3+3ysin3x=0 – Determinamos exactitud de la ED

M(x,y)=2y−1x+cos3x; N(x,y)=yx2−4x3+3ysin3x δMδy=2; δNδx=−2yx−12x+3ycos3x -De donde concluimos que la ecuación NO es exacta ya que: δMδy≠δNδx

Ejemplo 4. Ejercicios 2.4 Libro Dennis G. Zill (problema 7) (x2−y2)dx+(x2−2xy)dy=0 -Determinamos si es exacta la ED

M(x,y)=x2−y2; N(x,y)=x2−2xy δMδy=−2y; δNδx=2x−2y -De donde concluimos que la ecuación NO es exacta ya que: δMδy≠δNδx

Ejemplo 5. Ejercicios 2.4 Libro Dennis G. Zill (problema 8) (1+lnx+yx)dx=(1−lnx)dy -Determinamos si es exacta la ED, pero en este caso antes, escribimos la FORMA ESTANDAR, de una ecuación exacta.

(1+lnx+yx)dx−(1−lnx)dy=0 (1+lnx+yx)dx+(−1+lnx)dy=0 -Determinamos si es exacta la ED

M(x,y)=1+lnx+yx; N(x,y)=−1+lnx δMδy=1x; δNδx=1x -De donde concluimos que la ecuación si es exacta ya que: δMδy=δNδx

Resolvemos la ecuación de acuerdo a los pasos listados anteriormente

Paso 1.

∫ N(x,y)dy+h(x)===∫(−1+lnx)dy+h(x) –∫dy+lnx∫dy+h(x)−y+ylnx+h(x)

Paso 2.

δδx∫ N(x,y)dy+h′(x)⇒δδx(−y+ylnx)+h′(x)⇒y(1x)+h′(x)⇒h′(x)⇒h′(x)=====M(x,y)1+lnx+yx1+lnx+ yx1+lnx+yx – yx1+lnx Paso 3.

h(x)⇒h(x)===∫M(x,y)dx−∫δδx∫ N(x,y)dydx∫(1+lnxdx)dx∫dx+∫lnxdx Integramos por partes la integral ∫lnxdx: dv=dx; u=lnx v=x; du=1x Por tanto:



∫lnxdx===xlnx –∫xxdxxlnx –∫dxxlnx – x De modo que, regresando a nuestro ejercicio:

h(x)==x+xlnx – xxlnx Paso 4.

∫ N(x,y)dy+h(x)⇒−y+ylnx+xlnx==cc La solución es:

−y+ylnx+xlnx=c y(x)=−xlnx+clnx – 1 La representación gráfica de las curvas solución de éste último ejemplo, se muestra en la Figura 1.

Figura 1. Gráfica de Relieve para la solución del Ejemplo 5.

Ésta gráfica se puede ver en tonos de azul más oscuro las partes bajas del relieve y en tonos más claros las partes mas elevadas, ver más abajo una representación en 3D. Una representación en 2D, de la familia de curvas solución para el Ejemplo 5, se muestra a continuación.

Figura 2. Familia de soluciones para la Ecuación Diferencial Exacta del Ejemplo 5.

La siguiente figura en 3D es manipulable. Para ver a detalle la figura, posiciónate con el puntero del mouse sobre ella y deja presionado el botón izquierdo (click izquierdo con el mouse) mientras lo mueves. Con esto

podrás ver el detalle de la figura en 3D. Nota: es posible que necesites instalar el software para manejo de CDF de Wolfram, da click aquí para instalarlo. Por último, te dejo el código de MATHEMATICA, para obtener las gráficas de arriba:

Clear[''Global`*''] P[x_, y_] := (1 + Log[x] + y/x) Q[x_, y_] := (-1 + Log[x]) (*Criterio de EXACTITUD*) xx = Exct == Simplify[D[P[x, y], y] - D[Q[x, y], x]] (* Es exacta? *) (*Paso 1*) f3 = fx == Integrate[Q[x, y], y] + h[x] (*Paso 2*) df3 = D[f3[[2]], x] == P[x, y] (*Paso 3*) s3 = Solve[df3, h'[x]] // Expand (*Paso 4*) sf3 = hx == Integrate[s3[[1, 1, 2]], x] sg3 = f == Evaluate [f3[[2]] /. h[x] -> sf3[[2]]] // Expand Solve[sg3[[2]] == c, c] // Expand (* GRÁFICA *) eqn = y'[x] == -P[x, y[x]]/ Q[x, y[x]]; sol = DSolve[eqn, y[x], x] // Simplify sols = Table[Evaluate[sol[[1, 1, 2]] /. C[1] -> i], {i, -8, 8 , 4}]; Plot[Tooltip[sols], {x, .1, 5}, PlotRange -> {-100, 100}, PlotStyle -> Thick] ContourPlot[-y + x Log[x] + y Log[x], {x, .1, 5}, {y, -100, 100}]

Para que obtengas la confianza necesaria deberás practicar los ejercicios con las técnicas que te presento antes de analizarlos para preparar tu mente, de manera que luego, al estudiar los conceptos a fondo tengas toda la información necesaria y verás como todo se aclara, pues tendrás la información necesaria para que tu mente entienda con facilidad los conceptos más abstractos. Da click aquí para leer sobre la mejor técnica para aprender ecuaciones diferenciales. Encontraste la información que buscabas?

No, necesito más ejemplos. (da click aquí)

Te invito a que me contactes aquí para cualquier sugerencia sobre la página y si tienes una duda en particular

sobre el tema tratado, por favor, deja tu comentario al final de esta página. Que estés bien. This entry was posted in Ecuacion diferencial ejercicios resueltos, ecuaciones diferenciales exactas , ejemplos de ecuaciones diferenciales exactas , pasos para resolver ecuaciones diferenciales exactas and tagged ecuaciones diferenciales exactas, ejemplos de ecuaciones diferenciales exactas , pasos para resolver ecuaciones diferenciales exactas . Bookmark the permalink .

cuacion diferencial lineal de primer orden Intervalo de definición de la solución del problema del valor inicial. Problema 25 Capítulo 2.3. Dennis G. Zill. Utilizaremos el método de los 4 pasos que puedes encontrar en este link: podrás resolver cualquier ED lineal de 1er orden. Método: Factor Integrante (ver enlace) Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill (Problema 25). Tomado de: Dennis G. Zill Ed 7ma.

xy′+y=ex Pasos:

I.

El primer paso consiste en escribir la forma estándar de la ED a resolver:

Dividimos, entonces, entre el coeficiente de dydx, que es “x”, los coeficientes de los demás términos de la ecuación que dependen de “x”. Simplificamos. dydx+P(x)y=f(x) dydx+yx=exx

II. En el segundo paso encontramos el factor integrante: e∫P(x)dx, El valor de P(x) en e∫P(x)dx, P(x)=1x. El manejo de las funciones trascendentes e integrales se muestra al final del ejercicio.

e∫1xdx=elnx =x III.

Como tercer paso, encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

El sistema homogéneo asociado es la ecuación diferencial: dydx+yx=0. Sustituimos en yc=Ce−∫P(x)dx, donde: P(x)=1x encontrado en el primer paso, y desarrollamos. Para esclarecer de donde sale la fórmula yc=Ce−∫P(x)dx, siga el siguiente enlace: Solución del sistema homogéneo asociado .

yc=Ce−∫1xdx =Ce−lnx =Celnx−1 =Cx−1 Grafica de la familia de soluciones del sistema homogeneo asociado:

yc=Cx

Mostramos, primero la famila de soluciones del sistema homogéneo asociado yc=Cx . Además, mostramos una solución particular yc1=2xdonde C=2. Notar que la función yc=Cx , tiene como dominio más largo el intervalo: Dyc:x∈R −(0,0). Es decir, el dominio de la función abarca todos los reales a excepción del CERO. Sin embargo, decimos que el intervalos más largo de solución de la función es 0
a la SOLUCIÓN en sí misma, y esa es una Única curva, en este caso, que no se extiende en todos los reales. Veamos la gráfica siguiente para aclarar más este punto. El intervalo de definición de una solución, por definición (ver Intervalo de definición de una solución I ), necesita cumplir al menos 2 criterios para ser considerado válido: 1. Que la función solución que se encuentra esté definida en él (no necesariamente continua, una función definida por partes también puede calificar), y 2. Que esta función sea, también, derivable dentro del intervalo.. IV. En el cuarto paso, encontramos una solución particular a partir del sistema no homogéneo: El sistema no homogéneo: dydx+yx=exx, que representa la familia de soluciones particulares de la ED lineal. Para resolverla utilizamos la fórmula: y p=1e∫P(x)dx∫e∫P(x)dxf(x)dx, donde: e∫P(x)dx=x (obtenido en el punto ii.) y f(x)=exx obtenido en el punto i. Observar como la solución particular fue idéntica a f(x). Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo .

y p=1x∫x(exx)dx =1x∫exdx =1x[ex] =exx Gráfica de la familia de soluciones del sistema no homogéneo:

y=Cx+exx

La solución del sistema no homogéneo, es decir la solución de la ED lineal completa, para el problema del valor inicial (PVI) es: y(x)=2−e+exx , Donde: C=2−e. El dominio de la solución está en el intervalo: Dy p:0
Por tanto, la solución general de la ecuacion diferencial lineal de primer orden xy′+y=ex, es: y=Cexx Con intervalo de solución:

I:{x∈R|0
alnx=lnxa Debido a que:

y=eximplica x=lny y además lny=logey recordamos que la función x=logey, es inversa de y=ex, por tanto si multiplicamos esta última función por ln obtendremos: lny=lnex=x y

ex=elny=y ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ _______________________ This entry was posted in Dominio de solución del PVI , ecuacion diferencial lineal de primer orden, ED lineal , Ejercicios Resueltos Dennis G. Zill Capitulo 2.3 and tagged Dominio de una dolución del PVI , ecuacion diferencial lineal de primer orden. Bookmark the permalink .

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill (Problema 26).Tomado de: Dennis G. Zill Ed 7ma. Encontrar la solución para el problema del valor inicial (PVI), sujeta a: a) y\frac{dx}{dy}-x=2{{y}^{2}}, Y, encontrar el intervalo I de solución.

y(1)=5

Pasos:

I.


Dividimos, entre el coeficiente de \frac{dx}{dy}, que es “ ”, los coeficientes de los demás términos de la ecuación que dependen de “x” en realidad aunque la ED está planteada para resolver en función de . Simplificamos. \frac{dx}{dy}+P\left( y \right)x=f(y) \frac{dx}{dy}-\frac{x}{y}=2y II. En el segundo paso encontramos el factor integrante: {{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( y \right)\mathbf{dy}}} , El valor de P( y ) en {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}} , P(y)=\frac{1}{y}. El manejo de las funciones trascendentes e integrales se muestra al final del ejercicio. {{e}^{-\mathop{\int }^{}\frac{1}{y}dy}}={{e}^{-\ln |y|}} ={{\text{e}}^{\ln {{y}^{-1}}}} ={{\text{y}}^{-1}} =\frac{1}{y} III. Como tercer paso, encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

El sistema homogéneo asociado es la ecuación diferencial: \frac{dx}{dy}-\frac{x}{y}=0 . Sustituimos en {{x}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}} , donde: P(y)=\frac{1}{y} encontrado en el primer paso, y desarrollamos. Para esclarecer de donde sale la fórmula {{x}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}} , siga el siguiente enlace: Solución del sistema homogéneo asociado . {{\text{x}}_{c}}=C{{e}^{(-)-\mathop{\int }^{}\frac{1}{y}dy}} =C{{e}^{\ln |y|}} =C\text{y} Solución Específica para el Sistema Homogéneo Para encontrar una solución específica para el sistema homogéneo, utilizaremos los valores iniciales de \text{x}=1;\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ y}=5 , de modo que: 1=C\left( 5 \right)~\Rightarrow ~~C=\frac{1}{5} Por tanto, la solución particular (específica) del sistema homogéneo asociado es: {{x}_{c}}=\frac{1}{5}y Grafica de la familia de soluciones del sistema homogeneo asociado: {{x}_{c}}=Cy y la solución particular {{x}_{c}}=\frac{1}{5}y

La función {{x}_{c}}=Cy , tiene como dominio más largo el intervalo: D_{x_{c}}:\left \{ x\epsilon \mathbb{R}|0< x< \infty \right \} IV. En el cuarto paso, encontramos una solución particular a partir del sistema no homogéneo: El sistema no homogéneo: \frac{dx}{dy}-\frac{x}{y}=2y, que representa la familia de soluciones particulares de la ED lineal. Para resolverla utilizamos la fórmula: {{x}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}f(y)dy , donde: {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}={{y}^{-1}} (obtenido en el punto ii.) y f\left( x \right)=2y obtenido en el punto i. Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo . {{x}_{p}}=\frac{1}{{{y}^{-1}}}\mathop{\int }^{}{{y}^{-1}}(2y)dy =2y\mathop{\int }^{}dy =2{{y}^{2}} Solución del Problema de Valores Iniciales (PVI) de la ED lineal de 1er Orden

La solución del problema del PVI se obtiene al encontrar una solución específica que cumpla con las condiciones iniciales (que las contenga), del problema. Para esto, necesitamos encontrar el valor de “C”, de la solución general, sustituyendo en la solución general, los valores de “x” y “y”, que vienen como condiciones iniciales y despejando “C”. x=1;~~~~~~y=5 Por tanto: 1=C\left( 5 \right)+2{{(5)}^{2}} \Rightarrow 1=5C+50 \Rightarrow 5C=1-50 \Rightarrow C=-\frac{49}{5} Por lo que UNA solución particular del sistema no Homogéneo, es: y=-\frac{49}{5}y+2{{y}^{2}} Gráfica de la familia de soluciones del sistema no homogéneo: y=Cy+2{{y}^{2}} y la solución particular: y=-\frac{49}{5}y+2{{y}^{2}}

El dominio de la solución está en el intervalo: D_{x_{p}}:\left \{ x\epsilon \mathbb{R}|-\infty < x< \infty \right \} o dicho de forma más común, el dominio de la solución del problema del PVI es el intervalo: (-\infty ,\infty ). Notar que nuevamente, el dominio para la solución general de la ED lineal es: D_{x}:-\infty < x< 0 o D_{x}:0 < x < \infty

Por tanto, la solución del Problema del Valor Inicial, de la ecuación diferencial y\frac{dx}{dy}-x=2{{y}^{2}}, es: y=-\frac{49}{5}y+2{{y}^{2}} Con intervalo de solución: I:\left\{ x\in R|-\infty < x < \infty \right \} Recordar:

Logaritmos y exponenciales

a\ln x=\ln {{x}^{a}} Debido a que: y={{e}^{x}} implica x=\ln y y además \ln y={{\log }_{e}}y recordamos que la función x={{\log }_{e}}y, es inversa de y={{e}^{x}}, por tanto si multiplicamos esta última función por ln obtendremos: \ln y=\ln {{e}^{x}}=x y {{e}^{x}}={{e}^{\ln y}}=y En el análisis de fenómenos físicos modelados con Ecuaciones Diferenciales en la actualidad es importante contar con un software que te permita obtener resultados tanto de las técnicas de Gratificación, como de las técnicas de simulación numérica, es por eso que en este Blog he integrado la página: Haz Tu Simulación (da click aquí), donde podrás escribir tu código en los programas: Octave, Máxima, Python o SAGE, para simular y/o graficar tus modelos de ecuaciones diferenciales. Para aprender a realizar las simulaciones de ecuaciones lineales en SAGE, visita la siguiente página: Cómo simular con SAGE. La intuición y la confianza son parte importantes en el aprendizaje de esta materia, es por eso que para desarrollarlas será necesario practicar varias veces con los métodos y técnicas aquí descritos teniendo una actitud mental apropiada. Para que conozcas la actitud mental que me ha hecho prosperar en esta y otras materias a lo largo de mi vida, te comparto el artículo: La técnica perfecta para aprender Ecuaciones Diferenciales, donde te revelo la actitud que me ha hecho tener éxito en materias arduas pero fascinantes como esta. Por último te recomiendo revises los productos que me han servido en mis propios estudios; están al final del artículo: La técnica perfecta para aprender Ecuaciones Diferenciales , bajo el apartado Técnicas perfectas para aprender . Estoy seguro te servirán. Encontraste la información que buscabas? Necesito otros ejemplos: ejercicio 25, ejercicio 27 Para cualquier duda sobre los ejercicios resueltos o el sitio WEB te invito a dejar un comentario o contáctame en esta página: Contacto(da click aquí) This entry was posted in Dominio de solución del PVI , Ecuacion diferencial ejercicios resueltos, Ecuacion Diferencial lineal No Homogenea , ecuaciones diferenciales lineales , Ejercicios Resueltos Dennis G. Zill Capitulo 2.3 , Intervalo de Solución de un problema de valores iniciales and tagged Ecuacion Diferencial lineal No Homogenea,ecuacion diferencial no homogenea, ecuaciones diferenciales zill capitulo 2.3 , Intervalo de Solución del Problema del PVI . Bookmark the permalink .

cuaciones Diferenciales Lineales: Intervalo de Solución de un Problema del Valor Inicial. En este artículo aprenderás en 4 pasos a resolver una Ecuación Diferencial Lineal y encontrar su Intervalo de solución el cual fácilmente identificándolo gráficamente.

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill (Problema 27). Encontrar la solución para el problema del valor inicial (PVI), sujeta a:

i(0)=io a) Ldidt+Ri=E, Y, encontrar el intervalo I de solución. Pasos:

I.


Dividimos, entre el coeficiente de didt, que es “L”, los coeficientes de los demás términos de la ecuación que dependen de “t”. didt+P(t)i=f(t) didt+RLi=EL

II.

En el segundo paso encontramos el factor integrante: ,

El valor de P(t) en e∫P(t)dt, P(t)=RL.

eRL∫dt=eRLt III.

Como tercer paso, encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

El sistema homogéneo asociado es la ecuación diferencial: didt +RLi=0. Sustituimos en ic=Ce∫P(t)dt, donde: P(t)=RL encontrado en el primer paso, y desarrollamos. Para esclarecer de donde sale la fórmula ic=Ce−∫P(t)dt, siga el siguiente enlace: Solución del sistema homogéneo asociado .

ic=Ce−RL∫dt =Ce−RLt Solución Específica para el Sistema Homogéneo Para encontrar una solución específica para el sistema homogéneo, utilizaremos los valores iniciales ic=i0 , de modo que: de t=0; Sustituyendo en:

ic=Ce−RLt Tenemos:

i0=C(1) ⇒ C=i0 Por tanto, la solución particular (específica) del sistema homogéneo asociado es:

ic=i0e−RLt Grafica de la familia de soluciones del sistema homogeneo asociado:

ic=Ce−RLt y la solución particular ic1=i0e−RLt

La función ic=Ce−RLt , tiene como dominio más largo el intervalo: Dxc:{t∈R | −∞
i(t), dentro del rango que estemos analizando.

El valor de C=i0 , para la solución particular del PVI Ldidt+Ri=0, i(0)=io. El intervalo de definición de una solución, por definición (ver Intervalo de definición de una solución I ), necesita cumplir al menos 2 criterios para ser considerado válido: 1. Que la función solución que se encuentra esté definida en él (no necesariamente continua, una función definida por partes también puede calificar), y 2. Que esta función sea, también, derivable dentro del intervalo. IV. En el cuarto paso, encontramos una solución particular a partir del sistema no homogéneo: El sistema no homogéneo es: didt+RLi=EL. Para resolverla utilizamos la fórmula: i p=1e∫P(t)dt∫e∫P(t)dtf(t)dt, donde: e∫P(t)dt=RL (obtenido en el punto ii.) y f(t)=EL obtenido en el punto i. Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo .

i p=1eRLt∫eRLt(EL)dt =EReRLt∫eRLt(RL)dt =EReRLt[eRLt] =ER Solución del Problema de Valores Iniciales (PVI) de la ED lineal de 1er Orden La solución del problema del PVI se obtiene al encontrar una solución específica que cumpla con las condiciones iniciales (que las contenga), del problema. Para esto, necesitamos encontrar el valor de “C”, de la solución general, sustituyendo en la solució n general, los valores de “t” e “i”, que vienen como condiciones iniciales y despejando “C”.

t=0;

i=i0

Por tanto: Si la solución general del Sistema no Homogéneo es:

i(t)=Ce−RLt+ER Entonces, sustituyendo los valores iniciales

i(0)=i0 Tenemos:

i0=Ce−RL(0)+ER ⇒i0=C(1)+ER ⇒C=i0−ER Por lo que UNA solución particular del sistema no Homogéneo, es:

i(t)=(i0−ER )e−RLt+ER Gráfica de la familia de soluciones del sistema no homogéneo:

i(t)=Ce−RLt+ER y la solución particular:

i(t)=(i0−ER )e−RLt+ER

El dominio de la solución i(t)=i0e−RtL+VR −e−RtLVR está en el intervalo: Di(t):−∞
(−∞,∞). Notar que el valor de C=i0−ER , para el problema del PVI.

Por tanto, la solución del Problema del Valor Inicial: Ldidt+Ri=E, i(0)=io, es,

i(t)=i0e−RtL+VR −e−RtLVR

Con intervalo de solución:

I:{t∈R |−∞
alnx=lnxa Debido a que:

y=eximplica x=lny y además lny=logey recordamos que la función x=logey, es inversa de y=ex, por tanto si multiplicamos esta última función por ln obtendremos: lny=lnex=x y

ex=elny=y En el análisis de fenómenos físicos modelados con Ecuaciones Diferenciales en la actualidad es importante contar con un software que te permita obtener resultados tanto de las técnicas de Graficación, como de las técnicas de simulación numérica, es por eso que en este Blog he integrado la página: Haz Tu Simulación (da click aquí), donde podrás escribir tu código en los programas: Octave, Máxima, Python o SAGE, para simular y/o graficar tus modelos de ecuaciones diferenciales. Para aprender a realizar las simulaciones de ecuaciones lineales en SAGE, visita la siguiente página: Cómo simular con SAGE. La intuición y la confianza son parte importantes en el aprendizaje de esta materia, es por eso que para desarrollarlas será necesario practicar varias veces con los métodos y técnicas aquí descritos teniendo una actitud mental apropiada. Para que conozcas la actitud mental que me ha hecho prosperar en esta y otras materias a lo largo de mi vida, te comparto el artículo: La técnica perfecta para aprender Ecuaciones Diferenciales, donde te revelo la actitud que me ha hecho tener éxito en materias arduas pero fascinantes como esta. Por último te recomiendo revises los productos que me han servido en mis propios estudios; están al final del artículo: La técnica perfecta para aprender Ecuaciones Diferenciales , bajo el apartado Técnicas perfectas para aprender . Estoy seguro te servirán. Encontraste la información que buscabas? Necesito otros ejemplos: ejercicio 28, ejercicio 29 Para cualquier duda sobre los ejercicios resueltos o el sitio WEB te invito a dejar un comentario o contáctame en esta página: Contacto(da click aquí) This entry was posted in Ecuacion diferencial ejercicios resueltos, ecuaciones diferenciales lineales , Ejercicios Resueltos Dennis G. Zill Capitulo 2.3, problema del valor inicial and tagged ecuacion diferencial lineal , ecuaciones diferenciales dennis zill , problemas de valor inicial . Bookmark the permalink .

Factores Integrantes SEPTIEMBRE 18, 2014 BY MANUEL ALEJANDRO VIVAS RIVEROL

En este artículo aprenderás a obtener con facilidad los factores integrantes, para diferentes tipos de Ecuaciones Diferenciales (EDO’s lineales 1er orden, EDO’s de Bernoulli, EDO’s no exactas hechas exactas), utilizando álgebra para deducir dichos factores, así como las leyes de derivación e integración. Además, podrás comparar estos resultados con los obtenidos mediante los métodos de 4 pasos que utilizamos en este blog para que entiendas los conceptos más a fondo (Ver el Ejemplo 1).

Según el Dr. Torben K. Jensen, del Center for Learning and Educacation en la University of Aarhus en Dinamarca, dice que la mejor forma de aprender es construir nueva información sobre la vieja información ya adquirida y afianzada (Ver: Video: Teaching Teaching & Understanding Understanding en youtube); por esta razón compararemos los dos procedimientos utilizados en este blog para resolver el mismo tipo de ecuación; es decir, utilizaremos los métodos de 4 pasos y los deducidos acá para construir un puente de conocimiento que nos permita crear conexiones cerebrales y afianzar el conocimiento, además de poder comprender más a fondo los temas desarrollados. Metodología Utilizada En cada Ejercicio:

– Determinaremos el tipo de Ecuación Diferencial que se nos presenta para resolver – Escribiremos la estrategia específica que nos permita convertir en lineal o exacta la ED a solucionar. – Encontraremos el factor integrante para dicha ecuación – Resolvemos la ED mediante un método mas intuitivo y diferente al de los 4 pasos utilizados en este blog: i. Para las ED lineales de primer orden: Utilizaremos la regla de derivación del producto: d(uv)=udv+vdu, junto con el Factor Integrante encontrado, para hallar la función solución de la ED. Una explicacion del porque de esta técnica se puede ver en el siguiente link: Click aquí . ii. Para las ED exactas: Utilizaremos la forma estándar de la ecuación:

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 (1) y el hecho de que un Factor Integrante μ al ser multiplicado por la ED de la forma de (1) la convierte en una ED exacta si cumple con el criterio de exactitud: δMδy=δNδx

Utilizaremos la comparación de los dos métodos (el visto en este artículo y el de los 4 pasos) en el Ejemplo 1 de los ejercicios desarrollados, para la comprensión más profunda de los temas.

EJERCICIOS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE LA OBTENCIÓN DE FACTORES INTEGRANTES E jemplo 1. Resolver la E D sigui ente (E D lineal del 1er orden)

dydx+y=2+2x (2)

Tipo de Ecuación Diferencial La ecuación de arriba concuerda con la forma estándar de una ED lineal de primer orden, la cual es: dydx+P(x)y=f(x)

Estrategia de Solución Encontraremos el factor integrante y utilizaremos la regla del producto, para integrar parte de la ecuación directamene (lado izquierdo), mediante el adecuar la ecuación a la forma de la regla del producto usando el factor integrante. Compararemos esta técnica con la de los 4 pasos. Factor Integrante (FI) Sabemos, de acuerdo a lo desarrollado en el artículo: Cómo resolver ecuaciones diferenciales con el método del factor integrante, que el factor integrante para una ED lineal de primer orden es:

e∫P(x)dx De modo que sustituyendo los valores de (2), en la expresión anterior, obtenemos el factor integrante buscado, es decir:

e∫P(x)dx=e∫dx=ex, De modo que el FI es: ex donde:

P(x)=1 Resolvemos la ED Multiplicamos el FI por ambos miembros de la ecuación (1) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto:

exdydx+exy=ex(2+2x) El lado izquierdo es igual a la de la regla del producto, por tanto: ddx(exy)=2ex+2xex

Donde hemos desarrollado el 2º miembro de la ED. Ahora, notemos que la inclusión del Factor Integrante nos permite integrar ambos miembros de la ED. Procedemos como sigue:

∫ddx(exy)=2∫exdx+2∫xexdx+C Integramos por partes: ∫xexdx: u=x dv=exdx du=dx v=ex ⇒exy=2ex+2(xex –∫exdx)+C ⇒exy=2ex+2xex−2ex+C⇒exy=2xex+C ⇒y=2x+Ce−x Por lo que el resultado buscado es: y=2x+Ce−x El mismo ejemplo, resuelto mediante el método de los 4 pasos, es el siguiente, dar click al boton mostrar/ocultar, luego dar click sobre la imagen (o abre la imagen en otra ventana) para ver en grande:

Mostrar/Ocultar▼▲

;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=; ;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=; E jemplo 2. R esuelva la siguiente E D (E cuación de Bernoulli)

dydx−y=xy2 (3)

Tipo de Ecuación diferencial La ecuación de arriba concuerda con la forma estándar de una ED de Bernoulli, la cual es: dydx+P(x)y=f(x)yn

Estrategia de Solución Convertimos la ED de Bernoulli, en un ED lineal de primer orden, mediante una sustitución de variables. Siempre Utilizaremos la sustitución:

u=y1−n Resolveremos la ED lineal resultante con en el Ejemplo 1, encontrando un factor integrante y utilizando la regla de derivación de un producto.

Factor integrante(FI) Para encontrar el FI, necesitamos convertir primero la ED de Bernoulli en una ED lineal (de primer orden)

Para tal efecto, en nuestro caso, utilizamos la sustitución:

u=y1−2 u=y−1 Ya que n=2 , que proviene del 2º miembro de (3), ( …=xy2) De modo que sustituimos en (3): u=y−1. Procedemos con el razonamiento siguiente: u=y−1, ⇒u=1y o dicho de otra forma: y=u−1 (4) De (4) debemos saber que: y(u(x)), Por tanto, aplicando la regla de la cadena a (4), tenemos:

dydx=dydu∗dudx=−u−2dudx (5) Ahora, tenemos el valor de y y dydx y podemos sustituirlos en (3), para hacerla lineal, procedemos como sigue:

dydx−y⇒−u−2dudx – 1u⇒dudx+1u∗u−2⇒dudx+u2u⇒dudx+u=====xy2x(1u)2x1u2∗u−2x∗u2u2x De modo que ahora tenemos una ED lineal de primer orden y podemos encontrar su FI:

e∫P(x)dx==e∫dxex De modo que el factor integrante es:

ex Resolvemos la ED Multiplicamos el FI por ambos miembros de la ecuación (3) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto y procedemos como en el ejemplo anterior:

exdudx+exu=xex ⇒ddx(exu)=xex ⇒exu=∫xexdx+C u=x dv=exdx du=dx v=ex ⇒exu=(xex –∫exdx)+C

exu=xex−ex+C ⇒u=xex−ex+Cex ⇒

Ahora, una vez despejado el valor de u, retomamos las variables originales. Por tanto si: y=u−1=1u, entonces:

y=exxex−ex+C De modo que el resultado es: y=exxex−ex+C Ahora presentamos el mismo ejemplo pero resuelto mediante el método de los 4 pasos, denle click al boton mostrar/ocultar y posteriormente denle click sobre la imagen:


;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=; ;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=; E jemplo 3. Resolver la E D sigui ente (E D lineal del 1er orden)

xdy−2ydx=(x−2)exdx (6)

Tipo de Ecuación Diferencial Inspeccionamos y determinamos que la ED es lineal de 1er orden, lo cual se hace evidente mediante el siguiente desarrollo:

xdy−2ydx=(x−2)exdx ⇒xdy−2ydx−(x−2)exdx=0 ⇒xdy+(−2y−(x−2)ex)dx=0 ⇒xdydx+(−2y−(x−2)ex)=0 ⇒xdydx−2y=(x−2)ex Por ultimo:

dydx – 2yx=(x−2)xex (7) La cual se adecua a la forma estándar de una ED lineal de primer orden: dydx+P(x)y=f(x)

Estrategia de Solución

De nuevo, como en el ejemplo 1, encontraremos el factor integrante y utilizaremos la regla del producto para integrar el lado izquierdo izquierdo de la ecuación directamente mediante el adecuarla a la forma forma de la regla regla del producto utilizando utilizando el factor factor integrante. Compararemos Compararemos esta técnica técnica con la de los 4 pasos.

Factor Integrante(FI) Nuevamente utilizamos utilizamos lo visto visto en artículo: Cómo resolver ecuaciones diferenciales con el método del factor integrante,, para determinar el factor integrante el cual es (ver el Ejemplo 1, también): integrante

e∫P(x)dx=====e−2∫dxxe−2lnxelnx−2x−21x2 Donde:

P(x)=−2x, Resolvemos la ED Al igual que en el Ejemplo 1, multiplicamos el factor integrante por ambos miembros de la ecuación (7) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto:

(1x2)dydx – (1x (1x2)2yx⇒(1x2)dydx – (2x3)y⇒ddx(1x2y)===(1x2)(x−2)exx(1x2)(x−2)exx(1x2)(x−2)exx Ya que tenemos la forma de la regla del producto, obtenemos la función solución integrando, de modo que:

=∫xexx3dx−2∫exx3dx+C ⇒yx2=∫exx2dx−2∫exx3dx+C Para integrar por partes ∫exx2dx, utilizamos: u=ex dv=x−2dx du=exdx v=−1x Para integrar por partes: ∫exx3dx, utilizamos: u=ex dv=x−3dx du=exdx v=−12x2 ⇒yx2

Por tanto, sustituyendo los valores anteriores en las integrales correspondientes, tenemos: tenemos:

=−exx+∫exxdx−2[ – – ex2x2+12∫exx2dx]+C 2 –∫exx2+C ⇒yx2=−exx+∫exxdx+exx –∫ ⇒yx2=−exx+∫exxdx+exx2 – – [−exx+∫exxdx]+C ⇒yx2=−exx+∫exxdx+exx2+exx−∫exxdx+C ⇒yx2=exx2+C ⇒y=ex+Cx2 ⇒yx2

Por tanto, la función solución es: y=ex+Cx2 De nuevo, como habíamos dicho, presentamos el mismo ejemplo pero resuelto mediante el método de los 4 pasos. Click al boton mostrar/ocultar: mostrar/ocultar:


;=;=; ; =;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=; =;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=; =; ;=;=; ; =;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=; =;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=;=;=; =;=;=;=; =; E j emplo 4. Re R eso solve lverr la E D si sigui gui ente ( E D liline neal al del 1er 1er or den)

Ci r cuito LR L R en serie seri e con con sumi sumi ni nistro stro de vo volta ltajj e vari variab able le

didt−6i=10Sen2t (8)

Tipo de Ecuación Diferencial Utilizamos la inspección y determinamos que la ED es lineal de 1er orden, es decir tiene la forma: dydx+P(x)y=f(x)

Donde:

P(x)=−6 f(x)=10Sen2t Estrategia de Solución Seguimos nuevamente la misma estrategia de solución que en el Ejemplo 1. Hallamos el factor integrante y utilizaremos utilizarem os la regla del producto para integrar directamente (Ver Ejemplo 1). Factor Integrante(FI) Como describimos en el articulo: Cómo resolver ecuaciones diferenciales con el método del factor integrante , el factor integrante es (ver el Ejemplo 1, también):

e∫P(x)dx==e−6∫dte−6t Resolvemos la ED Ahora, multiplicamos multiplicamos el factor integrante por ambos a mbos miembros de la ecuación (8) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto y procedemos como en el ejemplo anterior:

didt−6ie−6tdidt−6e−6ti⇒ddt(e−6ti)⇒e−6ti====10Sen2te−6t(10Sen2t)10e−6tSen2t10∫e−6tSen2 tdt+C

(9 )

Integrando por partes: ∫e−6tSen2tdt , tenemos:

u=Sen2t du=Cos2t(2)dt v=−16e−6t

dv=e−6t v=−16∫e−6t(−6)dt

Entonces:

∫e−6tSen2tdt=−16e−6tSen2t+16∫e−6tCos2t(2)dt ⇒

∫e−6tSen2tdt=−16e−6tSen2t+13∫e−6tCos2tdt (10)

De nuevo, integrando por partes, ahora: ∫e−6tCos2tdt, tenemos:

u=Cos2t du=Cos2t(2)dt v=−16e−6t

dv=e−6tdt v=−16∫e−6t(−6)dt

De modo que, continuando con la ecuación (10): 16e−6tCos2t−16∫e−6tSen2t(2)dt] ∫e−6tSen2tdt=−16e−6tSen2t+13[ – – 16 – 16 16e−6tCos2t−13∫e−6tSen2tdt] ⇒∫e−6tSen2tdt=−16e−6tSen2t+13[ – ⇒∫e−6tSen2tdt=−16e−6tSen2t−118e−6tCos2t−19∫e−6tSen2tdt Debido a que la función: ∫e−6tSen2tdt aparece en ambos miembros de la ecuación, podemos simplificar

como sigue:

∫e−6tSen2tdt+19∫e−6tSen2tdt=−16e−6tSen2t−118e−6tCos2t] ⇒(1+19)∫e−6tSen2tdt=−16e−6tSen2t−118e−6tCos2t ⇒109∫e−6tSen2tdt=−16e−6tSen2t−118e−6tCos2t ⇒∫e−6tSen2tdt=910(−16e−6tSen2t−118e−6tCos2t) ⇒∫e−6tSen2tdt=−320e−6tSen2t−120e−6tCos2t ⇒

Una vez resuelto la integral De modo que, retomando la ∫e−6tSen2tdt, podemos regresar a la ecuación (9) para encontrar la solución del ED (8). Planteando la ecuación (9) y sustituyendo el resultado anterior obtenido para la integral ∫e−6tSen2tdt, tenemos:

e−6ti===10∫e−6tSen2tdt+C10[−320e −6tSen2t−120e−6tCos2t]+C –

(11)

32e−6tSen2t−12e−6tCos2t+C Por último encontramos el valor de la corriente i(t) despejándolo de (11) como sigue:

i(t)===1e−6t( – 32e−6tSen2t−12e−6tCos2t+C) – 32e−6te−6tSen2t−12e−6te−6tCos2t+Ce−6t – 32Sen2t−12Cos2t+Ce6t Por lo que el resultado final es: i(t)=−32Sen2t−12Cos2t+Ce6t Como habíamos dicho, presentamos el mismo ejemplo pero resuelto mediante el método de los 4 pasos. Click al boton mostrar/ocultar:


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dydx+y=y2ex (12)

Tipo de Ecuación Diferencial Vemos, por inspección, que la ED es del tipo Bernoulli, pues tiene la forma: dydx+P(x)y=f(x)yn

Estrategia de Solución Como ya hemos visto en el Ejemplo 2, necesitamos convertir la ED de Bernoulli en un ED lineal de primer orden, mediante la sustitución de variables. la sustitución a utilizar es siempre:

u=y1−n Resolveremos la ED lineal resultante con el mismo procedimiento del Ejemplo 1 (encontramos un FI y utilizamos la regla de derivación de un producto).

Factor Integrante(FI) Como sabemos, para hallar el FI, necesitamos convertir primero la ED de Bernoulli en una ED lineal (de 1er orden) Utilizamos en este caso la sustitución:

u=y1−2 u=y−1 Ya que n=2 , que proviene del 2º miembro de (3), ( …=y2ex) De modo que sustituimos en (12): u=y−1 y procedemos como sigue: u=y−1, ⇒ u=1y. Esto es, dicho de otra forma: y=u−1 (13) De cuatro debemos saber que: y(u(x)), Por tanto, aplicando la regla de la cadena a (13), tenemos:

dydx=dydu∗dudx=−u−2dudx (14) Ahora, tenemos el valor de y y dydx y podemos sustituirlos en (12), para hacerla lineal, procedemos como sigue:

dydx+y⇒−u−2dudx+1u⇒dudx – 1u∗u−2⇒dudx – u2u⇒dudx−u=====y2ex(1u)2ex1u2∗u−2exu2exu2ex De modo que ahora tenemos una ED lineal de primer orden y podemos encontrar su factor integrante:

e∫P(x)dx==e−∫dxe−x De modo que el FI es:

e−x Resolvemnos la ED Como siempre, ahora, multiplicamos el factor integrante por ambos miembros de la ecuación (3) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto y seguimos el procedimiento del Ejemplo 2.

(e−xu)=1e−xdudx −e−xu=e−xex ⇒exu=∫dx+C ⇒exu=x+C ⇒u=x+Ce x Ahora, una vez despejado el valor de u, retomamos las variables originales. Por tanto, si: y=u−1=1u, entonces: y=exx+C ⇒ddx

De modo que el resultado es: y=exx+C Presentamos el mismo ejemplo, ahora resuelto mediante el método de los 4 pasos. Click al botón mostrar/ocultar:


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ydx+(xy+x−3y)dy=0 (15)

Tipo de Ecuación Inspeccionamos y notamos que la ecuación podría ser exacta, pues tiene su forma es de la de una ED de este tipo, donde toda la ED esta IGUALADA A CERO y los TÉRMINOS DEPENDEN de x e y, como se puede ver si usamos la forma estándar de una ED de este tipo:

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 Claro, en nuestro caso el primer término solo depende de y, pero procedemos de la misma forma pues el segundo término si depende de x e y. Estrategia de solución Utilizaremos la forma estándar de la ecuación:

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 (16) y el hecho de que un Factor Integrante μ al ser multiplicado por la ED de la forma de (1) la convierte en una ED exacta si cumple con el criterio de exactitud:

δMδy=δNδx (17) Para esto suponemos un Factor Integrante(FI) μ y lo multiplicamos por la ED a resolver [en nuestro caso la ecuación (15)] y utilizamos la ecuación (17) para despejar el FI: μ. Una vez obtenido el FI, resolvemos la ED exacta mediante el método de 4 pasos descrito en el artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas . Factor Integrante (FI) Primero, determinamos si la ED es exacta:

M(x,y)=y δMδy=1 δNδx=y+1

N(x,y)=xy+x−3y

Por tanto la ED no es exacta, ya que: δMδy≠δNδx

Convirtiendo la ED en exacta mediante el Factor Integrante (método alternativo al de los 4 pasos) Suponemos que μ es el FI que convierte a la ED en exacta. Se derivan dos casos; el primero donde μ(x) y el segundo donde μ(y), el caso seleccionado será el que solo dependa de la variable seleccionada. Ver el desarrollo siguiente: Primer caso, hacemos FI igual a μ(x) lo multiplicamos por (15) y utilizamos la ecuación (17), para despejar μ(x) ESPERANDO QUE QUEDE EN FUNCIÓN DE x de otra forma usamos el segundo caso. Segundo caso, FI igual a μ(y) lo multiplicamos por (15) y utilizamos la ecuación (17), para despejar μ(y) ESPERANDO QUE QUEDE EN FUNCIÓN DE y. Estas condiciones las usamos debido a que nos interesa convertir en una ED ordinaria a nuestra ED, es decir en una ED donde las derivadas de sus variables dependientes estén en función de una sola varable independiente; de otra forma estaríamos hablando de Ecuaciones Diferenciales parciales. Procedemos a hallar μ, de acuerdo a lo descrito: Primer caso:

μ(x)ydx+μ(x)(xy+x−3y)dy=0 Por tanto:

M(x,y)=μ(x)y N(x,y)=μ(x)(xy+x−3y) δMδy=μ(x) δNδx=y(μ(x)∗1+dμ(x)dx∗x)+μ(x)∗1+dμ(x)dx∗x−y δμ(x)δx δNδx= No solo depende de x, por lo que no podemos usar μ(x) Segundo caso:

μ(y)ydx+μ(y)(xy+x−3y)dy=0 Por tanto:

M(x,y)=μ(y)y δMδy=μ(y)(1)+dμ(y)dyy

N(x,y)=μ(y)(xy+x−3y) δNδx=μ(y)y+μ(y)

En los dos casos δMδy y δNδx las derivadas parciales solo dependen de y, por lo que podemos usarlas para encontrar el FI. Procedemos como sigue: Sustituyendo en (17) y despejando μ(x), tenemos:

δMδyμ(y)+ydμ(y)dyydμ(y)dyydμ(y)dydμ(y)dydμ(y)dy======δNδxμ(y)y+μ(y)μ(y)y+μ(y) –

μ(y)μ(y)yμ(y)yyμ(y) E integrando el último resultado obtenemos el FI:

dμ(y)dydμ(y)μ(y)lnμ(y)μ(y)====μ(y)dyyey Por lo que el FI es:

μ(y)=ey Resolvemos la ED Antes corroboramos la exactitud de la nueva ED:

M(x,y)=μ(y)y=eyy δMδy=eyy+ey

N(x,y)=μ(y)(xy+x−3y)=ey(xy+x−3y) δNδx=eyy+ey

Por tanto la ED es exacta, ya que: δMδy=δNδx

Resolvemos entonces la ED utilizando los 4 pasos vistos en el artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas , recordando que definimos: Paso 1.

∫M(x,y)dx+g(y)===∫eyydx+g(y)ye y∫dx+g(y)xyey+g(y) Paso 2.

δδy∫M(x,y)dx+g(y)δδy(xyey)+g′(y)x(yey+ey)+g′(y)xyey+xey+g′(y)g′(y)g′(y)======N(x,y)xyey+xey −3yeyxyey+xey−3yeyxyey+xey−3yeyxyey+xey−3yey−xyey−xey−3yey Paso 3.

g(y)g(y)===∫ N(x,y)dx−∫δδy∫M(x,y)dydx∫(−3yey)dy−3∫yeydy

u=y du=dy Por tanto:

dv=eydy v=ey

g(y)==−3[yey –∫eydy]−3yey+3ey Paso 4.

∫M(x,y)dx+g(y)xyey−3yey+3ey==cc Es decir, el resultado buscado o la solución es: c=xyey−3yey+3ey La representación gráfica de este resultado, se muestra en la Figura 1.

Figura 1. Representación gráfica en relieve de la solución del problema 6 Ésta gráfica se puede ver en tonos de azul más oscuro las partes bajas del relieve y en tonos más claros las partes más elevadas.

Dos vistas tridimensionales (manipulables) puede verse a continuación. Posiciona el cursor del mouse sobre la figura y mantenlo presionado con click izquierdo a la vez que l0 mueves para ver diferentes perspectivas de la figura. (es posible que necesites instalar el software para manejo de CDF de Wolfram, da click aquí para instalarlo. )

El código en MATHEMATICA para las gráficas de este ejemplo se presenta al final del artículo.

;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=; ;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=;=; E jemplo 7. Resolver la siguiente E D (E D no exacta hecha exacta)

(2s−e2t)ds=2(se2t – Cos2t)dt Como la estructura de la ED es parecida a la de una ED exacta (ver ejemplo anterior), desarrollamos la ecuación para adecuarla a la forma estándar de una ED.

(2s−e2t)ds−2(se2t – Cos2t)dt=0 ⇒(2s−e2t)ds−(2se2t−2Cos2t)dt=0 ⇒(2s−e2t)ds+(−2se2t+2Cos2t)dt=0 ⇒(2s−e2t)ds+(2Cos2t−2se2t)dt=0 ⇒

Es decir la ED a solucionar es:

(2s−e2t)ds+(2Cos2t−2se2t)dt=0 (18)

Tipo de Ecuación Como siempre utilizamos la inspección y notamos que la ecuación (18) podría ser exacta, tomando en cuanta que la ED esta IGUALADA A CERO y los TÉRMINOS DEPENDEN de x e y, como se ve al en la forma estándar de una ED de este tipo:

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 Claro, es nuestro caso los términos dependen de t y s. Estrategia de Solución Utilizamos la forma estándar de la ecuación:

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 (19)

y el hecho de que un Factor Integrante μ al ser multiplicado por la ED de la forma de (1) la convierte en una ED exacta si cumple con el criterio de exactitud:

δMδy=δNδx (20) Para esto suponemos un Factor Integrante(FI) $\mu$ y lo multiplicamos por la ED a resolver [en nuestro caso la ecuación (18)] y utilizamos la ecuación (20) para despejar el FI: μ. Una vez obtenido el FI, resolvemos la ED exacta mediante el método de 4 pasos descrito en el artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas . Factor Integrante Primero, determinamos si la ED es exacta:

M(t,s)=2Cos2t−2se2t δMδs=−2e2t

N(t,s)=2s−e2t δNδt=−2e2t

Por tanto la ED es exacta, ya que: δMδs=δNδt

Es decir, el FI en este caso es igual a 1, como lo hacemos evidente en la siguiente demostración. Procedemos a hallar μ, de acuerdo a lo descrito en el ejemplo anterior, en la subsección del mismo nombre que esta utilizando ahora las variables t y s: – Primer caso μ(t):

μ(t)(2Cos2t−2se2t)dt+μ(t)(2s−e2t)ds=0 Por tanto:

M(t,s)=μ(t)(2Cos2t−2se2t) N(t,s)=μ(t)(2s−e2t)ds δMδs=−2μ(t)e2t δNδt=2sdμ(t)dt−2μ(t)e2t−dμ(t)dte2t δNδt= No solo depende de t, por lo que no podemos usar μ(t) – Segundo caso μ(s): μ(s)(2Cos2t−2se2t)dt+μ(s)(2s−e2t)ds=0 Por tanto:

M(t,s)=μ(s)(2Cos2t−2se2t) N(t,s)=μ(s)(2s−e2t) δMδs=2Cos2tdμ(s)ds+(−2μ(s)e2t−2se2tdμ(s)ds)

δ Nδt=2μ(s)+2sdμ(s)ds – dμ(s)dse2t

En los dos casos δMδs y δNδt las derivadas parciales NO solo dependen de t o s, por lo que no podríamos utilizar ninguno de los dos casos para encontrar el FI. Sin embargo, en este caso, como sabemos que la ED es exacta, solo corroboramos que su FI es igual a 1. Procedemos como sigue. Utilizamos los valores de δMδs y δNδt del primer caso para este desarrollo aunque se podrían utilizar los valores del segundo caso.

Sustituyendo en (20) y despejando μ(t), tenemos:

δMδs−2μ(t)e2t−2μ(t)e2t−2μ(t)e2t−2μ(t)e2t+2μ(t)e2tμ(t)(−2e2t+2e2t)(2s−e2t)dμ(t)dtdμ(t)μtdμ(t)μ(t)lnμ (t)μ(t)μ(t)============δNδt2sdμ(t)dt−2μ(t)e2t –dμ(t)dte2t2sdμ(t)dt – dμ(t)dte2t−2μ(t)e2t(2s−e2t)dμ(t)dt−2μ(t)e2t(2s−e2t)dμ(t)dt(2s−e2t)dμ(t)dtμ(t)(−2e2t+2e2t)(−2e2t+2e2t) dt(2s−e2t)0dt0e01 Resolvemos la ED Resolvemos entonces la ED utilizando los 4 pasos vistos en el artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas , recordando que definimos: Paso 1.

∫M(t,s)dt+g(s)====∫(2Cos2t−2se2t)dt+g(s)2∫Cos2t(2)dt−2s∫e2t+g(s)22Sen2t – 22se2t+g(s)Sen2t−se2t+g(s) Paso 2.

δδs∫M(t,s)dt+g(s)δδs(Sen2t−se2t)+g′(s)−e2t+g′(y)g′(y)====N(t,s)2s−e2t2s−e2t2s Paso 3.

g(s)g(s)g(s)=====∫ N(t,s)dt−∫δδs∫M(t,s)dsdt∫(2s)ds2∫sds22s2s2 Paso 4.

∫M(t,s)dt+g(s)Sen2t−se2t+s2==cc Es decir, el resultado buscado o la solución es: c=Sen2t−se2t+s2 Código en MATHEMATICA para la solución y graficación del Ejemplo 6.

Clear["Global`*"] PM[x_, y_] := (y); PN[x_, y_] := (x y + x - 3 y); (*Determinación del FI [Factor Integrante]*) PMx = (D[PM[x, y], y] - D[PN[x, y], x])/PN[x, y] // Simplify

PNy = (D[PN[x, y], x] - D[PM[x, y], y])/PM[x, y] // Simplify FIx = fix == Exp[Integrate[PMx, x]] FIy = fiy == Exp[Integrate[PNy, y]] (*CONVIRTIENDO EN EXACTA LA ED*) P[x_, y_] := (y)*FIy[[2]]; Q[x_, y_] := (x y + x - 3 y)*FIy[[2]]; (*Resolviendo la ED*) xx = Exct == Simplify[D[P[x, y], y] - D[Q[x, y], x]] (* Es exacta? *) f3 = fx == Integrate[P[x, y], x] + g[y] df3 = D[f3[[2]], y] == Q[x, y] s3 = Solve[df3, g'[y]](*//Expand*) sf3 = gy == Integrate[s3[[1, 1, 2]], y] sg3 = f == Evaluate [f3[[2]] /. g[y] -> sf3[[2]]] // Expand s1 = Solve[sg3[[2]] == c, c] // Expand ContourPlot[ Evaluate[s1[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -5, 5}, {y, -5, 5}, Contours -> 20, PlotPoints -> 30, PlotRange -> {-10, 10}, ContourShading -> True] ContourPlot[ Evaluate[s1[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -5, 5}, {y, -5, 5}, ContourLabels -> Automatic] Plot3D[Evaluate[s1[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -5, 5}, {y, -5, 5}, PlotRange -> {-10, 10}] Plot3D[Evaluate[s1[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -5, 5}, {y, -5, 5}, MeshFunctions -> {#3 &}, Mesh -> 5] Nota: al pegar el código, es necesario corregir los espacios y verificar que la variable independiente (en este caso “x” esté de color verde, así como la variable independiente “y” ó “f(x)” esté en azul).

Realiza más ejercicios como este, donde encuentres el FI para ecuaciones lineales, de bernoulli o no exactas hechas exactas, puedes utilizar el código de MATHEMATICA que te he proporcionado para que modeles y grafiques tus resultados y se afiance más TU CONFIANZA y TU HABILIDAD. Desarrolla tu intuición y confianza para obtener mejores resultados, más rápidos y más fácilmente. Para esto necesitas preparar tu mente, por eso te invito a leer el artículo La técnica perfecta para aprender ecuaciones diferenciales, da click aquí , y practicar con varios ejercicios. Puedes descargar este mismo artículo en formato PDF, aquí (da click aquí) Quiero más ejemplos de las ecuaciones de Bernoulli Quiero más ejemplos de ecuaciones no exactas hechas exactas en pasos Quiero más ejemplos de ecuaciones li neales de 1er orden en pasos Cómo simular circuitos eléctricos o cualquier Ecuacion Diferencial con SAGE

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Lección 4: Clasificación de las ecuaciones diferenciales Lección 4: Clasificación de las ecuaciones diferenciales Las ecuaciones diferenciales se clasifican por tipo, o rden y linealidad. 4.1 Clasificación por Tipo: Si una ecuación contiene derivadas ordinarias de una o más variables dependientes con respecto a una sola variable independiente se dice que es una ecuación diferencial ordinaria (EDO): Ejemplo:

Si una ecuación con derivadas de una o más variables dependientes de dos o más variables independientes se llama ecuación diferencial parcial (EDP) Ejemplo:

En estos estos ejemplos se nota que existen más de dos variables independientes, contrario a las ecuaciones diferenciales ordinarias que solo tiene una variable independiente. 4.2. Clasificación según el orden:

El orden de una ecuación diferencial (ya sea EDO o EDP) es el orden de la derivada mayor en la ecuación: Por ejemplo:

a) , esta ecuación es de orden 2, no debe confundirse con el exponente 3 que esta definido para la derivada de orden 1. Y como para el orden se debe tener en cuenta el mayor orden entonces el orden es 2. b) y'''+ 3y'' - 3y' - y = 0 es una ecuación de orden 3 c) M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 es una ecuación diferencial de orden 1, porque hay que tener en cuenta que y' = dy/dx. 4.3. Clasificación según la Linealidad: Se dice que una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si F es lineal en y, y',..., y (n). Esto significa que una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal cuando F (x, y, y',..., y (n)) = 0 es:

En la combinación aditiva en el lado izquierdo de la anterior podemos afirmar que: La variable dependiente "y" y todas sus derivadas y', y'',..., y (n) son de primer grado. Y los coeficientes a 0, a1,..., an dependen solo de la variable x. Los ejemplos de ecuaciones diferenciales lineales se tiene las siguientes: a) y''+xy'-3y=e2x , b) y''' + y'' + y = 0, c) (1-x) y'' - 4xy' + 5y = cos x Los ejemplos de ecuaciones no lineales tenemos: a) (1-y) y'' - 2y= e x, es una ecuación diferencial no lineal porque el coeficiente de la variable dependiente y'' también depende de y.

264786683-ecuaciones-diferenciales.docx

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