Problemario de Ec. Dif.

Chapter 1

Introduccin

Si una funcin definida en algn intervalo I se sustituye en una ecuacin diferen-cial y la reduce a una identidad, entonces se dice que esa funcin es una solucinde la ecuacin en ese intervalo. Una solucin en la cual la variable dependiente seexpresamente solamente en trminos de la variable independiente y de constantesse dice que es una solucin explcita, en caso contrario se tiene una solucin m-plicita. La solucin general de una ecuacin diferencial de grado n contiene nparmetros en su solucin, lo cual significa que una ecuacin diferencial puedetener un nmero infinito de soluciones que corresponden al nmero infinito devalores de los parmetros. Una solucin de una ecuacin diferencial que no tienetales parmetros se llama una solucin particular.

En los siguientes problemas se comprueba que la funcin in-dicada sea una solucin de la ecuacin diferencial dada. Cuandoaparecen, los simbolos c1 y c2 indican constantes.

Problema 1.2y0 + y = 0

Donde:y = e

x2

Solucin:Derivando:

y0 = 12e

x2

Sustituyendo en la ecuacin:

1

2 CHAPTER 1. INTRODUCCIN

2

12e

x2

+ e

x2 = 0

ex2 + ex2 = 0

0 = 0

y = ex2 si es solucin.Problema 2.

dy

dx 2y = e3x

Donde:y = e3x + 10e2x

Solucin:Derivando:

y0 = 3e3x + 20e2x

Sustituyendo:

3e3x + 20e2x 2(e3x + 10e2x) = e3x

3e3x + 20e2x 2e3x 20e2x = e3x

e3x = e3x

como queda una identidad entonces y = e3x + 10e2x si es solucin de laecuacn diferencial.

Problema 3.dy

dx+ 20y = 24

Donde:

y =6

5 65e20t

3Solucin:Derivando:

y0 = 24e20t

Sustituyendo en la ecuacin diferencial:

24e20t + 20(6

5 65e20t) = 24

24e20t + 24 24e20t = 24

24 = 24

y = 65 6

5e20t si es solucin de la ecuacin diferencial.

Problema 4.y0 = 25 + y2

Donde:

y = 5 tan 5x

Solucin:Derivando:

y0 = 25 sec2 5x

Sustituyendo:

25 sec2 5x = 25 + 25 tan2 5x

25 sec2 5x = 25(1 + tan2 5x)

25 sec2 5x = 25 sec2 5x

y = 5 tan 5x si es solucin de la ecuacin diferencial.


Problema 5.dy

dx=

ry

x

Donde:

y = (x+ c1)

2, x > 0, c1 > 0

Solucin:Derivando:

y0 = 2(x+ c1)( 12x)

y0 =x+ c1x

y0 = 1 +c1x

La ecuacin diferencial puede escribirse de la siguiente forma

dy

dx=

ry

x=

yx

y como: yx=

p(x+ c1)2x

=

x+ c1x

= 1 +c1x

y como ya se haba encontrado:

y0 = 1 +c1x

Entonces:

1 +c1x= 1 +

c1x

y = (x+ c1)2 si es solucin.Problema 6.

y0 + y = senx

5Donde:

y =1

2senx 1

2cosx+ 10ex

Solucin:Derivando:

y0 =1

2cosx+

1

2senx 10ex

Sustituyendo:

1

2cosx+

1

2senx 10ex + 1

2senx 1

2cosx+ 10ex

senx = senx

y = 12sinx 1

2cosx+ 10ex si es solucin.

Problema 7.2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0

Donde:

x2y + y2 = c1

Solucin:Utilizando derivacin mplicita:

d

dx(x2y + y2 = c1)

2xy + x2dy

dx+ 2y

dy

dx= 0

2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0

la cual es la ecuacin original, x2y + y2 = c1 es una solucin mplicitade la ecuacin diferencial.


Problema 8.x2dy + 2xydx = 0

Donde:

y = 1x2

Solucin:La ecuacin puede escribirse como:

x2dy

dx+ 2xy = 0

Derivando la posible solucin:

y =2

x3

Sustituyendo:

2x2x3 2xx2 = 0

2x1 2x1 = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, y = 1x2si es solucin de la ecuacin.

Problema 9.y0 = 2

p| y |

Donde:

y = x | x |Solucin:El valor absoluto se define como:

|a| =a si a 0a si a < 0

Por lo tanto, la funcin se escribe como:

7y = x | x |=x2 si x 0x2 si x < 0

La derivada es:

y0 =2x si x 02x si x < 0

Por lo tanto si x > 0,p|y| = x2 = x

Y sustituyendo en la ecuacin:

2x = 2x2 = 2x

Ahora bien, si x < 0,p|y| = x y al hacer la sustitucin:

2x = 2x

y = x | x | si es solucin.Problema 10.

y0 1xy = 1

Donde:

y = xlnx

Solucin:Derivando:

y0 = lnx+ 1

Sustituyendo:

lnx+ 1 ( 1x)(xlnx) = 1

1 = 1

Se obtiene una identidad, y = xlnx si es solucin de la ecuacin.


Problema 11.dP

dt= P (a bP )

Donde:

P =ac1e

at

1 + bc1eat

Solucin:Derivando:

dP

dt=(1 + bc1e

at)(a2c1eat) (ac1eat)(abc1eat)

(1 + bc1eat)2

dP

dt=a2c1e

at + a2bc21e2at a2bc21e2at

(1 + bc1eat)2

dP

dt=

a2c1eat

(1 + bc1eat)2

Sustituyendo:

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

ac1eat

1 + bc1eat

a b( ac1e

at

1 + bc1eat)

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

ac1eat

1 + bc1eat

a abc1e

at

1 + bc1eat

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

ac1eat

1 + bc1eat

a(1 + bc1e

at) (abc1eat)1 + bc1eat

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

ac1eat

1 + bc1eat

a

1 + bc1eat

Es decir:

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

a2c1eat

(1 + bc1eat)2

9Se obtiene una identidad, P = ac1eat1+bc1eat

si es solucin de la ecuacin.

Problema 12.dx

dt= (2 x)(1 x)

Donde:

t = ln2 x1 x

Solucin:Derivando en forma mplicita:

d

dt

ln

2 x1 x

= t

1 x2 x

"(1 x)(dx

dt) (2 x)(dx

dt)

(1 x)2

#= 1

dx

dt

1

(2 x)(1 x)

(1 + x+ 2 x) = 1

dx

dt= (2 x)(1 x)

la cual es la ecuacin original. Por lo tanto t = ln2x1x si es solucin ya que

se obtiene la misma ecuacin.

Problema 13.y0 + 2xy = 1

Donde:

y = ex2

Z x0

et2

dt+ c1ex2

Solucin:Derivando:

dy

dx= ex

2

ex2

+ (

Z x0

et2

dt)(2xex2) 2c1xex2


Sustituyendo:

1 2xex2Z x0

et2

dt 2c1xex2

+ 2xex2

Z x0

et2

dt+ 2c1xex2 = 1

1 = 1

Se obtiene una identidad, y = ex2 R x0et2dt+ c1e

x2 si es solucin de laecuacin.

Problema 14.y00 + y0 12y = 0

Donde:

y = c1e3x + c2e

4x

Solucin:Derivando dos veces:

y0 = 3c1e3x 4c2e4x

y00 = 9c1e3x + 16c2e4x

Sustituyendo:

9c1e3x + 16c2e

4x + 3c1e3x 4c2e4x 12(c1e3x + c2e4x) = 0

9c1e3x + 16c2e

4x + 3c1e3x 4c2e4x 12c1e3x 12c2e4x = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, y = c1e3x+c2e4x si es solucin de la ecuacin.Problema 15.

y00 6y0 + 13y = 0Donde:

11

y = e3x cos 2x

Solucin:Derivando dos veces:

y0 = 3e3x cos 2x 2e3xsen2x

y00 = 9e3x cos 2x 6e3xsen2x 6e3xsen2x 4e3x cos 2x

Sustituyendo:

9e3x cos 2x 6e3xsen2x 6e3xsen2x 4e3x cos 2x

18e3x cos 2x+ 12e3xsen2x+ 13e3x cos 2x = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, y = e3x cos 2x si es solucin de la ecuacin.Problema 16.

d2x

dx2 4dy

dx+ 4y = 0

Donde:

y = e2x + xe2x

Solucin:Derivando:

y0 = 2e2x + e2x + 2xe2x = 3e2x + 2xe2x

y00 = 6e2x + 2e2x + 4xe2x = 8e2x + 4xe2x

Sustituyendo:

8e2x + 4xe2x 12e2x 8xe2x + 4e2x + 4xe2x = 0


0 = 0

Se obtiene una identidad, y = e2x + xe2x si es solucin de la ecuacin.Problema 17.

y00 + (y0)2 = 0

Donde:

y = ln | x+ c1 | +c2Solucin:Derivando:

y0 =1

x+ c1

y00 = 1(x+ c1)2

Sustituyendo:

1(x+ c1)2

+ (1

x+ c1)2 = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, y = ln | x + c1 | +c2 si es solucin de laecuacin.

Problema 18.x2y00 + xy0 + 2y = 0

Donde:

y = x cos(lnx), x > 0

Solucin:Derivando:

13

y0 = cos(lnx) sin(lnx)

y00 = 1xsin(lnx) 1

xcos(lnx)

Sustituyendo:

x2 1xsin(lnx) x2 1

xcos(lnx) x cos(lnx) + x sin(lnx) + 2x cos(lnx) = 0

x sin(lnx) x cos(lnx) x cos(lnx) + x sin(lnx) + 2x cos(lnx) = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, y = x cos(lnx) si es solucin de la ecuacin.Problema 19.

y000 y00 + 9y0 9y = 0Donde:

y = c1 sin 3x+ c2 cos 3x+ 4ex

Solucin:Obteniendo las tres derivadas:

y0 = 3c1 cos 3x 3c2 sin 3x+ 4ex

y00 = 9c1 sin 3x 9c2 cos 3x+ 4ex

y000 = 27c1 cos 3x+ 27c2 sin 3x+ 4ex

Sustituyendo:27c1 cos 3x+27c2 sin 3x+4ex+9c1 sin 3x+9c2 cos 3x4ex+27c1 cos 3x

27c2 sin 3x+ 36ex 9c1 sin 3x 9c2 cos 3x 36ex = 0


0 = 0

Como se obtiene una identidad se tiene que y = c1 sin 3x+ c2 cos 3x+4ex

si es solucin.

Problema 20.

x3d3y

dx3+ 2x2

d2y

dx2 xdy

dx+ y = 12x2

Donde:

y = c1x+ c2x lnx+ 4x2, x > 0

Solucin:Obteniendo las derivadas:

y0 = c1 + c2 lnx+ c2 + 8x

y00 = c21

x+ 8

y000 = c21

x2

Sustituyendo:

c2x3

x2+2c2

x2

x+16x2xc1xc2 lnxxc28x2+c1x+c2x lnx+4x2 = 12x2

12x2 = 12x2

Si es solucin.Problema 21.

xy0 2y = 0

y =

x2, x < 0x2, x 0

15

Solucin:Derivando:

y0 =2x, x < 02x, x 0

Si x < 0, sustituimos en la ecuacin:

x(2x) 2(x2) = 0

2x2 + 2x2 = 0

0 = 0

Si x > 0, sustituimos en la ecuacin:

x(2x) 2(x2) = 0

2x2 2x2 = 0

0 = 0

Por lo tanto, si es solucin.

Problema 22.(y0)2 = 9xy

Donde

y =

0, x < 0x3, x 0

Solucin:Derivando:

y0 =

0, x < 03x2, x 0

Obviamente si y = 0, la ecuacin se satisface. En el caso de que y = x3

(cuando x 0)


y0 = 3x2

y haciendo la sustitucin:

(3x2)2 = 9x(x3)

9x4 = 9x4

Por lo tanto si es solucin.

Problema 23. Determine valores de m tales que y = emxsea una solucinde la ecuacin diferencial respectiva.a)

y00 5y0 + 6y = 0Donde:

y = emx

Solucin:

2.1. SEPARACIN DE VARIABLES 29

Solucin:Multiplicamos por dx y dividimos entre (cos 2y cos2 y):

dy

cos 2y cos2 y = senxdx

integramos:

Zdy

cos 2y cos2 y =ZsenxdxZ

dy

(2 cos2 y 1) cos2 y = cosx+ cZdy

cos2 y 1 = cosx+ c

Z

dy

sin2 y= cosx+ cZ

csc2 ydy = cosx+ c

cot y = cosx+ c

Problema 15. ex + ex

dydx= y2

Dividimos entre y2 y (ex + ex) multiplicamos por dx:

dy

y2=

dx

ex + ex

multiplicamos el denominador y el numerador del lado derecho por ex eintegramos: Z

dy

y2=

Zexdx

e2x + 1

en la integral del lado derecho se hace el cambio de variable:

30 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

u = ex

du = exdx

1y=

Zdu

u2 + 1

1y= arctanu+ c = arctan ex + c

En las siguintes ecuaciones diferenciales, encuentre la solucinde las mismas sujetas a la condicin inicial respectiva.

Problema 16.

ydy = 4xy2 + 1

12 dx, y (1) = 0

Solucin:Dividimos entre (y2 + 1)

12 :

ydy

(y2 + 1)12

= 4xdx

integramos:

Zydy

(y2 + 1)12

=

Z4xdx

u = y2 + 1

du = 2ydy1

2

Zdu

u12

= 2x2 + c

1

2

Zu

12du = 2x2 + c

u12 = 2x2 + cp

y2 + 1 = 2x2 + c

y2 + 1 =2x2 + c

2y =

q(2x2 + c)2 1

2.1. SEPARACIN DE VARIABLES 31

aplicamos la condicion inicial y(0) = 1:

x = 0

y = 1

1 =

q(2(0)2 + c)2 1

1 =c2 1

c =2

regresamos a la integral anterior:

y =

r2x2 +

22 1

Problema 17.dy

dx= 4

x2 + 1

, x

4

= 1

Solucin:Multiplicamos por dx:

dy = 4x2 + 1

dx

integramos: Zdy =

Z4x2 + 1

dx

y =4x3

3+ 4x+ c

aplicamos la condicin inicial:

x = 1

y =4

4= 4

1

3

+ 4 (1) + c

4 43 4 = c

c =4 163


sustituimos en la solucin general:

y =4x3

3+ 4x+

4 163

2.2 Ecuaciones exactas

Una expresin de la forma M(x, y)dx + N(x, y)dy es una diferencial exactaen una regin R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna funcinf(x, y). Una ecuacin diferencial de primer orden de la forma:

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

es una ecuacin diferencial exacta, si la expresin del lado izquierdo es unadiferencial exacta.

Sean M(x, y) y N(x, y) con derivadas parciales continuas en una reginrectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces la condicinnecesaria y suficiente para queM(x, y)dx+N(x, y)dy sea una diferencial exactaes que:

dM

dy=dN

dx

En los siguientes problemas, determine si la ecuacin respectivaes exacta. Si lo es, resulvala.

Problema 1.

(2x 1) dx+ (3y + 7) dy = 0Solucin:M (x, y) = 2x 1N (x, y) = 3y + 7

2.2. ECUACIONES EXACTAS 33

Para saber si son exactas se debe de cumplir la condicin de exactitud:

My

=Nx

Se deriva M(x, y) con respecto a y:

My

= 0

Se deriva N(x, y) con respecto a x:

Nx

= 0

La ecuacin es exacta. Entonces debe existir f(x, y) tal que:

fx

= 2x 1 , fy= 3y + 7

Integrando la primera:

f(x, y) =

Z(2x 1) dx = x2 x+ g(y)

Derivando con respecto a y:

fy= g0(y)

3y + 7 = g0(y)

Se integra para obtener g(y):

g(y) =

Z(3y + 7y)dy =

3

2y2 + 7y + c

Sustituyendo g(y) en la expresin de f(x, y):

f(x, y) = x2 x+ 32y2 + 7y + c

La solucin de la ecuacin es:


x2 x+ 32y2 + 7y + c = 0

Problema 2.(2x+ y)dx (x+ 6y)dy = 0

Solucin:M(x, y) = 2x+ yN(x, y) = (x+ 6y)Derivando M(x, y) con respecto a y:

My

= 1

Derivando N(x, y) con respecto a x:

Nx

= 1

La ecuacin no es exacta. Para resolverla se debera utilizar otro mtodo.

Problema 3.(5x+ 4y)dx+ (4x 8y3)dy = 0

Solucin:M(x, y) = 5x+ 4yN(x, y) = 4x 8y3Para cumplir con la condicin de exactitud se derivaM(x, y) con respecto

a y:

My

= 4

Se deriva N(x, y) con respecto a x:

Nx

= 4

La ecuacin es exacta. Por lo tanto se tiene que:

fx

= 5x+ 4y


fy= 4x 8y3

Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:

f(x, y) =

Z(5x+ 4y)dx =

5

2x2 + 4xy + g(y)

Derivando con respecto a y:

fy= 4x+ g0(y)

4x 8y3 = 4x+ g0(x)

g0(y) = 8y3

Para obtener a g(y) se integra con respecto a y:

g(y) = 8Zy3dy = 2y4 + c

Sustituyendo a g(y):

f(x, y) =5

2x2 + 4xy 2y4 + c

La solucin de la ecuacin es:

5

2x2 + 4xy 2y4 + c = 0

Problema 4. 2y2x 3

dx+

2yx2 + 4

dy = 0

Solucin: Derivando M(x, y) con respecto a y, N(x, y) con respecto ax.


My

= 4yx,Nx

= 4yx

La ecuacin es exacta, entonces:

fx

= 2y2x 3, fy= 2yx2 + 4

Integramos M(x, y) con respecto a x, para determinar f(x, y)

f (x, y) =

Z 2y2x 3

dx = y2x2 3x+ g (y)

derivamos con respecto a y, e igualamos con N(x, y).

fy= 2yx2 + g0 (y) = 2yx2 + 4

g0(y) = 4

integramos g0(y) con respecto a y.

g (y) = 4

Zdy = 4y + c

sustituimos g(y) en f(x, y), y el resultado es:

f (x, y) = y2x2 3x+ 4y + c

La solucin se escribe como:

y2x2 3x+ 4y + c = 0

Problema 5.

(x+ y) (x y) dx+ x (x 2y) dy = 0

Solucin:Resolvemos la factorizacin, y derivamosM(x, y) con respecto a y,N(x, y)

con respecto a x,


x2 y2

dx+

x2 2xy

dy = 0

My

= 2y 6= Nx

= 2x 2y

La ecuacin no es exacta, puede resolverse utilizando el mtodopara las ecuaciones homogneas que se revisar despus.

Problema 6.

xdy

dx= 2xex y + 6x2

Solucin: Igualamos la ecuacin a cero, para dejarla en la forma:


2xex y + 6x2

dx xdy = 0

My

= 1, Nx

= 1

La ecuacin es exactafx

= 2xex y + 6x2 fy= x

Integramos N(x, y) con respecto a y, el resultado obtenido, lo derivamosparcialmente con respecto a x, e igualamos con M(x, y).

f (x, y) =

Zxdy = xy + g (x)

fx

= y + g0 (x) = 2xex y + 6x2

g0 (x) = 2xex + 6x2


integramos g0(x)

g (x) =

Z 2xex + 6x2

dx = 2

Zxexdx+ 6

Zx2dx

La primera integral se resuelve por partes haciendo:u = x dv = exdxdu = dx v = ex

g (x) = 2 (xex ex) + 2x3 + cSustituimos g(x) en f(x, y), teniendo como resultado:

f (x, y) = xy + 2xex 2ex + 2x3 + c = 0

Problema 7. x2y3 1

1 + 9x2

dx

dy+ x3y2 = 0

Solucin: Separamos dy, e igualamos la ecuacin, derivando M(x, y)con respecto a y, N(x, y) con respecto a x.

x2y3 11 + 9x2

dx+ x3y2dy = 0

My

= 3x2y2 =Nx

= 3x2y2

La ecuacin es exacta, por lo tanto

fx

= x2y3 11 + 9x2

fy= x3y2

Considerando que es ms sencillo integrar N(x, y) con respecto a y, luegose deriva con respecto a x

f (x, y) =

Zx3y2dy =

1

3x3y3 + g (x)

fx

= x2y3 + g0 (x) = x2y3 11 + 9x2


g0 (x) = 11 + 9x2

g (x) = Z

1

1 + 9x2= 1

3tan1 3x+ c

Sustituyendo en f(x, y), tenemos como resultado:

f (x, y) =1

3x3y3 1

3tan1 3x+ c = 0

Problema 8.

(tanx senxseny) dx+ cosx cos ydy = 0

Solucin:M (x, y) = tanx senxsenyN (x, y) = cosx cos yVeamos si cumple con la condicin de exactitud:

My

= senx cos y

Nx

= senx cos y

La ecuacin es exacta, por lo tanto se tiene que:

fx

= tanx senxseny

fy= cosx cos y

Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:

f (x, y) =

Z(tanx senxseny) dx = ln |cosx|+ seny cos y + h(y)

Para obtener h(y) se tiene que:


fy= cosx cos y + h0 (y)

cosx cos y = cosx cos y + h0 (y)

h (y) = c

Sustituyendo h(y) :

f (x, y) = ln |cosx|+ seny cos y + cla solucin de la ecuacin es:

ln |cosx|+ seny cos y + c = 0

Problema 9.4x3y 15x2 y

dx+

x4 + 3y2 x

dy = 0

Solucin:M (x, y) = 4x3y 15x2 yN (x, y) = x4 + 3y2 xSe verifica si se cumple con la condicin de exactitud:

My

= 4x3 1

Nx

= 4x3 1

La ecuacin es exacta, por lo tanto se tiene que:

fx

= 4x3y 15x2 y

fy= x4 + 3y2 x


Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:

f (x, y) =

Z 4x3y 15x2 y

dx = x4y 5x3 yx+m (y)

Para obtener m(y) se tiene que:

fy= x4 x+m0 (y)

x4 + 3y2 x = x4 x+m0 (y)

m (y) =

Z3y2dy = y3 + c

Sustituyendo a m(y):

f (x, y) = x4y 5x3 yx+ y3 + c

la solucin de la ecuacin es:

x4y 5x3 yx+ y3 + c = 0

Problema 10.y2 cosx 3x2y 2x

dx+

2ysenx x3 + ln y

dy = 0, y (0) = e

M (x, y) = y2 cosx 3x2y 2xN (x, y) = 2ysenx x3 + ln yCumpliendo con la condicin de exactitud:

My

= 2y cosx 3x2

Nx

= 2y cosx 3x2

La ecuacin es exacta por lo tanto se tiene que:


fx

= y2 cosx 3x2y 2x

fy= 2ysenx x3 + ln y


f (x, y) =

Z y2 cosx 3x2y 2x

dx = y2senx x3y x2 + h (y)


fy= 2ysenx x3 + h0 (y)

2ysenx x3 + ln y = 2ysenx x3 + h0 (y)

h (y) =

Zln ydy = y ln y y + c

Sustituyendo a h(y) :

f (x, y) = y2senx x3y x2 + y ln y y + c = 0

Tomando la condicin inicial de y(0) = e se tiene que:e2sen0 03e 02 + e ln e e+ c = 0c = 0Por lo tanto la solucin de la ecuacin es:

y2senx x3y x2 + y ln y y = 0

Determine el valor de k para que la ecuacin diferencial corre-spondiente sea exacta.

Problema 11.y3 + kxy4 2x

dx+

3xy2 + 20x2y3

dy = 0


Solucin:M (x, y) = y3 + kxy4 2xN (x, y) = 3xy2 + 20x2y3

Derivando con respecto a x y y

My

= 3y2 + 4kxy3

Nx

= 3y2 + 40xy3

Igualando las derivadas parciales:

3y2 + 4kxy3 = 3y2 + 40xy3

Despejando a k se tiene que:

k = 10

Por lo tanto k se sustituye en la ecuacin diferencial para que sea exacta.

Resuelva la ecuacin respectiva comprobando que la funcinindicada, (x, y), sea un factor integrante.

Problema 12.

6xydx+4y + 9x2

dy = 0, (x, y) = y2

Solucin:Puede verificarse que la ecuacin no es exacta, pero si se multiplica por

el factor integrante queda:

6xy3dx+4y3 + 9x2y2

dy = 0

M (x, y) = 6xy3

N (x, y) = 4y3 + 9x2y2

Y ahora s cumple con la condicin de exactitud:

My

= 18xy2


Nx

= 18xy2

Por lo tanto se tiene que:

fx

= 6xy3

fy= 4y3 + 9x2y2


f (x, y) =

Z6xy3dx = 3x2y3 + h (y)


fy= 9x2y2 + h0 (y)

4y3 + 9x2y2 = 9x2y2 + h0 (y)

h (y) =

Z4y3dy = y4 + c

Sustituyendo a h(y) :

f (x, y) = 3x2y3 + y4 + c

Por lo tanto la solucin de la ecuacin es:

3x2y3 + y4 + c = 0

Problema 13.2y2 + 3x

dx+ 2xydy = 0, (x, y) = x

Solucin:


Multiplicando la ecuacin diferencial por el factor integrante queda:2xy2 + 3x2

dx+ 2x2ydy = 0

M (x, y) = 2xy2 + 3x2

N (x, y) = 2x2yVerificando la condicin de exactitud:

My

= 4xy

Nx

= 4xy

La ecuacin es exacta, por lo tanto se tiene:

fx

= 2xy2 + 3x2

fy= 2x2y


f (x, y) =

Z 2xy2 + 3x2

dx = x2y2 + x3 + l (y)

Para obtener l(y) se tiene que:

fy= 2x2y + l0 (y)

2x2y = 2x2y + l0 (y)

l (y) = c

Sustituyendo a l(y) :

f (x, y) = x2y2 + x3 + c

Por lo tanto la solucin de la ecuacin es:

x2y2 + x3 + c = 0


2.3 Ecuaciones lineales

Una ecuacin diferencial de primer orden, de la forma:

a1 (x)dy

dx+ a0 (x) y = g (x)

es una ecuacin lineal.

Solucin de una ecuacin diferencial lineal de primer orden

1) Para resolver una ecuacin lineal de primer orden, primero se reescribe detal manera que el

coeficiente de dy/dx sea la unidad

dy

dx+ p (x) y = f (x)

2) Hay que identificar p (x) y definir el factor integrante,

(x) = eRp(x)dx

3) La ecuacin obtenida en el paso 1 se multiplica por el factor integrante:

eRp(x)dx dy

dx+ p(x)e

Rp(x)dxy = e

Rp(x)dxf(x)

2.3. ECUACIONES LINEALES 47

4) El lado izquierdo de la ecuacin obtenida en el paso 3 es la derivada delproducto del factor integrante por la variable dependiente y; esto es:

d

dx

heRp(x)dxy

ieRp(x)dx = e

Rp(x)dxf(x)

5) Se integran ambos lados de la ecuacin obtenida en el paso 4.

Problema 1.3dy

dx+ 12y = 4

Solucin:Dividimos la ecuacin entre 3 para ponerla en la forma general

dy

dx+ 4y =

4

3

p (x) = 4

Calculamos el factor integrante y lo multiplicamos por la ecuacin

(x) = eRp (x)dx = e

R4dx = e4x

e4xdydx+ 4y =

4

3

Integramos y despejamos a yZ

d

dx

ye4x

=

Z4

3e4xdx


ye4x =1

3e4x + c

y =1

3+c

e4x

Problema 2.dy

dx+ y = e3x

p (x) = 1Calculamos el valor del factor integrante (x)

(x) = eRp (x)dx = ex

Se multiplica el factor integrante por la ecuacin

(ex)

dy

dx+ y

= e3x (ex)

Integramos para calcular el valor de yZd [yex] =

Ze4xdx

yex =1

4e4x + c

Despejamos el valor de y

y =1

4

e4x

ex+c

ex

y =1

4e3x + cex

Problema 3.y0 + 3x2y = x2

Solucin:


p (x) = 3x2

Calculamos el valor del factor integrante (x)

(x) = eRp(x)dx = e

R3x2dx = ex

3

Se multiplica el factor integrante por la ecuacinex

3 y0 + 3x2y

= x2ex

3

Integramos para calcular el valor de yZd

dx

hyex

3i=

Zx2ex

3

yex3

=1

3ex

3

+ c


y =1

3+c

ex3

Problema 4.xdy = (xsenx y) dx

Solucin:La ecuacin se lleva a la forma de las ecuaciones lineales:

dy

dx (xsenx y)

x= 0

dy

dx+

1

x

y = senx

Determinamos el valor de p (x)p (x) = x1


(x) = eRp(x)dx = e

Rdxx = elnx = x



x

dy

dx y

1

x

= senx

d

dx[xy] = xsenx


dx[xy] =

Zxsenxdx

Integramos por partesRxsenxdx

u = x dv = senxdxdu = dx v = cosx

xy = x cosx+Zcosxdx = x cosx+ senx+ c


y =x cosx+ senx+ c

x

Problema 5.cosx

dy

dx+ ysenx = 1

Solucin:La ecuacin se lleva a la forma de las lineales:

dy

dx+ y

senx

cosx=

1

cosx

dy

dx+ (tanx) y = secx

p (x) = tanxCalculamos el valor del factor integrante (x)

(x) = eRp(x)dx = e

Rtanxdx = e ln(cosx) = secx



secx

dy

dx+ (tanx) y = secx

d

dx[y secx] = sec2 xdx


dx[y secx] =

Zsec2 xdx

y secx = tanx+ c


y =tanx+ c

secx= senx+ c cosx

Problema 6.xdy

dx+ 4y = x3 x

Solucin:La ecuacin se lleva a la forma:

dy

dx+4

xy = x2 1

p (x) = 4x


(x) = eRp(x)dx = e

R4xdx = e4 ln(x) = x4


x4dy

dx+4

xy = x2 1

d

dx

yx4= x6 x4



dx

yx4=

Z x6 x4

dx

yx4 =1

7x7 1

5x5 + c


y =1

7x3 1

5x+

c

x4

Problema 7.

cos2 xsenxdy +y cos3 x 1

dx = 0

Solucin:La ecuacin se lleva a la forma de las lineales:

dy

dx+y cos3 x 1cos2 xsenx

= 0

dy

dx+cosx

senxy =

1

cos2 xsenx

p (x) = cotxCalculamos el valor del factor integrante (x)

(x) = eRp(x)dx = e

Rcotxdx = eln(senx) = senx


senx

dy

dx+ (cotx y) =

1

cos2 xsenx

d

dx[ysenx] =

1

cos2 x

Integramos para calcular el valor de y


Zd

dx[ysenx] =

Z sec2 x

dx

ysenx = tanx+ c


y =tanx+ c

senx

y = secx+ c cscx

Problema 8.xdy

dx+ (3x+ 1) y = e3x

Solucin:La ecuacin se lleva a la forma:

dy

dx+3x+ 1

xy =

e3x

x

p (x) = 3x+1x


(x) = eRp(x)dx = e

R3x+1xdx = e3xeln(x) = xe3x


xe3xdy

dx+3x+ 1

xy =

e3x

x

d

dx

yxe3x

= 1


dx

yxe3x

=

Zdx


yxe3x = x+ c


y =x+ c

xe3x= e3x +

ce3x

x

Problema 9.dy

dx+ y =

1 e2xex + ex

Solucin:p (x) = 1Calculamos el valor del factor integrante (x) (x) = e

Rdx = ex


exdy

dx+ y =

1 e2xex + ex

d

dx[yex] =

ex exex + ex


dx[yex] =

Z ex exex + ex

dx

yex = lnex + ex

+ c


y = ex lnex + ex

+ cex

Problema 10.(x+ 2)2

dy

dx= 5 8y 4xy

Solucin:


La ecuacin se lleva a la forma de las lineales:

(x+ 2)2dy

dx= 5 4(x+ 2)y

dy

dx+

4

x+ 2y =

5

(x+ 2)2

p (x) =4

x+ 2


(x) = eR

4x+2

dx = e4 ln(x+2) = (x+ 2)4


(x+ 2)4dy

dx+

4

x+ 2y =

5

(x+ 2)2

d

dx

(x+ 2)4 y

= 5 (x+ 2)2


dx

(x+ 2)4 y

=

Z5 (x+ 2)2 dx

(x+ 2)4 y =5

3(x+ 2)3 + c


y =5

3 (x+ 2)+

c

(x+ 2)4

Problema 11.

dy

dx+ 5y = 20, y (0) = 2


Solucin:

p (x) = 5Calculamos el valor del factor integrante (x)

(x) = eR5dx = e5x


e5xdy

dx+ 5y = 20

d

dx

ye5x

= 20e5x


dx

ye5x

=

Z 20e5x

dx

ye5x = 4e5x + c

Calculamos el valor de c

(2) e5(0) = 4e5(0) + c

2 = 4 + c

c = 2

Despejamos el valor de y y sustituimos el valor de c

y = 4 2e5x

Problema 12.

Ldi

dt+Ri = E L,R y E son constantes, i (0) = i0


Solucin:

La ecuacin se lleva a la forma de las lineales:

di

dt+R

Li =

E

L

p (t) = RL

Calculamos el valor del factor integrante (t)

(t) = eRRLdt = e

RLt


eRLt

di

dt+R

Li =

E

L

d

dt

hie

RLti=E

LeRLt

Integramos para calcular el valor de iZd

dt

hie

RLti=

Z E

LeRLt

dt

ieRLt =

E

ReRLt + c


i0eRL(0) =

E

ReRL(0) + c

i0 =E

R+ c

c = i0 E

R

Despejamos el valor de i y sustituimos el valor de c


ieRLt =

E

ReRLt +

i0

E

R

i =E

R+

i0

E

R

e

RLt

Problema 13.

dT

dt= k (T 50) k es constante, T (0) = 200

Solucin:

La ecuacin se lleva a la forma:

dT

dt kT = 50k

Determinamos el valor de p (t)p (t) = kCalculamos el valor del factor integrante (t)

(t) = eRkdt = ekt


ektdT

dt kT = 50k

d

dt

Tekt

= 50kekt


dt

Tekt

=

Z 50kekt

dt

Tekt = 50ekt + c



200ek(0) = 50ek(0) + c

200 = 50 + c

c = 150

Despejamos el valor de T y sustituimos el valor de c

Tekt = 50ekt + 150

T = 50 + 150ekt

Problema 14.

(x+ 1)dy

dx+ y = lnx y (1) = 10

Solucin:

La ecuacin se lleva a la forma:

dy

dx+

1

(x+ 1)y =

lnx

x+ 1

Determinamos el valor de p (x)p (x) = 1

(x+1)


(x) = eR

1(x+1)

dx = eln(x+1) = x+ 1


(x+ 1)

dy

dx+

1

(x+ 1)y =

lnx

x+ 1

d

dx[(x+ 1) y] = lnx



dx[(x+ 1) y] =

Zlnxdx

Integramos por partesRlnxdx

u = lnx dv = dxdu = 1

xdx v = x

(x+ 1) y = x lnxZdx

(x+ 1) y = x lnx x+ c


(1 + 1) 10 = (1) ln (1) 1 + c

20 = 1 + c

c = 21

Despejamos el valor de y y sustituimos el valor de c

(x+ 1) y = x lnx x+ 21

y =x lnx x+ 21

(x+ 1)

2.4 Sustituciones diversas

2.4.1 Ecuaciones homogneas

Una ecuacin diferencial de la forma


2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 61

se dice que es homognea si M(x, y) y N(x, y) son ambas funciones ho-mogneas del mismo grado, en otras palabras la ecuacin es homognea si

M(tx, ty) = tM(x, y), N(tx, ty) = tN(x, y)

Una ecuacin diferencial homognea puede resolverse por medio de las susti-tuciones algebraicas:

y = ux, o x = vy

stas sustituciones reducirn la ecuacin a una de variables separables deprimer orden.

Resuelva cada una de las ecuaciones homogneas con la sustitu-cin apropiada:

Problema 1.(x y) dx+ xdy = 0

Solucin:Hacemos un cambio de variable y derivamos:

y = ux

dy = udx+ xdu

sustituimos en la ecuacin y desarrollamos:

(x ux) dx+ x (udx+ xdu) = 0xdx uxdx+ uxdx+ x2dx = 0

xdx+ x2du = 0

dividimos entre x2 e integramos toda la ecuacin:

dx

x+ du = 0Z

dx

x+ du = 0

lnx+ u = c


regresamos a la variable original:

y = ux

u =y

x

lnx+y

x= c

multiplicamos toda la ecuacin por x:

x lnx+ y = cx

Problema 2.xdx+ (y 2x) dy = 0

Solucin:Hacemos el cambio de variable

x = vy

dx = vdy + ydv


vy (vdy + ydv) + (y 2vy) dy = 0v2ydy + vy2dv + ydy 2vydy = 0yv2 2v + 1

dy + vy2dv = 0

dividimos entre y2 y (v2 2v + 1) e integramos:

dy

y+

vdv

v2 2v + 1 = 0

dy

y+

vdv

(v 1)2 = 0,Z

dy

y+

vdv

(v 1)2 = 0

si z = v 1, = z + 1, d = dzZ dy

y+(z + 1)dz

z2= 0


ln y + ln z 1z= c

ln y + ln( 1) 1( 1) = c

= x/y

ln y + ln(x

y 1) 1

(xy 1) = c

Problema 3. y2 + yx

dx x2dy = 0

Solucin:Hacemos el cambio de variable:

y = ux

dy = udx+ xdu

sustituimos en la ecuacin y desarrollamos:u2x2 + ux2

dx x2 (udx+ xdu) = 0

u2x2dx+ ux2dx ux2dx+ x3du = 0u2x2dx+ x3du = 0

dividimos entre u2 y x3e integramos:

dx

x+du

u2= 0Z

dx

x+du

u2= 0

lnx 1

u= c


y = ux

u =y

x


lnx 1yx

= c

lnx xy= c

multiplicamos por y:

y lnx x = cy

Resuelva la ecuacin homognea sujeta a la condicin inicialrespectiva:

Problema 4. x+ ye

yx

dx xe

yxdy = 0, y (1) = 0

Solucin:Hacemos el cambio de variable:

y = ux

dy = udx+ xdu


x+ uxe

uxy

dx xeuxx (udx+ xdu) = 0

xdx+ uxeudx uxeudx x2eudu = 0xdx x2eudu = 0

dividimos entre x2 e integramos:

dx

x eudu = 0Z

dx

x eudu = 0

lnx eu = c



y = ux

u =y

x

ln y eyx = c

aplicamos la condicin inicial y (1) = 0

x = 1

y = 0

ln 1 e 0x = cln 1 1 = c

1 = c

regresamos a la ecuacin:

lnx eyx = 1

Problema 5.

xy2dy

dx= y3 x3

Solucin:Dividimos entre dx e igualamos a cero:

xy2dy y3 x3

dx = 0

hacemos el cambio de variable:

x = vy

dx = vdy + ydv

sistituimos y desarrollamos:


vy3dy y3 v3y3

(vdy + ydv) = 0

vy3dy vy3dy v4y3dy + y4dv v3y4dv

= 0

v4y3dy y4dv + v3y4dv = 0v4y3dy y4

1 v3

= 0

diviimos entre v4 y y4 e integramos:

dy

y (1 v

3) dv

v4= 0Z

dy

y (1 v

3) dv

v4= 0

ln y 1

v3 ln v = c


x = vy

v =x

y

ln y 1xy

ln xy= c

ln y yx ln x

y= c


y (1) = 2

x = 1

y = 2

ln 2 2 ln 12= c

0.61 = cregresamos a la ecuacin:

ln y yx ln x

y= 0.61


2.4.2 Ecuacin de Bernoulli

La ecuacin diferencial

dy

dx+ P (x)y = f(x)yn

donde n es cualquier nmero real, se llama ecuacin de Bernoulli. Para n = 0y n = 1 la ecuacin es lineal. En el caso de que n 6= 0 y n 6= 1 la sustitucinu = y1n reduce cualquier ecuacin de Bernoulli a una ecuacin lineal.

Resuelva la ecuacin respectiva de Bernoulli empleando unasustitucin adecuada:

Problema 6.dy

dx= y

xy3 1

Solucin:Llevamos la ecuacin a la forma de Bernoulli

dy

dx= xy4 y

dy

dx+ y = xy4

Hacemos el cambio de variable

w = y14 = y3

y = w13

dy

dx= 1

3w

43dw

dx

sustituimos:

13w

43dw

dx+ w

13 = xw

43

multiplicamos por 3w 43 :

dw

dx 3w = 3xp(x) = 3(x) = e

R3dx = e3x


multiplicamos la ecuacin anterior por e3x:

e3xdw

dx 3we3x = 3e3x

agrupamos:

d

dx

we3x

= 3xe3x

dwe3x

= 3xe3xdxZ

dwe3x

= 3xe3xdx

we3x = 3

Zxe3xdx

resolviendo la integral por partes:

u = x

du = dx

dv = e3x

v = 13e3x

we3x = 313xe3x +

1

3

Ze3xdx

we3x = 3

13xe3x 1

9e3x

+ c

we3x = xe3x +1

3e3x + c

multiplicamos por e3x:

w = x+1

3+ ce3x


y = w13


w = y3

y3 = x+1

3+ ce3x

y =

x+

1

3+ ce3x

13

Problema 7.x2dy

dx+ y2 = xy

Solucin:Dividimos entre x2 y hacemos el cambio de variable:

dy

dx+y2

x2=

y

xdy

dx yx= y

2

x2

w = y12 = y1

y = w1

dy

dx= w2dw

dx

sustituimos:

w2dwdx

w1

x=w2x2

multiplicamos por w2:

dw

dx+w

x=

1

x2

p(x) =1

x

(x) = eR1xdx = elnx = x

multiplicamos la ecuacin por x:


xdw

dx+ w =

1

x

agrupamos e integramos:

d

dx(wx) =

1

x

d (wx) =1

xdxZ d (wx) =

1

xdx

wx = lnx+ c

dividimos entre x:

w =lnx

x+c

x


w = y1

y1 =lnx

x+c

x

y =x

lnx+ c

2.4.3 Sustituciones para reducir a variables separablesecuaciones del tipo dydx = f(Ax+By + C)

Una ecuacin diferencial de la forma

dy

dx= f(Ax+By + C)

puede reducirse a una ecuacin de variables separables por medio de la susti-tucin u = Ax+By + C, B 6= 0.


Problema 8.dy

dx= (x+ y + 1)2

Solucin:Hacemos:

u = x+ y + 1du

dx= 1 +

dy

dxdy

dx=

du

dx 1

du

dx 1 = u2

du

dx= u2 + 1

du

u2 + 1= dx

integramos:

Zdu

u2 + 1=

Zdx

arctanu = x+ c

pero:

u = x+ y + 1

arctan (x+ y + 1) = x+ c

x+ y + 1 = tan(x+ c)

y = tan(x+ c) x 1


Problema 9.dy

dx= cos (x+ y) , y (0) =

4

Solucin:Hacemos:

u = x+ ydu

dx= 1 +

dy

dxdy

dx=

du

dx 1

sustituimos:

du

dx 1 = cosudu

dx= 1 + cosu

du

1 + cosu= dx

integramos: Zdu

1 + cosu=

Zdx

multiplicamos el lado izquierdo por (1 cosu) en el denominador y en elnumerador:

Z1 cosu

(1 + cosu) (1 cosu)du = x+ cZ1 cosu1 cos2 udu = x+ cZ1 cosusin2 u

du = x+ cZ1

sin2 udu

Zcosu

sin2 udu = x+ c

2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 73Zcsc2 udu

Zcosu

sin2 udu = x+ c

cotu+ 1sinu

= x+ c

cotu+ cscu = c

pero:

u = x+ y

cot (x+ y) + 1sin (x+ y)

= x+ c


y (0) =4

x = 0

y =4

cot0 +

4

+ csc

0 +

4

= 0 + c

cot 4+ csc

4= c

1 +2 = c

regresamos a la ecuacin:

csc (x+ y) cot (x+ y) = x+2 1

Chapter 3

Aplicaciones de ecuaciones deprimer orden

Problema 1. La poblacin de una comunidad crece conuna tasa proporcional a la poblacin en cualquier momento. Supoblacin inicial es 500 y aumenta el 15% en 10 aos. Cul serla poblacin pasados 30 aos?

Solucin:N = poblacin de la comunidad en cuestin.N0 = Poblacin inicial de la comunidad.N(0) = N0 = 500N(10) = 575N(10) = 1.15N0Basndonos en la ecuacin diferencial del mdelo bsico de crecimiento:

dN

dt= kN

cuya solucin se encuentra fcilmente usando variables separables:

N = Noekt

Para encontrar k aplicamos la condicin:

N(10) = 1.15N0

Sustituyendo en la solucin:

75

76CHAPTER 3. APLICACIONESDEECUACIONESDEPRIMERORDEN

1.15N0 = N0e10k

Despejando k

ln 1.15

10= k

k = 0.014

Sustituyendo:

N = N0e0.014t = 500e0.014t

Finalmente se calcula la poblacin de la comunidad despus de 30 aos.

N(30) = 500e0.014(30)

N(30) = 760

Problema 2. El Pb-209, istopo radioactivo del plomo, sedesintegra con una razn poporcional a la cantidad presente encualquier momento y tiene un perodo medio de vida de 3.3 horas.Si al principio haba 1 gramo de plomo, Cunto tiempo debetranscurrir para que se desintegre el 90%?Solucin:C = Cantidad presente del istopo a cualquier tiempo = Periodo de vida media = 3.3 horasC0 = Cantidad inicial presente del istopo = 1 gramoLa ecuacin diferencial a resolver es:

dC

dt= kC

la cual es igual a la del problema anterior.

77

La solucin es:

C = C0ekt

Se sabe que

C(3.3) =1

2C0

Por lo que:

1

2C0 = C0e

3.3k

k =ln0.5

3.3

es decir k = 0.21Sustituyendo:

C = C0e0.21t

Finalmente, obtenemos el tiempo que debe transcurrir paraque se desintegre el 90% del istopo:

C0(0.1) = C0e0.21t

ln 0.1 = 0.21t

t =ln 0.1

0.21

t = 11 horas

Problema 3. Cuando pasa un rayo vertical de luz por unasustancia transparente, la razn con que decrece su intensidadI es proporcional a I(t), donde t representa el espesor, en pies,del medio. En agua de mar clara, la intensidad a 3 ft bajo lasuperficie, es el 25% de la intensidad inicial I0 del rayo incidente.Cul es la intensidad del rayo a 15 ft bajo la superficie?


Solucin:I = intensidadt = espesor del medio

dI

dt= kI

I = I0ekt

I0(0.25) = I0e3k

k =ln 0.25

3

k = 0.462

Finalmente, procedemos a calcular la intensidad del rayo a 15ft bajo la superficie

I(15) = I0e0.462(15)

I(15) = 0.00098I0

Aproximadamente 0.1% de I0.

Problema 4. En un trozo de madera quemada o carbn veg-etal se determin que el 85.5% de su C-14 se haba desintegrado.Con la informacin siguiente determine la edad aproximadamade la madera. Estos son precisamente los datos que usaron losarquelogos para fechar los murales prehistricos de una cavernade Lascaux, Francia.Solucin:k = constante de decaimiento

79

Vida media C-14 = 5,600 aos

A = A0ekt

Sustituyendo:

A02= A0e

5,600t

ln1

2= 5, 600k

k =ln 1

2

5, 600

k = 0.00012378

Por ltimo, procedemos a determinar la edad aproximada deltrozo de madera

A0(0.145) = A0e0.00012378t

t =ln 0.145

0.00012378

t = 15, 600 anos

Problema 5. Un tanque contiene 200 l de agua en que sehan disuelto 30 g de sal y le entran 4 L/min de solucin con 1g de sal por litro; est bien mezclado, y de l sale lquido con elmismo flujo (4 L/min). Calcule la cantidad A(t) de gramos desal que hay en el tanque en cualquier momento t.Solucin:A = cantidad de gramos de sal


t = momento (tiempo)V0 = volumen inicial del tanquev1 = flujo de entradav2 = flujo de salidaC1 = Concentracin de entrada (masa/volumen)C2 = Concentracin de salida (masa/volumen)R1 = Razn o ritmo con el que entraR2 = Razn o ritmo con el que saleV0 = 200 lv1 = 4 L/minv2 = 4 L/minC1 =1 g/LC2 =

AV0

Como hay conservacin de masa:dAdt= R1 R2

R1 = C11R2 = C22

dA

dt= C11 C22

dA

dt= 1

g

l

4l

min

A200

g

l

4l

min

dA

dt= 4 4A

200

dA

A= 4 1

50A

dA

A+1

50A = 4

p(t) =1

50

(t) = eR

150dt = e

t50

81

d

dt

Ae

t50

= 4e

t50

Aet50 = 4

Zet50dt

Aet50 = 200e

t50 + c

A = 200 + cet50

Considerando la condicin inicial:A(0) = 3030 = 200 + cc = 170Finalmente:

A(t) = 200 170et50

Problema 6. Un tanque tiene 500 gal de agua pura y le entrasalmuera con 2 lb de sal por galn a un flujo de 5 gal/min. Eltanque esta bien mezclado, y sale de l el mismo flujo de solucin.Calcule la cantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque encualquier momento t.Solucin:V0 = 500 gal1 = 5 gal/min2 = 5 gal/minC1 = 2 lb/galC2 =

AV o= A

500

dA

A= C11 C22

dA

A= 2

lb

gal

5gal

min

A500

lb

gal

5gal

min


dA

A= 10 A

100

dA

A+

1

100A = 10

p(t) =1

100

(t) = eR

1100

dt = et100

d

dt

Ae

t100

= 10e

t100

Aet100 = 10

Ze

t100dt

Aet50 = 1000e

t100 + c

A = 1000 + cet100

Considerando las condiciones iniciales:A(0) = 00 = 1000 + cc = 1000Finalmente:

A(t) = 1000 1000et100

Problema 7. En un modelo demogrfico de la poblacin P(t)de una comunidad, se supone que:

dP

dt=dB

dt dDdt

83

en donde dB/dt y dD/dt son las tasas de natalidad y mortan-tad, respectivamente.a) Determine P (t)

dB

dt= k1P

dD

dt= k2P

b)Analice los casos k1 > k2, k1 < k2, k1 = k2Solucin:dBdt= Natalidad

dDdt= Mortandad

P (t) = Natalidad-Mortantada)

dP

dt= k1P k2P

dP

dt= (k1 k2)P

ZdP

P= (k1 k2)

Zdt

lnP = (k1 k2)t+ ln c

lnP lnc = (k1 k2)t

P

c= e(k1k2)t

P = ce(k1k2)t

Considerando la condicin inicial:


P (0) = P0

P = P 0e(k1k2)t

b)k1 > k2La tasa de natalidad es mayor que la de mortalidad, por lo

tanto la poblacin aumenta. Esto se observa en la grfica ya queen tal caso k1k2 > 0 y la grfica corresponde a una exponencialcreciente.k1 < k2La tasa de natalidad es menor que la de mortalidad, provo-

cando la disminucin de la poblacin. En la grfica se tiene unaexponencial decreciente cuando k1 k2 < 0.k1 = k2La tasa de natalidad es igual a la de mortalidad, por ello la

poblacin se mantiene estable. En tal caso P = P 0.

Problema 8.Cuando se tiene en cuenta lo olvidadizo de un individuo, la rapidez con

que memoriza est definida por

dA

dt= k1 (M A) k2A,

en que k1 > 0, k2 > 0, A(t) es la cantidad de material memorizado porel tiempo t, M es la cantidad total para memorizar y M A es la cantidadque resta por memorizar. Halle A(t) y grafique la solucin. Suponga queA(0) = 0. Determine el valor lmite de A cuando t e interprete elresultado.Solucin: Proponemos la ecuacin diferencial y la despejamos:

dA

dt= kM k1A k2A

dA

dt= k1M A(k1 + k2)

dA

dt+A(k1 + k2) = k1M

85

Definimos el factor integrante, lo sustituimos en la ecuacin diferencial,y la integramos.

(t) = eR(k1+k2)dt = e(k1+k2)t

d

dt

Ae(k1+k2)t

=

Zk1Me

(k1+k2)t

Ae(k1+k2)t =k1M

(k1 + k2)e(k1+k2)t + C

Despejamos A, y el resultado es:

A =k1M

(k1 + k2)+ Ce(k1+k2)t

Aplicamos la condicin inicial A(0) = 0

0 =k1M

(k1 + k2)+ C

o sea

C = k1M(k1 + k2)

Por lo tanto la solucin queda como

A =k1M

(k1 + k2)(1 e(k1+k2)t)

tal como se observa cuando t en esta expresin queda que A =k1M

(k1+k2), lo cual siempre es menor que M , es decir, no se memoriza al 100%,

por ejemplo en la siguiente grfica se muestra que despus de un cierto tiempoel individuo a lo ms memorizar el 80%.


Figure 3.1: Cantidad de material memorizado en el tiempo

Chapter 4

Ecuaciones de segundo orden

4.1 Ecuaciones homogneas con coeficientesconstantes

Una ecuacin diferencial de este tipo tiene la forma

ay00 + by0 + cy = 0

donde a,b y c son constantes. Para resolverla se propone una solucin de laforma y = emx y al sustituir en la ecuacin se obtiene la ecuacin auxiliar

am2 + bm+ c = 0

la cual se resuelve para encontrar los valores de m, dependiendo de estosvalores se obtienen tres casos:Caso I: Races reales y distintas m1 6= m2, en cuyo caso la solucin se escribe

como

y = c1em1x + c2e

m2x

Caso II. Races reales repetidas m1 = m2 = m

y = c1emx + c2xe

mx

Caso III. Races complejas de la forma m = ix

87

88 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN

y = ex(c1 cosx+ c2senx)

Resolver los siguientes problemas

Problema 1.4y

00+ y

0= 0

Solucin:La ecuacion auxiliar es

4m2 +m = 0

factorizando.

m(4m+ 1) = 0

Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son:

m1 = 0

m2 = 1

4

As la frmula general aplicada para este problema queda de la siguientemanera.

y = c1e(0)x + c2e

( 14)x

y = c1 + c2ex4

Problema 2.y00 36y = 0

Solucin:La ecuacin auxiliar es

m2 36 = 0

4.1. ECUACIONESHOMOGNEASCONCOEFICIENTESCONSTANTES89

factorizando

(m+ 6)(m 6) = 0Las races de la ecuacin auxiliar son:

m1 = 6m2 = 6

As la solucin general es:

y = c1e6x + c2e

6x

Problema 3.y00 + 9 = 0


m2 + 9 = 0

Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son:m = 3i

Como las races son complejas y la parte real es cero, la solucin se escribecomo:

y = c1 cos 3x+ c2sen3x

Problema 4.y00 y0 6y = 0


m2 m 6 = 0

(m 3)(m+ 2) = 0

Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son:m1 = 3m2 = 2


La solucin general es:.

y = c1e3x + c2e

2x

Problema 5.y00 + 3y0 5y = 0


m2 + 3m 5 = 0Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son:

m =3p9 4(5)

2=329

2

m1 = 1.19, m2 = 4.19As la frmula general aplicada para este problema queda de la siguiente

manera.

y = c1e1.19x + c2e

4.19x

Problema 6.

12y00 5y0 2y = 0


12m2 5m 2 = 0la cual se factoriza como

(3m 2)(4m+ 1) = 0

Las races de la ecuacin auxiliar son:

m1 =2

3, m2 =

1

4


As la solucin es:

y = c1e23x + c2e

14x

Problema 7.

3y00 + 2y + y = 0


3m2 + 2m+ 1 = 0

Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son:

m =1+

2i

3= 1

32i

3

As la frmula general aplicada para este problema queda de la siguientemanera.

y = ex3 (c1 cos

2x

3+ c2sen

2x

3)

Problema 8.

y000 4y00 5y0 = 0


m3 4m2 5m = 0factorizando

m(m+ 1)(m 5) = 0Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son:

m1 = 0, m2 = 1, m3 = 5As la frmula general aplicada para este problema queda de la siguiente

manera.


y = c1 + c2ex + c3e

5x

Problema 9.

y000 5y00 + 3y0 + 9y = 0


m3 5m2 + 3m+ 9 = 0Al utilizar divisin sintetica se encontraron las siguientes races

m1 = 3, m2 = 1, m3 = 3La raz 3 est repetida, por ello la solucin general de la ecuacin es:

y = c1e3x + c2xe

3x + c3ex

Problema 10.

d4y

dx4+d3y

dx3+d2y

dx2= 0


m4 +m3 +m2 = 0

factorizando.

m2(m2 +m+ 1) = 0

Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son

m = 0 (raz doble),m =13i

2= 1

23i

2

As la solucin general se escribe de la siguiente forma:

y = c1e0 + c2xe

0 + ex2 (cos

3

2x+ c4sen

3

2x)


y = c1 + c2x+ ex2 (cos

3

2x+ c4sen

3

2x)

Problema 11.

y00 + 16y = 0 y(0) = 2; y0(0) = 2


m2 + 16 = 0


m1 = 4i, m2 = 4i

La solucin general es:

y = c1 cos 4x+ c2sen4x

Para aplicar las condiciones iniciales es necesario derivar

y0 = 4c1sen4x+ 4c2 cos 4x

Al sustituir las condiciones iniciales se obtiene:

y(0) = 2 = c1

y0(0) = 2 = 4c2

Resolviendo:

c1 = 2, c2 = 1

2

De tal manera que la solucin al problema de valor inicial es:

y = 2 cos 4x 12sin 4x

Problema 12.


2y00 2y0 + y = 0 y(0) = 1; y0(0) = 0


2m2 2m+ 1 = 0Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son

m =24i4

=1

2 12i


y = e12x(c1 cos

1

2x+ c2sen

1

2x)

Derivando:

y0 = e12x(1

2c1sen

1

2x+

1

2c2 cos

1

2x) +

1

2e12x(c1 cos

1

2x+ c2sen

1

2x)

Sustituyendo las condiciones iniciales:

y(0) = 1 = c1

y0(0) = 0 =1

2c2 +

1

2c1

Resolviendo:

c1 = 1, c2 = 1La solucin al problema de valor inicial es:

y = e12x( cos 1

2x+ sen

1

2x)

Problema 13.

y00 + y0 + 2y = 0 y(0) = y0(0) = 0



m2 +m+ 2 = 0


m =1+

1 8i2

= 12

+

7i

2

La solucin general se escribe como:

y = ex2 (c1 cos

7

2x+ c2sen

7

2x)

Derivando:

y0 = ex2 (

7

2c1sen

7

2x+

7

2c2 cos

7

2x) 1

2e

x2 (c1 cos

7

2x+ c2sen

7

2x)

Al sustituir las condiciones iniciales da el siguiente resultado:

y(0) = 0 = c1

y0(0) = 0 =

7

2c2

1

2c1

es decir:

c1 = c2 = 0

La nica solucin que es compatible con estas condiciones es:

y = 0

Problema 14.

y000 + 12y00 + 36y0 = 0 y(0) = 0; y0(0) = 1; y00(0) = 7



m3 + 12m2 + 36m = 0

factorizando.

m(m+ 6)2 = 0


m1 = 0, m2 = 6 de doble multiplicidad


y = c1 + c2e6x + c3xe

6x

Derivando:

y0 = 6c2e6x 6c3xe6x + c3e6x

y00 = 36c2e6x + 36c3xe6x 12c3e6x

Sustituyendo las condiciones:

y(0) = 0 = c1 + c2

y0(0) = 1 = 6c2 + c3

y00(0) = 7 = 36c2 12c3

Resolviendo el sistema:

c1 =5

36, c2 =

5

36, c3 =

1

6

La solucin al problema de valor inicial es:

y =5

36 536c2e

6x +1

6c3xe

6x

Problema 15.

4.2. MTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 97

y00 10y0 + 25 = 0 y(0) = 1; y(1) = 0


m2 10m+ 25 = 0factorizando.

(m 5)2 = 0La nica raz es doble:

m = 5

la solucin general se escribe como:

y = c1e5x + c2xe

5x

Al sustituir las condiciones iniciales en la ecuacin nos da el siguienteresultado

c1 = 1, c2 = 1El resultado final es:

y = e5x xe5x

4.2 Mtodo de los coeficientes indetermina-dos

Una ecuacin diferencial de orden n se puede escribir como:

anDny + an1D

n1y + ........+ a1Dy + a0y = g(x)


en donde Dky = dky/dxk, k = 0, 1, ........., n.

Es conveniente a veces representar tambin esta ecuacin en la forma L(y) =g(x). donde L representa el operador diferencial lineal de orden n:

L = anDn + an1D

n1 + ........+ a1D + ao

La aplicacin de los operadores diferenciales permite llegar a una solucinparticular de ciertos tipos de ecuaciones diferenciales lineales no homogneas.

OPERADOR ANULADOR: Si L1 es un operador diferencial con coeficientesconstantes y f es una funcin suficientemente diferenciable tal que:

L1(f(x)) = 0,

se dice que L1 es un anulador de la funcin.

El operador diferencial Dn anula cada una de las siguientes funciones:

1, x, x2, ........, xn1

El operador diferencial (D a)n anula cada una de las siguientes funciones:

eax, xeax, x2eax, ................., xn1eax

El operador diferencial [(D2 2aD + (a2 + B2)]n anula a las siguientesfunciones:

eax cosx, xeaxcosx, x2eax cosx, ......., xn1eax cosx,


eaxsenx, xeaxsenx, x2eaxsenx, ......., xn1eaxsenx,

Para resolver la ecuacin L(y) = g(x) se busca el operador anulador dela funcin g(x) y luego se aplica en ambos lados de la ecuacin: L1L(y) =L1(g(x)) = 0, de tal forma que la ecuacin diferencial aumenta de orden perose convierte en una ecuacin homognea, la cual ya puede ser resuelta.

La solucin se expresa como y(x) = yc(x) + yp(x) donde yc(x) se llama lasolucin complementaria y es la solucin de la ecuacin homognea y yp(x) esuna solucin particular de la ecuacin no homognea que se encuentra usando elmtodo de los coeficientes indeterminados, tal como se ilustra en los siguientesejemplos.

Problema 1. Escriba las siguientes ecuaciones diferenciales enla forma L(y) = g(x), donde L es un operador diferencial lineal concoeficientes constantes.a)

y00 4y0 12y = x 6

Solucin:En notacin de operadores esto se puede escribir como:

(D2 4D 12)y = x 6

factorizando, el resultado es:

(D 6)(D 2)y = x 6

b)y000 + 10y00 + 25y0 = ex


(D2 + 10D + 25)y = ex

Factorizando:


(D + 5)(D + 5)y = ex

c)

y000 + 2y00 13y0 + 10y = xex


(D3 + 2D2 13D + 10)y = xex

Factorizando:

(D 1)(D 2)(D + 5)y = xex

Problema 2. Compruebe que el operador diferencial mencionadoanula la funcin indicada.

a)D4, y = 10x3 2x

Solucin:Esto se comprueba al calcular el nmero de derivaciones necesarias para

obtener el anulador adecuado:

Dy = 30x2 2

D2y = 60x

D3y = 60

D4y = 0

Por lo tanto el anulador es D4 ya que aqu se hace cero la funcin.


b)(D 2)(D + 5); y = e2x + 3e5x

Solucin:

Como(D 2)e2x = 0

y

(D + 5)e5x

entonces el producto anula a la funcin y = e2x + 3e5x

Problema 3. Determine un operador diferencial lineal que anulela funcin dada:

a)1 + 7e2x

Solucin:El anulador para 1 es D.El anulador para e2x es (D 2).Por lo tanto el operador anulador es:

(D 2)D

b)

cos 2x

Solucin:

El eperador anulador es: (D2 + 4)lo cual se comprueba fcilmente porque (D2 + 4) cos 2x = D2 cos 2x +

4 cos 2x = 4 cos 2x+ 4 cos 2x = 0c)

ex + 2xex x2ex

Solucin:El anulador de ex es D + 1El anulador de 2xex es (D 1)2


El anulador de x2ex es (D 1)3, pero este tambin anula a la funcin2xex, por lo tanto el operador anulador de la funcin ex + 2xex x2ex es

(D + 1)(D 1)3

En los siguientes problemas resuelva la ecuacin diferencial re-spectiva por el mtodo de los coeficientes indeterminados.

Problema 1.

y00 + y0 = 3

Solucin:Se resuelve primero la ecuacin homognea

y00 + y0 = 0

Nuestra ecuacin auxiliar es:

m2 +m = 0

m(m+ 1) = 0

Por lo tanto nuestra solucin complementaria yc es:

yc = c1 + c2ex

El anulador para el lado derecho de la funcin es D por lo tanto nuestrasolucin particular Yp es :

yp = Ax

Para obtener el valor de A, se calculan la primera y segunda derivada deYp :

y0p = A; y00p = 0


Se sustituye en la funcin original, se despeja a A y as se obtiene el valor:

A = 3

por lo tantoyp = 3x

Como la solucin general es la suma de la complementaria y la particular

y = yc + yp

la solucin es:y = c1 + c2e

x + 3x

Problema 2.y00 + 4y0 + 4y = 2x+ 6

Solucin:El operador D2 anula a la funcin 2x+ 6Aplicando el operador diferencial en ambos lados de la ecuacin diferen-

cial:

D2(D2 + 4D + 4)y = D2(2x+ 6) = 0

Por lo que la ecuacin que queda es homognea:

D2(D2 + 4D + 4)y = 0

La ecuacin auxiliar es:

m2(m2 + 4m+ 4) = 0

m2(m+ 2)2 = 0

El trmino (m+2)2 = 0 corresponde a la ecuacin homognea, por lo quela solucin complementaria es:

yc = c2x1 + c2xe

2x


A partir del trmino m2 = 0, se obtiene la solucin particular:

Yp = Ax+B

Para calcular los valores de A y B se calculan la primera y la segundaderivada:

Y 0p = A; Y00p = 0

Al sustituir estos valores en la ecuacin original:

4A+ 4(Ax+B) = 2x+ 6

4Ax+ 4A+ 4B = 2x+ 6

igualando trminos:

4A = 2, A =1

2

4A+ 4B = 6, B = 1

Por lo tanto la solucin es:

y(x) = c2x1 + c2xe2x +

1

2x+ 1

Problema 3.y00 + 25y = 6senx

Solucin:El operador anulador de la funcin senx es D2+1. Aplicando el operador

en ambos lados de la ecuacin:D2 + 1

D2 + 25

y =

D2 + 1

6senx = 0

D2 + 1

D2 + 25

y = 0


La ecuacin auxuliar es:m2 + 1

m2 + 25

= 0

La solucin complementaria es:

yc = c1cos5x+ c2sen5x

Y la solucin particular es:

yp = Acosx+Bsenx

Derivando yp:

y0p = Asenx+Bcosx

y00p = AcosxBsenx

Sustituyendo en la ecuacin no homognea:

AcosxBsenx+ 25Acosx+ 25Bsenx = 6senx

24A cosx+ 24Bsenx = 6senx

de donde se obtiene:

A = 0, B =1

4

Por lo tanto:

yp =1

4senx

La solucin general queda:

y(x) = c1cos5x+ c2sen5x+1

4senx

Problema 4.y00 y = x2ex + 5


Solucin:El operador D(D 1)3 anula a x2ex + 5, si se aplica en ambos lados de

la ecuacin:

D(D 1)3(D2 1)y = 0

cuya ecuacin caracterstica es:

m(m 1)3(m2 1) = 0, m(m 1)4(m+ 1) = 0

cuyas races son

m1 = 1, m2 = 1 de multiplicidad 4, m3 = 0

La solucin complementaria es

yc = c1ex + c2e

x

La solucin particular yp es:

yp = Axex +Bx2ex + Cx3ex +E

Derivando:y0p = Axe

x +Aex +Bx2ex + 2Bxex + Cx3ex + 3Cx2ex

y00p = Axex + 2Aex +Bx2ex + 4Bxex + 2Bex + Cx3ex + 6Cx2ex + 6Cxex

Sustituyendo:Axex+2Aex+Bx2ex+4Bxex+2Bex+Cx3ex+6Cx2ex+6CxexAxex

Bx2ex Cx3ex E = x2ex + 5(2A+ 2B)ex + (4B + 6C)xex + 6Cx2ex E = x2ex + 5De donde se obtiene: 2A+ 2B = 0, 4B + 6C = 0, 6C = 1,E = 5Resolviendo el sistema:

A =1

4, B = 1

4, C =

1

6, E = 5


y(x) = c1ex + c2e

x +1

4xex 1

4x2ex +

1

6x3ex 5


Problema 5:

y000 + y00 = 8x2

Solucin:La ecuacin tiene la forma:

(D3 +D2)y = 8x2

Como D3 es el operador de la funcin de la derecha:Igualando la ecuacin a cero queda de la siguiente manera

D3(D3 +D2) = 0

La ecuacion auxiliar es

m3[m2(m+ 1)] = 0

Las races de la ecuacin auxiliar son:m1 = 1m2 = 0 (multiplicidad5)

As la frmula para yc queda de la siguiente manera

yc = c1ex + c2 + c3x

Y la solucin particular yp queda de la siguiente forma

yp = Ax2 +Bx3 + Cx4

Derivando:

y0p = 2Ax+ 3Bx2 + 4Cx3

y00p = 2A+ 6Bx+ 12Cx2

y000p = 6B + 24Cx

Sustituyendo:

6B + 24cx+ 2A+ 6Bx+ 12Cx2 = 8x2


esto nos da el siguiente resultado

A = 8, B = 83, C =

2

3

O sea que la solucin particular queda como:

yp = 8x2 8

3x3 +

2

3x4

La solucin genral es

y = c1ex + c2 + c3x+

2

3x4 8

3x3 + 8x2

Problema 6:

y00 5y0 = x 2 y(0) = 0; y0(0) = 2

Solucin:La ecuacin tiene la forma

(D2 5D)y = x 2El operador anulador de la parte derecha de la ecuacin es:

D2(x 2) = 0Igualando la ecuacin a cero queda de la siguiente manera.

D2(D2 5D)y = 0La ecuacion auxiliar es

m2[m(m 5)] = 0

Por lo consiguiente las races de la ecuacin auxiliar son:m1 = 5m2 = 0 multiplicidad 3

As la solucin complementaria yc queda de la siguiente manera

yc = c1 + c2e5x


Y la solucin particular yp tiene la forma

yp = Ax+Bx2

y0p = A+ 2Bxy00p = 2B

Sustituyendo en la ecuacin original:

2B 5A 10Bx = x 2esto nos da el siguiente resultado

A =9

25, B = 1

10Al sustituir en la ecuacin general nos da como resultado

y = c1 + c2e5x 1

10x2 +

9

25x

Para aplicar las condiciones iniciales se deriva primero:

y0 = 5c2e5x 1

5x+

9

25

Al aplicar las condiciones iniciales y(0) = 0 ; y0(0) = 2 da el resultadoy(0) = 0 = c1 + c2y0(0) = 2 = 5c2 + 925

c1 = 41

125, c2 =

41

125Para finalizar se sustituyen las c en la ecuacion final y se obtiene el resul-

tado.

y = 41125

+41

125e5x 1

10x2 +

9

25x

Problema 7.

y00 4y0 + 8y = x3, y(0) = 2, y0(0) = 4Solucin:Como el operador anulador es D4, la ecuacin se escribe como:

D4(D2 4D + 8)y = 0


La ecuacin auxiliar es:

m4(m2 4m+ 8) = 0

Las races son:

m1 = 2 + 2i, m2 = 2 2i, m3 = 0 (multiplicidad 4)

La solucin complementaria es:

yc = e2x(c1 cos 2x+ c2sen2x)

y la solucin particular es de la forma:

yp = A+Bx+ Cx2 +Dx3

y0p = B + 2Cx+ 3Dx2

y00p = 2C + 6Dx

Sustituyendo:

2C + 6Dx 4B 8Cx 12Dx2 + 8A+ 8Bx+ 8Cx2 + 8Dx3 = x3

Resolviendo:8D = 18C 12D = 08B 8C + 6D = 08A 4B + 2C = 0Es decir:

A = 0, B =3

32, C =

3

16, D =

1

8

4.3. VARIACIN DE PARMETROS 111

yp =3

32x+

3

16x2 +

1

8x3

Y la solucin general se escribe como:

y(x) = e2x(c1 cos 2x+ c2sen2x) +3

32x+

3

16x2 +

1

8x3

Para aplicar las condiciones iniciales derivamos primero:

y0(x) = e2x(2c1sen2x+2c2 cos 2x)+2e2x(c1 cos 2x+c2sen2x)+3

8x2+

3

8x+

3

32

y(0) = 2 = c1y0(0) = 4 = 2c2 + 2c1 + 332

c2 = 3

64c1 = 2

y(x) = e2x(2 cos 2x 364sen2x) +

3

32x+

3

16x2 +

1

8x3

4.3 Variacin de parmetros

El procedimiento para llegar a una solucin particular de una ecuacin difer-encial lineal de primer orden:

dy

dx+ p (x) y = f (x)


En un intervalo se aplica tambin a ecuaciones lineales de orden superior.Para adaptar el mtodo de variacin de parmetros a una ecuacin diferencial desegundo orden:

a2 (x) y00 + a1 (x) y0 + a0 (x) y = g (x)

Para ello, se lleva primero la ecuacin diferencial a su forma reducida dividin-dola por el primer coeficiente a2(x)

y00 + p (x) y0 + q (x) y = f (x)

Donde se supone que p (x) , q (x) y f (x) son continuas en algn intervalo I.Se encuentra la solucin complementaria de la forma:

yc = c1y1 (x) + c2y2 (x)

y se propone una solucin particular como:

yc = u1(x)y1 (x) + u2(x)y2 (x)

2)Se calcula el Wronskiano:

W =

y1 y2y01 y

02

3) Y aplicando la Regla de Cramer, se tiene que:

W1 =

0 y2f (x) y02

;W2 =

y1 0y01 f (x)

Donde:


u01 =W1W

y u02 =W2W

4) Se integran u01 y u02 para obtener u1 y u2.

5) Finalmente la solucin general ser:

y = yc + yp

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por variacin deparmetros.

Problema 1.y00 + y = secx

Solucin:La ecuacin auxiliar es:

m2 + 1 = 0

Cuyas races son:

m1 = i, m2 = i

Por lo tanto la solucin complementaria ser:

yc = c1 cosx+ c2senx


Susitituyendo tenemos que:

y1 = cosx, y2 = senx

Calculamos el Wronskiano:

W (cosx, senx) =

cosx senxsenx cosx

= 1

Se calcula W1 y W2 :

W1 =

0 senxsecx cosx

= senx

cosx= tanx W2 =

cosx 0senx secx

= 1

Por lo que u01 y u02 son:

u01 = tanx y u02 = 1

Integrando ambos, y aplicando en u01 la frmulaRduu= ln |u|+ c tenemos

que:

u1 = ln |cosx| y u2 = x

Por lo tanto la solucin particular es:

yp = xsenx (cosx) ln |cosx|

Por lo que la solucin general es:

y = c1cosx+ c2senx+ xsenx (cosx) ln |cosx|

Problema 2.y00 + y = cos2x



m2 + 1 = 0

Cuyas races son:

m1 = i, m2 = i

La solucin complementaria ser:

yc = c1cosx+ c2senx

Se tiene que:

y1 = cosx, y2 = senx

Se calcula el Wronskiano:

W (cosx, senx) =

cosx senxsenx cosx

= 1

As mismo W1y W2:

W1 =

0 senxcos2x cosx

= senxcos2x W2 =

cosx 0senx cos2x

= cos3x

Por lo que u01y u02 son:

u01 = senxcos2x y u02 = cos3x


Integrando ambos por separado:

u1 =13cos3x y u2 = senx 13sen3x

Por lo tanto la solucin particular ser:

yp =13cos4 x+ sen2x 1

3sen4x


y = c1cosx+ c2senx+1

3cos4 x+ sen2x 1

3sen4x

Problema 3.y00 y = coshx

Solucin:Identificamos la ecuacin auxiliar, siendo esta:

m2 1 = (m 1) (m+ 1) = 0

Cuyas races son:

m1 = 1, m2 = 1


yc = c1ex + c2e

x


y1 = ex, y2 = e

x



W (ex, ex) =

ex ex

ex ex= 2

As mismo W1y W2:

W1 =

0 ex

coshx ex= excoshx

W2 =

ex 0ex coshx

= excoshx


u01 =1

2excoshx y u02 =

1

2excoshx

Integrando ambos por partes y por separado tenemos que:

u1 =

Z1

2ex coshxdx =

1

2

Zex(

ex + ex

2)dx =

1

4

Z 1 + e2x

dx =

1

4(x1

2e2x)

u2 = Z1

2ex coshxdx = 1

2

Zex(ex + ex

2)dx = 1

4

Z e2x + 1

dx = 1

4(1

2e2x+x)


yp =1

4(x 1

2e2x)ex 1

4(1

2e2x + x)ex =

1

4xex 1

8ex 1

8ex 1

4xex

Por lo que la solucin general ser:


y = c01ex + c02e

x +1

4xex 1

8ex 1

8ex 1

4xex

y = y = c1ex + c2e

x + 14xex 1

4xex

y = c1ex + c2e

x +1

2x(ex ex

2) = c1e

x + c2ex +

1

4xsenhx

Problema 4.

y00 4y = e2x

x

Solucin:Identificamos la ecuacin auxiliar, siendo sta:

m2 4 = (m 2) (m+ 2) = 0

Cuyas races son:

m1 = 2, m2 = 2

Por lo tanto la solucin complementaria es:

yc = c1e2x + c2e

2x

Se tiene que:

y1 = e2x, y2 = e

2x

f (x) =e2x

x


Se calculamos el Wronskiano:

W (e2x, e2x) =

e2x e2x

2e2x 2e2x= 4

As mismo W1 y W2:

W1 =

0 e2x

e2x

x2e2x

= 1

xW2 =

e2x 0

2e2x e2x

x

= e

4x

x


u01 =1

4xy u02 =

1

4

e4x

x

Integrando ambos por separado, pero como u02 no se puede expresar entrminos de funciones elementales; en consecuencia escribimos:

u01 =1

4ln |x| y u02 =

1

4

Z xx0

e4t

tdt


yp =1

4e2x ln |x| 1

4e2x

Z xx0

e4t

tdt

Por lo que la solucin general se puede expresar como:

y = c1e2x + c2e

2x +1

4e2x ln |x| 1

4e2x

Z xx0

e4t

tdt

y = c1e2x + c2e

2x +1

4

e2x ln |x| e2x

Z xx0

e4t

tdt


Problema 5.y00 + 3y0 + 2y =

1

1 + ex


m2 + 3m+ 2 = (m+ 1) (m+ 2) = 0

Cuyas races son:

m1 = 1, m2 = 2


yc = c1ex + c2e

2x

Se tiene que:

y1 = ex, y2 = e

2x

f (x) =1

1 + ex


W (ex, e2x) =

ex e2x

ex 2e2x= 2e3x + e3x = e3x

As mismo W1 y W2:

W1 =

0 e2x1

1+ex2e2x

= e2x

1+exW2 =

ex 0ex 1

1+ex

= e

x

1+ex



u01 = e2x

e3x (1 + ex)=

ex

1 + exy u02 =

ex

e3x (1 + ex)=

e2x

1 + ex

Integrando ambos por separado, tenemos que:

u1 = ln |1 + ex| y u2 = 1 + ex ln |1 + ex|


yp = ex ln |1 + ex| + e2x(1 + ex ln |1 + ex|) = ex ln |1 + ex| + e2x +

ex e2x ln |1 + ex|)


y = c01ex + c02e

2x + ex ln |1 + ex|+ e2x + ex e2x ln |1 + ex|)

y = c1ex + c2e

2x +ex e2x

ln |1 + ex|

Problema 6.y00 + 3y0 + 2y = senex


m2 + 3m+ 2 = (m+ 2) (m+ 1) = 0

Cuyas races son:


m1 = 2,m2 = 1

Por lo tanto la funcin complementaria ser:

yc = c1e2x + c2e

x


y1 = e2x, y2 = e

x

f (x) = senex


W (e2x, ex) =

e2x ex

2e2x ex= e3x + 2e3x = e3x

As mismo W1 y W2:

W1 =

0 ex

senex ex= exsenex

W2 =

e2x 02e2x senex

= e2xsenex


u01 = e2xsenex y u02 = exsenex


u1 = exsenex + senex y u2 = senex



yp = exsenex + e2xsenex + exsenex = e2xsenex


y = c1e2x + c2e

x + e2xsenex

Problema 8.y00 2y0 + y = e

x

1 + x2


m2 2m+ 1 = (m 1)2 = 0

Cuyas races son:

m = 1 multiplicidad 2


yc = c1ex + c2xe

x

Se tiene que:

y1 = ex, y2 = xe

x

f (x) =ex

1 + x2



W (ex, ex) =

ex xex

ex xex + ex

= e2x

As mismo W1 y W2:

W1 =

0 xexex

1+x2ex

= xe2x

1+x2W2 =

ex 0ex e

x

1+x2

= e

2x

1+x2


u01 = x

1 + x2y u02 =

1

1 + x2

Integrando se tiene que:

u1 = 12 ln |1 + x2| y u2 = tan1 x


yp = 12ex ln |1 + x2|+ xex tan1 x


y = c1ex + c2xe

x 12ex ln

1 + x2

+ xex tan1 x

Problema 9.y00 + 2y0 + y = ex lnx


m2 + 2m+ 1 = (m+ 1)2 = 0

Tiene una sola raz:


m = 1 multiplicidad 2


yc = c1ex + c2xe

x


y1 = ex, y2 = xe

x

f (x) = ex lnx


W (ex, ex) =

ex xex

ex xex + ex= e2x

As mismo W1 y W2:

W1 =

0 ex

ex lnx ex= e2x lnx

W2 =

ex 0ex ex lnx

= e2x lnx

Por lo que u01y u02 son:

u01 =e2x lnx2e2x =

e2x lnx2e2x

y u02 =e2x lnx2e2x =

e2x lnx2e2x


u01 =12x2 ln |x| y u02 = 34x2



yp =12x2 ln |x| (ex) 3

4x2 (ex)


y = c1ex + c2e

x +1

2x2ex lnx 3

4x2ex

Problema 10.3y00 6y0 + 30y = extan3x

SOLUCION:Identificamos la ecuacin auxiliar, siendo esta:

3m2 6m+ 30 = 0

Cuyas races son:

m1 = 1 + 3i

m2 = 1 3i


yc = c1excos3x+ c2e

xsen3x

Sustituyendo tenemos que:

y1 = ex cos 3x

y2 = exsen3x

f (x) = extan3x

Calculamos el wronskiano:

W (excos3x, exsen3x) =

excos3x exsen3x3exsen3x 3excos3x

= 3e2x

As mismo W1y W2 si sabemos que tanx = senxcosx :


W1 =

0 exsen3xex tan 3x 3ex cos 3x

= e2x sen23x

cos 3x

W2 =

ex cos 3x 03exsen3x ex tan 3x

= e2xsen3x


u01 =e2x sen23x

cos 3x

3e2x= e

2xsen23x

3e2x cos 3x= sen

23x

3 cos 3x

y

u02 =e2xsen3x

3e2x=sen3x

3


u1 = 19 ln |sec 3x+ tan 3x|+ 19sen3x y u2 = 19 cos 3x


yp = 19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|+ 19exsen3x cos 3x 19ex cos 3xsen3x =19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|


y = c1ex cos 3x+ c2e

xsen3x 19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|

Chapter 5

Transformada de Laplace

Definicin: Sea una funcin f definida para t 0. Entonces la integral

$ {f(t)} =Z 0

estf(t)dt

se dice que es la transformada de Laplace de f , siempre y cuando la integralconverja.La transformada de Laplace es una transformacin lineal:Z

0

est [f(t) + g(t)] dt = Z 0

estf(t)dt+ Z 0

estg(t)dt

es decir:

$ {f(t) + g(t)} = $ {f(t)}+ $ {g(t)} = F (s) + G(s)Se puede aplicar la definicin para obtener las transformadas de algunas

funciones bsicas, por ejemplo:

$ {tn} = n!sn+1

$eat=

1

s a

$ {senkt} = ks2 + k2

129

130 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE

$ {cos kt} = ss2 + k2

$ {senhkt} = ks2 k2

$ {cosh kt} = ss2 k2

En los problemas 1 y 2 use la definicin para encontrar latransformada de Laplace de las siguientes funciones:

Problema 1.f (t) = et+7

Solucin:

$ {f (t)} =Z 0

estet+7dt =

Z 0

est+t+7dt =

Z 0

e(s+1)te7dt = e7Z

e(s+1)tdt

Realizando un cambio de variable

u = (s+ 1) t

du = (s+ 1)dt

dt =du

s+ 1

$ {f (t)} = e7Z eu

s+ 1du

e7Z eu

s+ 1du =e7

s+ 1est

0

5.1. TRANSFORMADA INVERSA 131

Evaluando tenemos:

$ {f (t)} = e7

s+ 1 [0 1] =e7

s 1

Problema 2.f (t) = te4t

Solucin:

$ {f (t)} =Z

estte4tdt =

Z te(4s)tdt =

te(4s)t

(s 4)

0

+

Z 0

e(4s)t

(s 4)dt

$ {f (t)} =te(4s)t

(s 4)

0

1

(s 4)2e(4s)t

0

Evaluando tenemos:

$ {f (t)} = 00 1

(s 4)2=

1

(s 4)2

5.1 Transformada inversa

La transformada inversa puede encontrarse fcilmente si se tiene en cuenta que

f(t) = $1 {s}

En los siguientes problemas determinar la transformada inversaque se pide.

Problema 1.

$11

s3

Solucin:Rescordando que

$ {tn} = n!sn+1

Se completa la transformada multiplicando y dividiendo entre 2


$11

s3

=1

2$1

2

s3

=1

2t2

Problema 2.

$11

s2 48s5

Solucin:Se separa la transformada:

$11

s2

$1

48

s5

La primera se resuelve directamente y para la segunda se completa de la

siguente manera:

$11

s2 48s5

= t 2$1

48

2s5

= t 2$1

24

s5

= t 2t4

Problema 3.

$1

((s+ 1)3

s4

)Solucin:Se desarrolla el binomio:

$1

((s+ 1)3

s4

)= $1

s3 + 3s+ 3s2 + 1

s4

Se separa la transformada:

$1s3

s4

+$1

3

s3

+$1

3

s2

+$1

1

s4

Se completa la segunda y cuarta transformada

$1s3

s4

+3

2$1

2

s3

+$1

3

s2

+1

6$1

6

s4

El resultado es:


$1

((s+ 1)3

s4

)= 1 +

3

2t2 + 3t+

1

6t3

Problema 4.

$11

s2+1

s+

1

s 2

Solucin:Se resuelve de forma directa usando las frmulas:

$ {tn} = n!s3

y

$

1

t a

= eas

Por lo tanto el resultado es:

$11

s2+1

s+

1

s 2

= t+ 1 + e2t

Problema 5.

$1

5

s2 + 49

Solucin: Por la frmula $ {senat} = a

s2+a2, se completa la transfor-

mada

5

7$1

7

s2 + 49

=7

5sen7t

Problema 6.

$1

4s

4s2 + 1

Solucin:Se divide entre 4 para que se pueda resolver por la transformada del

coseno

$1

s

s2 + 14

= cos

1

2t


Problema 7.

$12s 6s2 + 9

Se separa la transformada

$1

2s

s2 + 9

$1

6

s2 + 9

Se completa la transformada

2$1

s

s2 + 9

2$1

3

s2 + 9

= 2 cos 3t 2sen3t

Problema 8.

$1

1

s2 (s2 + 4)

Solucin:Se resuelve por fracciones parciales:

1

s2 (s2 + 4)=A

s+B

s2+Cs+D

(s2 + 4)

1 = A(s)(s2 + 4) +B(s2 + 4) + Cs(s2) +D(s2)

1 = As3 + 4A+Bs2 + 4B + Cs3 +Ds2

1 = s3 (A+ C) + s2 (B +D) + 4 (A+B)

B =1

4, C = 0, A = 0, D =

1

4

Se sustituyen los valores y se completa la transformada para obtener elresultado.

1

4$1

1

s2

+1

4$1

1

s2 + 4

=1

4$1

1

s2

+1

8$1

2

s2 + 4

=1

4t+1

8sen2t


Problema 9.

$1

s

(s2 + 4) (s+ 2)

Solucin:Se realizan fracciones parciales

s

(s2 + 4) (s+ 2)=As+B

(s2 + 4)+

C

(s+ 2)

s = As2 +Bs+ 2As+ 2B + Cs2 + 4C

s = s2 (A+ C) + s (B + 2A) + 2B + 4C

B =1

2, C =

1

4, A = 1

4

Se sustituyen los valores y se resuelve:

14$1

s

(s2 + 4)

+1

2$1

1

(s2 + 4)

+1

4$1

1

(s+ 2)

= 1

4cos 4t+

1

4sen2t+

1

4e2t

Problema 10.

$1

1

s2 + 3s

Solucin: Se factoriza el denominador, y se realizan fracciones parciales.

$1

1

s2 + 3s

= $1

1

s (s+ 3)

1

s (s+ 3)=A

s+

B

s+ 3=A(s+ 3) +B(s)

s (s+ 3)

1 = A (s+ 3) +B (s) = (A+B) s+ 3A

3A = 1

A =

1

3, B = 1

3


Se sustituyen los valores en las tranformadas, y se aplica la inversa a cadauna de ellas.

$1

1

s2 + 3s

=1

3$1

1

s

13$1

1

s+ 3

=1

3 13e3t

Problema 11.

$1

0.9s

(s 0.1) (s+ 0.2)

Solucin: Se aplican fracciones parciales, una vez obtenidos los valores,

se sustituyen y se aplica a cada una su transformada.

0.9s

(s 0.1) (s 0.2) =A

s 0.1 +B

s+ 0.2

0.9 = (A+B) s+ 0.2A 0.1B

A = 0.3, B = 0.6

$1

0.9s

(s 0.1) (s+ 0.2)

= 0.3$1

1

s 0.1

+0.6$1

1

s+ 0.2

= 0.3e0.1t+0.6e0.2t

Problema 12.

$1

1

s2 (s2 + 4)

Solucin: Se realizan fracciones parciales.

1

s2 (s2 + 4)=A

s+B

s2+Cs+D

s2 + 4

1 = A (s)s2 + 4

+B

s2 + 4

+ (Cs+D)

s2

A = 0, B =1

4, C = 0, D = 1

4Una vez encontrados los valores, se sustituyen en las transformadas, y se

aplica la transformada inversa

5.2. TEOREMAS DE TRASLACIN Y DERIVADAS 137

$1

1

s2 (s2 + 4)

=1

4$1

1

s2

14$1

1

s2 + 4

=1

4t18$1

2

s2 + 4

=1

4t18sen2t

5.2 Teoremas de traslacin y derivadas

Primer teorema de traslacinSi F (s) = $ {f(t)} y a es cualquier nmero real, entonces

$eatf(t)

= F (s a)

La

Problemario de Ec. Dif.

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