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Ecuaciones DiferencialesUniversidad del Magdalena - Facultad Ingenierías
Febrero 2011
TALLER 1 ECUACIONES DIFERENCIALES
CINDY BANQUEZ CAMARGO 2005217005LEIDYS PALACIO GONZALEZ 2005217052JORGE GARCIA ROSADO 200521702
ALEXIS MERCADO 20061170CARLOS BARRAZA 20061170
Profesor:DEUD SOTO PALOMINO
UNIVERSIDAD DEL MAGDALENAFACULTAD DE INGENIERIA
ECUACIONES DIFERENCIALESGRUPO 2
SANTA MARTA D.T.C.H2011
Ecuaciones DiferencialesUniversidad del Magdalena - Facultad Ingenierías
Febrero 2011
TALLER 1: ECUACIONES DIFERENCIALES
1. Compruebe que la familia de funciones y=e−x2∫0
x
et2
dt+c1 e−x2 es una solución de
la E.D dydx
+2 xy=1
Solución:
dydx
=−2 xe− x2∫0
x
e t2
dt+e−x2 ddx (∫
0
x
e t2dt)+c1 e−x2 (−2 x )
dydx
=−2 xe− x2∫0
x
e t2dt−2x c1 e−x2+e−x2 .e x2
dydx
=−2 x(e−x2∫0
x
et2
dt+c1 e−x2)+e0
dydx
=−2 x y+1
dydx
+2 xy=1
2. Encuentre una E.D correspondiente a cada relación, con las constantes arbitrarias indicadas.
a. y=c1Sen 4 x+c2cos 4 x
Solución:
y=c1Sen 4 x+c2cos 4 x
y '=4c1cos 4 x−4c2Sen4 x
y ' '=−4 c1Sen4 x (4 )−4 c2cos 4 x (4 )
y ' '=−16 (c1Sen4 x−c2cos 4 x )
y ' '=−16 y
y ' '+16 y=0
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b. y=A e−3 x+Be2x+Ce4 x
Solución:
y=A e−3 x+Be2x+Ce4 x
y '=−3 Ae−3x+2B e2x+4Ce4 x
−2 y=−2 Ae−3x−2 Be2 x−2C e4x
y '−2 y=−5 Ae−3 x+2Ce4 x
y ' '−2 y=15 Ae−3 x+8C e4x
y '−2 y2−4 y2+3 y=25 A e−3x
y ' '−c y3+8 y=35 A e−3x
y ' ' '−6 y ' '+8 y '=−105 Ae−3x
y ' ' '−6 y ' '+2 y '=−3 ( y ''−3 y '+8 y )
y ' ' '−6 y ' '+3 y−3 y '−18 y '−24 y=0
y ' ' '−3 y ' '−10 y '−24 y=0
3. Resolver las siguientes E.D.O’s
a .dydx
= x+ y+1x+2
−ex + y+1x+2
Solución:
dydx
= x+ y+1❑
x+2−e
x+ y+1❑
x+2
Haciendo X = x+2 ; Y = x+y+1
x = X-2
y = Y-x-1 = Y-(X-2)-1 = Y-X+2-1
y = -X+Y+1
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dx = dX
dy = -dX+Dy
dx+dY❑
dX = YX
- eYX
-1 + dYdX
= YX
- eYX
u= YX
→ Y = u*X → dYdX
= u + XdudX
-1 + u + XdudX
= u - eu
XdudX
= 1 - eu
∫ du
1−eu = ∫ dX
X → ∫ 1−eu+eu
1−eu du = ∫ dXX
∫(1+ eu
1−eu ¿)¿du = Ln X + c
u + ∫ eu
1−eudu = Ln X + c
t = 1−eu → -dt = eudu
u - ∫ dtt
= Ln X + c
u - Ln t = Ln X + c → u = Ln t + Ln X + c
YX
= Ln [ X( 1 - eYX ¿¿+c
eYX = e ln [X (1−e
YX )]*ec → e
YX=c∗X (1−e
YX )
ex + y+1❑
x+2 =c∗(x+2)(1−ex+ y+1❑
x+2 )
b . (sin x sin y−xe y )dy=(e y+cos x cos y )d x
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Solución:
( sen x sen y−xe y)dy=¿
¿
M(x,y) = ey+cos x cosy
∂M∂Y
=ey−cosxseny
N(x,y) = xey−sen x sen y→
∂N∂ X
=e y−cosxseny
∂M∂Y
=∂ N∂ X
Esexacta‼
Existe U(x,y) = c
∂U∂ x
=M ( x , y )→U ( x , y )=∫M ( x , y )dx+f ( y)
U ( x , y )=∫(e¿¿ y+cos x cosy)dx+ f ( y )¿
U ( x , y )=xey+sen x cosy+f ( y)
∂U∂ y
=N (x , y )
xe y−sen x seny+ f ´ ( y )=xe y−sen x sen y
f ´ ( y )=0 y f ( y )=c
Luego la solucionU ( x , y )=ces :
xe y+sen x cosy=c
4. Haciendo los cambios de variables u=12x2 , v=1
2y2, resolver la E.D.O
(2 x2+3 y2−7 ) xdx−(3 x2+2 y2−8 ) ydy=0
Solución:
(2 x2+3 y2−7 ) xdx−(3 x2+2 y2−8 ) ydy=0
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u=12x2→du=xdx
v=12y2→dv= ydy
(4 u+6v−7 )du−(6u+4 v−8 )dv=0
(4 u+6v−7 )du=(6u+4 v−8 )dv
dvdu
=(4u+6v−7 )(6u+4 v−8 )
Sea U=μ+hV=v+k dU=dμ y dV=dv
dVdU
=4 (U−h )+6 (V−k )−76 (U−h )+4 (V−k )−8
dVdU
=4U+6V−(4 h+6k+7)6U+4 V−(6h+4k+8)
Donde
4 h+6k+7=0 4 h+6k=−7
6h+4k+8=0 6h+4k=−8
h=|−7 6−8 4||4 66 4|
=−28+4816−36
= 20−20
=−1
k=|4 −76 −8|−20
=−32+42−20
= 10−20
=−12
dVdU
=4U+6V6U+4 V
dVdU
=4+6( VU )6+4( VU )
Z=VU
→V=ZU→dVdU
=Z+U dZdU
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Z+U dZdU
=4+6 Z6+4 Z
→UdZdU
=4+6Z6+4Z
−Z
UdZdU
=4+6Z−6Z−4 Z2
6+4 Z→U
dZdU
=4−4 Z2
6+4 Z
6+4 Z4 (1−Z2)
dZ=dUU
→∫ 6+4 Z4(1−Z2)
dZ=∫ dUU
32∫
dZ
1−Z2+∫ ZdZ
1−Z2=∫ dU
U
32×12ln|1−Z1+Z |−12∫−2ZdZ
1−Z2=∫ dU
U
34ln|1−Z1+Z |−12 ln|1−Z2|=lnU+C1
32ln|1−Z1+Z |−ln|1−Z2|=2 lnU+2C1
ln (1−Z1+Z )
32−ln|1−Z2|=lnU 2+2C1
ln( 1−Z1+Z )
32
(1−Z2 )=ln(U 2. e
2C1)
(1−Z )32
(1+Z )32 (1+Z )(1−Z)
=K U 2 K=e2C1
(1−Z )12
(1+Z )52
=K U 2→ (1−Z )=K 2 .U 2 . (1+Z )5
1− VU
=K2 .U 4 .(1+VU )
5
U−VU
=K2 .U 4 (U+V )5
U 5
U−V=K2 (U+V )5
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U=u+h=u−1 yV=v+k=v−12
u−1−v+ 12=K2(u−1+v−12 )
5
12x2−1
2y2−1
2=K2(12 x2+ 12 y2−32 )
5
12
(x2− y2−1 )=K2( 12 )5
( x2+ y2−3 )5
24 (x2− y2−1 )=K2 (x2+ y2−3 )5
16 (x2− y2−1 )=K2 (x2+ y2−3 )5
(x2− y2−1 )=C (x2+ y2−3 )5 Con ( K2
16 )=C
5. Encuentre la solución general de la E.D.O ( yln ( y )−2 xy )dx+ (x+ y3e y )dy=0
Solución:
( ylny−2 xy )dx+( x+ y3 e y )dy=0
M (x , y )= y lny−2xy ∂M∂ y
=lny+ y1y−2x=lny+1−2 x
N ( x , y )=x+ y3 e y ∂ N∂ x
=1
∂M∂ y
≠∂ N∂ x
No es Exacta , pero :
∂ N∂x
−∂M∂ y
M (x , y )=1−(lny+1−2 x)
y lny−2 xy=1−lny−1+2 xy (lny−2x )
=−( lny−2 x)y (lny−2 x)
∂ N∂x
−∂M∂ y
M (x , y )=
−1y
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Luegoe∫−1
ydy=e−lny=e lny−1= 1
yEsun factor integrante de la ecuacion
diferencial .
1y
( y lny−2 xy )dx+ 1y
(x+ y3e y )dy=0
( lny−2x )dx+( xy + yz e y )dy=0
M ¿ ( x , y )=ln−2 x→ ∂M¿
∂ y= 1y
N ¿ ( x , y )= xy+ y2 e y→
∂N ¿
∂x=1yAhoraes Exacta .
Existe ∪ ( x , y )=CTalque
∂∪∂ x
=M ¿ ( x , y )→∪ ( x , y )=∫ (lny−2x )dx+¿ f ( y ) ¿
∪ ( x , y )=xlny−x2+ f ( y )
∂∪∂ y
= xy+ f ' ( y )=N ¿ ( x , y )
xy+ f ' ( y )= x
y+ y2 e y→f ' ( y )= y2 ey
f ( y )=∫ y2 ey dy
Derivadas Integralesy2 e y
2 y e y
2 e y
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0 e y
f ( y )= y2 ey−2 y e y+2ey
Así ∪ ( x , y )=C→x lny−x2+( y2−2 y+2 )ey=C
6. Resolver la ecuación diferencial (7 x4 y−3 y 4 )dx+ (2x5−9xy 7 )dy=0 sabiendo que
existe un factor integrante de la forma xm yn
Solución:
Sabiendo que el factor integrante es x2 y . Procedemos:
(7 x6 y2−3 x2 y9 )dx+(2 x7 y−9 x3 y8 )dy=0
∂M∂ y
=14 x6 y−27 x2 y8
∂N∂ x
=14 x6 y−27 x2 y8
∂M∂ y
=∂ N∂ x
U=∫ (7 x6 y2−3 x2 y9 )dx
U=x7 y2−x3 y9+ f ( y)
∂U∂ y
=2x7 y−9 x3 y9+ f ' ( y )=N=2x7 y−9 x3 y9
f ' ( y )=0
f ( y )=c
Por lo tanto la solución general está dada por
c=x7 y2−x3 y9
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7. Resolver la E.D.O y '+ y cot x=cosx
Solución:
y ,+ y cotx=cosx
e∫cotx dx=e ln|senx|=senx Factor integrante
senx. y ,+senx . ycotx=senx . cosx
senxdydx
+ y cosx=senx . cosx
dydx
( y . senx )=senx . cosx
∫ d ( y senx )=∫ senx . cosx .dx
μ=senx dμ=cosx dx
ysenx=∫ μdμ→ y senx=12μ2+C
y senx=12
(senx )²+C→y=12senx+ C
senx
Resolver los siguientes problemas:
8. Un objeto de masa m se deja caer desde el reposo en un medio que ofrece una resistencia proporcional a la magnitud de la velocidad. Demuestre que la distancia que recorre en t segundo esta dada por:
x=mgk
t−m2gk2
(1−e−km
t)
Solución:
FG=mg
F r=∝ϑ⇒F r=kϑ
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segunla segundaley de Newton
∈F=mg⇒mg– kϑ=ma; a=dvdt
mdvdt
=−kv+mg⇒mdvdt
+kv=mg
dvdt
+ km
v=g
e∫ k
mdt=e
kmt⇒e
kmt dtdt
+ km
ekmt×v=ge
kmt
ddt
(ekmt×v)=ge
kmt⇒ e
kmt×v=∫ g e
kmtdt
ekmt×v=g×
mk×e
kmt+C
v (0 )=0 (Parte del Reposo )
ekm
(0)×0=mg
ke0+C⇒C=−mg
k
ekmt×v=mg
ke
kmt−mg
k
v (t )=mgk
−mgk
×e−km
t; v=dx
dt
dxdt
=¿ mgk
−mgk
×− kmt⇒dx=(mgk −mg
k×e
−km
t)dtx (t )=∫(mgk −mg
k×e
−km
t)dtx (t )=mg
kt−mg
k×e
−km
t(−mk )+C2
x (t )=mgk
t+m2gk2
×e−km
t+C2; x (0 )=0
0=mgk
(0 )+m2gk2
×e(0)+C2;C2=−m2gk2
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x (t )=mgk
t+m2gk2
×e−km
t−−m2g
k 2
La DistanciaenCualquier Instante t
x=mgk
t−m2gk2
×(1−e−km
t)
9. Un condensador de 5x10-3 faradios esta en serie con una resistencia de 25 ohmios y una Fem de 50 cos6t, t0. El interruptor se cierra en t=0. Asumiendo que la carga es cero en el condensador en t=0, determine la carga y la corriente en cualquier tiempo.
Solución:
RI=Caída de voltaje en la resistencia.q/C=Caída de voltaje en el condensador.E(t)= 50cos6t fuente
RI+q/C=E(t) Ley de Kirchhoff
I= dqdt
Rdqdt
+ qc
= 60cos6t
dqdt
+ q
25∗5 x 10−3 = 6025
cos 6t
dqdt
+8q = 125
cos 6t factor integrante e∫8dt=e8 t
e8 tdqdt
+8e8 tq = 125
e8 t cos6 t
ddt
(e8 tq)=125
e8 t cos6 t e8 tq=125 ∫ e8 t cos6 t dt
Tabulación
Derivada Integral
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e8 t cos6 t
8e8 t 16
sen 6t
∫64 e8t - 136 cos 6 t
∫ e8 t cos 6 t dt=16e8 t sen6 t+ 8
36e8 t cos6 t−64
36∫ e8 t cos 6 t dt
∫ e8 t cos 6 t dt+ 169∫ e8 t cos6 t dt= e8 t
36(6 sen6 t+8cos6 t)
259
∫ e8 t cos 6 t dt= 136
e8 t (6 sen6 t+8cos6 t )
∫ e8 t cos 6 t dt= 925
136
e8 t (6 sen 6 t+8cos 6 t)
e8 tq=125
1100
e8 t (6 sen6 t+8cos6 t )+c
t=0; q=0
0= 3125
e0 (0+8 )+c ;c=−24125
e8 tq= 3125
e8 t (6 sen 6 t+8cos 6 t )− 24125
q(t) = 3125
e8 t (6 sen 6 t+8cos 6 t−8 ) carga
i= dqdt
i(t) = 24125
e8 t (6 sen 6 t+8cos 6 t−8 )+ 3125
e8 t ¿
i(t) = 1125
e8 t ¿
i(t) = 1125
e8 t ¿
i(t) = 4125
e8 t ¿ Corriente.
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10. Encuentre la constate “a” para que las familias y3= c1x y x2+ay2=c2 sean ortogonales.
Solución:
y3= c1x 3y2 y’ =c1 c1=y3
x
3y2 dydx
= y3
x 3x
dydx
= y ( dydx )c1 = y3x
X2+ay2=c2 2x + 2ayy’ =0 2aydydx
= -2x
(dydx
¿ c2= -xay
Para que sean ortogonales
(dydx
¿ c1 (dydx
¿ c2 = -1 y3x
¿)= -1
−13 a
=−1 a = 13