Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Choquehuanca Lizarraga
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
1. Grafique la familia de curvas que representa la solución s olución general de la ecuación diferencial: y '+ y = 0 Solución: la ecuación diferencial se la puede resolver por variables separables, como se ve. y '+ y = 0 ⇒
dy dx
= −y
1
⇒ ∫ dy = − ∫ dx + c ⇒ ln y = − x + c ⇒ y = ke− x y
Para graficar la familia de curvas se procederá a signar valores a la constante, de donde se hallan las siguientes curvas. k = 0
− x 1 k = ⇒ y = ke k = −2 k = 2 k = −1
2. Dada la ecuación diferencial xy ' = y , determine la solución general en función de k, grafique las curvas integrales y encuentre la solución particular que verifica y (1) = 2 . Solución: la solución se la puede hallar por el método de variables separables, como se observa. xy ' = y ⇒ x
dy dx
=y
1
1
y
x
⇒ ∫ dy = ∫ dx + c ⇒ ln y = ln xk ⇒ y = xk
Determinado la solución particular para las condiciones dadas. y = 2 y (1) = 2 ⇒ y = xk ⇒ 2 = k ⇒∴ y = 2 x x = 1
Graficando la familia de curvas:
3. Dada la ecuación diferencial xy '+ 4 y = 0 , determine la solución general, grafique las curvas integrales y encuentre la solución particular para: y (1) =
3 2
Solución: resolviendo por el método de variables separables, se tiene: xy '+ 4 y = 0 ⇒ xy ' = −4 y ⇒
Procediendo a integral y simplificando:
∫
dy
x = −4 y ⇒
1
1
dx ⇒
1
dy +
1
dx = 0 dx x x 4y 4y 1 1 1 dy + dx = 0 ⇒ ln y + ln x = c ⇒ ln y + 4 ln x = c1 ⇒ ln y + ln x 4 = c1 x 4 y 4
∫
dy = −
∫
ln y + ln x 4 = c1 ⇒ ln x 4 y = c1 = ln k ⇒∴ x 4 y = k ....Solucion _ gral .
1 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones Hallando la solución particular para la condición y reemplazando en la solución general y(1) =
x = 1 3
2 y = 3
4
∴ x y =
2
3 3 4 ⇒ 1 ( ) = k ⇒ k = 3 2 2
2
...Solución _ Part .
La gráfica de la solución particular será:
4. Resolver la ecuación diferencial por variables separables.
dy
=
1 − x2
dx
xy
Solución: separando variables ya que tiene la forma de f ( x)dx = g ( y )dy . dy dx
Procediendo a integrar:
∫
=
1 − x2 xy
⇒ ydy =
1 − x2 x
dx ⇒
1 − x2 x
dx − ydy = 0
x 1 dx − ∫ ydy = ∫ 0 ⇒ ∫ − x dx − ∫ ydy = ∫ 0 ⇒ ln x − 2 x x
1 − x
2
2
Ordenando y simplificando al máximo: 2 ln x − x
2
5. Resolver la siguiente ecuación diferencial
2
− y = c = ln k
( y
2
+ xy
2
⇒x
) y '+ x
2
2
2
2
+ y = ln x − ln k
2
−y =c
⇒∴
x2 x + y = ln k 2
2
2
− yx = 0
Solución. Si factorizamos términos semejantes, podemos emplear el método de ecuación diferencial de variables separables ya que tiene la forma f ( x )dx = g ( y )dy .
( y
2
+ xy
2
) y '+ x
2
− yx = 0 ⇒ y (1 + x) dy = − x 2
2
2
(1 − y ) dx ⇒ ∫
y 2
1 − y
dy = −
x2
∫ 1 + x dx + c... A
Integrando por cambio de variable en ambas integrales tenemos: 2 v = 1 − y (1 − y ) y2 (1 − v) 2 v y2 ⇒ ⇒ ⇒ dy dy dv v v dy y y = − = − + − = − − + − − ln 2 ln 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ∫ 1 − y ∫ 1− y ∫ v ∫ 1− y 2 2 dv = − dy
y 2
2 u = 1 + x (1 + x ) x2 (u − 1) 2 u x2 dx dx du u u dx ⇒ ⇒ ⇒ = = − + = 2 ln ∫ 1 + x ∫ 1+ x ∫ u ∫ 1+ x 2 2 du = dx
x 2
2
2
− 2 (1 + x ) + ln (1 + x )
Reemplazando las últimas dos integrales en la ecuación A, empleando propiedades y simplificando.
2 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones 2 2 (1 + x ) 1+ x (1 − y ) 2 2 − ln (1 − y ) + 2 (1 − y ) − =− − 2 (1 + x ) + ln (1 + x ) + c ⇒ 2 ln − 2( x + y) + x − y = c 2
2
1 − y
1 + x ⇒∴ 2ln + ( x + y ) ( x − y − 2 ) = c y − 1
6. Resolver la ecuación diferencial por variables separables.
dy
=
dx
xy + 3x − y − 3 xy − 2 x + 4 y − 8
Solución: factorizando en el denominador y denominador, y separando variables ya que tiene la forma de dy
=
dx
xy + 3x − y − 3 xy − 2 x + 4 y − 8
=
y ( x − 1) + 3( x − 1) x( y − 2) + 4( y − 2)
⇒
dy
=
dx
( x − 1)( y + 3) ( y − 2)( x + 4)
⇒∫
y−2 y+3
dy =
f ( x )dx = g ( y )dy .
x −1
∫ x + 4 dx + c...A
Resolviendo las integrales por separado. y − 2
y
x − 1
x
2
2
3
∫ y + 3 dy = ∫ y + 3 − y + 3 dy = ∫ 1 − y + 3 − y + 3 dy = y − 5ln( y + 3) 1
1
4
∫ x + 4 dx =∫ x + 4 − x + 4 dx = ∫ 1 − x + 4 − x + 4 dx =x − 5ln( x + 4) Reemplazando las anteriores integrales en A. 5
x + 4 x+4 y − 5ln( y + 3) = x − 5ln( x + 4) + c ⇒ 5ln = x − y + c ⇒∴ y + 3 y+3
( y
7. Resolver la ecuación diferencial homogénea
2
+x
2
x − y
= ke
) dx + xydy = 0 .
Solución: para resolver la ecuación diferencial, se hará el siguiente cambio de variable por ser una ecuación diferencial homogénea que tiene la forma
( y
2
−x
2
y . x
y ' = f
dy
) dx + xydy = 0 ⇒ dx = −
( y
2
−x
2
) y = ux
xy
dy dx
=
du dx
x + u
⇒
du dx
x +u =
(u
2
x2 − x2 ) ux 2
=−
u2 −1 u
⇒
du dx
x=
1 − 2u 2 u
Separando las variables e integrando se tiene: du dx
x =
1 − 2u u
2
⇒∫
u
1 − 2u
du = 2
1
∫x
dx + c ⇒
Volviendo a las variables originales, según y 1− 2 x
1
∫
−4u
−4 1 − 2u
du = 2
y = ux , se tiene. 2
= k1
1 x
4
⇒1=
1
∫x
2 x 2 y 2 + k 1 x
4
dx + c ⇒ −
1 4
ln(1 − 2u 2 ) = ln kx ⇒ 1 − 2u 2 = k 1
1 x
4
⇒∴ 2 x 2 y 2 + k1 = x 4
y y x x 8. Resolver la ecuación diferencial homogénea x + ye dx − xe dy = 0 , si y (1) = 0 .
3 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
Solución: como se observa la ecuación diferencial es homogénea, ya que tiene la forma de
x . Por lo tanto se hará y
x ' = f
el siguiente cambio de variable con su respectiva derivada. 1 x = uy u dx xe du uye y u ⇒ = + = dx du x + ye x dx − xe x dy = 0 ⇒ y 1 y + u = dy dy x x + ye dy dy uy + ye u y
y
y
1
x
u
ue
=
1
u+e
⇒
u
du dy
y=
−u
2 1
u+e
u
Separando variables e integrando, se tiene: 1
du dy
y =
−u
2 1
⇒∫
u+e
u + eu
u2
u
du = −
∫
1 1 u1 1 1 u dy + c ⇒ ∫ + e 2 du = − ∫ dy + c ⇒ ln u − e y u y u
1
Volviendo a las variables originales, se tiene: x = uy ⇒ u =
x y
1
= − ln ky ⇒ ln( kuy ) = e
u
y
⇒∴ ln(kx) = e x
y x = 1 0 ⇒ ln( k ) = e ⇒ k = e ⇒∴ ln( x) = e x −1 Determinando el valor de k para las condiciones iniciales: y (1) = 0 ⇒ y = 0
y
y
9. Resolver la ecuación diferencial homogénea y cos + x sin dx = x cos dy . x x x y
Solución: como se observa la ecuación diferencial es homogénea, ya que tiene la forma de
x . Ordenando y y
x ' = f
realizando el cambio de variable para una E.D. homogénea: y y + y cos x sin y = ux x x y y y y y dy dx = dy ⇒ + tan = dy du y cos x + x sin x dx = x cos x dy ⇒ x x dx x+u y = x cos dx dx x
( u + tan ( u ) ) =
du dx
x + u ⇒ tan u =
du dx
1
x⇒
De la última expresión procediendo a integrar: 1
1
1
x
dx =
1 tan u
du ⇒
1 x
dx −
1 tan u
du = 0
cos u
x
x
∫ x dx − ∫ tan u du = ∫ 0 ⇒ ∫ x dx − ∫ sin u du = ∫ 0 ⇒ ln x − ln sin u = c ⇒ ln sin u = c = ln k ⇒ sin u = k Volviendo a las variables originales, se tiene:
y = ux ⇒ u =
y x
⇒
x
sin
y
= k ∴ x = k sin
y x
x
10. Resolver la siguiente ecuación diferencial reduciéndolas a homogéneas. ( x − 4 y − 9 ) dx + ( 4 x + y − 2 ) dy = 0
4 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga Solución: la ecuación diferencial tiene la forma
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones a1 x + b1 y + c1 por lo que es posible reducirla a una ecuación a x b y c + + 2 2 2
y ' = f
homogénea. Hallando el punto en común entre las rectas, y haciendo los cambios de variable respectivos se tiene: x = 1 + u, dx = du ( x − 4 y − 9 ) x − 4 y − 9 = 0 dy ⇒ − P (1, 2) ( x − 4 y − 9 ) dx + ( 4 x + y − 2 ) dy = 0 ⇒ = − dx ( 4 x + y − 2 ) 4 x + y − 2 = 0 y = −2 + v, dy = dv dv
=−
du
u − 4v
4u + v
Reduciendo la última ecuación a homogénea con un cambio de variable, además de separar variables, se tiene. v = wu dw u − 4wu dw dw w2 + 1 1 − 4w ⇒ ⇒ ⇒ =− u+w=− u = −w − u=− dv dw 4u + v 4u + wu 4+ w 4+w du du du du = u+w du du 4 4+w 1 2w 1 1 ⇒ ⇒ 4 arctan ln ( w 2 + 1) = − ln u + c = − + + = − + + dw du c dw du c w ( ) ∫ w2 + 1 ∫u ∫ w2 + 1 2 ( w2 + 1) ∫u 2 u − 4v
dv
Llevando en función de las variables originales, se tiene: v = wu ⇒ w =
v u
u = x −1
=
y + 2
2 y + 2 1 y + 2 ⇒ 4 arctan ln 1 x −1 ∴ + 2 + = − ln ( x − 1) + c 1 1 − − x x
11. Resolver la siguiente ecuación diferencial reduciéndolas a homogéneas
y ' =
6 x + y − 12 6 x − y − 12
a x+b y +c
1 1 Solución: la ecuación diferencial tiene la forma y ' = f 1 por lo que es posible reducirla a una ecuación a x b y c + + 2 2 2 homogénea. Primero se debe hallar el punto en común entre las rectas, y segundo se debe hacer los cambios de variable respectivos:
y ' =
dy dx
=
6 x + y − 12 6 x + y − 12 = 0
x = 2 + u, dx = du dv ⇒ P (2, 0) ⇒ du 6 x − y − 12 6 x − y − 12 = 0 y = v, dy = dv
=
6u + v 6u − v
Tenemos una ecuación homogénea, por lo que se debe recurrir a otro cambio de variable. v = wu dw dw dw w2 − 5w + 6 ( w − 3)( w − 2 ) 6+ w 6+ w ⇒ ⇒ ⇒ u+w= u = −w + u= = = dv dw du 6u − v du 6− w du 6−w du 6− w 6− w u+w = du du dv
6u + v
6−w
∫ ( w − 3)( w − 2)
dw =
1
∫ u du + c... A
La primera integral se procederá a resolver mediante fracciones parciales. 6−w − w 3 ( ) a = lim = 3 w →3 3 w 3 w 2 − − ( )( ) ( w − 3) 6−w a b 3 4 dw = ln ⇒∫ − 4 ∫ ( w − 3)( w − 2) dw = ∫ w − 3 + w − 2 dw w −3 w− 2 ( w − 2) 6−w b = lim ( w − 2) = −4 w→ 2 w 3 w 2 − − ( )( )
5 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones Reemplazando la última integral en A y volviendo a las variables originales, se tiene: 3
y − 3 v y 3 3 ( w − 3) ( w − 3) w = = x−2 = ln ku ⇒ = ku ln u x−2 ⇒ 4 4 4 ( w − 2) ( w − 2) y u = x − 2 − 2 x − 2
3
= k ( x − 2 ) ⇒∴
12. Resolver la siguiente ecuación diferencial reduciéndolas a homogéneas
y ' =
( y − 3x + 6 ) 4 ( y − 2x + 4)
= k ( x − 2)
2
x + 3 y − 5 x − y − 1
a1 x + b1 y + c1 por lo que es posible reducirla a una ecuación + + a x b y c 2 2 2
Solución: la ecuación diferencial tiene la forma y ' = f
homogénea. Primero se debe hallar el punto en común entre las rectas, y segundo se debe hacer los cambios de variable respectivos: y ' =
dy
=
dx
x + 3 y − 5 x + 3 y − 5 = 0
x = 2 + u, dx = du dv ⇒ P(2,1) ⇒ x − y − 1 x − y − 1 = 0 du y = 1 + v, dy = dv
=
u + 3v u−v
Tenemos una ecuación homogénea, por lo que recurrimos a otro cambio de variable. dv
=
du
v = wu dw u + 3wu u+w= ⇒ dv dw u −v du u − wu u+w = du du
u + 3v
1− w w2 + 2 w + 1
dw =
1 u
du ⇒
1− w w 2 + 2w + 1
dw −
1 u
De la última expresión procediendo a integrar: ∫ Resolviendo la integral por separado, se tiene:
∫w
1− w 2
+ 2w + 1
dw =
w + 1 = z
1− w
∫ ( w + 1)
2
dw
dw = dz
=
1 + 3w
2
1− w 2
w + 2w + 1
⇒∫
w +1
− ln ( w + 1) − ln u = c ⇒
⇒
du
u = −w +
1 + 3w 1− w
2
=
w + 2w + 1
1− w
⇒
dw du
2
u=
w + 2w + 1
1− w
du = 0
1− w
( w + 1) Reemplazando las integrales anteriores en A, se tiene: −
1− w
dw
2 w +1
2
dw −
dw =
1
∫ u du = ∫ 0....A ∫
2−z z2
2 ∫ z2
dz ⇒
+ ln ( w + 1) + ln u = − c = ln k
−
1
2
z
z
dz = −
− ln z = −
2 w +1
− ln ( w + 1)
( w + 1) u 2 ⇒ ln =− k w +1
Volviendo a las variables originales: y − 1 v y −1 1 x 2 + − ( ) x − 2 ( w + 1) u 2 ( x − 2) 2 w = = 2 x + y −3 =− ⇒∴ ln = − ln u x − 2 ⇒ ln =− y − 1 k w +1 k k x+ y−3 + 1 u = x − 2 x − 2
13. Resolver la siguiente ecuación diferencial ( 2 xy 3 + y cos x ) dx + ( 3 x 2 y 2 + sin x ) dy = 0 . Solución: 6 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0 ⇒
Verificando si es una ecuación diferencial exacta para ello debe cumplirse con se da siempre y cuando
( 2 xy
P ( x, y )dx + Q( x, y )dy =
)
(
∂F
dx +
∂ x
∂F
2
∂P
)
2
P
Q
∂ x
=
∂Q ∂x
, esto
dy , donde F es F = 0 y es solución de la ecuación diferencial.
∂y
+ y cos x dx + 3x y + sin x dy = 0 ⇒
3
∂P
∂ y
2
= 6 xy + cos x,
∂Q ∂x
2
= 6 xy + cos x
Como es una ecuación diferencial exacta, podemos hallar la solución F integrando P respecto de x, como se ve.
∫
P = 2 xy + y cos x ⇒ F = (2 xy + y cos x) ∂x + k ( y ) ⇒ F = x y + y sin x + k ( y ) 3
3
2
3
Ahora determinemos k(y) derivando F respecto de y e igualando a Q. ∂F ∂ y
2
dk
2
= 3 x y + sin x +
dy
= Q ⇒ 3 x y + sin x + 2
2
dk dy
2
2
= 3x y + sin x
x 14. Resolver la siguiente ecuación diferencial 2 2 x + y
+
1
+
x
⇒ k ( y) = c ∴ F
1
y dx + x2 + y 2 y
+
1
2
3
= x y + y sin x + c = 0
−
y
x
dy = 0 .
2 y
Solución: P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0 ⇒
Verificando si es una ecuación diferencial exacta para ello debe cumplirse con se da siempre y cuando x x 2 + y 2
1
+
P ( x, y )dx + Q( x, y )dy =
+
x
1
y dx + x2 + y 2 y
+
1
∂F ∂ x −
y
dx +
∂F
∂P
dy = 0 ⇒ y2 ∂y
P
Q
∂ x
=
∂Q ∂x
, esto
dy , donde F es F = 0 y es solución de la ecuación diferencial.
∂y
x
∂P
xy
=−
x2 + y 2
3
1 ∂Q =− , y 2 ∂x
−
xy x2 + y 2
3
−
1 y2
Como es una ecuación diferencial exacta, podemos hallar la solución F integrando P respecto de x, como se ve. P=
x
+
1
+
x
x 2 + y 2
x ⇒ F = ∫ x2 + y 2 y
1
+
1
+
x
1
∂x + k ( y ) ⇒F y
=
2
2
x + y + ln x +
x y
+ k ( y)
Ahora determinemos k(y) derivando F respecto de y e igualando a Q. ∂F ∂ y
y
=
Reemplazando
2
x + y
− 2
x y2
+
dk dy
=Q⇒
y 2
−
x +y
k = ln y + c en F, se tiene: ∴ F =
2
x y2
+
dk
y
=
dy
x 2 + y 2 + ln x +
2
x +y
x y
+ 2
1
−
y
x y2
⇒
dk dy
=
1 y
⇒ k = ln y + c
+ ln y + c = 0
15. Resolver la siguiente ecuación diferencial ( y sin x − sin y )dx − ( x cos y + cos x )dy = 0 .
7 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones Solución. Si introducimos el signo negativo dentro del paréntesis obtenemos una ecuación diferencial exacta ya que cumple con P( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0 ⇒
∂P ∂ x
=
∂Q
∂F
, esto se da siempre y cuando P( x, y )dx + Q ( x , y )dy =
∂x
∂ x
dx +
∂F ∂y
dy ,
donde F es F = 0 y es solución de la ecuación diferencial. ( y sin x − sin y ) dx + ( − x cos y − cos x) dy = 0 ⇒
P
Q
∂P ∂ y
= sin x − cos y,
∂Q ∂x
= − cos y + sin x
Como es una ecuación diferencial exacta, podemos hallar la solución F integrando P respecto de x, como se ve.
∫
P = ( y sin x − sin y ) ⇒ F = ( y sin x − sin y) ∂x + k ( y) ⇒ F = − y cos x − x sin y + k ( y)
Ahora determinemos k(y) derivando F respecto de y e igualando a Q. ∂F ∂ y
= − cos x − x cos y +
dk dy
= Q ⇒ − cos x − x cos y +
dk dy
= − x cos y − cos x ⇒ k ( y) = c ∴ F = − y cos x − x sin y + c = 0
16. Resolver la ecuación diferencial xdx + ( x 2 y + 4 y )dy = 0 , para y (4) = 0 Solución: determinemos si la ecuación diferencial es exacta.
∂P ∂ y
= 0,
∂Q ∂x
∂P
= 2 xy ⇒
∂y
≠
∂Q ∂x
Como no es exacta debemos hallar un factor que transforme la ecuación diferencial en exacta, para ello aplicamos la siguiente formula. 1 ∂P
f ( y ) = −
P ∂y
−
∂Q
1
∂x
x
=−
( 0 − 2 xy ) = 2 y ⇒ u ( y ) = e ∫
f ( y ) dy
=e
∫ 2 ydy ⇒ u ( y ) = e y
2
Multiplicando este factor a las funciones P y Q, obteniendo así una ecuación diferencial exacta ∂P y ∂ y = 2 xye ∂P 2 y y e x dx + e ( x y + 4 y) dy = 0 ⇒ ∂ y P ∂Q = 2 xye y Q ∂ x 2
2
2
=
2
∂Q ∂x
Ahora procediendo a resolver de la misma manera que el anterior ejercicio, se tiene.
∫
y 2
y2
P = e x ⇒ F = e x∂x + k ( y ) ⇒ F = e
y2
x2
2
+ k ( y)
Derivando F respecto de y e igualando a Q se obtiene la solución de la ecuación diferencial. ∂F ∂ y
2
y
= x ye
2
+
dk dy
=e
y
2
(x
2
y + 4 y) ⇒
dk dy
= 4 ye
y
2
⇒ k ( y ) = 2e
y
2
+ c∴ F = e
2
y
x2
2
+ 2e
y
2
+c=0
2 y = 0 y x ⇒ c = −10 ⇒∴ e Determinando el valor de c, de acuerdo a las condiciones iniciales. y (4) = 0 2 x = 4 2
+ 2e
y2
−10 = 0
17. Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal xdy + ( y + 2 yx 2 − 2 x)dx = 0 Solución: para que sea una ecuación diferencial lineal, debe tener la forma: xdy + ( y + 2 yx − 2 x) dx = 0 ⇒ 2
dy dx
dy dx
+y
+ yP( x ) = Q( x )
1 + 2x2 x
=2
8 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones Como se observa tiene la forma de una ecuación diferencial lineal, por lo que para resolverla emplearemos la siguiente formula que nos permitirá hallar la solución, en donde solo debemos identificar las funciones P y Q. − P( x ) dx y = e ∫
∫ y = e −
1+ 2 x
2
dx
x
∫ 1+ 2 x ∫ e x
2
dx
{∫
e∫
P( x ) dx
}
Q( x ) dx + c
− ∫ x1 + 2 x dx ∫ 1x + 2 x dx −( ln x + x ) + 2dx + c = e 2 e dx c ∫ =e 2
{∫
e
( ln x + x2 )
2dx + c
}
Empleando propiedades de logaritmos en el exponencial, se tiene. y = e
(
− ln x + x
2
)
{∫
e
( ln x + x2 )
}
2dx + c =
1 x
e
− x
2
{∫ xe
x2
}
2dx + c =
1 x
e
−x
2
{∫ e
x2
}
2xdx + c =
1 x
e
2
−x
{e
x2
+c
}
De donde la solución de la ecuación diferencial será: ∴ y =
18. Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal L
1
{1 + ce } x
di dt
−x
2
+ Ri = E ,
para i(0) = i0 .
Solución: dividiendo la ecuación entre L, de tal manera que se asemeje a una ecuación diferencial lineal L
Empleando la formula
− P( x ) dx y = e ∫
{∫ e∫
P( x ) dx
di dt
+ Ri = E
⇒
di dt
+
R L
i=
P( t ) dt
( t )
+ yP( x ) = Q( x ) .
L
} en donde se hará la siguiente analogía i e ∫ {∫ e∫ Q dt c} − P( t ) dt
dx
E
Q( x ) dx + c
i=
dy
= y, x = t .
+
R R R dt dt E − t − LR t − LR t E − LR t E LR t E ∫ ∫ L L L i=e dt + c = e ∫ e dt + c = e e + c ⇒ i = + ce ∫ e L L R R i = i E E La constante c se puede calcular mediante las condiciones iniciales i (0) = i0 0 ⇒ i0 = + c ⇒ c = i0 − R R t = 0 −
R E E − L t ∴ i = + i0 − e R R
19. Resuelva la siguiente ecuación diferencial de Bernoulli 2 y '+ y = ( x − 1) y 3 . Solución. Para que sea una ecuación diferencial de Bernoulli debe tener la siguiente forma.
dy dx
+ yP( x ) = y Q( x ) , α
esta
ecuación se hace lineal valiéndose de la sustitución z = y1−α
9 E-mail:
[email protected]
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
z = y = y 1 dy 1 − 2 ( x − 1) y dz 1 dy ⇒ −2 3 = − 2 y dx y 2 dx y 3 dx 1−3
2 y '+ y = ( x − 1) y ⇒ 3
dy
+
1 2
dx
y=
1
−2
3
= −( x − 1)
Llevando la ecuación diferencial en función de las nuevas variables. dz dx
− z = − ( x − 1)
En donde esta ultima ecuación diferencial es un ecuación lineal, empelando la formula para hallar la solución. − ( −1) dx z = e ∫
{∫
e∫
( −1) dx
}
x (1 − x) dx + c = e
{∫ e
−x
}
x (1 − x) dx + c = e
{( xe ) + c} ⇒ z = x + ce −x
x
Llevando en función de las variables originales, se tiene. z = y −2 ⇒ z = y −2 = x + ce x ⇒∴ y 2 =
20. Resuelva la siguiente ecuación diferencial de Bernoulli 3 x
2
dy dx
1 x + ce x
5
− 6 xy + 2 y 2 = 0 .
Solución: para que sea una ecuación diferencial de Bernoulli debe tener la forma
dy dx
+ yP( x ) = y Q( x ) , esta ecuación se hace α
lineal valiéndose de la sustitución z = y1−α 5 3 1− − 3 − 2 5 5 = y 2 2 z = y − dy dy y 2y 3 2 dy y 2 y ⇒ − 6 xy + 2 y 2 = 0 ⇒ −2 = − − + 3 x 2 3 5 3 − 2 dy dx dx x 3 x 2 dz 2 dx x = − y dx 2 dx 5
=
1 x
2
Llevando en función de la nueva variable. dz dx
+3
z
=
x
1 x
2
En donde esta ultima ecuación diferencial es un ecuación lineal, empelando la formula para hallar la solución. 3 3 dx dx 1 −3ln x 3ln x 1 1 x2 1 x2 1 ∫ ∫ x x ⇒ + = + = + = + = + z = e dx c e e dx c xdx c c z c ∫ e { } 2 3 ∫ 3 3 ∫ x2 x x 2 x 2 x −
Llevando en función de las variables originales: −
y
3 2
1 x 2
3 =z= 3 + c ⇒ y 2 x 2
=
1 1 x 2
+ c 3 x 2
=
2x3 2
x +k
3
⇒∴ y
2
=
2 x3 2
x + k
21. Hallar la ecuación de la curva, para la cual, el segmento interceptado por la tangente en el eje de abscisas es igual al cuadrado de la ordenada del punto de contacto. 10 E-mail:
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Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
Solución: la gráfica según el problema tendrá la siguiente forma, sea c la curva que se desea hallar. El segmento interceptado será la siguiente ecuación x − y
dx
Y el cuadrado de la ordenada en el punto de contacto será
y 2
x − y
dx dy
= y
2
⇒
dx
−
dy
x y
dy
= −y
De donde tenemos una ecuación diferencial lineal de primer orden. 1 1 ∫ − y dy ∫ − y dy Q( y ) dy + c = e ( − y ) dy + c ∫ e ∫ ln 1y 1 ln y x = e ∫ e ( − y ) dy + c = y ∫ ( − y ) dy + c = y {− y + c} y
x = e ∫
− P( y ) dy
{
}
P e∫
( y ) dy
−
De donde la solución esta compuesta por una familia de parábolas: ∴ y 2 + x + cy = 0
1. Resuelva la ecuación diferencial: y + xy ' = 0 grafique la familia de curvas asociadas a la solución general. Luego identifique la curva que pasa por el punto (1,-1). Solución: y + xy ' = 0 ⇒ x
dy dx
= −y
1
1
k
y
x
x
⇒ ∫ dy = − ∫ dx + c ⇒ ln y = ln
Identificando la curva que pasa por (1,-1), tenemos:
y =
k x = 1
⇒y=
k
x
1
⇒ y=− x y = −1 y
De donde se puede obtener la gráfica siguiente.
2. Si P=P(t) determine la solución de la ecuación diferencial: ecuación diferencial. Solución:
dP dt
= P −1 ⇒ 2
∫P
1 2
−1
∫
dP = dt + c ⇒
1
∫ ( P − 1)( p + 1)
dP dt
= P − 1 luego derive la solución y 2
dP = t + c ⇒
retorne a la
1 1 1 + dP = t + c 2 P −1 P + 1
∫
11 E-mail:
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Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
1 1 1 1 P −1 P −1 1 + ke 2t 2 t + dP = t + c ⇒ 2 ln P + 1 = t + c ⇒ P + 1 = ke ⇒ P = 1 − ke 2t 2 P −1 P + 1
∫
Derivando la anterior ecuación para comprobar si es solución: P ' ( P + 1) e ( P − 1) k ⇒ = ( P + 1) e 2 t
(
2t
− ( P − 1) P ' e
2t
( ( P + 1) e ) 2t
+ ( P + 1) 2e
2
P= 2 t
)
1 + ke
2t
1 − ke 2t
⇒
P −1 P +1
= ke
2t
⇒
P −1
( P + 1) e 2
(
t
=k
)
= 0 ⇒ P ' ( P + 1) − P ' ( P − 1) − 2 P − 1 = 0 2
2 P ' = 2 ( P 2 − 1) ⇒ P ' = P 2 − 1
3. Resuelva la ecuación diferencial x 2 y '+ xy = x + 1 utilizando variación de la constante. Derive la solución y retorne a la ecuación diferencial original. Solución: x 2 y '+ xy = x + 1 ⇒ y '+
y
=
x +1
x
x
2
⇒ y '+
y x
=0⇒ y=
k x
Derivando y reemplazando en la ecuación diferencial: k = y k'x−k x ⇒ x 2 x2 y ' = k ' x − k 2 x
Reemplazando en y se tiene la solución: Comprobando y si es solución: y = 4. Resuelva el PVI:
( y
2
y =
x
= x + 1 ⇒ k ' x = x + 1 ⇒ k = x + ln x + c
x
⇒ ( xy − x − ln x ) ' = c ' ⇒ y + xy '− 1 −
1 x
= 0 ⇒ x y '+ xy = x + 1 2
2
)
+ 2 xy + 2 dx + ( x + y ) dy = 0, y (1) = 1
∂P
Solución: es una ecuación diferencial exacta: F=
Derivando respecto a y e igualando a Q De donde tenemos el resultado:
k
x + ln x + c
x + ln x + c x
+x
∂ y
∫(y ∂F ∂ y
2
= 2 y + 2 x =
∂Q ∂x
= 2x + 2 y
)
+ 2 xy + 2 ∂x + k ( y ) ⇒ F = xy + x y + 2 x + k ( y ) 2
= 2 xy + x + k ' = ( x + y )
F = xy 2 + x 2 y + 2 x +
2
2
2
⇒ k ' = y2 ⇒ k =
1 3
y3 + c
y = 1 13 1 13 y3 + c = 0 ⇒ k = − ⇒ x y2 + x2 y + 2x + y3 − = 0 3 3 3 3 x = 1
1
5. Se aplica una fuerza electromotriz de 100 v a un circuito en serie en el que la resistencia es de 200 ohms y la capacitancia es de 10-4 farads. • Escriba la ecuación diferencial asociada. • Encuentre la carga q(t) en el capacitor si q(0)=0 • Encuentre la corriente i(t) Solución: sumando la caída de tensión en los componentes e igualando a la fuente: 12 E-mail:
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Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga Ri +
q c
⇒R
=V
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones dq
+
dt
q c
=V
⇒
dq
q
+
dt
Rc
Aplicando la solución mediante la fórmula de la ecuación lineal. q(t ) = Si q(0)=0, se tiene.
q (t ) =
1
=
V R
1 100
⇒
+ ce
dq
+ 50q =
dt
1 2
−50 t
(1 − e ) 100 −50 t
Derivando para hallar la corriente
i=
dq dt
=
1
1
( 50e ) ⇒ i = 2 e 100 −50 t
−50 t
6. Una taza de café se enfría de 80 ºC a 60 ºC en cinco minutos a una temperatura ambiente de 10 ºC. • Planteé la ecuación diferencial y resuélvala • ¿Cuál es la temperatura de la taza a los 20 minutos? • ¿En cuánto tiempo la temperatura llega a 20 ºC? Solución:
dT dt
= −k (T − Tm ) ⇒ T = Tm + Ce
− kt
⇒ T = 10 + Ce − kt
Si en t=0 la temperatura de la taza es 80 ºC, se tiene. 80 = 10 + C ⇒ C = 70 ⇒ T = 10 + 70e − kt Si después de 5 minutos la temperatura es 60 ºC, se tiene. 60 = 10 + 70e− k 5 ⇒ k = 0.067 ⇒ T = 10 + 70 e −0.067 t La temperatura de la taza la los 20 minutos será: T = 10 + 70e−0.067*20 ⇒ T = 28.33º C El tiempo en el cual la temperatura llega a 20 ºC: 20 = 10 + 70e−0.067t ⇒ t = 29.04 min .
7. Si y ( Bx − x 2 ) = 1 donde B es una constante, es solución de una ecuación diferencial de primer orden, escriba la ecuación diferencial. Solución: despejando B, y derivando se tiene.
( 2 xy + x 2 y ') xy − ( x 2 y + 1) ( y + xy ') x 2 y + 1 y ( Bx − x ) = 1 ⇒ B ' = =0 ' ⇒ 2 xy xy ( ) 2
2 x y + x yy '− x y − y − x yy '− xy ' = 0 ⇒ x y − y = xy ' ⇒ y ' = 2
2
3
2
2
3
2
2
2
2
x y − y x
2
1. Resuelva la ecuación diferencial ( y ') = 4 y y grafique la familia de curvas asociada a la solución general. Luego identifique la curva que pasa por el punto (1,4) Solución: ( y ')
2
= 4y
⇒ y ' = ±2 y ⇒ y
= ±x + c ⇒ y = (c ± x)
2
13 E-mail:
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Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga Graficando las curvas para (1,4):
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
2 x = 1 2 2 ⇒ c = 1,3 ⇒ y = (1 + x ) , y = ( 3 + x ) y = ( c ± x ) y = 4
2. Si P=P(t), determine la solución de la ecuación diferencial ecuación diferencial original.
dP dt
= P (1 − P ) , luego derive la solución y retorne a la
1 P 1 P = P (1 − P ) ⇒ ∫ + Solución: dp = ∫ dt + c ⇒ ln =t +c ⇒ dt 1− P P 1− P 1− P dP
= ke
t
⇒ P=
ke
t
1 + ke t
Derivando: P
(1 − P ) e
t
=k
⇒
t t t P ' (1 − P ) e − P ( − P ' e + (1 − P ) e )
( (1 − P ) e ) t
= 0 ⇒ P ' (1 − P ) + PP '− P (1 − P ) = 0 ⇒ P ' = P (1 − P )
2
3. Resuelva la ecuación diferencial y '+ 3x 2 y = 10 x 2 utilizando variación de la constante. Derive la solución y retorne a la ecuación diferencial. Solución: y '+ 3x 2 y = 0 ⇒ ∫
1 y
∫
dy = − x dx + c ⇒ y = ke 3
−x
3
Derivando y reemplazando en la ED : y = ke
− x
3
⇒ y ' = k ' e− x
2 x3
k ' = 10 x e
⇒ k=
Reemplazado para hallar la solución:
3
10 3
2
+ k (− 3 x e
3
(
3
3
)
(
3
x x x ) ⇒ k ' e − + k (−3x 2e − ) + 3 x 2 ke −
) = 10 x
2
x3
e +c
10 x e 3
3
y =
−x
+ ce
−x
3
10 ⇒ y = + ce − x 3 3
Derivando para verificar si es solución: 10 x 10 − x + ce ⇒ c ' = y − e 3 3 3
y =
3
x ' ⇒ y 'e
3
+y−
10
3
2 x 3x e = 0
3
y '+ 3x 2 y − 10 x 2 = 0 ⇒ y '+ 3x 2 y = 10 x 2 2
4. Resuelva el PVI de: ( x + y ) dx + ( 2 xy + x 2 − 1) dy = 0, y (1) = 1 Solución: es una ecuación diferencial exacta, entonces se tiene: F = ∫ ( x + y ) ∂x + k ( y ) ⇒ F 2
Derivando F respecto de y e igualando
∂F ∂ y
2
=
( x + y ) 3
3
+ k ( y)
= ( x + y ) + k '( y ) = 2 xy + x − 1 ⇒ k '( y ) = − y − 1 ⇒ k ( y) = − 2
2
y3
3
− y+c
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Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
Reemplazando en F se obtiene la la siguiente solución: Hallando el PVI: y (1) = 1 ⇒ (1 + 1)
3
F=
( x + y )
3
−
3
y3
3
3
− 1 − 3*1 = k
⇒ k
3
− y + c = 0 ⇒ ( x + y ) − y − 3 y = k =4
⇒ ( x + y )
3
3
3
− y −3y = 4
5. Un Circuito serie conecta una inductancia de 2 henry con una resistencia de 10 ohmios a una fuente de 12 voltios. • Escriba la ecuación diferencial asociada. • Resuelva para i(t) si i(t)=0 • Calcule e interprete: limi (t ) t →∞
Solución: sumando la caída de tensión en los componentes e igualando a la fuente se tiene: Li '+ Ri = V ⇒ i '+
R L
i=
V L
⇒ i '+ 5i = 6 ⇒ i (t ) =
Si i(t)=0, se tiene: k = 6 ⇒ i(t ) = Interpretando el límite: i(∞) = lim t →∞
6 (1 − e−5
t
6 − ke−5
t
5
)
5 6 (1 − e −5t )
=
5
6 5
⇒ i=
6 5
Amp
la inductancia se cortocircuita.
6. La población de una comunidad se incremente a una tasa proporcional al número de personas presente en el tiempo t. se sabe que en cinco años la población inicial A se duplica. • Plantee la ecuación diferencial y resuélvala • ¿Cuánto tarda la población en triplicarse? • ¿Cuánto tarda la población en cuadriplicarse? Solución:
dA dt
= Ak
⇒ ln A = kt + c ⇒ A = ke kt
Analizando el PVI si t=0 entonces tenemos una población inicial A = 2 A0
Si se sabe que en 5 años la población se duplica:
A0 : A0 = ke
⇒ 2 A0
= A0e
t = 5 Cuánto tarda la población en triplicarse: 3 A0 = A0e 0.138t ⇒ t = 8años
k5
k0
⇒k
⇒k
= A0
⇒ A = A0e kt
= 0.138 ⇒ A = A0e
0.138 t
Cuánto tarda la población en cuadriplicarse: 4 A0 = A0e 0.138t ⇒ t = 10años 7. Si y ( Ax − x 2 ) = 1 donde B es una constante, es solución de una ecuación diferencial de primer orden, escriba la ecuación diferencial. Solución: despejando B, y derivando se tiene.
( 2 xy + x 2 y ') xy − ( x 2 y + 1) ( y + xy ') x 2 y + 1 y ( Ax − x ) = 1 ⇒ A ' = =0 ' ⇒ 2 xy xy ( ) 2
2 x y + x yy '− x y − y − x yy '− xy ' = 0 ⇒ x y − y = xy ' ⇒ y ' = 2
2
3
2
2
3
2
2
2
2
x y − y x
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Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
Formulario Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones • •
•
ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES SEPARABLES: f ( x)dx = g ( y )dy ⇒ ∫ f ( x )dx = ∫ g ( y )dy + c ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES: si y ' = f (ax + by + c ) , puede reducirse a variables separables con el cambio de variable u = ax + by + c . TRAYECTORIAS ORTOGONALES: si F ( x , y , y ') = 0 entonces la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales será: F ( x, y, −
1 y '
)=0
16 E-mail:
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Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga •
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS: si
y es homogénea debe x
P( x, y )dx + Q ( x, y )dt = 0 ⇒ y ' = f
poder reducirse a una ecuación diferencial de variables separables con el siguiente cambio de variable •
a1 x + b1 y + c1 , donde a2 x + b2 y + c2
ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS: si y ' = f
y = ux .
a1 x + b1 y + c1 = 0 son rectas a2 x + b2 y + c2 = 0
no paralelas. Esta ecuación debe poder reducirse a una ecuación homogénea con el siguiente cambio de variables x = u + α , donde α ∧ β son el punto en común entre las rectas. y v β = + •
ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS: si cumplir con:
•
∂P ∂ y
=
∂Q ∂x
FACTOR INTEGRANTE: si P( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0 , no es una ecuación diferencial exacta, se debe hallar un factor de integración de modo que la anterior ecuación se vuelva exacta. El factor de integración u esta determinado por: f ( x) =
•
P( x, y)dx + Q ( x, y )dt = 0 , es una ecuación diferencial exacta debe
1 ∂P
Q ∂y
−
∂Q
⇒ u( x) = e ∂x
∫ f ( x ) dx , g ( y ) = − 1 ∂P − ∂Q ⇒ u ( y ) = e ∫ g ( y )dy . P ∂y ∂x
ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN: si la ecuación diferencial tiene la forma:
dy dx
+ yP( x ) = Q( x ) , entonces
la solución de la ecuación diferencial se hallara mediante la siguiente formula: − P( x ) dx y = e ∫
•
{∫
e∫
P( x ) dx
}
Q( x ) dx + c
ECUACIÓN DE BERNOULLI: si la ecuación diferencial tiene la forma:
dy dx
+ yP( x ) = y Q( x ) entonces es posible α
reducirla a una ecuación diferencial lineal de primer orden medial el siguiente cambio de variable •
RECTA TANGENTE A LA CURVA: sea c la curva en el plano, la recta tangente a la curva en el punto P(x,y), viene dada por la siguiente ecuación: y = x
•
−α z = y1 .
dy dx
+ c ⇒ y = xy '+ c
RECTA NORMAL A LA CURVA: sea c la curva en el plano, la recta normal a la curva en el punto P(x,y), viene dada por la siguiente ecuación:
dx 1 c y x ⇒ + = − y + c ' dy
y = x −
Reglas de derivación: si c es una constante cualquiera y las funciones u ( x), v( x), w( x) son derivables, se tiene. d (c) dx
= 0 Derivada de una constante.
d dx
( uv ) =
du dx
v+
dv dx
u Derivada de un producto.
17 E-mail:
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Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Lizarraga d dx d dx
( cu ) = c
du dx
Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones du
Derivada de una constante por una función.
( u + v − w) =
du
+
dx
dv
−
dw
dx
dx
v−
dv
d u dx dx = 2 dx v v
u
Derivada de un cociente.
Derivada de una suma.
Formulas principales de derivación d
( x ) = nx dx d dx d dx d dx d dx
n
d
n −1
dx d
( sin x ) = cos x
dx d
( cos x ) = − sin x
dx d
( tan x ) = sec 2 x ( ctan x ) = −csec 2 x
( arcsin x ) =
1
d
1 − x2 1
dx
( arccos x ) = − ( arctan x ) =
d
1− x
2
1
d
1+ x2 1
dx d
( arcctan x ) = −
2
1+ x d x x x x a ) = a ln a, ( e ) = e ( dx dx dx d
dx
dx d dx
( log a x ) =
1
,
d
x ln a dx
( ln x ) =
1 x
( sinh x ) = cosh x ( cosh x ) = sinh x ( tanh x ) =
1 cosh 2 x 1
( ctanh x ) = −
sinh 2 x
Tabla de integrales elementales:
∫
x
n
x dx = dx
∫ x
n +1
n +1
∫
+c
∫
= ln x + c
arctan x + c = ∫ 1 + x 2 −arcctan x + c dx dx
∫ 1 − x
2
=
1 2
ln
1+ x 1− x
∫
=
= ln x +
2
x ± 1
x
x
a dx =
∫ sin xdx = − cos x + c
− arccos x + c
1 − x 2 dx
a
ln a
∫ e dx = e x
+c
arcsin x + c
dx
x
+c
+c
x2 ± 1 + c
∫ cos xdx = sin x + c dx
∫ sin x = − cot an x + c 2
dx
∫ cos x = tan x + c 2
PRACTICA # 1 18 E-mail:
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Ecuaciones Diferenciales de Primer orden y Aplicaciones
1. Resolver (ED separables): xy '− y = y 3 2. Resolver (ED separables): 1 + x 3
dy
2
= x y+ x
2
dx e2 x − y dx + e y −2 x dy = 0
3. Resolver (ED separables):
cy
Rpta: x =
1 + y 2
Rpta: 2 1 + x3 2
= 3ln ( y + 1) + c
Rpta: e4 x + 2e2 y = c Rpta: arctan( x + y ) = x + c
4. Mediante el cambio de variable x + y = u , resolver y ' = ( x + y ) 5. Mediante el cambio de variable x − y = u , resolver y 'ln ( x − y ) = 1 + ln ( x − y ) Rpta: ( x − y ) ln ( x − y ) = c − y 6. Resolver (ED homogénea): ydx + ( 2 xy − x ) dy = 0 7. Resolver (ED homogénea):
( x
2
8. Resolver (ED homogénea):
( x
2
+ 3 xy + y
− 3y
2
2
Rpta:
) dx − x dy = 0 2
) dx + 2 xydy = 0, y(2) = 1
9. Resolver (ED reducibles a homogéneas): y ' =
x + 3 y − 5
x − y − 1 x − 4 y − 9
10. Resolver (ED reducibles a homogéneas): y ' = −
x y
+ ln y = c
Rpta: ln x +
x y + x
=c
8
Rpta: y = x 1 − x 3
Rpta: ln c( x + y − 3) = 2
2 − x x + y − 3
4 x + y − 2
Rpta: ln ( x − 1)
2
+ ( y + 2)
2
− 8arctan x − 1 = k y + 2
11. Resolver (ED exactas): (3 x 2 + 6 xy 2 )dx + (6 x 2 y + 4 y 3 )dy = 0 Rpta: x3 + 3x 2 y 2 + y 4 = c 12. Resolver (ED exactas): (e x sin y − 2 y sin x)dx + (e x cos y + 2cos) dy = 0 Rpta: e x sin y + 2 y cos x = k 13. Resolver (ED factor de integración ): ( x + y ) dx − 2 xydy = 0 2
Rpta: ln x −
y2 x
=c
14. Resolver (ED factor de integración ): ( xy + x 2 y + y 3 ) dx + ( x 2 + 2 y 2 ) dy = 0 Rpta: x 2 y 2e2 x + y 4e 2 x = c 1 1 1 Rpta: y = x + sin 2 x + c
15. Resolver (ED lineal): y ' = y tan x + cos x 16. Resolver (ED lineal): y ' = 17. Resolver (ED Bernoulli):
1 x sin y + 2 sin 2 y
dy dx
+
y x
= − xy
2
2
Rpta: x = 8sin
2 2 y 2
+ ce
cos x
− cos y
Rpta: y ( x 2 + cx ) = 1
Fecha de entrega viernes 23 de septiembre. Nota los no asistentes a las clases de ayudantía deberán resolver toda la práctica.
19 E-mail:
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