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Tallersemana3(09.02.15-13.02.15)Ecuaciones
diferenciales
NRC:2997,3000(R
P)-2998,2999(C
D)-3001
(EB)
Barranquilla, 11 de febrero de 2015
Universidad del Norte
Division de ciencias basicas
Departamento de matematicas y estadisticas
Ecuaciones diferenciales - Taller 3
Ejercicios
Ejemplo 1
Considere el siguiente PVI
dx
dy= x2 + x3 6x
x(y0) = x0
(a) Determine una familia de soluciones para la EDO.
(b) Determine la solucion cuando (y0, x0) = (3, 2).
(c) Determine la solucion cuando (y0, x0) = (1, 1).
(d) Realice un bosquejo de las soluciones anteriores.
Solucion
(a) La EDOdx
dy= x2 + x3 6x
es autonoma y por tanto se puede resolver aplicando el metodo de separacion de variables, esdecir se tiene
dx
dy= x2 + x3 6x
1
x2 + x3 6xdx
dy= 1
dx
x2 + x3 6x =
dy + C
Como x2 + x3 6x = x(x2 + x 6) = x(x+3)(x 2), entonces aplicando fracciones simples enel lado izquierdo se obtiene que la familia de soluciones viene dada por
1
10ln (x 2) + 1
15ln (x+ 3) 1
6ln (x) = y + C
(b) Primero se analiza la existencia de soluciones constantes (o de equilibrio) de la EDO, estas seobtienen al resolver la ecuacion
x2 + x3 6x = 0
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entonces dichas soluciones son x(y) = 0, x(y) = 2 y x(y) = 3. Se observa que x(y) = 2 satisfaceel PVI (Por que?) y como el teorema de existencia y unicidad garantiza unica solucion del PVI,entonces la solucion es x(y) = 2 .
(c) El punto (1, 1) NO se encuentra sobre una solucion constante de la EDO, entonces debemosencontrar la solucion en la familia de soluciones de la parte (a). En este caso
1
10ln (1 2) + 1
15ln (1 + 3) 1
6ln (1) = 1 + C
1
15ln (4) = 1 + C
C =1
15ln (4) 1
entonces la solucion viene dada por
1
10ln (x 2) + 1
15ln (x+ 3) 1
6ln (x) = y +
1
15ln (4) 1
(d)
1
2
11 2 3123
b
1
2
11 2 3123
b
Ejemplo 2
Aplicando separacion de variables resuelva la EDO
sin(x+ y) dx+ sin y(csc x dy cos x dx) = 0
Solucion
Recuerde: sin( ) := sin () cos () cos () sin ()
Aplicando la identidad de seno de una suma y multiplicando obtenemos
sin(x+ y) dx+ sin y(csc x dy cos x dx) = 0(sinx cos y + cos x sin y) dx+ sin y cscx dy sin y cosx dx = 0sinx cos y dx+ cos x sin y dx+ sin y cscx dy sin y cosx dx = 0
sinx cos y dx+ sin y csc x dy = 0
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Utilizando separacion de variables
sinx cos y dx = sin y csc x dysinx
csc xdx = sin y
cos ydy
sin2 x dx = tan y dysin2 x dx =
tan y dy + C
12sinx cos x+
1
2x = ln (cos y) + C
La solucion en forma implicita toma la forma
ln (cos y) +1
2sinx cos x 1
2x+ C = 0
o en forma explicita
y = arc cos
(exp
(12sinx cos x+
1
2x+ C
))
Ejemplo 3
Resolver el siguiente PVI
exyx3 +
1 2yx
ey2 dy
dx= 0, y(0) = 1
Solucion
Tenemos
dy
dx= e
xy x31 2y
xey
2
= exey
x3x
(1 2y) ey2= e
xeyx4
(1 2y) ey2= e
x x2 ey
(1 2y) ey2
= ex x2
(1 2y) ey2ey= e
x x2
(1 2y) ey2+y.
Observe que la anterior ecuacion es de variables separables, entonces(1 2y) ey2+ydy =
ex x2 dx+ C
Usando la sustitucion u = y2 + y, la primera integral es(1 2y) ey2+ydy =
eudy = eu = ey
2+y
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y la segunda integral se resuelve usando integracion por partesex x2 dx = x2ex
2xexdx = x2ex
(2xex
2exdx
)= x2ex (2xex 2ex) = ex(x2 2x+ 2)
por lo tanto la solucion general de la ecuacion diferencial es
ey2+y = ex(x2 2x+ 2) + C
Ahora encontremos el valor de C para determinar la solucion del PVI. En x = 0 tenemos y = 1, asi
e0 = e0 2 + C C = 3
entonces la solucion al PVI es
ey2+y = ex(x2 2x+ 2) + 3
Ejemplo 4
Determine la solucion general de la siguiente ecuacion diferencial
xdy
dx+ 6y = 3xy4/3
usando la sustitucion u = y1/3.
Solucion
Solucion: Observe que la ecuacion no es de variables separables ni de coeficientes homogeneos.Utilicemos la sustitucion sugerida, despejemos la variable y
u = y1/3 u = 1y1/3
y1/3 = 1u
y = 1u3
por tantody
dx=3u4
du
dx
reemplazando en la ecuacion
x3u4
du
dx+ 6u3 = 3x (u3)4/3
3xu4
du
dx+ 6u3 = 3xu4
llevemos la ecuacion a la forma normal
3xu4
du
dx= 3xu4 6u3
du
dx=
(3xu4 6u3
)u4
3x =3x 6u3x = 1 +
2u
x
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entoncesdu
dx= 1 + 2u
x
observe que la anterior ecuacion no es de variables separables, pero si de coeficientes homogeneos.
Haciendo la sustitucion u = v x tenemosdu
dx= x
dv
dx+v, obtenemos la ecuacion de variables separables
xdv
dx+ v = 1 + 2v dv
dx=1 + 2v v
x=1 + v
x,
as, 1
v 1dv =
1
xdx+ C
y por tantoln |v 1| = ln |x|+ C esto es v = Cx+ 1
puesto que v =u
x=
y1/3
x=
1
xy1/3entonces
1
xy1/3= Cx+ 1 y(x) = 1
x3(Cx+ 1)3
Ejercicios E1
Encuentre la solucion de los siguientes problemas de valor inicial
1. {x = (x3 + 4x2 + x 6) ln yx(2) = 3
2. {x = (x3 + 4x2 + x 6) ln yx(2) = 2
3. {x = (x4 1)y cos (y)x(0) = 1
4. {x = (x4 1)y cos (y)x(0) = 2
Respuestas Ejercicios E1
1.x(y) = 3
2.
y ln (y) y 112
ln (x 1) 14ln (x+ 3) +
1
3ln (x+ 2) 8
3ln (2) + 2 +
1
4ln (5) = 0
3.x(y) = 1
4.
cos (y) + y sin (y) +1
4ln (x+ 1) 1
4ln (x 1) + 1
2arctan (x) 1 + 1
4ln (3) +
1
2arctan (2) = 0
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Ejercicios E2
Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales
1.ey
2
x dx+ (x2 + 1)y dy = 0
2.ex+y sinx dx+ (2y + 1)ey
2
dy = 0
3.x ln(xy)dx+ ln y(dy x dx) = 0
4.dy
dx=
y2 9x2 + 4
Respuestas Ejercicios E2
1. Explicita: y (x) = ln (ln (x2 + 1) + C)
Implicita: ln(x2 + 1
) e(y(x))2 = C2. Explicita: y (x) = 1
2 1
2
1 4 ln
(12cos (x) ex +
1
2sin (x) ex + C
)
Implicita: 12cos x ex +
1
2sinx ex ey(x)(y(x))2 = C
4. Explicita: y (x) = 3 Ce3 arctan( 1
2x) + 1
Ce3 arctan(1
2x) 1
Implicita: arctan
(1
2x
) 1
3ln (3 + y (x)) + 1
3ln (y (x) + 3) = C
Ejercicios E3
Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando la sustitucion que se indica
1.(y2 lnx) dx+ xy3 dy = 0, x = eu, y = v
2.(2x 2y + xex) dx (2x 2y 1) dy = 0, x y = u
3.x(x+
y) dx+ 2
y dy = 0, y = u2
4.y2ex dx+ (1 + yex) dy = 0 y = uex
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Respuestas Ejercicios E3
1. 14 ln( (y (x))4 2 (y (x))2 lnx+ 2 (lnx)2
)+
36 arctanh
(36
(2 (y(x))22 lnx)ln(x)
)= C
2. (x y)2 + y + xex ex = C4. x ln (y (x) ex) y (x) ex = C
Ejercicios E4
Determine si las ecuaciones siguientes contiene factores homogeneos, en caso afirmativo determinesu solucion.
1.y(ln
y
x+ 1
)dx x ln y
xdy = 0
2.
y =y2
x2 + y2
3.dx
dt= x
2 + t2
2xt
Respuestas Ejercicios E4
2. Si,
23
3arctan
(3
3
(x 2 y (x))x
) ln
(y (x)
x
) lnx = C
3. Si,
(x (t))2 +1
3t2 C
t= 0
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