Solucionario de Problemas de Ecuaciones Diferenciales

87 Pages·2009·0.82 MB·Spanish

by  Roberto Cabrera

Escuela Superior Politécnica del Litoral

Solucionario de Problemas

de Ecuaciones

Diferenciales

Primer parcial (3ra versión)

Roberto Cabrera

v RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN.

v APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER
ORDEN

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

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

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

09
Ecuaciones diferenciales de primer orden

Ecuaciones Diferenciales separables

Se tiene una ecuación diferencial ordinaria de primer orden:

(cid:1)(cid:2)
(cid:4) (cid:5)(cid:6)(cid:3)(cid:7)(cid:2)(cid:8)
(cid:1)(cid:3)
Se dice que ecuación diferencial de primer orden es separable si se puede expresar la esa
ecuación diferencial de la siguiente manera:

(cid:1)(cid:2)
Donde se lo expresa como una mul(cid:4)tip(cid:5)lic(cid:6)a(cid:3)c(cid:8)i(cid:9)ón(cid:6)(cid:2) d(cid:8)e dos funciones, una que depende de la
(cid:1)(cid:3)
variable “x” y otra de la variable “y”. En este caso se obtiene la siguiente solución de esta
(cid:10)(cid:6)(cid:11)(cid:7)(cid:12)(cid:8)
ecuación diferencial:

(cid:1)(cid:2)
(cid:4) (cid:5)(cid:6)(cid:3)(cid:8)(cid:9)(cid:6)(cid:2) (cid:8)
(cid:1)(cid:3)

(cid:1)(cid:2)
(cid:4) (cid:5)(cid:6)(cid:3)(cid:8)(cid:1)(cid:3)
(cid:9)(cid:6)(cid:2)(cid:8)

(cid:1)(cid:2)
(cid:14) (cid:4) (cid:14)(cid:5)(cid:6)(cid:3)(cid:8)(cid:1)(cid:3)
(cid:9)(cid:6)(cid:2)(cid:8)
Donde la solución de esta ecuación diferencial separable tiene la siguiente forma:

(cid:15)(cid:6)(cid:2)(cid:8)(cid:4) (cid:16)(cid:6)(cid:3)(cid:8)(cid:17)(cid:18)

1.- Encontrar la solución implícita de la siguiente ecuación diferencial:

ddddyyyy((((xxxxyyyy----2222xxxx +4444yyyy----8888))))----ddddxxxx((((xxxxyyyy +3333xxxx----yyyy----3333))))=0000

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 (x+ 4)dx 5dx
∫ − ∫ =∫ − ∫
(y+ 3) y+ 3 (x+ 4) (x+ 4)
5dy 5dx
∫dy − ∫ =∫dx −∫
y+ 3 (x+ 4)
y−5ln y+ 3 = x−5ln x+ 4 + c
ESPOL 2009 2
Ecuaciones diferenciales de primer orden

2.- Encontrar la solución particular de la siguiente ecuación diferencial:
π
SSSSiiii y(0) = ;
4
Reemplazando u y v:
3extan(y)dx +(2−ex)sec2(y)dy =0
lntan(y) =3ln2−ex +c;
(2−ex)sec2(y)dy = −3extan(y)dx;
dy −3extan(y) elntan(y) =e3ln2−ex+c;
= = f(x).g(y);
dx (2−ex)sec2(y) tan(y)=(2−ex)3K;

sec2(y)dy 3exdx La solución general es:
= − ;
tan(y) (2−ex) y=arctan[(2−ex)3K];
∫sec2(y)dy = ∫− 3exdx ; si y(0)= $/4;
tan(y) (2−ex) ⇒
u = tan(y) ⇒ du =sec2(y); [( ) ]
$/4=arctan 2−e0 K ;
v = 2−ex ⇒ dv = −exdx; $/4=arctan(K);
⇒ Reemplazan do :
$
du 3dv tan =K;⇒K =1;
∫ = ∫ ;  4
u v
La solución particular es:

lnu = 3ln v +c;
[ ]
y=arctan(2−ex)3 ;

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

ddddxxxx
eeeexxxx////2222yyyyddddyyyy − = 0000
eeeeyyyy((((1111 + eeeexxxx////2222))))

dx Integrando por fracciones parciales obtenemos:
ex/2ydy= ;
ey(1+ex/2) 1 A B C
= + + ;
dy 1 u2(u+1) u2 u 1+u
= =f(x).g(y);
dx ex/2(1+ex/2)yey Donde los valores de A,B,C son:

1 A = 1; B= -1; C=1;
f(x)= ;
ex/2(1+ex/2) 2du   1 1 1  
⇒∫ =2∫ − + du;
1 u2(1+u)  u2 u 1+u 
g(y)= ;
yey
2du du du du
⇒∫ =2∫ −2∫ +2∫ ;
∫yeydy= ∫ dx ; u2(1+u) u2 u 1+u
ex/2(1+ex/2)
2du 2
⇒∫ =− −2lnu +2ln1+u +c;
∫ dx =? u2(1+u) u

ex/2(1+ex/2)
dx 2
⇒∫ =− −2lnex/2 +2ln1+ex/2 +c;
u=ex/2 ⇒du= 1ex/2dx; ex/2(1+ex/2) ex/2

2
dx
1 2du yey −ey =∫ ;
du= udx⇒dx= ; ex/2(1+ex/2)
2 u
La solución implicita general es:
2du
2
⇒ ∫ dx = ∫ u = ∫ 2du ⇒yey −ey =− −2lnex/2 +2ln1+ex/2 +c;
ex/2(1+ex/2) u(1+u) u2(1+u) ex/2
ESPOL 2009 3
Ecuaciones diferenciales de primer orden

4.- Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial:

2yln(x)dx−−−−(ey −−−−e−−−−y)x 1++++ln(x)dy ====0
(ey −e−y)x 1+ln(x)dy=2yln(x)dx;
dy 2yln(x)
= =f(y).g(x);
dx (ey −e−y)x 1+ln(x)
2y ln(x)
f(y)= ∧ g(x)= ;
(ey −e−y) x 1+ln(x)
dy 2yln(x)
=
dx (ey −e−y)x 1+ln(x)
(ey −e−y) ln(x)
dy= dx;
2y x 1+ln(x)
Integrando a ambos lados de la ecuación se obtiene:
(ey −e−y) ln(x)
∫ dy=∫ dx;
2y x 1+ln(x)
(ey −e−y)
Si observamos que =senh(y) entonces tenemos lo siguiente:
2
senh(y) ln(x)
∫ dy=∫ dx;
y x 1+ln(x)
senh(y)
Para integrar dy debemos usar series de potencias:
y
+∞ y2n+1 senh(y) +∞ y2n
Si senh(y)=∑ ⇒ =∑ ;
(2n+1)! y (2n+1)!
n=0 n=0
Reemplazando:
∫∑+∞ y2n dy=∫ ln(x) dx;
(2n+1)! x 1+ln(x)
n=0
+∞ y2n
∑
Integrando dy obtenemos que:
(2n+1)!
n=0
+∞ y2n +∞ y2n+1
∫∑ dy=∑ ;
(2n+1)! (2n+1)(2n+1)!
n=0 n=0

ESPOL 2009 4
Ecuaciones diferenciales de primer orden

ln(x)
Ahora integrando dx:
x 1+ln(x)
ln(x)
∫ dx=?
x 1+ln(x)
dx
Si u=ln(x)⇒du=
x
ln(x) udu
⇒∫ dx=∫ ;
x 1+ln(x) 1+u
Ahora z2 =1+u⇒2zdz=du;
udu (z2 -1)2zdz
⇒∫ =∫ ;
1+u z
(z2 -1)2zdz z3 
⇒∫ =2∫(z2 -1)dz=2 −z+C;
z  3 
( )3 
udu 1+u
⇒∫ =2 − 1+u+C
1+u  3 
( )3 
ln(x) 1+ln(x)
⇒∫ dx=2 − 1+ln(x)+C;
x 1+ln(x)  3 
 
La solucion general de forma implícita es:
( )3 
+∞ y2n+1 1+ln(x)
∑ =2 − 1+ln(x)+C
(2n+1)(2n+1)!  3 
n=0  

ESPOL 2009 5
Ecuaciones diferenciales de primer orden

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:

Ø El método del factor integrante.
Ø Método de variación de parámetros

El método del factor integrante:
y'+p(x)y = g(x);
∫p(x)dx
u(x)=e ;
[ ]
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;
1
y= ∫u(x)g(x)dx;
u(x)

Método de variación de parámetros

Reemplazando:
y'++++p(x)y====g(x);
y'++++ p(x)y ==== g(x);
y '++++ p(x)y ====0;
h h [[[[y v'(x)++++ y' v(x)]]]]++++ p(x)y v(x)==== g(x);
h h h
y ' ====−−−−p(x)y ; [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]
h h v'(x) y ++++v(x) y' ++++ p(x)y ==== g(x);
h h h
dy
h ==== −−−−p(x)y ; Pero y' ++++ p(x)y ====0, entonces:
dx h [[[[ h]]]] [[[[ h]]]]
v'(x) y ++++v(x)0 ==== g(x);
h
dy
∫∫∫∫ h ==== ∫∫∫∫−−−− p(x)dx; v'(x)[[[[y ]]]]==== g(x);
y h
h dv
[[[[ ]]]]
y ==== g(x);
ln y ==== ∫∫∫∫−−−− p(x)dx; dx h
h
g(x)
y ====e∫∫∫∫−−−−p(x)dx; ∫∫∫∫dv ==== ∫∫∫∫ dx;
h y
Asumir: h
g(x)
y ==== y v(x); v(x)==== ∫∫∫∫ dx;
h y
h
y' ==== y v'(x)++++ y' v(x);
h h y ==== y v(x);
h
y ====e∫∫∫∫−−−−p(x)dx∫∫∫∫ g(x)dx;

y
h

ESPOL 2009 6
Ecuaciones diferenciales de primer orden

x3
1) xy'−2y = ;
sen2(x)4 ctg(x)
2 x2
y'− y = ;
x sen2(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) :
∫p(x)dx
u(x)= e
u(x)=e∫−x2dx =e−2ln(x) =eln(x−2) = x−2 = 1 ;
x2
Multipliquemos el factor integrante u(x) a ambos lados de la ecuación :
 
1  2  1  x2 
y'− y = ;
x2  x  x2 sen2(x)4 ctg(x)
 
d  1   1 
 y = ;
dxx2  sen2(x)4 ctg(x)
 
⇒ ∫d 1 y = ∫ 1 dx;
x2  sen2(x)4 ctg(x)
 
⇒ 1 y = ∫ 1 dx;
x2 sen2(x)4 ctg(x)
⇒ ∫ 1 dx = ∫ csc2(x) dx;
 
sen2(x)4 ctg(x) 4 ctg(x)
Si u = ctg(x)⇒du = −csc2(x)dx;
csc2(x) −du u3/4 4u3/4
⇒ ∫ dx =∫ =−∫u−1/4du = −  = −
4 ctg(x) 4 u 3/4 3
csc2(x) 4[ctg(X)]3/4 44 ctg3(X)
⇒ ∫ dx =− +C = − +C;
4 ctg(x) 3 3
1 44 ctg3(X)
⇒ y = − +C;
x2 3
La solución general de la ecuacion diferencial es :
 
44 ctg3(X)
y = x2− +C;
 3 
 

ESPOL 2009 7
Ecuaciones diferenciales de primer orden

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; (Ec. dif. lineal)

y'+y=1; u(x)= e∫−2xdx =e−x2 ;

dy +y=1;⇒ dy =1−y; (Ec. dif. separable); e−x2(y'-2xy)= e−x2(1);
dx dx d(e−x2y)
dy dy = e−x2 ;
=dx⇒∫ = ∫dx; dx

1−y 1−y
∫d(e−x2y)= ∫e−x2dx;⇒ e−x2y = ∫e−x2dx;
−ln1−y =x+C;

Pero para integrar e−x2dx necesitamos
ln1−y =−x+K
usar series de potencias :
eln1−y =e−x+K;
1−y=k e−x; ⇒ e−x2y = ∫∑+∞ (−1)nx2ndx;
1 n=0 n!
y1 =1−k1e−x; ⇒ e−x2y = ∑+∞ (−1)nx2n+1 +k ;
Pero y(0)=1; (2n+1)n! 2
n=0
1=1−k1e0;⇒k1 =0; ⇒ y = ex2∑+∞ (−1)nx2n+1 +ex2k ; para x > 2;
⇒y =1 para 0≤ x< 2 2 (2n+1)n! 2
1 n=0

Ahora para encontrar k usaremos la
2
condición de continuidad de dos funciones:
Esta condición dice :

limf(x)=limf(x);

x→a− x→a+
⇒limy =limy ;
1 2
x→2− x→2+
⇒lim1=limex2 ∑+∞ (−1)nx2n+1 +ex2k ;
x→2− x→2+  n=0 (2n+1)n! 2
⇒1=e22 ∑+∞ (−1)n22n+1 +e22k ;⇒1=e4∑+∞ (−1)n22n2 +e4k ;
(2n+1)n! 2 (2n+1)n! 2
n=0 n=0

⇒1−e4∑+∞ (−1)n22n2 =e4k ;⇒k = 1 −∑+∞ (−1)n22n2;
(2n+1)n! 2 2 e4 (2n+1)n!
n=0 n=0
⇒k = 1 −2∑+∞ (−1)n22n ;
2 e4 (2n+1)n!
n=0

La solución queda expresada con

la siguiente regla de correspondencia:

1; 0≤x<2

y=ex2∑n+=∞0((−21n)+nx12)nn+!1 +ex2e14 −2∑n+=∞0((2−n1+)n12)2nn!; x≥2
ESPOL 2009 8
Ecuaciones diferenciales de primer orden

3.- Resolver la siguiente ecuación diferencial:
dy y
=
dx ey + 2x

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) .
( )
ey +2xdy=ydx;
( ) dx
ey +2x =y ;
dy
dx
y −ey−2x=0; ≡ yx'−ey−2x=0;
dy
ey 2x 2x ey
⇒x'− − =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:
u(y)=e∫p(y)dy;
2 ∫−2dy
p(y)=− ; entonces u(y)=e y =e−2lny =y-2 ⇒ u(y)=y-2
y
Multiplicando el factor integrante u(y)=y-2 a ambos lados de la ecuación diferencial:

2x ey  2x ey
x'− = ⇒ y-2x'− =y-2 .
y y  y  y
1442443
d[y−2x]
dy
d [ ] ey [ ] ey ∫ [ ] ∫ey
y−2x = ⇒ dy−2x = dy ⇒ dy−2x = dy
dy y3 y3 y3
∫ey ∫ey
y−2x= dy ⇒ x=y2 dy
y3 y3
ey
Para integrar dy usamos series de potencias:
y3
∑+∞ yn ey ∑+∞ yn−3 La solución es:
ey = ⇒ =
n=0 n! y3 n=0 n! x =−1−y+1y2ln(y)+∑+∞ yn +Cy2
∫∑+∞ yn−3 ∫ 1 1 1 ∑+∞ yn−3  2 2 (n−2)n! 
dy=  + + +   n=3 
n! 0!y3 1!y2 2!y n! 
 
n=0 n=3
∫ey  1 1 1 ∑+∞ yn−2 
x(y)=y2 dy=y2− − + ln(y)+ +C;
y3  2y2 y 2 (n−2)n! 
 
n=3

ESPOL 2009 9
Ecuaciones diferenciales de primer orden

4.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:
xy'−y = x2sen(ln(x)); y(1) = 0;

Utilizando el método del factor integrante:
xy'−y=x2sen(ln(x));
y
y'− =xsen(ln(x));
x
Tiene la siguiente forma y'+p(x)y = g(x), entonces:
u(x)=e∫p(x)dx;
1
⇒u(x)=e∫p(x)dx; donde p(x)=− ;
x
1
−∫ dx
⇒u(x)=e∫p(x)dx =e x =e−ln(x);
⇒u(x)=x−1;
Multiplicando el factor integrante a ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene:
y
x−1y'−x−1 =x−1xsen(ln(x));
1442443x
d[x−1y]
dx
d [ ] [ ] ∫ [ ] ∫
x−1y =sen(ln(x)) ⇒ dx−1y =sen(ln(x))dx ⇒ dx−1y = sen(ln(x))dx
dx
∫
x−1y= sen(ln(x))dx
∫
y=x sen(ln(x))dx
∫
sen(ln(x))dx=?
Encontremos ahora la solución particular si y(1)=0;
dx x2[sen(ln(x))−cos(ln(x))]
z=ln(x); ⇒ dz= ; y= +Cx;
x 2
dx=xdz; Pero x=ez; y(1)=0;
dx=ezdz; 12[sen(ln(1))−cos(ln(1))]
⇒0= +C(1);
∫ ∫ 2
sen(ln(x))dx= sen(z)ezdz; [sen(0)−cos(0)]
⇒0= +C;
2
∫
sen(z)ezdz, integrando por partes obtenemos que: 1 1
⇒0=− +C;⇒C= ;
2 2
∫ ez[sen(z)−cos(z)]
sen(z)ezdz= +C;
2
La solución es:
∫ x[sen(ln(x))−cos(ln(x))]
⇒ sen(ln(x))dx= +C; x2[sen(ln(x))−cos(ln(x))] x
2
y = +
x[sen(ln(x))−cos(ln(x))]  2 2
⇒y=x +C
 2 
x2[sen(ln(x))−cos(ln(x))]
y= +Cx;
2

ESPOL 2009 10