EDO ESPOL

Escuela Superior Politécnica del Litoral

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



RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN.



APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN



RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS.



RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS.



RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS. (SERIE DE TAYLOR)

09

Ecuaciones diferenciales de primer orden

Ecuaciones Diferenciales separables

XYX ͨ{Y XYX  ͨ{{ͩY

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:

XYX  ͨ{{ͩY XYͩ{Y  ͨ{XX  {ͩYXY   ͨ{XX {Y  { - V

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 a ambos lados de la ecuación (y + 3 ) (x + 4 ) (y − 2 )dy (x − 1 )dx ∫ (y + 3 ) = ∫ (x + 4 ) ( y + 3 )dy 5dy 5dx (x + 4 )dx − = − ∫ ( y + 3 ) ∫ y + 3 ∫ (x + 4 ) ∫ ( x + 4 ) 5dy 5dx dy dx − = − ∫ ∫ y + 3 ∫ ∫ (x + 4 ) y − 5 ln y + 3 = x − 5 ln x + 4 + c ESPOL 2009

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Ecuaciones Diferenciales separables

XYX ͨ{Y XYX  ͨ{{ͩY

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:

XYX  ͨ{{ͩY XYͩ{Y  ͨ{XX  {ͩYXY   ͨ{XX {Y  { - V

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 a ambos lados de la ecuación (y + 3 ) (x + 4 ) (y − 2 )dy (x − 1 )dx ∫ (y + 3 ) = ∫ (x + 4 ) ( y + 3 )dy 5dy 5dx (x + 4 )dx − = − ∫ ( y + 3 ) ∫ y + 3 ∫ (x + 4 ) ∫ ( x + 4 ) 5dy 5dx dy dx − = − ∫ ∫ y + 3 ∫ ∫ (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:

Si y(0) =

π

;

4 3e tan(y)dx + (2 − e x )sec 2 (y)dy = 0

Reemplazando u y v :

x

x

2

ln tan(y) = 3ln 2 − e x + c;

x

(2 − e )sec (y)dy = −3e tan(y)dx;

e ln tan(y) = e

x

dy − 3e tan(y) = = f(x).g(y); dx (2 − e x )sec 2 (y)

3ln 2 −e x + c

;

tan(y) = (2 − e x )3 K; La solución general es :

sec 2 (y)dy 3e x dx ; =− tan(y) (2 − e x )

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 x ⇒ dv = − e x dx; ⇒ Reemplazan do : du 3dv = ∫u ∫ v ; ln u = 3ln v + c;

/4 = arctan(K);

   tan   = K; ⇒ K = 1;  4  La solución particular es : y = arctan[(2 − e x )3 ];

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

e x/2ydy −

e x/2 ydy =

dx e y(1 + ex/2 )

= 0

dx ; e y (1 + e x/2 )

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

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

2du 1     1 1 2 = − +   ∫  u 2 u 1 + u du  ; u 2 (1 + u )   2du du du du ; = 2∫ 2 − 2∫ + 2∫ ⇒∫ 2 u (1 + u ) u u 1+u 2du 2 = − − 2 ln u + 2 ln 1 + u + c ; ⇒∫ 2 u (1 + u ) u dx 2 = − − 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ; ⇒ ∫ x/2 x/2 x/2 e (1 + e ) e dx ye y − e y = ∫ x/2 ; e (1 + e x/2 ) La solución implicita general es : 2 ⇒ ye y − e y = − x/2 − 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c; e

⇒∫

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

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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) (e y − e −y ) x 1 + ln( x )

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

(e y − e −y ) ln( x ) = dy ∫ 2y ∫ x 1 + ln(x) dx; (e y − e −y ) = senh( y ) entonces tenemos lo siguiente : Si observamos que 2 senh( y) ln( x) ∫ y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx ; Para integrar

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

y 2 n +1 senh( y ) + ∞ y 2 n =∑ Si senh( y ) = ∑ ⇒ ; y n = 0 (2 n + 1 )! n = 0 (2 n + 1 )! Re emplazando : +∞

y 2n ln( x ) = dy ∫∑ ∫ x 1 + ln(x) dx; n = 0 (2 n + 1 )! +∞

y 2n Integrando ∑ dy obtenemos que : n =0 (2 n + 1)! +∞

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

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Ahora integrando

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

ln(x) ∫ x 1 + ln(x) dx = ?

Si u = ln(x) ⇒ du =

⇒∫

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  ⇒∫

 ( 1 + u )3  udu = 2 − 1+u +C 3 1+u  

 ( 1 + ln(x) )3  ln(x)  ⇒∫ dx = 2 − 1 + ln(x)  + C ; 3 x 1 + ln(x)   La solucion general de forma implícita es :  ( 1 + ln(x) )3  y 2 n +1 =2  − 1 + ln(x)  + C ∑ 3   n =0 (2 n + 1)(2 n + 1)! +∞

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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:  El método del factor integrante.  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); y h' + p(x)yh = 0 ; y h' = − p(x)yh ; dyh

= − p(x)yh ;

dx dyh

∫ y

∫

= − p(x)dx;

h

∫

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);

ln y h = − p(x)dx;

dx

− p(x)dx; y h = e ∫

∫ dv = ∫

g(x)

∫

g(x)

Asumir:

y h

y = y hv(x);

v(x) =

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

y = y h v(x); y = e ∫

y h

− p(x)dx

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∫

dx; dx;

g(x) yh

dx;

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x 3 ; 1) xy'−2 y = sen 2 (x) 4 ctg(x) 2 x2 y' − 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 : −

 1  2  1  x2  ; y' y − =   2 2  2 4 x  x  x  sen (x) ctg(x)   d  1   1  ;  2 y =  2 4 dx  x   sen (x) ctg(x)    1  1  dx ; y = ⇒ ∫ d  2  ∫ 2  4  x   sen (x) ctg(x)    1 1 dx ; ⇒ 2 y = ∫ 2   4 x  sen (x) ctg(x)  2   csc (x) 1 dx = ⇒ ∫ ∫ 4 ctg(x) dx;  sen 2 (x)4 ctg(x)    Si u = ctg( x) ⇒ du = − csc 2 ( x )dx ; csc 2 ( x )  u 3/4  4u 3 / 4 − du −1 / 4 dx = ∫ 4 du = −  =− ∫u ⇒∫ =− 3 4 ctg(x) 3 / 4 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 + C; ⇒ 2 y=− x 3 La solución general de la ecuacion diferencial es :

 4 4 ctg 3 ( X )  y = x − + C ; 3   2

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1 ; 0 ≤ x < 2 y'+ p(x)y = 1; y(0) = 1; p(x) =  - 2x ; x ≥ 2

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 − y = k 1e − x ;

⇒e

y 1 = 1 − k 1e −x ; Pero y(0) = 1;

⇒e

−x

2

+∞

y = ∫∑ n =0

−x

2

+∞

y=∑

⇒ y2 = e

x2

n!

dx ;

(− 1)n x 2 n + 1

n =0

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

(− 1)n x 2 n

+∞

( 2 n + 1)n!

(− 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 continuida d de dos funciones : Esta condición dice :

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

x→ a +

1

x→2 −

x →2 +

2

2  x 2 + ∞ (− 1) n x 2 n + 1  + e x k 2 ; ⇒ lim 1 = lim e ∑ x→2 x→2  n = 0 (2 n + 1)n!  +∞ +∞ (− 1)n 2 2 n + 1 (− 1)n 2 2 n 2 4 22 22 4 ⇒1=e ∑ + e k2 ;⇒ 1 = e ∑ +e k2 ; n = 0 (2 n + 1 )n! n = 0 (2 n + 1 )n! −

+

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

+∞

La solución queda expresada con la siguiente regla de correspond encia : 0 ≤ x < 2 1 ;  +∞ y =  x 2 + ∞ (− 1)n x 2 n + 1 (− 1)n 2 2 n  x2  1 + − e e 2 ∑  e4  ; x ≥ 2  ∑ ( 2n + 1)n! 2 n 1 n ! ( + ) n=0    n =0 ESPOL 2009

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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 y + 2 x)dy = ydx ; (e y + 2 x) = y dx ; dy

y

dx − e y − 2x = 0; dy

yx'−e y − 2 x = 0 ;

≡

e y 2x 2x ey ; − = 0 ; ⇒ x'− = y y y y Tiene la forma x'+ p(y)x = g(y); Ahora y es la variable independiente : Apliquemos el método del factor integrante : x' + p(y)x = g(y); * El factor integrante ahora depende de y :

⇒ x'−

u(y) = e ∫

p(y)dy

; 2

∫ − dy 2 p( y ) = − ; entonces u(y) = e y = e −2 ln y = y -2 ⇒ u(y) = y - 2 y Multiplicando el factor integrante u(y) = y -2 a ambos lados de la ecuación diferencial : y  2 x  -2 e   ⇒ y  x'−  = y . y  y  142 4 43 4

2x e y x'− = y y

-2

d −2 y x dy

[

]

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

y −2 x =

∫

ey dy ⇒ x = y 2 3 y

∫

∫

d[y − 2 x] =

∫

ey dy y3

ey dy y3

y

Para integrar +∞

∑ ∫∑ y

e =

n =0

+∞

n =0

e dy usamos series de potencias : y3

∫

n =0

y n −3 n!

La solución es:

 1 1 x = − − y + y 2ln(y) + 2  2

+∞  1 y n −3  1 1  3+  + + 2  0! y 1! y 2! y n =3 n!  +∞  1  y n −2 ey 1 1 2   dy y ln( y ) C ; = − − + + + 2 y3 (n − 2)n!  2 y y 2  n =3

y n −3 dy = n!

x( y) = y 2

+∞

∑

yn ey ⇒ 3= n! y

∫

∑

+∞

∑ n =3

 yn 2 + C y  (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 = xsen( ln (x)); x Tiene la siguiente forma y'+ p(x)y = g(x), entonces : y' −

u( x ) = e ∫ p( x )dx ;

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

∫ p( x )dx

=e

donde 1 x

− ∫ dx

= e−

1 p(x) = − ; x 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 − 1xsen( ln (x)); x 142 4 43 4 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 = ?

Encontremos 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 ; y= 2 y(1) = 0 ;

dx ; x

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

x[sen(ln(x)) − cos(ln(x))] sen(ln(x ))dx = + C; 2

 x[sen(ln(x)) − cos(ln(x ))]  + C ⇒ y = x 2   2 x [sen(ln( x)) − cos(ln(x))] + Cx; y= 2

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La solución es : x 2 [sen(ln(x)) − cos(ln(x))] x y= + 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) ∂x

∂F( x , y ) ∂x

= M(x, y), se obtiene :

= M(x,y)

∫ ∂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 ; ∂F(x,y) = N(x,y), y procedemos de la misma forma, se obtiene : Si se elige ∂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 x xln(x) x − + + − + − + −  dy = 0   x y    

  3   4 e xy e xy 3 ( ) − + + − + − + − 4x y yln(x) x x 4 x xln(x) x  y' = 0    x y     e xy 3 + y ln (x) + x (3 x − 4 ); M(x,y) = 4 x y − x M y = 4 x 3 − e xy + ln (x) ; e xy + xln(x) − x; N ( x , y ) = x − y 4

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 : e xy + x ln (x) − x; Fy = x − y 4

∂ (F(x,y)) ∂y

e xy =x − + x ln (x) − x; y 4

 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; ∂ = − + − (F(x,y)) x x ln (x) x ∫ ∫  y   e xy  4  ∂y + yx ln( x ) − xy + h ( x ); F( x , y ) = x y − ∫    y   e xy   ∂y se usa series de potencias : Para integrar   y  n +∞ (x ) n (y )n − 1 1 + ∞ (x )n (y )n − 1 e xy 1 + ∞ (xy ) = ∑ =∑ = +∑ ; y y n = 0 n! n ! y n ! n =0 n =1 +∞  1 + ∞ (x )n (y )n − 1   e xy  (x )n (y )n  ∂ y = ln( y ) + ∑ ; ∫  y ∂y = ∫  y + ∑  ( )( ) n! n n ! n =1 n 1 =  +∞ (x )n (y )n 4 + yx ln( x ) − xy + h ( x ); F( x , y ) = x y − ln( y ) − ∑ ( )( ) n n ! n =1

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12


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

(x ) n −1 (y )n Fx = 4x y − ∑ + y + y ln( x) − y + h' ( x); ( ) n ! n =1 +∞

3

e xy Fx = 4x y − + y ln( x ) + h' ( x ); x Entonces reemplazando Fx : 3

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

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   (3 x − 4 )7 3  4 h( x ) = 3  + ( x − 4 ) + C ; 7   Entonces :  (3 x − 4 )7  (x ) n (y )n 4 F( x , y ) = x y − ln( y ) − ∑ + yx ln( x ) − xy + 3  + (3 x − 4 ) + C  ; 7 n = 1 (n )(n!)   +∞

4

La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir :

 (3 x − 4 )7 3  (x )n (y )n 4 x y − ln( y ) − ∑ + yx ln( x ) − xy + 3  + ( x − 4 ) + C = 0; 7 n =1 (n )(n!)   4

+∞

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13

Ecuaciones diferenciales de primer orden 2.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:

 y 3   2 xy 2  2 y' = 0 ; + xy  +  2xy − x + ln(x + 1) + x y + 8 y − x + 1 y − 2     xy M(x,y) = y 2 − + xy 2 x+1 y3 2 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.  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 : xy Fx = M(x,y) = y 2 − + 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 2 F( x , y ) = xy − y ∫ ∂x + + h( y ); x+1 2 x2y2 1 2 F( x , y ) = xy − 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

y3

2

2 xy − x + ln x + 1 + x y + h' ( y ); = 2 xy − x + ln x + 1 + x y +

y8 − 2

Eliminando términos :

y3

h' ( y ) =

; 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 ) =

 1 dz 1 1 z− 2 = + ln K  ; 4 ∫ z 2 − 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 :

x2y2 y4 − 2 1 + + C; F( x , y ) = xy − xy + y ln x + 1 + ln 4 2 8 2 y + 2 2

La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir :

x2 y2 y4 − 2 1 + + C = 0; xy − xy + y ln x + 1 + ln 2 8 2 y4 + 2 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   y x + 2 dx + N(x, y)dy = 0 x + y   Para que la ecuación diferencial sea exacta debe cumplirse que My = Nx Nx = My ; 1 x Nx = y −1 / 2 x −1 / 2 − 2 ; 2 (x + y )2 ∂N( x , y ) ∂x

=

1 −1 / 2 −1 / 2 x − y x ; 2 (x 2 + y)2

 1 − 1 / 2 −1 / 2  x ∂x ; − y x 2  2 2 (x + y )  

∂N( x , y ) = 

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 1 −1 / 2 −1 / 2 x   ∫ ∂N( x, y) = ∫  2 y x − (x 2 + y )2 ∂x;    x  ∂x ; N( x, y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 − ∫  2 2  (x + y )    u = x 2 + y; ∂u = 2 x∂x ; 1 ∂u N( x, y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 − ∫ 2 ; 2 u 1 N( x, y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 + + C; 2u 1 N( x, y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 + + C; 2 (x 2 + y )  1 /2 −1/2   x  1  y x dx +  y −1/2 x 1/2 + dy = 0 C + 2 + 2 ( ) x y 2 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 

∂(F(x,y)) =  y 1/2 x −1/2 +

x  ∂x; x 2 + 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( x 2 + y ) F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 +

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Ecuaciones diferenciales de primer orden Entonces reemplazando Fy : 1 1 x 1 / 2 y −1 / 2 + + h' ( y); = y −1 / 2 x 1 / 2 + + C; 2 2 2( x + y ) 2(x + y ) Eliminando términos : h' ( y ) = C ; Obteniendo h(y) : h( y) = Cx + K ; Entonces : 1 ln x 2 + y + h(y); 2 1 F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 + 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

∫ N(x,y) dx

u(x) = e ; 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

∫ N(x,y) dx

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

1)

xydx + ( 2x 2 + 3y 2 − 20 )dy = 0;

Si y(1) = 1;

M(x,y) = xy; 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 ;

3

u( y ) = y ;

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 4

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

Nx = 4 xy ;

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My = Nx, por lo tanto la ecuación diferencial es exacta : Fx = M(x, y); Fy = N(x, y);

∃(F(x, y)) talque : 

Fx = M(x, y); ∂ ( F ( x , y )) = xy 4 ; ∂ x

∫

F ( x , y ) = xy 4∂ x ; F ( x , y ) =

x 2 y 4

+ h( y );

2

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

3

h'(y) = 3 y − 20 y ; h( y ) = h( y ) =

∫ (3 y y 6

2

5

)

− 20 y 3 dy;

− 5 y 4 + C ;

Entonces : F(x,y) = 2

x y

2

2)

4

+

x 2 y 4

2

y

+

y 6

2

− 5 y 4 + C;

6

2

4

− 5 y + C = 0 ;

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

Si y(1) = 1; x2y 4 y6 4 + − 5y + C = 0; 2 2 2 4 (1 )(1 ) + (16 ) − 5(14 ) + C = 0 ; 2 2 1 1 + − 5 + C = 0; 2 2 C = 5 − 1; C = 4; x2y 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 (1 + xy 2 ( 1+ ln( x ) )) 

=e

∫

 − 3 − 3 xy 2 − 3 xy 2 ln (x);     y (1 + xy 2 (1+ ln( x ) )) dy  

−3

∫  y (1+ xy 2 (1+ ln( x ) )) dy ∫ y dy 1 u( y ) = e e = 3; y Luego mulitiplicando u(y) a ambos lados de la ecuación : 1 1 3 (2 xdy) = 0 ; [ y xy ( 1 ln (x) ) ] dx+ + y3 y3 1   2 x   3 dy = 0 ; x 1 ln (x) dx + ( + ) −  2  y    y  1 M( x , y ) = 2 + x(1 + ln (x)); y 2 My = − 3 ; y 2x N( x , y ) = − 3 ; y 2 Nx = − 3 ; y My = Nx, por lo tanto la e.d. es exacta :  Fx = M(x, y);  Fy = N(x, y);


Fx = M(x, y); ∂(F( x , y )) 1 = 2 + x(1 + ln (x)); y ∂x

1  F( x , y ) = ∫  2 + x(1 + ln (x)) ∂x ; y  x x2 x2 x2 F( x , y ) = 2 + + ln( x ) − + h( y ); y 2 2 4 Fy = N(x, y); 2x 2x − 3 + h'(y) = − 3 ; y y h'(y) = 0 ; h( y ) = C

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Entonces : x x2 x2 x2 F( x , y ) = 2 + ln( x ) − + + C; y 2 2 4 x x2 x2 x2 ln( x ) − + + + C = 0; y2 2 2 4

20

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) 

∫ 

 − 2 x ln( y ) 

∫  2 xy ln( y ) dy

1

∫ − y dy

=e =e u( y ) = e ; 1 u( y ) = ; y Luego se multiplica u(y) a ambos lados de la ecuación : 1 1 (2 xy ln (y)) + 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 x2 N( x , y ) = + y y2 + 1 ; y 2x Nx = ; y My = Nx, por lo tanto la e.d. es exacta :

 Fx = M(x, y);  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 dx

+ p( x ) y = g ( x ) y

n

una ecuación diferencial de Bernoulli, donde n ≠ 0,1.

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 dx

=

dv dy − n dy . = (1 − n ) y 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 ) y1− n = (1 − n) g ( x ) dx

14 4 244 3

Esto es :

{

v

dv dx

 dx  que se puede resolver por el método del factor integrante. dv

+ (1 − n ) p( x )v = (1 − n ) g ( x ) Esto es una ecuación diferencial Lineal,

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1)

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

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

∫ ( x ln( x ))dx = ?

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 ;

2

⇒

u = ln( x );

du =

dx ; x 3

⇒

2

dv = x dx;

dy dv = −2 y −3 ; dx dx Luego se multiplica − 2 y −3 a ambos de la ecuación : y − 2 y − 3 y' + 2 y − 3 = −2 y −3 y 3 (1 + ln (x)); x y −2 −3 − 2 y y' + 2 = −2(1 + ln (x)); x Reemplazando v y v' : 2v v'+ = −2(1 + ln (x)); x Resolviend o por factor integrante : v' =

2

3

;

x 3 ln( x ) x 3 − + C ; x ln( x ) dx = 3 9

∫(

v = y −2 ;

v=

x

2

)

2

2

3

x v = − x − 3

2 x 3 ln( x ) 3

+

2 x 3 9

+ K ;

Despejandola solución: 2 2 x ln( x ) 2 x K + + ; v = − x − 3 3 9 x 2

Reemplazando v = y-2 : 2 2 x ln( x ) 2 x K − + + ; y 2 = − x − 3 3 9 x 2

La solución general es:

dx u( x) = e ∫ x = x 2 ; 2v 2 x 2 v'+ x 2 = −2 x (1 + ln (x)); x 2 d[x v] 2 = −2 x (1 + ln (x)); dx x 2 v = ∫ − 2 x 2 (1 + ln (x))dx ;

y=

1 2 2xln(x) 2x K − x − + + ; 3 3 9 x 2

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;

dv 2 dy = −y − ; 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) v'− = ; x x Resolviend o por el método del factor integrante : dx − 1 ∫ u( x) = e x = ; 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 ) Integrando ∫ 2 dx = ? x dx u = ln (x); ⇒ du = ; x dx 1 dv = 2 ; ⇒ v=- ; x x ln( x) 1 dx +∫ 2; v=x x x ln( x) 1 1 − + C; v=x x x v = − ln( x) − 1 + Cx ;

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

La solución es : 1 y= ; − ln(x) − 1 + 2x

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

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Ecuaciones Diferenciales

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

3)

 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 : −3

− 2 y y'+

v'−

− 2 y −3 y

4(1 + x)

= 2 y −3 xy 3 ;

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

∫ − 2 ( 1+ x ) dx

1 2

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

u( x ) = e

=e

− ln 1 + x

=

 1  d v  1 + x  = 2x ; dx 1+x 1 2x v=∫ dx ; 1+ x 1+x 2x ∫ 1 + x dx = ?; ⇒ z 2 = 1 + x; 2zdz = dx ; x = z 2 − 1;

( 2x z 2 − 1)2zdz = 4 ∫ (z 2 − 1)dz ; ∫ 1 + x dx = 2 ∫ z 4z 3 2 − 4z + C ; 4 ∫ (z − 1)dz = 3

∫

La solución general es:

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

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 −2 − 4(1 + x ) + C 1 + x ; y = 3

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y=

1 2

4(1 + x ) − 4(1 + x ) + C 1 + x 3

25

;


3y' + 4csc(2x)y = 2y −1/2 ctg(x);

4)

4 2 1 y'+ csc( 2 x)y = y −1 /2 ctg( x ); n=− ; 3 3 2 v = y 1− n = y 3 / 2 ; 3 v' = y 1 /2 y' ; 2 3 Se multiplica y 1 /2 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 ); u( x ) = e ∫

2 csc( 2 x )dx

=e

ln csc( 2 x )− ctg ( 2 x )

u( x ) = csc( 2 x ) − ctg(2 x ); cos(2 x) 1 u( x ) = ; − sen( 2 x ) sen( 2 x) 1 − cos( 2 x) 1 − cos( 2 x ) sen 2 ( x ) 2 u( x ) = = = = tan( x ); sen( 2 x ) sen( 2 x ) sen( x ) cos(x ) 2 tan( x )v'+2 tan( x ) csc(2 x )v = tan( x)ctg( 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  3

1=

π

4

+ C;

C = 1−

π

4

;

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26


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 x = f( v ) − v ; dx dv dx ; = f( v ) − v x v = φ( x); y = φ( x ); x y = xφ( x );

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27


1)Resolver la siguiente ecuación diferencial:  y  sec 2   dy y  x  ; = + dx x y2 Asumiendo que : y ⇒ y = xv; v= x dy dv ⇒ =x + v; dx dx y dy dv =x + v, se obtiene : Reemplazando en la ecuación diferencial , y = xv, v = , x dx dx  y  sec 2   2 dy y  x  ⇒ x dv + v = v + sec (v ) ; = + dx x y2 dx x2v2 dv sec 2 (v ) = 2 2 ⇒x dx x v v 2 dv dx ⇒ 2 = 3 sec (v ) x

∫ ∫ ∫

dv sec 2 (v )  = ⇒ x Ecuación diferencial separable. dx v2  3

∫

Integrando :

v 2 dv = sec 2 (v )

∫

dx ; x3

2

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

∫  ∫ 

v 2cos 2 (v)dv =

∫

 1 + cos(2v)  dv v2   = 2  

v 2 v 2cos(2v)  dv = + 2 2 

∫

 v 2   dv +  2 

∫

 v 2 v 2cos(2v)   + dv 2  2   v 2cos(2v)   dv 2  

∫

m = v 2 ⇒ dm = 2vdv; sen(2v) ; 2  v 2  v 2 dv 1 v 3 1  v 2sen(2v) 2vsen(2v)  2   ( ) = + = + − dv v cos(2v) dv dv   2  2 sec (v ) 2 6 2 2 2     2 3 2 v dv v v sen(2v) 1 = + − vsen(2v)dv sec 2 (v ) 6 4 2 m = v ⇒ dm = dv. 1 dn = sen(2v)dv ⇒ n = − cos(2v) 2 2 3 2  v dv v v sen(2v) 1 v 3 v 2sen(2v)  v 1 vsen(2v)dv cos(2v) cos(2v) dv = + − = + − − +   sec 2 (v ) 6 4 2 6 2 4  4  dn = cos(2v)dv ⇒ n =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫

∫

∫

∫ ∫

∫

v 2 dv v 3 v 2sen(2v)  v = + − − cos(2v) + sec 2 (v ) 6 4  4

∫

 v 3 v 2sen(2v) v 1 1 cos(2v) dv = + + cos(2v) - sen(2v) 4 4 4 8  6

v 2 dv v 3 v 2sen(2v) v 1 = + + cos(2v) - sen(2v) 2 sec (v ) 6 4 4 8

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28


∫

v 2 dv = sec 2 (v)

∫

dx x3

⇔

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

v 3 v 2 sen(2v) v 1 1 + + cos(2v) - sen(2v) = − 2 + C 6 4 4 8 x y Reemplazando v = ; x La solución de forma implícita queda expresada por : 2

3  y    y   y  sen  2       1  y   1   y    x  +  x    x   + v cos  2   - sen 2   = − 2 + C 6 4 4   x   8   x   x

2)

( xy + 4 y 2 + 2x 2 )dx − ( x 2 )dy = 0;

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

∫

dv = (v 2 + 1 / 2 )

∫

 4 ln x  + K  ; 2 v = tan   2   4 ln x  1 + K  ; v= tan  2  2  y  4 ln x  1 = + K  ; tan  x 2  2  x  4 ln x  + K  ; y= tan  2  2  Si y(1) =

2 1 = tan (K ); 2 2 K=

4dx ; x

π

4

;

La solución particular es :

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


dy x = y + x 2 − y 2 ; dx

3)

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

y(1) = /4;

2

v + xv' = v + 1 − v ;

x2 − y2 dy y ; = + dx x x

2 xv' = 1 − v ;

dv 2 x = 1 − v ; dx dv dx ; = 2 x 1− v ;

x2 − y2 dy y = + ; 2 dx x x

arcsen( v ) = ln x + C ; v = sen(ln x + C );

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

y x

= sen(ln x + C );

y = xsen(ln x + C );

Si y(1) = 1; 1 = sen(C );

π π 2

= C ;

La solución paticular es :    

y = xsen ln x +

π π  ; 2 

x (ln(x) − ln(y) )dy − ydx = 0;

4)

x(ln (x) − ln (y))dy − ydx = 0 ; x(ln (y) − ln (x))dy + ydx = 0 ; dy y ; =− dx x(ln (y) − ln (x)) dy y ; =− dx   y   x ln      x   Se asume :

v + xv ' = −

v

(ln (v ))

v

xv ' = −

;

− v;

(ln (v )) dv − v (1 + ln( v ) ) = ; x (ln (v )) dx   (ln( v ) )    dx  ∫   v (1 + ln( v ) ) dv = − ∫   x ; u = ln( v ); du =

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

 

v=

dv v u

;



∫   (1 + u ) du = − ln x + C ;  

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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Ecuaciones Diferenciales de Coeficientes Lineales

dy ( 2y − x + 5 ) ; = 1) dx ( 2x − y − 4 ) ( x − 2 y − 5)dx − (2 x − y − 4 )dy = 0 ; a 1b 2 ≠ a2 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 ; Resolviend o el sistema : k = - 1; h = 3; Entonces : dv 2 v − u = ; du 2 u − v Divivdiend o para u, para poder obtener una ecuación homogénea : 2v −1 dv u = ; du 2 − v u Resolviend o como una ecuación diferencial homogénea : v z= ; u v = zu ; dv dz = z+u ; du du dz 2 z − 1 = z+u ; du 2 − z dz 2 z − 1 = − z; u du 2 − z

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dz 2 z − 1 − 2 z + z 2 = u ; du 2−z du (z − 2 )dz = − ; (z 2 − 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 3 1 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 = 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 )dx − (3x − 7y − 3 )dy = 0;

a1 b2 ≠ a2 b1 ; ( −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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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 ;   − 3h + 7 k + 3 = 0 ;

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

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

u u

∫

dz du

− 7 + 3 z + 3 z − 7 z 2

=

− 3 + 7 z

;

7 z 2 − 6 z + 7

dz

=− ; 7 z − 3 du (7 z − 3 )dz − du = ; 7 z 2 − 6 z + 7 u

∫

⇒

2

u = 7 z − 6 z + 7; 7 z − 3 =

7 14

du = 14 z- 6;

(14 z-6 ) − 3 + 3;

7

(14 z- 6 )dz 14 = 7 z 2 − 6 z + 7 (14 z- 6)dz 7

∫

14

∫

− du u

;

∫ 7 z − 6 z + 7 = − ln u + C ; 2

ln 7 z 2 − 6 z + 7 2

= − ln u + C ;

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 + 7 = − ln ( x − 1) + K ; ln 7  −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 ; a 1 b2 ≠ a 2 b 1 ; (− 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 ;

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

XYX ͩ{ͷ-͸Y ͷ-͸Y

Se asume el siguiente cambio de variable

Despejando y:

Reemplazando y, y’ en:

 ͷ Y ͸ . ͸  XYX  ͸ XX . ͷ͸ XYX ͩ{ͷ-͸Y ͸ XX . ͷ͸ ͩ{Ͷ ͸ XX  ͷ͸ -ͩ{Ͷ X ͷ͸ -ͩ{Ͷ  ͸X

Se obtiene una ecuación diferencial de la forma:

Se obtiene una ecuación diferencial separable dela forma:

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Ecuaciones Diferenciales 1.

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

si y(0) = 7/4;

Se sustituye : z = x + y; y = z − x; dy dz = − 1; dx dx y' = (x + y + 1)2 − (x + y − 1)2 ; dz 2 2 − 1 = (z + 1) − (z − 1) ; 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 = 4x + C 2 ; 4z + 1 = ke 4 x ; 1 z = ke 4 x − ; 4 1 x + y = ke 4 x − ; 4 1 y = ke 4 x − − x ; 4 7 Si y(0) = ; 4 7 1 =k− ; 4 4 k = 2; La solución particular es : 1 y = 2e 4 x − − x ; 4

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y' = tan 2 (x + y);

si y(0) = π ;

z = x + y; y = z − x; 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)  ∫  2 dz = x + C ; 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 ) = 4x + 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 ) = 4x + 2 π;

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3.

y' = 10x - 2y + 5 − 5;

y' = 10x - 2y + 5 − 5; z = 10 x − 2 y ; 10x z y= − ; 2 2 dy 1 dz ; = 5− dx 2 dx 1 dz 5− = z + 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; 2 udu = dz ; dz 2 udu udu = = ∫ 20 − 2 z + 5 ∫ 20 − 2u ∫ 10 − u ; udu udu = − ∫ 10 − u ∫ u − 10 ; Dividiendo u para u - 10; 10 u ; = 1+ u − 10 u - 10 udu du ; −∫ = − ∫ 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 ; Reemplazand o las integrales : − z + 5 − 10 ln z + 5 − 10 = x + C ;

z = 10 x − 2 y ; La solucion de forma explicita es : − 10x − 2 y + 5 − 10 ln 10x − 2 y + 5 − 10 = x + C ;

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4.

( 2x + y )dx − ( 4x + 2y − 1)dy = 0;

a1 b 2 = 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 2z - 1 2 1 Dividiendo ; = − 5z - 2 5 5(5z − 2 ) 2dz dz − ∫ 5 ∫ 5(5z − 2 ) = ∫ dx ; 2 1 z − ln 5z − 2 = x + C ; 5 25 La solución de forma implícita es : 2 1 (2 x + y ) − 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 − T a ) dt dT = kdt T − T a

∫

∫

ln (T − T a ) = kt + C T (t ) = Ce kt + T a sabemos que la temperatur a del cuarto es 21º C ∴ T (t ) = Ce + 21 kt

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    74  = −0.0453 º C

ln T (5) = 74e 5 k + 21 = 80 → k =

5

min

T (t ) = 74e −0.0453t + 21 en t = t 1 min el café está a 50º C ∴

 29    74  = 20.67 min

ln T (t 1 ) = 74e 2.

− 0.0453t 1

+ 21 = 50 → t 1 =

− 0.0453

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 dt dT dt

= −K (Tc − Ta ) : (Variación de la temperatur a con respecto al tiempo )

Tc: (Temperatur a del cuerpo ) Ta: (Temperatur a del aula )

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Ecuaciones Diferenciales t : tiempo en horas. T a = 26 ° C La temperatur a del cuerpo cuando es hallado es 28° C. El tiempo en que la temperatur a es de 28° C es t 1 .

⇒ T(t 1 ) = 28° C Después de una hora y media la temperatur a del cuerpo desciende a 27.5° C. El tiempo en que la temperatur a es de 27.5° C será entonces : t 1 + 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 = − Kdt (Tc − 26 )

Tc − 26 = Ce −Kt

⇔

ln Tc − 26 = −Kt + C

⇒ 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(t 1 ) = 28° C ⇒ T(t 1 ) = 11e −Kt1 + 26 = 28 ⇒ 11e −Kt1 = 2 ⇒ e −Kt1 =

2 ; 11

2  1.7047 (ecuación 1); ⇒ −kt 1 = ln   ⇒ kt 1 = 1.7047 ⇒ k = t1  11  Si T(t 1 + 1.5) = 27.5° C

⇒ T(t 1 + 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

1.5  1.9924 (ecuación 2); ⇒ −k(t 1 + 1.5) = ln    ⇒ k (t 1 + 1.5) = 1.9924 ⇒ k = 11 t 1 . 5 +   1 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 ⇒ t 1 = = 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.

ESPOL 2009

41


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 = kdt x(5000 − x )

⇔

1  x  = kt + C ln   5000  x − 5000 

 x  = 5000kt + C ln    x − 5000  − 5000 Ce 5000 kt x(t ) = 1 − Ce 5000kt en t = 0 x = 1 ∴ x(0 ) =

x(t ) =

e

− 5000 Ce0

1 − Ce

0

1 4999

=1→C =−

5000 kt

→ x (t ) = e 5000 kt

1 en t = 4 x = 50

∴ x(4 ) = e 20000k = 50 → k =

ln (50 ) 20000

x(t ) = e 0.25 t ln (50 ) → x(t ) = 50 0.25t ∴ 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 = kd x ln ( x ) = kt + C

∫

∫

x(t ) = Ce kt en t = 0

x = x0

x(0 ) = Ce = x0 → C = x0 0

en t = 4

x = 2x 0

x(4) = x0e 4 k = 2 x0 → k =

ln(2 )

t ln ( 2 )

x(t ) = x0e

4

4 t

→ x (t ) = x0 2

4

16

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

ESPOL 2009

42


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

∫

∫

  1  − mk t 1  − 30k t v(t ) = Ce + mg  → v(t ) = Ce + 300  k k   en t = 0 , v = 3m/s

1 [Ce0 + 300] = 3 → C − 3k = −300 k en t = ∞ , v = 40 m/s 1 300 v(∞ ) = [Ce −∞ + 300 ] = 40 → = 40 → k = 7.5 ∴ C = −277.5 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

ESPOL 2009

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 la resistencia es de 40 Newtons. Se conoce que el motor ej rce una fuerza constante de 50Newtons. En la dirección del movimiento. El bote tiene una masa de 420 g. y el pasajero de 80 Kg. a) Determine la distancia recorrida y la velocidad en l cualquier instante su oniendo 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 resist encia del a ua Fm = 50 Newtons

Si la velocidad inicial es 0 p r parti r del reposo entonces v( 0 ) = 0 ;

Fr = kv

0 = 25 + k ⇒ k = -25

Como la velocidad es de 20m/s g

La ecuación de la velocidad:

y la fuerz a de resistencia de 40 Newtons. 40 Newtons

Entonces k =

∑ F = ma

20m/seg

⇒

x

⇒

=2

v = 25 − 25e

k = 2

Entonces:

Fm − Fr =

a;

dx

= 25 − 25e

dt

dt m: masa t otal del sistema

x(t) =

m = 420kg + 80 kg = 500kg.

⇒ 50 − kv = 500

dv

 + 2v = 50 ,  Ecuación if. separable 500 dt  500

⇔

dt

= 50 − 2v dv

∫ (v − 25) e

=−

2(v − 25) dv

ln v- 25

=e

=− -

t 250

⇔

⇒ v = 25 + ke

-

t t   −  250  250  e dt t ( )e − = + + C 25 25 2 5 25 250 ∫   

50 2v

t 250

+ C

=

La ecuación del movi miento es:

⇒ x(t) = 25t + 25( 250 )e

dt 500

−

t 25

− 25( 250 )

b)

La velocidad limite o máxima es :

+ C ⇔ ln v- 25 = -

⇔ v-25 = ke

−

0 = 25( 250 ) + C ⇒ C = −2 ( 250 )

500

∫ 250

+ C

v

dt

dt

t 250

Si parte d el reposo x( 0 ) = 0 ;

dv dv

-

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

k = 2

, dt

t 250

Como v = dx/dt

dv

50 − kv = m

-

-

t 250

+ C

vmax

t    250   = lim 25 − 25e  = 25 pies/seg t →∞   

t 250

t 250

ESPOL 2009

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 = − dt 30i − 9 1 ln (30i − 9) = −t + C 30 30i − 9 = −30t + C

∫

∫

i (t ) =

1

i (0 ) =

1

[Ce

−30 t

30 en t = 0 i = 0

i (t ) =

30 1

[Ce

0

[21e

+9

]

]

+ 9 → C = 21

−30t

30 en t = 1 / 5

]

+ 9 → i (t ) = 0.7e −30t + 0.3

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

⇒

C = 0.01 F

fem = 200e -5t

ESPOL 2009

45


dq q + = 20e − 5 t ; dt 0.01 dq + 100q = 20e − 5 t ; ⇒ 20 dt dq  + 5q = e − 5 t ; Ecuación diferencial lineal. ⇒ dt  5dt u(t) = e ∫ = e 5t 20

u(t)e dt u(t) ∫ ⇒ q(t) = e ∫ e e dt = e ∫ dt = e 1

⇒ q(t) =

− 5t

− 5t

5t − 5t

− 5t

− 5t

(t + c )

q(t) = e −5t (t + c ) = e −5t t + e −5t 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 t 1 −5t i(t) = e −5t tdt = − e −5t + e dt 5 5 t 1 −5t i(t) = − e −5t − e +C 5 25 Si la carga inicial es cero, entonces la corriente inicial es cero :

∫

∫

i(o) = 0; t

1

5

25

⇒ i(t) = − e −5t −

e −5t

ESPOL 2009

46


Casos especiales de ecuaciones diferenciales de segundo orden Ecuaciones diferenciales en la que falta la variable “y”

3 2   3x (1 + x ) − y'  + y' ' = x y' ;  

1) v= dv dx

dy dx

=

= y' ;

d 2 y

= y' ' ;

dx

Reemplazando en la ecuación :

  3 x (1 + x )3 − y'  + y'' = x 2 y'';      3 x (1 + x )3 − v  + v' = x 2 v';    2 3 x (1 + x ) − v + v'-x v' = 0 ; 3

(

)

3 x (1 + x ) − v + v ' 1 − x 2 = 0; 3

(

)

v ' 1 − x − v = −3 x (1 + x ) ; v '−

2

3

− 3 x (1 + x )

3

v

=

(1 − x ) = 2

−

u( x ) = e u( x ) =

(1 − x ) 2

dx

∫ (1− x ) 2

x − 1

=e

x − 1  v   v'− 1 − x 2 1 + x  

(

 x − 1  v + x 1  =

d 

dx

1 − x 1 + x

v=

∫

1

2

2

=e

x − 1

=

x + 1

dx

∫ ( x −1 )

1/ 2

;

x + 1

ln

x − 1 x + 1

;

;

3  − 3 x (1 + x )3  x − 1 − 3 x (1 + x ) x − 1    ;  = = 2 )  x + 1 (1 − x ) x + 1  (1 − x )(1 + x )    

3 x x − 1

3 xdx x − 1

;

;

u 2 = ( x − 1); x = 1 + u 2 ; dx = 2udu;

ESPOL 2009

47


∫

3 xdx x − 1

=

∫

(

)

3 1 + u 2 (2udu) u

∫ 6(1 + u )du = 6u + 2u 2

∫

3 xdx x − 1 x − 1

3

+ C ;

= 6 x − 1 + 2 ( x − 1) + C ; 3

v = 6 x − 1 + 2 ( x − 1) + C ; 3

1 + x

v = 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C v = 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C v= dy dx

1 + x x − 1

1 + x x − 1

;

dy dx

1 + x

= 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C

∫

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 x 2 − 1 dx 2

x − 1

;

∫

+ C

( x )dx 2

;

x − 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 )

(

)

(

)

ESPOL 2009

48


-1

x y'+

2)

( y' )

2

x

=y'';

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

-1

x y'+

(y' ) 2

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

z = v 1-n ;

n = 2;

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

−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 +

ESPOL 2009

49


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 dy dv ; = =v dx dy dx dy

2y 2 y' '+ 2y (y' ) 2 = 1;

3)

(HACE FALTA X)

2

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

2y 2 v

dy

2

+ 2y (v ) = 1;

dv v v −1 ; + = dy y 2 y 2 z = v

1 − ( −1)

Ecuacion diferencial de Bernoulli, n = -1.

;

z = v 2 ; dz

dz dv

=

dy

= 2v

dv dy

dv dy

;

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

2 z

+

dy

y

=

1 y 2

;

2

u( y ) = e y 2

dz dy

∫ y dy

+ y 2

= y 2 ;

2 z y 2 ; = y y 2

[ ] = 1;

d y 2 z dy

∫

y 2 z = dy = y + C ; 2

y z = y + C ; z =

1

dy dx

⇒

y + C ; 2 y

⇒

y

v2 =

C

;

=

+

y

2

y + C y

v2 = v=

1 y

+

C y

y + C y

2

;

;

entonces separando variables

y y + C

dy = dx

u 2 = y + C ;

2 zdz = dy; y = u 2 − C ;

ESPOL 2009

50


Re emplazando en :

∫ y + C dy = ∫ dx (u − C)(2udu ) , dx = ∫ ∫ u y

2

entonces

x + K =

∫ (u

)

− C (2du ),

2

2u 3 Entonces : x + K = − 2Cu 3 1

Pero u = (y + C)

2

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

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

2

1

− 2C(y + C)

2

y' y 2 + yy' ' − (y' ) 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; dv 2 − (v ) = 0 ; vy 2 + yv dy dv v − = 0; y+ dy y dv v − = −y ; dy y

∫

−dy

1 = ; u( y ) = e y 1 dv 1 v 1 − = −y ; y dy y y y

dy dx

= − y 2 + Cy;

x=

dy

dy

dy

∫ Cy − y ∫ Cy ∫ C(C − y) ; 2

=

+

La solución es:

y

x=

1 C

ln y −

1 C

ln C − y + K;

1  d  v  y  = −1; dy 1 v = − ∫ dy ; y 1 v = −y + C; y v = − y 2 + Cy ;

ESPOL 2009

51


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

= sen(e x );

ESPOL 2009

52


ESPOL 2009

53


2) Resuelva:

i y(0)=3/16

ESPOL 2009

,

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 : 7 C1 = ; 32 −1 C2 = ; 32 7 x 1 −x y= e − e 32 32

3 = C1 + C2 ; 16 5 y' (0) = 16 5 1  1  = C1 − C2 + 0 +  16 2  8  1 C1 − C 2 = ; 4

ESPOL 2009

tan( x) sec( x ) 2

55

Ecuaciones Diferenciales 3) Resuelva

y' ' −5y' +6y = xe x ;

y' '−5y'+6 y = 0 ; y = e rx ; y' = rerx ; Reemplazando y, y' , y' ' :

y' ' = r 2 e rx ;

e rx [r 2 − 5r + 6] = 0 ; 2 r1 5r4 6 = 0; −2 +3 4 Ecuación Característica

(r − 3)(r − 2 ) = 0 ; r1 = 3;

r2 = 2 ;

y1 = e 3x ; y2 = e2x ; y h = C1e 3x + C 2 e 2 x ; 14 4 244 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 + 2a1 xe x = xe x ;  2 a 0 − 3a 1 = 0 ;  2 a 1 = 1 ; Resolviend o el sistema : 3 1 a0 = ; a1 = ; 4 2 x x y p = a 0 e + a 1 xe ; 3 x 1 x e + xe ; 4 2 y = yh + yp ; yp =

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

ESPOL 2009

56

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 +3 r1 2 r4 2 = 0; 4 Ecuación Caracterís tica

−2±

r1 , 2 =

4 − 4( 2 ) 2

λ = −1;

= −1 ± i ;

β = 1;

y 1 = e − x cos x ; y 2 = e − x senx ; y h = C 1 e − x cos x + C 2 e − x senx ; 144 4 4 244 4 4 3

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 linealment e dependient e 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 − 2 e − x cos x] + b 0 [− 2 xe − x cos x − 2 e − x senx + 2 e − 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

ESPOL 2009

57


1 −x xe sen(x ); 2 y = yh + yp ;

y p =

1 y = C 1e − x cos x + C 2 e −x senx + xe − xsen( x ); 2

y' '− 2y' + y = cosx + 3e x + x 2 − 1; Encontrand o 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 − 2 r + 1] = 0 ; r 2 − 2r + 1 = 0 ;

(r − 1)2 = 0 ; r1 , 2 = 1; y1 = e x ; y 2 = xe x ; y h = C 1 e x + C 2 xe x ; Encontrand o la solución particular : y' '− 2y' +y = cosx + 3e x + x 2 − 1; Encontrand o 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; Resolviend o  - 2b = 1;

a = 0;

1 b=− ; 2

1 y p1 = − senx; 2

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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 lienalment e dependient e 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 linealment e independiente, respecto a la solución homogénea y p 2 = ax 2 e x ; y'p 2 = a[x 2 e x + 2 xe x ]; y' 'p 2 = a[x 2 e x + 4 xe x + 2 e x ]; Reemplazando y' ' p2 , y' p2 , y p2 en la ecuación 2. y' '− 2y' + y = 3e x 2ae x = 3e x ; 3 a= ; 2 La segunda solución particular es : 3 y p2 = x 2 e x ; 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;  2 c − 2 b + a = −1  −4c + b = 0 c = 1  Resolviendo el sistema:

c = 1; b = 4; a = 5; La tercera solución particular:

y p 3 = 5 + 4 x + x 2 ; y p = y p 1 + y p 2 + y p 3 ;

1 2

y p = − sen(x) +

3 2 x x e + 5 + 4x + x 2 ; 2

La solución general:

y = yh + y p ; y = C1 e x + C2 xe x −

1 3 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' ' + α xy' + 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 dx

=

y' =

dy dz dz dx dy

=

=

dy 1 dz x

1 dy

dx x dz

;

;

Se necesita luego y' ' : d 2 y dx 2

=

2

d y 2

dx

=

d   dy 



;

dx   dx 

d   dy  dz





dz   dx  dx

;

  1 d 2 y 1 dx dy  dz  ; = − 2 2 dx 2  x dz x dz dz  dx   1 d 2 y 1 dy  1 d 2 y  =  − 2 x  ; 2 2 dx x dz x dz  x   2  1 d 2 y 1 dy  d y   ; y'' = = 2 − 2 2 dx 2  x dz x dz   Reemplazando en la ecuación diferencial d 2 y

x 2 y' ' +α αxy' +βy = 0;

  1 d 2 y 1 dy    1 dy   x  2 αx − +   + βy = 0 ; 2 2  x dz x dz x dz       2

2

d y 2

dz 2

d y 2

dz

−

dy dz

+α

+ (α − 1)

dy dz dy dz

+ βy = 0 ;

+ βy = 0 ;

Resolviendo la ecuación x 2 y' ' +2xy' +4y = 4sen(lnx) + e 2ln(X) ; Encontrando primero la solución homogénea : x 2 y' ' +2xy'+4y = 0; 2

d y 2

dz

+ (2 − 1)

dy dz

+ 4 y = 0 ;

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y' '+ y'+4 y = 0 ;

  2 e rz  r1 r4 4  = 0; +2 +3 4  Ecuación caracterís tica  r 2 + r + 4 = 0; r1 , 2 =

− 1 ± 1 − 16

2

 y 1 = e −z / 2 cos   y 2 = e −z / 2 sen 

=−

1 15 i; ± 2 2

15z  ; 2  15z  ; 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 particular es : 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 Resolviend o el sistema se obtiene : 2 6 a=− ; b= ; 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 Encontrand o la segunda la solución particular : y'' + y' + 4 y = 5e 2 z ; Ecuación 2. ESPOL 2009

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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 1 2 ln( x ) x 2 yp2 = e ; = 2 2 y p = y p1 + y p2 ; 2 6 x2 y p = − cos(ln(x)) + sen(ln(x)) + ; 5 5 2 y = yh + yp ; y = C1

 15 ln(x)   15 ln( x)  2 6 x2     x cos  + C 2 xsen  − 5 cos(ln(x)) + 5 sen(ln(x)) + 2 ; 2 2    

2) Resuelva:

( x − 2 ) 2 y' ' +3( x − 2 )y' + y = ln 2 ( x − 2 ) − 5ln ( x − 2 ) + 6;

entonces Si x - 2 = e z ; 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' ' :

z = ln( x − 1);

d 2 y d  dy  =  ; dx 2 dx  dx  d 2 y d  dy  dz =   ; dx 2 dz  dx  dx d 2 y  1 d 2 y 1 dx dy  dz   ; = − dx 2  x − 2 dz 2 (x − 2 )2 dz dz  dx

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d 2 y  1 d 2 y dy  1 1   ( ) x 2 ; = − − dx 2  x − 2 dz 2 (x − 2 )2 dz  x − 2 d 2 y  1 d 2 y 1 dy  ; y'' = 2 =  − dx  (x − 2 )2 dz 2 (x − 2 )2 dz  Reemplazando en la ecuación diferencial homog{enea :

( x - 2) 2 y' ' +3( x - 2)y'+ y = 0;  1 d 2 y 1 dy  1 dy   + 3(x − 2 ) (x − 2 )  −   + y = 0; 2 2 2 ( ) ( ) x 2 dz x 2 dz x 2 dz − − −     d 2 y dy dy 3 − + + y = 0; dz 2 dz dz d2 y dy ( ) 3 1 + − + y = 0; dz 2 dz Resolviend o la ecuación y' ' + 2y'+ y = 0 ; 2

d2 y dy 2 + + y = 0; dz 2 dz y = e rz ; y' = rerz ; y' ' = r 2 e rz ; Reemplazando y, y' , y' ' en la ecuación homogénea :

 2  e rz  r1 2 r4 +2 +31  = 0 ; 4  Ecuación Caracterís tica r 2 + 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 ) ; C C ln (x − 2 ) yh = 1 + 2 ; x−2 x−2 Ahora encontremos la solución particular : 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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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  Resolviend o 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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3)

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

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 : d2y dy ( ) 1 1 + − + 9y = 0; dz 2 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 )); Encontremos la solución particular : x 2 y' '+ xy'+9y = 3tan(3ln(x)) ; Reemplazando z = ln( x ) y x = e z , se obtiene : y'' + 9 y = 3 tan (3z ); g(z) = 3 tan (3z ); yp = u1 y 1 + u 2 y 2 ;

u'1 =

0 sen 3z g(z ) 3 cos 3z W (y1 , y 2 )

W (y1 , y 2 ) =

y1 y'1

;

y2 cos 3z sen 3z = = 3 cos 2 (3z ) + 3sen 2 (3z); y'2 − 3sen 3z 3 cos 3z

W (y1 , y 2 ) = 3 u'1 = −

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

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sen 2 ( 3z) 1 − cos 2 ( 3z ) ; =− u' 1 = − cos( 3z) cos( 3z ) 1 u' 1 = cos(3z) − ; cos( 3z ) u 1 ' = cos( 3z) − sec( 3z ); u 1 = ∫ (cos(3z) − sec( 3z))dz u1 =

u' 2 =

sen( 3z ) ln sec( 3z) + tg (3z) ; − 3 3 cos 3z 0 − 3sen 3z 3 tan( 3z ) 3 cos(3z ) tan( 3z ) =

W (y 1 , y 2 ) cos( 3z)sen( 3z) u' 2 = ; cos( 3z) u' 2 = sen (3z); 1 u 2 = ∫ sen( 3z)dz = − cos( 3z ) 3 yp = u1 y1 + u2 y 2 ;

3

 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( 3 z ) 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

 

son soluciones de x 2 y' ' + xy' + x 2 −

1   y = 0; 4 

 

Hallar la solución particular para x 2 y' ' + xy' + x 2 −

   y  = 0;  2 

1  3/2  y = x ; si 4 

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 :

 x 2 x2 x 1  x 3 /2 y'' + 2 y' +  2 − 2  y = 2 ; x2 x 4 x  x  x y'  1  y'' + +  1 − 2  y = x −1/2 ; x  4x  yp = u1 y1 + u 2 y 2 ; g(x) = x −1/2 ;

u' 1 =

0 y2 g( x ) y' 2 W( y 1 , y 2 )

;

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x −1 /2 cos x x −1/2 senx y2 1 −3 / 2 1 = − 1/2 cos x x −1 /2 cos x − x − 3 / 2 senx y' 2 − x senx − 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 W( y 1 , y 2 ) = x −1 (cos 2 x + sen 2 x ) = x −1 (1) = x −1 ; 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 y1 0 1 − x −1/2 senx − x − 3 / 2 cos x x −1 / 2 y' 1 g( x) 2 u' 2 = ; = W( y 1 , y 2 ) x −1 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 ; 2

0 = C1 C2

2

π

(0 ) + C 2

(1) +

π C 2 = −1;

2 π

2 π

(1) +

2 π

;

= 0;

1 −3 / 2 1 −3 / 2 x −3 / 2     − 1 /2 −1 /2 y' = C 1 − x senx − x cos x + C 2 x cos x − x senx  − ; 2 2 2     1 1 1  1   1  0 = C 1 − ; (0 ) − (− 1) + C 2  ( − 1) − (0) − 2 2 2 π π π π π π π π    

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1  1   1  0 = C1  C ; − − 2    2 2 π π π π 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 2 )y''+ 2(1 + x )y'− 2y = 0; Si y(0) = y' (0) = 1. 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 2 ) y'' + 2(1 + x ) y'2 y = 0; 2 2 2 (1 − 2 x − x ) (1 − 2x − x ) (1 − 2 x − x ) W (y 1 , y 2 ) =

y1 y'1

y2 ; y'2

x + 1 y 2 W (y 1 , y 2 ) = = (x + 1)y'2 − y 2 ; 1 y'2 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 ;

(x + 1)y'2 − y 2 = e

ln 1− 2 x − x 2

;

(x + 1)y'2 − y 2 = 1 − 2 x − x 2 ; y2 1 − 2x − x 2 = y'2 − ; x+1 x+1 dx − 1 u( x ) = e ∫ x +1 = ; x+1 y2 1 1 − 2x − x 2 = y'2 − ; (x + 1)2 (x + 1)2 x+1 d  1 1 − 2x − x 2  y2 = ; dx  x + 1  (x + 1)2 1 x+1 1 x+1

y2 = ∫

(1 − 2x − x 2 )dx ;

y2 = ∫

(2 − 1 − 2x − x 2 )dx ;

(x + 1)2

(x + 1)2

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

y 2 = − ∫ dx + ∫

2dx ; (x + 1)2

x+1 1 2 y 2 = −x − ; x+1 x+1 1 2 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' = C1 + C 2 (− 2x − 1) ; 1 = C 1 + C 2 (− 1);

C 1 − C 2 = 1  C 1 − 2 C 2 = 1 Resolviend o el sistema :

 1 - 1 1   0 1 0    →    1 - 2 1   1 - 2 1  C 2 = 0; C 1 = 1 + 2C 2 ; C 1 = 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 − ;  x  dx dv 1 − 1 dx; = ∫ v(x) ∫  x  ln v( x) = x − ln x ; ex v( x) = ; x ex u' ( x) = ; x

ESPOL 2009

73


e x dx u( x ) = ; x

∫

+∞

u( x ) =

∫∑

x n−1

n =0

n!

dx ;

 1 +∞ x n−1  u( x ) = ∫  + ∑ dx ; x n ! n = 1   +∞

u( x ) = ln x +

x n

∑ (n)n!; n =1

y 2 = u( x ) y1 ; +∞  x n  − x y 2 = ln x + ∑ e ; ( ) n n ! n = 1  

La solución es : y = C 1e

− x

+∞  x n  + C 2 ln x + ∑ ; ( ) n n ! n =1  

ESPOL 2009

74

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

(C + C x + C x

4 x

1

2

3

2

+ C 4 x

3

)+ e

2 x

cos(3 x )(C 5 + C 6 x + C 7 x

2

)+ e

sen(3 x )(C 8 + C 9 x + C 10 x

2 x

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 ) = 0 → m 1 = m 2 = m 3 = 2 3

y ( x ) = e

2 x

(C

1

+ C 2 x + C 3 x

2

)

d 5 y + 32y = 0 3. dx 5 iπ +2π ki

φ (m) = m + 32 = 0 → mk = 2e 5

5

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

  π   π   m0,4 = 2e 5 = 2 cos  + i sen   = 1.618± 1.175i 5 5 iπ

i 3π

m1,5 = 2e

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) = (C 1 cos(1.175 x) + C 2 sen(1.175 x))e1.618 x + (C 3 cos(1.902 x) + C 4 sen(1.902 x))e−0.618 x + C 5 e −2 x

(D 2 − 2D + 5 ) 2 y = 0 φ (m ) = (m − 2m + 5) = 0 φ (m ) = (m − 2m + 5)(m − 2m + 5) = 0 4.

2

2 2

m1, 2 =

2

2 ± 4 − 4.1.5 2

=

2 ± − 16 2

= 1 ± 2i

m3, 4 = 1 ± 2i y ( x ) = e x cos(2 x )(C 1 + C 2 x ) + e x sen(2 x )(C 3 + C 4 x )

ESPOL 2009

75

2

)


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 + 3m 2 + 2 m = 0

(

)

φ (m ) = m m 2 + 3m + 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 Bx + C ) = x + 4 x + 8 2

2

(6 A) x 2 + (18 A + 4 B ) x + (6 A + 6 B + 2C ) = x 2

+ 4 x + 8

1  6 A = 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 1 11 y p ( x ) = x 3 + x 2 + x 6 4 4 Solución general : 1 1 11 y ( x ) = C 1 + C 2 e − x + C 3 e − 2 x + x 3 + x 2 + x 6 4 4

ESPOL 2009

76


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 ) = C 1e 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 + 4 C ) = 2 x 2 − 4 x − 1 1  4 A = 2 → A =  2  − 4 + 8 A  − 8 A + 4 B = − 4 → B = → B = 0  4   − 2 A − 4 B + 4 C = − 1 → C = − 1 + 2 A + 4 B → C = 0  4 Por lo que decimos : y p 1 ( x ) =

1 2

x 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 y p y p y p

2 x

2 x

2 x

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

ESPOL 2009

77

Ecuaciones Diferenciales 1  12 A = 2 → A =  6  5 − 30 A  30 A + 8 B = 5 → B = → B = 0  8  6 A + 10 B + 4C = 1 → C = 1 − 6 A − 10 B → C = 0  4 y p 2 ( x ) =

1 6

x 3 e 2 x

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

2 x

+ C 3 e

− 2 x

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

1

sen ( x )

W (1, cos ( x ), sen ( x )) = 0

− sen ( x )

0

− cos ( x )

u1 ' =

u2 ' =

u3 ' =

0

cos ( x )

sen ( x )

0

− sen ( x )

cos ( x )

csc ( x )

− cos ( x )

− sen ( x )

1 1

0

sen ( x )

0

0

cos ( x )

0

csc ( x )

− sen ( x )

1

1 cos ( x )

0

0

− sen ( x )

0

0

− cos ( x )

csc ( x )

1

(

)

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

= csc ( x )(1) → u1 =



 x  

∫ csc ( x )dx = ln  tan  2  

∫

= − csc ( x )cos ( x ) → u 2 = − csc ( x )cos ( x )dx = ln (csc ( x ))

∫

= − csc ( x ) sen ( x ) → u 3 = − 1dx = − x

  x   y p = ln  tan    (1) + ln (csc ( x ))(cos ( x )) + (− x ) sen ( x ) 2   



  x   y p ( x ) = ln  tan    + cos ( x )ln (csc ( x )) − x sen ( x ) 2 

  



 x     + cos ( x )ln (csc ( x )) − x sen ( x )  2  

y ( x ) = C 1 + C 2 cos ( x ) + C 3 sen ( x ) + ln  tan 



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78

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 x x 2 W (1, cos ( x ), sen ( x )) = 0

1

0

0

u1 ' =

u2 '=

u3 ' = y p

0

x x 2

0

1

2 x

x ln ( x )

0

2

x 2 1

0

x 2

0

0

2 x

0 x ln ( x )

2

x 1 x

0

0

1

0

0

0 x ln ( x ) x 2

x 2 4

(2 ln

2

=

)

2

( )→u

x ln ( x ) x 2 x 2

=−

2

x 2  =  ln ( x ) − 2 

y p =

=

(

2 x = 1 2 x 2 − x 2 = x 2

x ln ( x ). 2 x x 2

x ln ( x ) x 2

1

∫

= x ln ( x )dx =

x 2   ln ( x ) − 2 

1 



2 

∫

→ u 2 = − 2 ln ( x )dx = − 2 x (ln ( x ) − 1)

→ u3 =

∫

ln ( x ) x

dx =

ln 2 ( x ) 2

 ln 2 ( x )  2  x 2  

1 

 (1) + (− 2 x (ln ( x ) − 1))( x ) + 

2 

( x ) − 6 ln ( x ) + 7 ) no

es l .i. ∴ y p =

x 2 4

(2 ln

2

( x ) − 6 ln ( x ))

Solución general : y ( x ) = C 1 + C 2 x + C 3 x + 2

x 2 4

(2 ln

2

( x ) − 6 ln ( x ))

ESPOL 2009

79


Ecuación de Euler de orden n 1.

d 3 y 2 d 2 y dy x x 6x − − + 18y = 0 dx 3 dx 2 dx 3

La resolveremos por dos métodos : 1° Método : 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 r 1 = r 2 = 3

r 3 = −2

y ( x ) = (C 1 + 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 − 3 D + 18 = 0

( D − 3)2 ( D + 2 ) = 0 y ' ' '−4 y ' '−3 y '+18 y = 0 ecuación en t φ (m ) = (m − 3) (m + 2) = 0 → m1 = 3 2

m2 = 3

m3 = −2

y (t ) = C 1e 3t + C 2 te 3t + C 3 e −2t y ( x ) = (C 1 + C 2 ln x ) x 3 + C 3 x −2

2.

2 d 3 y dy 2 d y + − − 8y = 0 x 2x 10x dx 3 dx 2 dx 3

asumo y = x r como solución entonces la escución se reduce a : 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 = 0 [r 2 (r − 1) − 2(5r + 4)] = 0 r 3 − r 2 − 10r − 8 = 0

(r − 4)(r + 1)(r + 2 ) = 0 r 1 = 4

r 2 = −1

r 3 = −2

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

ESPOL 2009

80

Ecuaciones Diferenciales 2 d 3 y dy 2 d y 3. x − + − 8y = 4lnx 4x 8x dx 3 dx 2 dx 3

aplicando el cambio x = e t → t = ln x se obtiene : Encuentro la solución complement aria : D( D − 1)( D − 2 ) − 4 D ( D − 1) + 8 D − 8 = 0 D( D − 1)( D − 2 ) − 4 D ( D − 1) + 8( D − 1) = 0

( D − 1)( D( D − 2 ) − 4 D + 8) = 0 ( 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 ) = C 1e t + C 2 e 2t + C 3 e 4t → y c ( x ) = C 1 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 linealment e independiente con y c y p = At + B y p ' = A y p ' ' = y p ' ' ' = 0 Re emplazando : 0 − 7(0) + 14( A) − 8( At + B ) = 4t

(− 8 A)t + (14 A − 8 B ) = 4t 1  − 8 A = 4 A = −  2 → y (t ) = − 1 t + 7 → y ( x ) = − 1 ln x + 7  p p 7 2 8 2 8 14 A − 8 B = 0 B = 8  y ( x ) = C 1 x + C 2 x 2 + C 3 x 4 −

1 2

ln x +

7 8

ESPOL 2009

81


d 3 y 2 d 2 y dy 4. x − x + 2x − 2y = x 3 3 2 dx dx dx 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 + 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 r 1 = r 2 = 1

r 3 = 2

y c = (C 1 + 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

(

W x, x ln x, x

)= 1

2

ln x + 1 2 x = x

0

u1 ' =

u2 ' =

u3 ' =

x

x ln x

0

ln x + 1 2 x x −1

2

x x

0 x 2

1

0

2 x

0

1

2

x

x x ln x

1

ln x + 1 0

0

x −1

−1

2

x ln x x 2 − 1 −1 = x 2 x 2

ln x + 1 2 x x −1

x 2

0 1

x 2

x ln x

=−

=

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

( x )(2 x ) − x 2

∫

x 2  3  → u1 = x(ln( x ) − 1)dx =  ln( x ) −  2  2 

→ u 2 = − xdx = −

x

∫

x 2 2

0 1

x

=

x(ln x + 1) − x ln x x

∫

→ u 3 = 1dx = x

x 2  3  x 2 2 y p =  ln( x ) − ( x ) − ( x ln x ) + ( x ) x 2  2  2 y p =

x 3 4

Solución general : y ( x ) = (C 1 + C 2 ln x ) x + C 3 x + 2

x 3 4

ESPOL 2009

82


Ecuaciones de segundo orden de coeficientes variables Solución en serie alrededor de un punto ordinario

d 2 y ( x − 1) 2 + 3x dy + xy = 0, dx dx 2

1.

( x

+∞

2

)∑ C n(n − 1) x

−1

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

+∞

n−2

n

+ 3 x

∑ C nx

+∞

n −1

n

n=2

+ x

n =1

+∞

∑ C n(n − 1) x − ∑ C n(n − 1) x n

+∞

n= 2

+∞

+∞

∑ C n(n − 1) x − ∑ C n

n+2

n=2

+∞

+3

n

(n + 2)(n + 1) x

n

n +1

n

=0

n=0 +∞

+∞

∑ C nx + ∑ C n

+3

n =0

n

n =1

∑ [C n(n + 2) −C n

x n = 0

n −1

n =1 +∞

− 2C 2 − 6C 3 x + 3C 1 x + C 0 x +

=0

n

n =1

n

n

∑ C nx + ∑ C x

n−2

n

n=2

n

n=0

+∞

n

∑ C x

n+ 2

(n + 2)(n + 1) +C n −1 ] x n = 0

n=2

− 2C 2 = 0 → C 2 = 0 − 6C 3 + 3C 1 + C 0 = 0 → C 3 =

C 1 2

+

C 0 6

C n n(n + 2 ) −C n + 2 (n + 2 )(n + 1) +C n −1= 0 → C n + 2 = n = 2 → C 4 =

C 2 2(2 + 2) +C 1

(2 + 2)(2 + 1) C 3(3 + 2 ) +C 2 n = 3 → C 5 = 3 (3 + 2)(3 + 1) y ( x ) =

= =

8C 2 +C 1 12 15C 3+C 2 20

=

C n n(n + 2) +C n −1

(n + 2)(n + 1)

;n≥2

C 1 12

=

3C 1 8

+

C 0 8

+∞

∑ C x n

n

= C 0 + C 1 x + C 2 x 2 + C 3 x 3 + ....

n =0

 x 3 x 5   x 3 x 4 3 x 5  y ( x ) = C 0 1 + + + ... + C 1  x + + + + ... → y (0) = C 0 = 4 6 8 2 12 8      x 2 5 x 4   3 x 2 x 3 15 x 4  y ' ( x ) = C 0  x + + + ... + C 1 1 + + + + ... → y ' (0) = C 1 = 6 2 8 2 3 8     11 3 x 4 11 x 5 y ( x ) = 4 + 6 x + x + + + ... 3 3 4

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y' ' − xy' = e − x

2. +∞

∑ C n(n − 1) x

alrededor de x 0 = 0 +∞

n−2

n

− x

n=2

∑ C nx

+∞

n −1

n

=

n =1

+∞

∑ C n(n − 1) x n

n=2

−

∑ C nx n

+∞

n

=

n =1

+∞

∑ C

n+ 2

(n + 2)(n + 1) x

n=0

−

n =0

∑ (C

n+2

n!

∑ C nx n

x n n!

+∞

n

=

n =1 +∞

2C 2 +

∑ (− 1)

n

+∞

n

x n

n =0

+∞

n−2

∑ (− 1)

n

∑ (− 1)

n

n =0

(n + 2)(n + 1) − C n n x )

x n n!

+∞

n

= 1+

n =1

∑ (− 1) n =1

2C 2 = 1 → C 2 =

n

x n n!

1 2

C n + 2 (n + 2)(n + 1) − C n n =

(− 1)n n!

→ C n + 2

(− 1)n = C n + (n + 2)(n + 1) n!(n + 2)(n + 1) n

n ≥1

C 1 (− 1)1 n = 1 → C 3 = C 1 + → C 3 = 1 − (1 + 2)(1 + 1) 1!(1 + 2)(1 + 1) 6 6 C (− 1)2 2 1 1 n = 2 → C 4 = C 2 + = 2 + → C 4 = 8 (2 + 2)(2 + 1) 2!(2 + 2)(2 + 1) 6 24 3C 3 C (− 1)3 3 1 1 n = 3 → C 5 = C 3 + = − → C 4 = 1 − (3 + 2 )(3 + 1) 3!(3 + 2 )(3 + 1) 20 120 40 30 1

y ( x ) =

+∞

∑ C x n

n

= C 0 + C 1 x + C 2 x 2 + C 3 x 3 + .....

n=0

1 1  C 1   C 1  5 y ( x ) = C 0 + C 1 x + x 2 +  1 −  x 3 + x 4 +  1 −  x + ...... 2 6 6 8 40 30    

 x 3 x 5   x 2 x 3 x 4 x 5  y ( x ) = C 0 + C 1  x + + + ....  +  − + − + ....  6 40 6 8 30    2 

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3) Resolver la

siguiente ecuación diferencial alrededor del punto

˲"  Ŵ

.

Determine las soluciones homogéneas de esta ecuación diferencial en términos de series indicando a que función converge cada una de ellas. (Sugerencia: (Sugerenci a: para

{˲$ . ŵ˳ -Ÿ˲˳ -Ŷ˳ ŵ˲

encontrar la solución particular use el método de variación de parámetros).

$ . ŵ˳ -Ÿ˲˳ -Ŷ˳ ŵ˲ { ˲ $ . ŵ ˲"  Ŵ ˥JˮJI˥ {  { {  ˜ ˲  ˲  J I˥ ˜ Ŵ .ŵŴ ˜ ˬ ˮJˮ ˲"  Ŵ ˥ ˯J˯Jˮ˯Jˮ ˤ˩J˩J˩  ˥ ˲"  Ŵ {  ˳ ˲ . ˲  " ("   ˳(" {˲   ˳Ȋ (#{J{˲##  ˳ȊȊ  ($ {J{J.ŵ{˲$$ $   {  ˲ . ŵ ˳ -Ÿ˲˳ -Ŷ˳Ŵ    {˲$ . ŵ ($ {J{J.ŵ{ {J{J.ŵ{˲$ -Ÿ˲(# {J{˲## -Ŷ(" {˲  Ŵ   {J{J.ŵ{     .  {J{J.ŵ{ $$ -Ÿ{J{˲ -Ŷ{˲ {  {  {J{J.ŵ ˲ {J{J.ŵ ˲  ($ ($ (# (" Ŵ Desarrollo.

Se asume:

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

Luego se introduce los coeficientes dentro de las sumatorias

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:

  {J{J.ŵ{     .  {J{J.ŵ{ $$ -Ÿ{J{˲ -Ŷ{˲ {  {  {J{J.ŵ ˲ {J{J.ŵ ˲  ($ ($ (# (" Ŵ Para la m=n–2 Si n = 2, entonces m = 0 Pero n = m + 2 Luego m = n

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 {J{J.ŵ{˲ .  {J-Ŷ{J-ŵ{˲ -Ÿ  {J{˲  $  ($ (" (#   Ŵ {˲ -Ŷ  ("  {J{J.ŵ{˲ .Ŷ .ź ˲.  {J-Ŷ{J-ŵ{˲ -Ÿ ˲  $ % $ # ($ ($    -Ŷ" -Ŷ#˲-Ŷ{˲ Ŵ {  {  -Ÿ J ˲  ($ ($ .Ŷ$ .ź%˲-Ÿ#˲-Ŷ" -Ŷ#˲ -(${J{J.ŵ .${J -Ŷ{J-ŵ -Ÿ{J -Ŷ{˲ Ŵ .Ŷ.ź%$˲-ź -Ŷ"#Ŵ˲Ŵ˥Jˮ˥JˮJIJI˥˥˥˥ˮˮ˩˩˥˥J˥J˥˯˥˯˥ $%"# {J{J .ŵ .${J -Ŷ{J-ŵ -Ÿ{J -Ŷ Ŵ {  { { -Ŷ  J J .ŵ-Ÿ J   {J$ .J-ŸJ-Ŷ $  {J -Ŷ{$J -ŵ   J4Ŷ $ { { J -ŷJ-Ŷ J $  {J -Ŷ{{JJ-Ŷ-ŵ{J-ŵ  {J-Ŷ{J-ŵ   {J -Ŷ-ŷJ-Ŷ  { J-ŵ  {J -Ŷ{J -ŵ   $  J4Ŷ ˟˩˟˩ JŶ ˥ Jˮ  JI˥    & $ " Jŷ ˥ JˮJI ˥     ' % # ˟˩˟˩ JŸ ˥ Jˮ  JI˥     & " JŹ ˥ JˮJI ˥      ' # ˟˩˟˩ JŻ Jź˥˥JˮJˮJI˥JI˥   ""  ˳{˲(" ˲  " -#˲-$ $˲$ -% %˲% -& &˲& -' '˲' - ˲ - ˳{˲  " -#˲-"˲ -#˲ -"˲ -#˲ -"˲ - $ ˳{˲ " ŵ-˲  $-˲& -˲{--˲ - G  $# -# ˲-˲  % -˲' --˲ - G {

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

Se igualan los coeficientes:

La fórmula de recurrencia es:

Por lo tanto:

Encontrando los coeficientes:

Volviendo a la solución:

La solución homogénea:

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