E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios resueltos Tema 7

E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Ejercicios resueltos Tema 7
Ecuaciones diferenciales de primer orden
Francisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de Cataluña
Curso 2006/07
Noviembre 2006, Versión 1.1
1
EDO’s separables
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables
1.
dy
= sin 5x
dx
2. dx + e3x dy = 0
3. (x + 1)
dy
=x+6
dx
4. xy 0 = 4y
5.
dy
y3
= 2
dx
x
6.
dx
x2 y 2
=
dy
1+x
dy
= e3x+2y
dx
¡
¢
¡
¢
8. 4y + yx2 dy − 2x + xy 2 dx = 0
7.
9. 2y (x + 1) dy = x dx
µ
¶2
y+1
dx
=
10. y ln x
dy
x
(1.1)
dy
= sin 5x
dx
dy = sin 5x dx
Z
Z
dy = sin 5x dx
1
y = − cos 5x + c.
5
1
Ejercicios: EDO’s de primer orden
2
(1.2)
dx + e3x dy = 0
e3x dy = −dx
Z
−1
dx
e3x
= −e−3x dx
Z
Z
dy = −e−3x dx
dy
=
dy =
1
3
y=
Z
e−3x (−3) dx
1 −3x
+ c.
e
3
(1.3)
dy
=x+6
dx
x+6
dy =
dx
x+1
Z
Z
x+6
dx
dy =
x+1
(x + 1)
Z
¶
Z
Z µ
x+6
x+1+5
5
dx =
dx =
1+
dx
x+1
x+1
x+1
= x + 5 ln |x + 1| + c
y = x + 5 ln |x + 1| + c.
(1.4)
xy 0 = 4y
dy
= 4y
dx
1
1
dy = 4 dx
y
x
Z
Z
1
1
dy = 4
dx
y
x
x
ln |y| = 4 ln |x| + c1
ln |y| = ln x4 + c1
4
|y| = eln x +c1 = x4 · ec1
= c2 x4
(c2 = ec1 )
y = ±c2 x4
y = cx4 ,
(c = ±c2 ).
Ejercicios: EDO’s de primer orden
3
(1.5)
dy
y3
= 2
dx
x
dx
1
dy = 2
3
y
x
Z
Z
y −3 dy = x−2 dx
1 −2
y = −x−1 + c1
−2
−1
−1
=
+ c1
2y 2
x
2
1
= + c,
y2
x
c = −2c1 .
Solución implícita
2 + xc
1
=
.
y2
x
Solución explícita
r
y=±
x
.
2 + cx
(1.6)
x2 y 2
dx
=
dy
1+x
µ
¶
1+x
y 2 dy =
dx
x2
¶
Z
Z µ
1
1
y 2 dy =
+
dx
x2 x
1
1 3
y = − + ln |x| + c1 .
3
x
Solución implícita
y 3 = 3 ln |x| −
Solución explícita
y=
r
3
3
+ c,
x
3 ln |x| −
(c = 3c1 ) .
3
+ c.
x
(1.7)
dy
= e3x+2y
dx
dy
= e3x · e2y
dx
dy
= e3x dx
e2y
Z
Z
e−2y dy = e3x dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
−
1
2
Z
4
e−2y (−2) dy =
Solución implícita
Z
e3x 3 dx
1
−1 −2y
= e3x + c1 .
e
2
3
−3e−2y = 2e3x + c,
(1.8)
1
3
(c = 6c1 ) .
¡
¢
¡
¢
4y + yx2 dy − 2x + xy 2 dx = 0
¢
¡
¢
¡
4y + yx2 dy = 2x + xy 2 dx
¢
¡
x 2 + y2
dy
=
dx
y (4 + x2 )
y
x
dy =
dx
2 + y2
4 + x2
Z
Z
x
y
dy
=
dx
2
2+y
4 + x2
Z
Z
1
2y
2x
1
dy
=
dx
2
2 + y2
2
4 + x2
¢ 1 ¡
¢
1 ¡
ln 2 + y 2 = ln 4 + x2 + c1 .
2
2
¡
¢
¡
¢
ln 2 + y 2 = ln 4 + x2 + c2 ,
(c2 = 2c1 ) .
Calculamos la solución explícita
¡
¢
¡
¢
ln 2 + y 2 − ln 4 + x2 = c2
ln
µ
2 + y2
4 + x2
¶
= c2
2 + y2
= ec2 = c
4 + x2
soluciones explícitas
(1.9)
2 + y2
=c
4 + x2
¡
¢
2 + y 2 = c 4 + x2
¡
¢
y 2 = c 4 + x2 − 2
p
y = ± c (4 + x2 ) − 2.
2y(x + 1) dy = x dx
x
2y dy =
dx
x+1
Z
Z
x
dx
2y dy =
x+1
Ejercicios: EDO’s de primer orden
Z
5
¶
Z
Z µ
x+1−1
1
x
dx =
dx =
1−
dx
x+1
x+1
x+1
= x − ln |x + 1| + c
y 2 = x − ln |x + 1| + c.
(1.10)
y ln x
dx
=
dy
y ln x dx =
µ
y+1
x
2
¶2
(y + 1)
dy
x2
(y + 1)2
dy = x2 ln x dx
y
Z
Z
(y + 1)2
dy = x2 ln x dx
y
Z
(y + 1)2
dy
y
=
=
Z
Tomamos
Z
y 2 + 2y + 1
dy =
y
y2
+ 2y + ln |y|
2
x2 ln x dx = integral por partes
u = ln x
du = x1 dx
dv = x2 dx v = 13 x3
Z
¶
Z µ
1
y+2+
dy
y
x2 ln x dx =
=
=
)
Z
1 3
1 31
x ln x −
x dx
3
3 x
Z
1
1 3
x ln x −
x2 dx
3
3
1
1 3
x ln |x| − x3 + c
3
9
1
1
y2
+ 2y + ln |y| = x3 ln |x| − x3 + c.
2
3
9
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables
1.
ds
= ks, k constante.
dr
2.
dP
= P − P2
dt
3. sec2 x dy + csc y dx = 0
¡
¢
4. ey sin 2x dx + cos x e2y − 1 dy = 0
5. (ey + 1)2 e−y dx + (ex + 1)3 e−x dy = 0
Ejercicios: EDO’s de primer orden
6
¡
¢ dy
6. y − yx2
= (y + 1)2
dx
¢
¡
dy
7.
= sin x cos 2y − cos2 y
dx
p
8. x 1 − y 2 dx = dy
9. (ex + e−x )
dy
= y2
dx
(2.1)
ds
= ks
dr
1
ds = k dr
s
Z
Z
1
ds = k dr
s
ln |s| = kr + c1
|s| = ekr+c1
|s| = ekr ec1
= c2 ekr ,
(c2 = ec1 )
s = ±c2 ekr
s = cekr ,
(c = ±c2 ) .
(2.2)
Z
dp
= p − p2
dt
1
dp = dt
p − p2
Z
Z
1
dp
=
dt
p − p2
1
dp = integral racional.
p − p2
Descomposición en fracciones simples
1
1
A
B
A(1 − p) + B(p)
=
= +
=
p − p2
p(1 − p)
p
1−p
p(1 − p)
igualamos numeradores
1 = A(1 − p) + Bp
determinamos los coeficientes:
si p = 0
1=A+B·0
⇒
A = 1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
7
si p = 1
1=A·0+B·1
⇒
B = 1,
descomposición
1
1
1
= +
.
p(1 − p)
p 1−p
Z
Solución implícita
Z µ
1
1
+
p 1−p
¯
¯
¯ p ¯
¯.
¯
= ln ¯
1 − p¯
1
dp =
p(1 − p)
¶
dp = ln |p| − ln |1 − p|
¯
¯
¯ p ¯
¯
¯ = t + c1 .
ln ¯
1 − p¯
Calculamos la solución explícita
¯
¯
¯ p ¯
t+c1
¯
¯
= et · ec1
¯1 − p¯ = e
¯
¯
¯ p ¯
t
c1
¯
¯
¯ 1 − p ¯ = c2 e , (c2 = e )
p
= ±c2 et
1−p
p
= cet , (c = ±c2 )
1−p
p = cet (1 − p)
= cet − cet p
p + cet p = cet
¡
¢
p 1 + cet = cet .
Solución explícita
p=
cet
.
1 + cet
(2.3)
sec2 x dy + csc y dx = 0
sec2 x dy = − csc y dx
1
−1
dy =
dx
csc y
sec2 x
µ
1
−1
¶ dy = µ
¶ dx
1
1
sin y
cos2 x
sin y dy = − cos2 x dx
Z
Z
− sin y dy = + cos2 x dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
Z
cos2 x dx =
Z
1 + cos 2x
x 1
dx = + sin 2x + c
2
2 4
cos y =
(2.4)
Solución implícita
8
x 1
+ sin 2x + c.
2 4
¡
¢
ey sin 2x dx + cos x e2y − 1 dy = 0
¢
¡
cos x e2y − 1 dy = −ey sin 2x dx
e2y − 1
sin 2x
dy = −
dx
y
e
cos x
¶
µ
1
sin x cos x
dx
ey − y dy = −2
e
cos x
¡ y
¢
e − e−y dy = −2 sin x dx
Z
Z
¡ y
¢
e − e−y dy = 2 (− sin x) dx.
ey + e−y = 2 cos x + c1 .
Si usamos el coseno hiperbólico
cosh y =
ey + e−y
,
2
podemos obtener una solución explícita
c1
ey + e−y
= cos x +
2
2
µ
¶
1
cosh y = cos x + c
c = c1
2
y = arc cosh (cos x + c) .
(2.5)
2
3
(ey + 1) e−y dx + (ex + 1) e−x dy = 0
3
Z
tomamos
2
(ey + 1)
(ex + 1)
dy = −
dx
x
e
ey
ex
ey
dy = −
dx
2
(ey + 1)
(ex + 1)3
ey
(ey
2
+ 1)
dy = cambio de variable
t = ey + 1
dt = ey dy
Z
Z
dt
ey
1
1
=− =− y
,
2 dy =
2
y
t
t
e
+1
(e + 1)
Ejercicios: EDO’s de primer orden
de forma similar, para la integral
Z
tomamos el cambio
Z
9
ex
(ex + 1)
3
dx
t = ex + 1
dt = ex dx
ex
(ex
+ 1)
3
dx =
Z
=
Solución de la EDO
dt
1
1
= − t−2 = − 2
3
t
2
2t
−1
2.
2 (ex + 1)
1
−1
+ c.
=
x
+ 1)
2 (e + 1)2
(ey
(2.6)
¡
¢ dy
y − yx2
= (y + 1)2
dx
¡
¢ dy
2
y 1 − x2
= (y + 1)
dx
1
y
2 dy = 1 − x2 dx
(y + 1)
Para la integral
Z
podemos tomar el cambio
Z
y
(y + 1)2
y
(y + 1)
2
dy
⎧
⎨ t=y+1
dt = dy
⎩
y =t−1
dy
¶
Z µ
t−1
1
1
dt
=
dt
−
t2
t
t2
1
1
= ln |t| + = ln |y + 1| +
.
t
y+1
=
Z
También se puede resolver descomponiendo en fracciones simples
y
(y + 1)
2
=
A
A(y + 1) + B
B
=
,
+
y + 1 (y + 1)2
(y + 1)2
igualamos numeradores
y = A(y + 1) + B
y determinamos los coeficientes. Si y = −1
−1 = A · 0 + B
⇒
B = −1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
10
si y = 0
0=A+B
⇒
A = 1.
Descomposición
Z
y
1
1
=
−
2
(y + 1)
y + 1 (y + 1)2
¸
Z ∙
Z
1
y
1
1
−
.
dy
=
dy = ln |y + 1| +
(y + 1)2
y + 1 (y + 1)2
y+1
1
dx = integral racional; descomponemos en fracciones simples.
1 − x2
1 − x2 = (1 − x)(1 + x)
A
B
A(1 + x) + B(1 − x)
1
=
+
=
1 − x2
1−x 1+x
1 − x2
igualamos numeradores
1 = A(1 + x) + B(1 − x),
identificamos los coeficientes.
Si x = 1,
1 = 2A
Si x = −1,
1 = 2B ⇒
Obtenemos
Z
=
(2.7)
A = 1/2,
B = 1/2.
1
1/2
1/2
=
+
2
1−x
1−x 1+x
1
dx =
1 − x2
Solución
⇒
Z
1/2
dx +
1−x
¯
¯
1 ¯¯ 1 + x ¯¯
ln ¯
.
2
1 − x¯
Z
1/2
1
1
dx = − ln |1 − x| + ln |1 + x|
1+x
2
2
¯
¯
1 ¯¯ 1 + x ¯¯
1
+ c1
= ln ¯
ln |y + 1| +
y+1
2
1 − x¯
¯
¯
¯1 + x¯
2
2
¯
¯ + c, (c = 2c1 ) .
ln (y + 1) +
= ln ¯
y+1
1 − x¯
¢
¡
dy
= sin x cos 2y − cos2 y
dx
1
dy = sin x dx
cos 2y − cos2 y
Z
Z
1
dy
=
sin x dx
cos 2y − cos2 y
En la primera integral, simplificamos la expresión usando la fórmula del coseno
del ángulo doble
cos 2y = cos2 y − sin2 y
Ejercicios: EDO’s de primer orden
Solución
11
cos 2y − cos2 y = cos2 y − sin2 y − cos2 y = − sin2 y
Z
Z
1
cos y
1
dy = cot y =
dy
=
.
2
2
cos 2y − cos y
sin y
− sin y
cos y
= − cos x + c.
sin y
(2.8)
p
x 1 − y 2 dx = dy
1
x dx = p
dy
1 − y2
Z
Z
1
p
dy
x dx =
1 − y2
1 2
x = arcsin y + c1 .
2
Solución explícita
1 2
x + c (c = −c1 )
2
¶
µ
1 2
x +c .
y = sin
2
arcsin y =
(2.9)
Solución
¡
¢ dy
= y2
dx
1
1
dy = x
dx
y2
e + e−x
Z
Z
1
1
dy
=
dx
2
x
y
e + e−x
Z
1
1
dy = −
y2
y
Z
Z
1
ex
dx
=
dx = arctan (ex ) .
ex + e−x
e2x + 1
−
ex + e−x
1
= arctan (ex ) + c.
y
Solución explícita
y=
−1
. ¤
arctan (ex ) + c
Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema de
valor inicial
½ −y
(e + 1) sin x dx = (1 + cos x) dy
y(0) = 0
Ejercicios: EDO’s de primer orden
12
sin x
1
dx = −y
dy
1 + cos x
e +1
Z
Z
1
sin x
dx =
dy
1 + cos x
e−y + 1
Z
Z
sin x
− sin x
dx = −
dx = − ln (1 + cos x)
1 + cos x
1 + cos x
Z
Z
Z
1
ey
1
dy = ln (1 + ey )
dy
=
dy
=
1
−y
y
e +1
1
+
e
+
1
y
e
Familia de soluciones
− ln (1 + cos x) = ln (1 + ey ) + c.
Imponemos la condición inicial y(0) = 0
¡
¢
− ln (1 + cos 0) = ln 1 + e0 + c
c = −2 ln 2 = − ln 4.
Solución particular
− ln (1 + cos x) = ln (1 + ey ) − ln 4.
Reescribimos la solución
ln (1 + ey ) + ln (1 + cos x) = ln 4
(1 + ey ) (1 + cos x) = 4.
Solución explícita
4
1 + cos x
4
ey =
−1
1 + cos x
µ
¶
4
y = ln
−1
1 + cos x
1 + ey =
¤
Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema de
valor inicial
(
¢1/2
¡
dx
y dy = 4x y 2 + 1
y(0) = 1
y
(y 2
Z
+ 1)1/2
y
(y 2 + 1)1/2
dy = 4x dx
dy =
Z
4x dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
Z
y
(y 2 + 1)1/2
dy
Familia de soluciones
13
Z
¢−1/2
¢1/2
1 ¡ 2
1 1 ¡
2y dy = ¡ 1 ¢ y 2 + 1
y +1
2
2 2
¡ 2
¢1/2
= y +1
.
=
¡ 2
¢1/2
y +1
= 2x2 + c.
Imponemos la condición inicial
y(0) = 1,
√
√
2 = 0 + c ⇒ c = 2,
solución particular
Soluciones explícitas
√
¢1/2
¡ 2
= 2x2 + 2.
y +1
³
√ ´2
y 2 + 1 = 2x2 + 2
r³
√ ´2
y=±
2x2 + 2 − 1,
teniendo en cuenta la condición inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama positiva
r³
√ ´2
y=
2x2 + 2 − 1 ¤
Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema de
valor inicial
½ 2 0
x y = y − xy
y(−1) = −1
x2
dy
= y − xy
dx
1−x
1
dx
dy =
y
x2
Z
Z
1
1−x
dx
dy =
y
x2
¶
Z µ
Z
1
1
1−x
1
dx =
−
dx = − − ln |x| .
x2
x2 x
x
Familia de soluciones
1
− ln |x| + c.
x
imponemos la condición inicial y(−1) = −1
ln |y| = −
ln 1 = 1 − ln 1 + c
⇒
c = −1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
14
Soluciones implícitas
ln |y| = −
1
− ln |x| − 1.
x
Determinamos la solución explícita
1
−1
x
¶
µ
1
ln |yx| = − 1 +
x
ln |y| + ln |x| = −
|xy| = e−(1+ x )
1
1
1
y = ± e−(1+ x ) .
x
Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = −1, debemos tomar la rama
y=
1 −(1+ x1 )
e
x
¤
Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema de
valor inicial
⎧
2x + 1
⎨ dy
=
dx
2y
⎩ y(−2) = −1
Familia de soluciones
Z
2y dy = (2x + 1) dx
Z
2y dy = (2x + 1) dx.
y 2 = x2 + x + c,
imponemos la condición inicial y(−2) = −1
2
2
(−1) = (−2) − 2 + c
1 = 4−2+c
c = −1.
Solución implícita
y 2 = x2 + x − 1,
soluciones explícitas
p
y = ± x2 + x − 1.
Teniendo en cuenta la condición inicial y(−2) = −1, debemos tomar la rama
p
y = − x2 + x − 1 ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden
2
15
EDO’s homogéneas
Ejercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas
1. (x − y) dx + x dy = 0
2. x dx + (y − 2x) dy
¡
¢
3. y 2 + yx dx − x2 dy = 0
dy
y−x
=
dx
y+x
¡
√ ¢
5. −y dx + x + xy dy = 0
4.
(7.1)
(x − y) dx + x dy = 0
Forma normal
dy
y−x
=
,
dx
x
cambio
y = ux,
u0 x + u =
y 0 = u0 x + u,
ux − x
x (u − 1)
=
=u−1
x
x
u0 x + u = u − 1
u0 x = −1 (separable).
Determinamos u(x)
du
−1
=
dx
x
−1
du =
dx
x
Z
Z
−1
du =
dx
x
u = − ln |x| + c.
Deshacemos el cambio
y
= − ln |x| + c,
x
resulta la solución explícita
y = −x ln |x| + c x.
(7.2)
x dx + (y − 2x) dy = 0
Forma normal
dy
−x
x
=
=
,
dx
y − 2x
2x − y
Ejercicios: EDO’s de primer orden
16
realizamos el cambio
y 0 = u0 x + u
y = ux,
y resulta
x
1
=
2x − ux
2−u
1
u0 x + u =
2−u
u0 x + u =
1
−u
2−u
1 − 2u + u2
2−u
u0 x =
=
(separable).
Determinamos u(x),
du
1 − 2u + u2
=
dx
2−u
1
2−u
du = dx
2
1 − 2u + u
x
Z
Z
1
2−u
du =
dx
2
1 − 2u + u
x
x
La integral
Z
2−u
du
1 − 2u + u2
es racional. Para resolverla, descomponemos en fracciones simples
2−u
2−u
A
A (u − 1) + B
B
=
,
2 = u−1 +
2 =
2
1 − 2u + u2
(u − 1)
(u − 1)
(u − 1)
igualando numeradores, resulta
2 − u = A (u − 1) + B.
Determinamos los coeficientes, si u = 1,
2−1=B
⇒
B = 1,
si u = 0,
2 = −A + B
⇒
A = −2 + 1 = −1.
Hemos obtenido la descomposición
2−u
(u − 1)2
=
−1
1
,
+
u − 1 (u − 1)2
que nos permite resolver la integral
Z
Z
Z
−1
2−u
1
du
=
du
+
2
2 du
u−1
(u − 1)
(u − 1)
1
= − ln |u − 1| −
.
u−1
Ejercicios: EDO’s de primer orden
17
Solución de la EDO
1
= ln |x| + c.
u−1
− ln |u − 1| −
Deshacemos el cambio u = y/x
¯y
¯
¯
¯
− ln ¯ − 1¯ −
x
y
x
1
= ln |x| + c.
−1
Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solución
¯
¯y
x
¯
¯
+c=0
ln |x| + ln ¯ − 1¯ +
x
y−x
ln |y − x| +
(7.3)
x
+ c = 0.
y−x
¡ 2
¢
y + yx dx − x2 dy = 0
Expresamos la ecuación en forma normal
dy
y 2 + yx
=
dx
x2
y realizamos el cambio habitual
y = ux,
resulta
y 0 = u0 x + u
u2 x2 + ux2
= u2 + u
x2
u0 x + u =
u0 x = u2 .
Hemos obtenido la EDO separable
x
du
= u2
dx
la resolvemos para determinar u(x).
1
1
du = dx
u2
x
Z
Z
1
1
du =
dx
u2
x
−
1
= ln |x| + c.
u
Deshacemos el cambio
−
x
= ln |x| + c
y
y obtenemos la solución explícita
y=
−x
.
ln |x| + c
Ejercicios: EDO’s de primer orden
(7.4) La EDO ya está en forma normal
dy
y−x
=
dx
y+x
efectuamos el cambio
y 0 = u0 x + u
ux − x
u−1
u0 x + u =
=
ux + x
u+1
y = ux,
u−1
u − 1 − u2 − u
−1 − u2
−u=
=
.
u+1
u+1
u+1
Obtenemos la EDO separable
u0 x =
x
1 + u2
du
=−
,
dx
u+1
que resolvemos para determinar u(x),
1
u+1
du = − dx
u2 + 1
x
Z
Z
1
u+1
du
=
−
dx
u2 + 1
x
Calculamos aparte la primera integral
Z
Z
Z
¢
u+1
u
1
1 ¡
du
=
du
+
du = ln u2 + 1 + arctan u,
2
2
2
u +1
u +1
u +1
2
y obtenemos la solución
¢
1 ¡ 2
ln u + 1 + arctan u = − ln |x| + c.
2
Deshacemos el cambio u = y/x
¶
µ 2
y
y
1
+ 1 + arctan = − ln |x| + c
ln
2
x2
x
y reescribimos la solución en una forma más conveniente
¶
µ 2
y
y
+ 1 + 2 arctan = −2 ln |x| + 2c
ln
2
x
x
¶
µ 2
y
y
+ 1 + ln x2 + 2 arctan = c1 (c1 = 2c)
ln
x2
x
¡
¢
y
ln y 2 + x2 + 2 arctan = c1 .
x
(7.5)
√
−y dx + (x + xy) dy = 0
Escribimos la EDO en forma normal
dy
y
=
√
dx
x + xy
18
Ejercicios: EDO’s de primer orden
19
cambio
y 0 = u0 x + u
ux
u
√
√
=
u0 x + u =
1+ u
x + ux2
y = ux,
u0 x =
u
u − u − u3/2
−u3/2
√ −u=
√
=
1+ u
1+ u
1 + u1/2
x
Solución
Z
1 + u1/2
u3/2
du
−u3/2
=
dx
1 + u1/2
separable.
1
1 + u1/2
du = − dx
x
u3/2
Z
Z
1
1 + u1/2
du
=
−
dx
3/2
x
u
¶
Z µ
1
1
2
du =
+
du = − √ + ln |u|
u
u
u3/2
2
− √ + ln |u| = − ln |x| + c,
u
deshacemos el cambio u = y/x
¯y¯
2
¯ ¯
− p y + ln ¯ ¯ = − ln |x| + c
x
x
reescribimos la solución en forma más conveniente
r
¯y¯
x
¯ ¯
−2
+ ln ¯ ¯ + ln |x| = c
y
x
r
x
ln |y| − 2
= c, c ∈ R. ¤
y
Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema de
valor inicial
(
dy
= y 3 − x3 ,
xy 2
dx
y(1) = 2.
EDO homogénea. Forma normal
dy
y 3 − x3
=
dx
xy 2
cambio
y = ux,
y 0 = u0 x + u
u3 x3 − x3
u3 − 1
=
2
3
u x
u2
u3 − 1
−1
u0 x =
−u= 2
u2
u
u0 x + u =
Ejercicios: EDO’s de primer orden
separamos variables
Z
20
2
u du = −
Z
1
dx
x
1 3
u = − ln |x| + c
3
deshacemos el cambio u = y/x
1 y3
= − ln |x| + c
3 x3
y 3 = −3x3 ln |x| + c1 x3
(c1 = 3c)
imponemos la condición inicial y(1) = 2
8 = 0 + c1
⇒
c1 = 8.
solución
y 3 = −3x3 ln |x| + 8x3
p
y = x 3 8 − 3 ln |x|. ¤
Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema de
valor inicial
½ ¡
y¢
y
x + ye x dx − xe x dy = 0
y(1) = 0
EDO homogénea. Forma normal
dy
x + yey/x
=
dx
x ey/x
cambio
y = ux, y 0 = u0 x + u
x + ux eu
1 + u eu
=
u0 x + u =
x eu
eu
u
1
+
ue
1
u0 x =
−u= u
eu
e
separamos variables
1
dx
x
Z
Z
1
dx
eu du =
x
eu = ln |x| + c
eu du =
deshacemos el cambio u = y/x
ey/x = ln |x| + c
imponemos la condición inicial y(1) = 0
e0 = ln 1 + c
e
solución explícita
y/x
⇒
c=1
= ln |x| + 1
y
= ln(ln |x| + 1)
x
y = x ln(ln |x| + 1). ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden
3
21
EDO’s exactas
Ejercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias son
exactas y resuelve aquellas que lo sean.
1. (2x − 1) dx + (3y + 7) dy = 0
¡
¢
2. (5x + 4y) dx + 4x − 8y 3 dy = 0
¡
¢
¡
¢
3. 2xy 2 − 3 dx + 2x2 y + 4 dy = 0
¡
¢
¢
¡
4. x2 − y 2 dx + x2 − 2xy dy = 0
¡
¢
¡
¢
5. x − y 3 + y 2 sin x dx = 3xy 2 + 2y cos x dy
³
´
6. (y ln y − e−xy ) dx + y1 + x ln y dy = 0
dy
= 2xex − y + 6x2
dx
µ
¶
1
dx
2 3
8. x y −
+ x2 y 2 = 0
2
1 + 9x
dy
7. x
9. (tan x − sin x sin y) dx + cos x cos y dy = 0
¡
¢
¡
¢
10. 4t3 y − 15t2 − y dt + t4 + 3y 2 − t dy = 0
(10.1)
(2x − 1) dx + (3y + 7) dy = 0
M = 2x − 1
N = 3y + 7
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
=0 ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta,
⎪
⎪
∂N
⎪
=0 ⎭
∂x
solución
u(x, y) = c
con
De
⎧
∂u
⎪
⎪
⎪
⎨ ∂x = 2x − 1,
⎪
∂u
⎪
⎪
⎩
= 3y + 7.
∂y
∂u
= 2x − 1
∂x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
obtenemos
u=
Z
(2x − 1) dx = x2 − x + c1 (y)
sustituimos en la ecuación
y obtenemos
22
∂u
= 3y + 7
∂y
¢
∂ ¡ 2
x − x + c1 (y) = 3y + 7
∂y
dc1
= 3y + 7
dy
determinamos c1 (y)
c1 =
Z
(3y + 7) dy =
3 2
y + 7y
2
obtenemos la expresión completa para u(x, y)
3
u(x, y) = x2 − x + y 2 + 7y
2
finalmente, la solución es
3
x2 − x + y 2 + 7y = c,
2
(10.2)
c ∈ R.
¢
¡
(5x + 4y) dx + 4x − 8y 3 dy = 0
M = 5x + 4y
N = 4x − 8y 3
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 ,
⎫
∂M
⎪
=4 ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
=4 ⎭
∂x
La EDO admite la solución
u(x, y) = c
con
⎧
∂u
⎪
⎪
⎪
⎨ ∂x = 5x + 4y,
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= 4x − 8y 3 .
∂y
De
∂u
= 5x + 4y
∂x
obtenemos
u=
Z
(5x + 4y) dx =
5 2
x + 4xy + c1 (y)
2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
sustituimos en la ecuación
y obtenemos
∂
∂y
µ
23
∂u
= 4x − 8y 3
∂y
5 2
x + 4xy + c1 (y)
2
¶
= 4x − 8y 3
dc1
= 4x − 8y 3
dy
dc1
= −8y 3
dy
4x +
determinamos c1 (y)
c1 =
resulta
Z
¡
¢
−8y 3 dy = −2y 4
u(x, y) =
5 2
x + 4xy − 2y 4
2
finalmente, la solución es
5 2
x + 4xy − 2y 4 = c,
2
(10.3)
c ∈ R.
¡
¢
¡
¢
2xy 2 − 3 dx + 2x2 y + 4 dy = 0
M = 2xy 2 − 3
N = 2x2 y + 4
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
= 4xy ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta,
⎪
⎪
∂N
⎪
= 4xy ⎭
∂x
solución
u(x, y) = c
con
⎧
∂u
⎪
2
⎪
⎪
⎨ ∂x = 2xy − 3,
⎪
∂u
⎪
⎪
⎩
= 2x2 y + 4.
∂y
De
∂u
= 2xy 2 − 3,
∂x
obtenemos
u=
Z
¡
¢
2xy 2 − 3 dx = x2 y 2 − 3x + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
∂u
= 2x2 y + 4
∂y
Ejercicios: EDO’s de primer orden
y obtenemos
24
¢
∂ ¡ 2 2
x y − 3x + c1 (y) = 2x2 y + 4,
∂y
2x2 y +
dc1
= 2x2 y + 4,
dy
simplificamos y resulta
dc1
=4
dy
integramos para determinar c1 (y)
c1 =
Z
4dy = 4y.
Obtenemos la expresión completa de u(x, u)
u(x, y) = x2 y 2 − 3x + 4y
que proporciona la solución
x2 y 2 − 3x + 4y = c,
(10.4)
c ∈ R.
¡ 2
¢
¢
¡
x − y 2 dx + x2 − 2xy dy = 0
M = x2 − y 2
N = x2 − 2xy
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
⎪
= −2y
⎪
⎬
∂y
No es exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
= 2x − 2y ⎭
∂x
(10.5)
¡
¢
¡
¢
x − y 3 + y 2 sin x dx − 3xy 2 + 2y cos x dy = 0
M = x ¡− y 3 + y 2 sin x ¢
N = − 3xy 2 + 2y cos x
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
= −3y 2 + 2y sin x ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
= −3y 2 + 2y sin x ⎭
∂x
La EDO admite la solución
u(x, y) = c
Ejercicios: EDO’s de primer orden
con
25
⎧
∂u
⎪
3
2
⎪
⎪
⎨ ∂x = x − y + y sin x,
⎪
∂u
⎪
⎪
⎩
= −3xy 2 − 2y cos x.
∂y
De
∂u
= x − y 3 + y 2 sin x,
∂x
obtenemos
u=
Z
¢
¡
1
x − y 3 + y 2 sin x dx = x2 − xy 3 − y 2 cos x + c1 (y),
2
sustituimos en la ecuación
∂u
= −3xy 2 − 2y cos x
∂y
y obtenemos
∂
∂y
µ
¶
1 2
3
2
x − xy − y cos x + c1 (y) = −3xy 2 − 2y cos x
2
−3xy 2 − 2y cos x +
dc1
= −3xy 2 − 2y cos x
dy
dc1
=0
dy
c1 = constante.
Tomamos la siguiente expresión de u(x, y)
u(x, y) =
1 2
x − xy 3 − y 2 cos x
2
que nos proporciona la solución
1 2
x − xy 3 − y 2 cos x = c,
2
(10.6)
¡
¢
y ln y − e−xy dx +
µ
c ∈ R.
1
+ x ln y
y
¶
dy = 0
M = y ln y − e−xy
N = y1 + x ln y
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−∞ < x < ∞,
0 < y < ∞.
⎫
∂M
⎪
= ln y + 1 + xe−xy ⎪
⎪
⎬
∂y
no es exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
⎭
= ln y
∂x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
26
(10.7)
dy
= 2xex − y + 6x2
dx
Expresamos la EDO en forma diferencial
¡
¢
2xex − y + 6x2 dx − x dy = 0
x
y obtenemos
M = 2xex − y + 6x2
N = −x
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
= −1 ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
= −1 ⎭
∂x
Solución
u(x, y) = c
con
⎧
∂u
⎪
x
2
⎪
⎪
⎨ ∂x = 2xe − y + 6x ,
⎪
∂u
⎪
⎪
⎩
= −x.
∂y
De
∂u
= 2xex − y + 6x2 ,
∂x
obtenemos
u=
Z
¡
¢
2xex − y + 6x2 dx = 2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1 (y).
Sustituimos en la ecuación
y obtenemos
∂u
= −x
∂y
¢
∂ ¡
2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1 (y) = −x
∂y
−x +
dc1
= −x
dy
dc1
=0
dy
c1 = constante.
Podemos tomar
u(x, y) = 2xex − 2ex − xy + 2x3
de donde resulta la solución
2xex − 2ex − xy + 2x3 = c,
c ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
(10.8)
µ
x2 y 3 −
27
1
1 + 9x2
¶
dx
+ x2 y 2 = 0
dy
Forma diferencial
µ
x2 y 3 −
1
1 + 9x2
¶
dx + x2 y 2 dy = 0
M = x2 y 3 −
1
1 + 9x2
N = x2 y 2
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
= 3x2 y 2 ⎪
⎪
⎬
∂y
no es exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
= 2xy 2 ⎭
∂x
(10.9)
(tan x − sin x sin y) dx + (cos x cos y) dy = 0
M = tan x − sin x sin y
N = cos x cos y
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−π
π
<x< ,
2
2
−∞ < y < ∞.
⎫
∂M
⎪
= − sin x cos y ⎪
⎪
⎬
∂y
⎪
⎪
∂N
⎪
= − sin x cos y ⎭
∂x
La EDO admite una solución de la forma
EDO exacta.
u(x, y) = c
con
⎧
∂u
⎪
⎪
⎪
⎨ ∂x = tan x − sin x sin y,
⎪
∂u
⎪
⎪
⎩
= cos x cos y.
∂y
De
∂u
= tan x − sin x sin y
∂x
obtenemos
u=
Z
(tan x − sin x sin y) dx = − ln (cos x) + cos x sin y + c1 (y)
Ejercicios: EDO’s de primer orden
sustituimos en la ecuación
28
∂u
= cos x cos y
∂y
y obtenemos
∂
(− ln (cos x) + cos x sin y + c1 (y)) = cos x cos y
∂y
cos x cos y +
dc1
=0
dy
⇒
dc1
= cos x cos y
dy
c1 = constante.
Podemos tomar
u(x, y) = − ln (cos x) + cos x sin y
de donde resulta la solución
− ln (cos x) + cos x sin y = c,
(10.10)
c ∈ R.
¢
¡
¢
¡ 3
4t y − 15t2 − y dt + t4 + 3y 2 − t dy = 0
M = 4t3 y − 15t2 − y
N = t4 + 3y 2 − t
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
= 4t3 − 1 ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
3
⎭
= 4t − 1
∂t
La EDO admite una solución de la forma
u(t, y) = c
con
⎧
∂u
⎪
3
2
⎪
⎪
⎨ ∂t = 4t y − 15t − y,
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= t4 + 3y 2 − t.
∂y
De
∂u
= 4t3 y − 15t2 − y,
∂t
obtenemos
u=
Z
¢
¡ 3
4t y − 15t2 − y dt = t4 y − 5t3 − yt + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
∂u
= t4 + 3y 2 − t
∂y
Ejercicios: EDO’s de primer orden
y resulta
finalmente
29
¢
∂ ¡4
t y − 5t3 − yt + c1 (y) = t4 + 3y 2 − t
∂y
dc1
t4 − t +
= t4 + 3y 2 − t
dy
dc1
= 3y 2
dy
Z
c1 = 3y 2 dy = y 3
u(t, y) = t4 y − 5t3 − yt + y 3 ,
solución
t4 y − 5t3 − yt + y 3 = c,
c ∈ R. ¤
Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial
½
¡
¢
(x + y)2 dx + 2xy + x2 − 1 dy = 0,
y(1) = 1.
M = (x + y)2
N = 2xy + x2 − 1
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
= 2x + 2y ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
= 2x + 2y ⎭
∂x
La EDO admite una solución de la forma
u(x, y) = c
con
⎧
∂u
2
⎪
⎪
⎪
⎨ ∂x = (x + y) ,
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= 2xy + x2 − 1.
∂y
De
∂u
= (x + y)2
∂x
obtenemos
u=
Z
(x + y)2 dx =
1
(x + y)3 + c1 (y),
3
sustituimos en la ecuación
∂u
= 2xy + x2 − 1
∂y
Ejercicios: EDO’s de primer orden
y resulta
∂
∂y
µ
30
¶
1
3
(x + y) + c1 (y) = 2xy + x2 − 1
3
2
(x + y) +
dc1
= 2xy + x2 − 1
dy
x2 + 2xy + y 2 +
dc1
= 2xy + x2 − 1
dy
dc1
= −y 2 − 1
dy
Z
¡ 2
¢
1
−y − 1 dy = − y 3 − y
c1 =
3
finalmente
u(x, y) =
1
1
(x + y)3 − y 3 − y.
3
3
Familia de soluciones
1
1
(x + y)3 − y 3 − y = c,
3
3
c ∈ R.
Imponemos la condición inicial y(1) = 1
8 1
− −1=c
3 3
⇒
c=
4
3
1
1
4
3
(x + y) − y 3 − y =
3
3
3
operando, podemos presentar la solución como sigue
¢ 1
4
1¡ 3
x + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 − y 3 − y =
3
3
3
1 3
4
x + x2 y + xy 2 − y =
3
3
x3 + 3x2 y + 3xy 2 − 3y = 4. ¤
Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial
½
(4y + 2t − 5) dt + (6y + 4t − 1) dy = 0,
y(−1) = 2.
M = 4y + 2t − 5
N = 6y + 4t − 1
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
=4 ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
=4 ⎭
∂t
Ejercicios: EDO’s de primer orden
31
Podemos obtener una familia de soluciones de la forma
u(t, y) = c,
con
c ∈ R,
⎧
∂u
⎪
⎪
⎪
⎨ ∂t = 4y + 2t − 5,
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= 6y + 4t − 1.
∂y
De
∂u
= 4y + 2t − 5
∂t
obtenemos
u=
Z
(4y + 2t − 5) dt = 4yt + t2 − 5t + c1 (y).
Para determinar c1 (y), sustituimos en la ecuación
∂u
= 6y + 4t − 1
∂y
y obtenemos
¢
∂ ¡
4yt + t2 − 5t + c1 (y) = 6y + 4t − 1
∂y
4t +
c1 =
finalmente
Z
dc1
= 6y + 4t − 1
dy
dc1
= 6y − 1
dy
(6y + 1) dy = 3y 2 − y
u(t, y) = 4yt + t2 − 5t + 3y 2 − y,
familia de soluciones
4yt + t2 − 5t + 3y 2 − y = c.
Imponemos la condición inicial y(−1) = 2
−8 + 1 + 5 + 12 − 2 = c
resulta
⇒
c=8
4yt + t2 − 5t + 3y 2 − y = 8 ¤
Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial
¢
¡
¢
½ ¡ 2
y cos x − 3x2 y − 2x dx + 2y sin x − x3 + ln y dy = 0,
y(0) = e.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
32
M = y 2 cos x − 3x2 y − 2x
N = 2y sin x − x3 + ln y
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−∞ < x < ∞,
0 < y < ∞.
⎫
∂M
2 ⎪
= 2y cos x − 3x ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta,
⎪
⎪
∂N
2 ⎪
= 2y cos x − 3x ⎭
∂x
solución
u(x, y) = c
con
⎧
∂u
⎪
2
2
⎪
⎪
⎨ ∂x = y cos x − 3x y − 2x,
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= 2y sin x − x3 + ln y.
∂y
De
∂u
= y 2 cos x − 3x2 y − 2x
∂x
obtenemos
u=
Z
¢
¡ 2
y cos x − 3x2 y − 2x dx = y 2 sin x − x3 y − x2 + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
∂u
= 2y sin x − x3 + ln y
∂y
y obtenemos
¢
∂ ¡ 2
y sin x − x3 y − x2 + c1 (y) = 2y sin x − x3 + ln y
∂y
2y sin x − x3 +
dc1
= 2y sin x − x3 + ln y
dy
dc1
= ln y
dy
c1
=
Z
ln y dy = y ln y −
= y ln y − y.
Z
y
µ ¶
1
dy
y
Finalmente
u(x, y) = y 2 sin x − x3 y − x2 + y ln y − y,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
33
familia de soluciones
y 2 sin x − x3 y − x2 + y ln y − y = c,
c ∈ R.
Imponemos la condición inicial
y(0) = e
e2 sin 0 − 0 − 0 + e ln e − e = c
c = e − e = 0.
Solución del problema de valor inicial
y 2 sin x − x3 y − x2 + y ln y − y = 0. ¤
Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta
¡ 3
¢
¡
¢
y + kxy 4 − 2x dx + 3xy 2 + 20x2 y 3 dy = 0,
resuélvela.
M = y 3 + kxy 4 − 2x
N = 3xy 2 + 20x2 y 3
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . Calculamos
⎫
∂M
⎪
= 3y 2 + 4kxy 3 ⎪
⎪
⎬
∂y
y exigimos
⎪
⎪
∂N
⎪
= 3y 2 + 40xy 3 ⎭
∂x
∂M
∂N
=
∂y
∂x
resulta
3y 2 + 4kxy 3 = 3y 2 + 40xy 3
4kxy 3 = 40xy 3
⇒
4k = 40
k = 10.
La ecuación diferencial es
¢
¡
¡ 3
¢
y + 10xy 4 − 2x dx + 3xy 2 + 20x2 y 3 dy = 0,
solución
u(x, y) = c,
con
⎧
∂u
⎪
3
4
⎪
⎪
⎨ ∂x = y + 10xy − 2x,
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= 3xy 2 + 20x2 y 3 .
∂y
Ejercicios: EDO’s de primer orden
De
34
∂u
= y 3 + 10xy 4 − 2x
∂x
obtenemos
u=
Z
¡
¢
y 3 + 10xy 4 − 2x dx = xy 3 + 5x2 y 4 − x2 + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
∂u
= 3xy 2 + 20x2 y 3
∂y
y obtenemos
¢
∂ ¡ 3
xy + 5x2 y 4 − x2 + c1 (y) = 3xy 2 + 20x2 y 3
∂y
dc1
= 3xy 2 + 20x2 y 3
dy
dc1
=0
dy
c1 = constante,
3xy 2 + 20x2 y 3 +
familia de soluciones
xy 3 + 5x2 y 4 − x2 = c,
c ∈ R. ¤
Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial
(−xy sin x + 2y cos x) dx + 2x cos x dy = 0
1. Verifica que la EDO no es exacta.
2. Multiplica la ecuación por el factor integrante
µ = xy
y verifica que la EDO resultante es exacta.
3. Resuélvela.
1. Inicialmente tenemos
(−xy sin x + 2y cos x) dx + (2x cos x) dy = 0
M = −xy sin x + 2y cos x
N = 2x cos x
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 .
⎫
∂M
⎪
= −x sin x + 2 cos x ⎪
⎪
⎬
∂y
no es exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
= 2 cos x − 2x sin x ⎭
∂x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
35
2. Multiplicamos por el factor integrante
µ = xy
y resulta la nueva ecuación
¡ 2 2
¢
¡
¢
−x y sin x + 2xy 2 cos x dx + 2x2 y cos x dy = 0
M = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x
N = 2x2 y cos x
⎫
∂M
⎪
= −2x2 y sin x + 4xy cos x ⎪
⎪
⎬
∂y
EDO exacta.
⎪
⎪
∂N
⎪
= 4xy cos x − 2x2 y sin x ⎭
∂x
3. Solución
u(x, y) = c
con
⎧
∂u
⎪
2 2
2
⎪
⎪
⎨ ∂x = −x y sin x + 2xy cos x,
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= 2x2 y cos x.
∂y
De
∂u
= 2x2 y cos x
∂y
obtenemos
u =
Z
¢
¡ 2
2x y cos x dy
= x2 y 2 cos x + c1 (x),
sustituimos en la ecuación
∂u
= −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x
∂x
y obtenemos
¢
∂ ¡ 2 2
x y cos x + c1 (x) = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x
∂x
2xy 2 cos x − x2 y 2 sin x +
dc1
=0
dy
dc1
= −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x
dx
⇒
c = constante,
finalmente, tenemos la familia de soluciones
x2 y 2 cos x = c,
c ∈ R. ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden
4
36
EDO’s lineales
Ejercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso un
intervalo en el que la solución es válida.
1.
dy
= 5y
dx
2.
dy
+ y = e3x
dx
3. y 0 + 3x2 y = x2
4. x2 y 0 + xy = 1
5. x
dy
− y = x2 sin x
dx
6. x
dy
+ 4y = x3 − x
dx
7. x2 y 0 + x (x + 2) y = ex
¡
¢
8. y dx − 4 x + y 6 dy = 0
9. cos x
dy
+ y sin x = 1
dx
10. (x + 1)
dy
+ (x + 2) y = 2xe−x
dx
(16.1) EDO lineal homogénea
dy
= 5y,
dx
escribimos la EDO en forma estándar
y 0 − 5y = 0
e identificamos p(x)
p(x) = −5,
la solución es
y
R
= ke− (−5) dx
R
= ke 5 dx = ke5x
y = ke5x ,
k ∈ R.
Solución definida en todo R.
(16.2) Es una EDO lineal completa
dy
+ y = e3x
dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
37
y 0 + y = e3x
p(x) = 1.
Solución general de la EDO homogénea asociada
R
yh = ke−
dx
= ke−x ,
k ∈ R.
Determinamos una solución particular de la EDO completa por el método de
variación de parámetros, esto es, proponemos un solución
y = k(x) e−x
y sustituimos en la EDO completa
−x
= e3x
k0 e−x − ke−x + ke
|
{z
} | {z }
y
y0
Determinamos k(x)
k0 e−x = e3x
k0
=
k
=
e3x
= e4x
−x
e
Z
e4x dx =
1 4x
e + c.
4
Tomamos
1 4x
e
4
de donde obtenemos la solución particular de la EDO completa
µ
¶
1 4x −x 1 3x
yp =
e = e .
e
4
4
k(x) =
Finalmente la solución general de la EDO completa es de la forma
y = yh + yp
esto es
1
y = ke−x + e3x , k ∈ R.
4
La soluciones están definidas en (−∞, +∞).
(16.3)
y 0 + 3x2 y = x2
p(x) = 3x2
Solución general de la EDO homogénea
R
R
y = ke p(x) dx = ke−
3
= ke−x
3x2 dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
38
Variación de parámetros: proponemos solución particular de la EDO completa
de la forma
3
y = k(x)e−x ,
la derivada es
3
3
y 0 = k0 e−x − 3kx2 e−x .
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
3
3
3
k0 e−x − 3kx2 e−x + 3x2 ke−x = x2
3
k0 e−x = x2
3
x2
k0 = −x3 = x2 ex
e
Z
3
1 3
k = x2 ex dx = ex + c.
3
Tomamos
1 x3
e ,
3
de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa
µ
¶
1 x3 −x3
1
yp =
= .
e
e
3
3
k(x) =
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
3
1
y = ke−x + , k ∈ R.
3
Las soluciones están definidas en (−∞, +∞).
(16.4)
x2 y 0 + xy = 1
Forma estándar
y0 +
1
1
y= 2
x
x
Homogénea asociada
y0 +
1
y=0
x
⇒
p(x) =
1
x
Solución general de la ecuación EDO homogénea
y
R
1
= ke− x dx
= ke− ln|x|
= keln 1/|x|
1
= k
tomamos x ∈ (0, +∞)
|x|
yh =
k
,
x
k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
39
Variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma
k(x)
y=
,
x
la derivada es
k0
k
− 2.
y0 =
x
x
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
y0 +
k0 =
Tomamos
1
x
1
1
y= 2
x
x
1k
k
1
k0
− 2+
= 2
x
x
xx
x
1
k0
= 2
x
x
Z
1
⇒ k=
dx = ln x + c.
x
k(x) = ln x
que nos proporciona la solución particular de la EDO completa
yp =
ln x
.
x
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
k
1
+ ln x, k ∈ R.
x x
La soluciones están definidas para x ∈ (0, +∞) .
(16.5)
dy
− y = x2 sin x
x
dx
Forma estándar
1
dy
− y = x sin x.
dx x
Ecuación homogénea asociada
y=
1
y=0
x
1
p(x) = −
x
Solución general de la EDO homogénea
y0 −
y
= ke−
=
=
=
=
R
R
p(x) dx
1
ke− (− x ) dx
R 1
ke x dx
keln|x| resolvemos para x > 0
keln x = kx.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
40
yh = kx,
x ∈ R.
Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma
y = k(x) x,
la derivada es
y 0 = k0 x + k.
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
k0 x + k −
1
kx = x sin x
x
k0 x = x sin x
k=
Tomamos
Z
k0 = sin x
sin x dx = − cos x + c
k(x) = − cos x
que produce la siguiente solución de la EDO completa
yp = −x cos x.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp ,
y = kx − x cos x,
k ∈ R.
Las soluciones están definidas para x > 0.
(16.6)
dy
x
+ 4y = x3 − x.
dx
Forma estándar
4
y 0 + y = x2 − 1.
x
EDO homogénea asociada
4
y 0 + y = 0,
x
identificamos
4
p(x) = .
x
Solución general de la EDO homogénea
y
R
R
4
= ke− p(x) dx = ke− x dx
= ke−4 ln|x|
−4
4
= keln|x | = keln 1/x ,
k
, (x 6= 0), tomamos p.e. x > 0.
=
x4
Ejercicios: EDO’s de primer orden
41
Determinamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros.
Proponemos la solución
1
y = k(x) · 4 ,
x
4k
1
y0 = k0 4 − 5 ,
x
x
sustituimos en la EDO completa para determinar k(x),
µ ¶
4k
4 k
1
= x2 − 1,
k0 4 − 5 +
x
x
x x4
1
= x2 − 1,
x4
k0 = x6 − x4 .
Z
¢
¡ 6
x7
x5
k=
x − x4 dx =
− .
7
5
k0
Obtenemos la solución particular de la EDO completa
µ 7
¶
x
x5 1
yp =
−
7
5 x4
x3 x
=
− .
7
5
La solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
k
x3
x
+
− , k ∈ R,
x4
7
5
definida en cualquier intervalo que no contenga x = 0.
(16.7)
x2 y 0 + x(x + 2)y = ex .
y=
Forma estándar
y0 +
Homogénea asociada
x(x + 2)
1
y = 2 ex ,
x2
x
µ
¶
2
y + 1+
y=0
x
0
identificamos
p(x) = 1 + 2/x.
Solución de la EDO homogénea
y
= ke−
R
p(x) dx
R
2
= ke− (1+ x ) dx
= ke−x−2 ln|x| , tomamos x > 0
−2
= ke−x · eln x
1
= ke−x · 2 ,
x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
42
e−x
.
x2
Determinamos una solución particular de la EDO completa por variación de
parámetros. Proponemos la solución
y=k
y = k(x)
e−x
,
x2
la derivada es
y0
−e−x x2 − e−x · 2x
e−x
+k
2
4
x
¡ 2 x ¢
−x
x + 2x
e
= k0 2 − ke−x
x
x4
= k0
Sustituimos en la EDO completa
y0 +
x2 + 2x
1
· y = 2 ex
2
x
x
1
e−x
x2 + 2x x2 + 2x e−x
k0 2 − ke−x
+
· k 2 = 2 ex
4
2
x }
x
x} x
| x
{z
| {z
y0
y
1
e−x
= 2 ex
2
x
x
2
x
x
e
k0 = 2 · −x = e2x .
x e
k0
Determinamos k(x),
k(x) =
Z
e+2x dx =
1 2x
e ,
2
y obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
µ
¶
1 2x e−x
ex
yp =
= 2.
e
2
2
x
2x
La solución general de la EDO completa es
y = yh + yp ,
ke−x
ex
+
, k ∈ R.
x2
2x2
Las soluciones son válidas para x > 0.
(16.8)
¡
¢
y dx − 4 x + y 6 dy = 0
y=
No lineal en y; lineal en x = x(y)
¢
¡
y dx = 4 x + y 6 dy
¢
¡
4 x + y6
dx
4
=
= x + 4y 5 .
dy
y
y
Ejercicios: EDO’s de primer orden
Forma estándar
43
4
x0 − x = 4y 5
y
;
4
p(y) = − .
y
Solución general de la EDO homogénea asociada
4
x0 − x = 0
y
R
4
x = k e− − y dy = k e4 ln|y|
4
x = k eln y = ky 4 .
Solución de la ecuación completa por variación de parámetros, tomamos k =
k(y)
x = k(y) y 4
x0 = k0 y 4 + 4ky 3
4
k0 y 4 + 4y 3 − ky 4 = 4y 5
y
k0 =
Obtenemos
k(y) =
Z
4y 5
= 4y.
y4
4y dy = 2y 2 ,
que nos proporciona una solución particular de la EDO completa
¡ ¢
xp = 2y 2 y 4 = 2y 6 .
Finalmente, determinamos la solución general de la EDO completa
x = xh + xp
x = ky 4 + 2y 6 , k ∈ R.
La soluciones son válidas en todo intervalo que no contenga y = 0.
(16.9)
dy
cos x
+ y sin x = 1
dx
Forma estándar
sin x
1
dy
+
y=
dx cos x
cos x
sin x
p(x) =
cos x
EDO homogénea asociada
sin x
y0 +
y=0
cos x
y = ke−
R
sin x
cos x
dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
−
Z
44
Z
sin x
− sin x
dx =
dx = ln |cos x|
cos x
cos x
= ln (cos x)
tomamos − π/2 < x < π/2
y = keln(cos x) = k cos x
Variación de parámetros
y
y0
= k(x) cos x
= k0 cos x − k sin x
sin x
1
k0 cos x − k sin x +
· k cos x =
{z
} cos x
|
cos x
y0
1
k0 cos x =
cos x
Z
1
1
k0 =
⇒
k
=
dx = tan x
2
cos x
cos2 x
Solución particular de la EDO completa
yp = tan x cos x = sin x
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp
y = k cos x + sin x,
k ∈ R.
Las soluciones son válidas para x ∈ (−π/2, π/2) .
(16.10)
dy
(x + 1)
+ (x + 2) y = 2x e−x
dx
Forma estándar
dy
x+2
2x −x
+
y=
e
dx x + 1
x+1
x+2
x+1+1
1
p(x) =
=
=1+
x+1
x+1
x+1
Solución general de la EDO homogénea asociada
µ
¶
1
y0 + 1 +
y=0
x+1
y
R
1
= ke− (1+ x+1 ) dx
= ke−(x+ln|x+1|)
tomamos
x+1>0
y
⇒
x > −1
= ke−x−ln(x+1)
1
= ke−x eln x+1
e−x
= k
,
(x > −1) .
x+1
Ejercicios: EDO’s de primer orden
45
Variación de parámetros
y = k(x)
y0
e−x
x+1
e−x
−e−x − e−x (x + 1)
+k
x+1
(x + 1)2
−x
e
1+x+1
= k0
− ke−x
x+1
(x + 1)2
−x
e
x+2
= k0
− ke−x
x+1
(x + 1)2
= k0
sustituimos en la ecuación completa
y0 +
x+2
2x −x
y=
e
x+1
x+1
x+2
2x −x
e−x
e−x
x+2
k0
+
=
− ke−x
·k
e
2
x+1
(x + 1)
x + 1 | x{z
+ 1} x + 1
|
{z
}
y
y0
k0
2x −x
e−x
=
e
x+1
x+1
k0 = 2x
Z
k = 2x dx = x2 ,
obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
yp = x2
e−x
x+1
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp
¡
¢ e−x
y = x2 + c
x+1
k e−x x2 e−x
+
,
x+1
x+1
Las soluciones son validas para x > −1. ¤
y=
k ∈ R.
Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial
½
xy 0 + y = ex
y(1) = 2
índica un intervalo en el que esté definida la solución.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
46
EDO lineal. Forma estándar
y0 +
1
1
y = ex
x
x
p(x) =
1
.
x
EDO Homogénea
1
y = 0,
x
solución general de la EDO homogénea
y0 +
y = ke−
R
1
x
dx
= ke− ln|x| ,
tomamos x > 0
y = ke− ln x = keln 1/x
k
, k ∈ R.
x
Determinamos una solución de la EDO completa por el método de variación de
parámetros
y=
y
= k(x)
y0
= k0
1
x
1
1
−k 2
x
x
1 1
1
1
1
k 0 − k 2 + k = ex
x
x
x
x
x
| {z }
|{z}
y0
y
1
1
= ex
x
x
k 0 = ex
Z
k = ex dx = ex ,
k0
Resulta
ex
.
x
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
yp =
y=
k ex
+ ,
x
x
k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición
y(1) = 2
e k
+ =2 ⇒ k =2−e
1 1
2 − e ex
, x ∈ (0, +∞)
+
y=
x
x
¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden
47
Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial
⎧
dy
⎪
⎨ (x + 1)
+ y = ln x,
dx
⎪
⎩
y(1) = 10, x > 0.
Forma estándar
dy
1
ln x
+
y=
dx x + 1
x+1
1
.
p(x) =
x+1
EDO Homogénea asociada
R
= ke− p(x) dx = ke−
= ke− ln|x+1| ,
y
R
1
x+1
dx
tomamos
x+1>0
⇒
x > −1
= ke− ln(x+1)
y
1
= keln x+1 = k
1
x+1
1
, k ∈ R.
x+1
Determinamos una solución particular de la EDO completa. Proponemos una
solución de la forma
1
,
y = k(x) ·
x+1
la derivada es
1
1
.
−k
y0 = k0
x+1
(x + 1)2
yh = k
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
y0 +
1
ln x
y=
x+1
x+1
1
ln x
1
k
1
+
=
k0
−k
·
x+1
(x + 1)2 x + 1 x + 1 x + 1
| {z }
|
{z
}
y
y0
k0
ln x
1
=
x+1
x+1
k0 = ln x
k
Z
1
ln x dx = x ln x − x · dx
x
Z
= x ln x −
dx = x ln x − x.
=
Z
Ejercicios: EDO’s de primer orden
48
Hemos obtenido la siguiente solución particular para la EDO completa
1
x+1
yp = (x ln x − x)
La solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
k
x ln x − x
+
,
x+1
x+1
Imponemos la condición inicial
y=
k ∈ R.
y(1) = 10
k 1 ln 1 − 1
+
= 10
2
2
k − 1 = 20 ⇒ k = 21.
La solución del problema de valor inicial es
y=
21 + x ln x − x
,
x+1
x > −1 ¤
Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial
⎧
dy
⎪
⎨
+ 2y = f (x),
dx
⎪
⎩
y(0) = 0,
donde
f (x) =
½
1 si 0 ≤ x ≤ 3,
0 si x > 3.
EDO lineal
y 0 + 2y = f (x)
EDO homogénea asociada
y 0 + 2y = 0
identificamos
p(x) = 2,
la solución general de la EDO homogénea asociada es
y
R
= ke− p(x) dx = ke−
= ke−2x , k ∈ R.
R
2 dx
Determinamos la solución para el tramo 0 ≤ x ≤ 3. En este caso, tenemos la
EDO completa
y 0 + 2y = 1 0 ≤ x ≤ 3,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
49
proponemos una solución particular para la EDO completa
y = k(x) e−2x
y 0 = k0 e−2x − 2k e−2x
y sustituimos en la EDO completa
y 0 + 2y = 1
−2x
k0 e−2x − 2ke−2x +2 ke
| {z }= 1
|
{z
}
y
y0
0 −2x
ke
=1
1
k0 = −2x = e2x
e
Z
1
k = e2x dx = e2x
2
Resulta la solución
yp =
µ
1 2x
e
2
¶
e−2x =
1
2
La solución general de la EDO completa en el primer tramo es
1
y = ke−2x + ,
2
k ∈ R.
Aplicamos la condición inicial
y(0) = 0
1
⇒ k = −1/2
2
La solución del problema de valor inicial en el primer tramo es, por lo tanto,
0 = k · e0 +
y=
1 1 −2x
,
− e
2 2
Valor final del intervalo
y(3) =
0 ≤ x ≤ 3.
1 1 −6
− e .
2 2
Solución del tramo x ∈ (3, +∞)
⎧
⎨ y 0 + 2y = 0
¢
1¡
⎩ y(3) =
1 − e−6 .
2
Hemos visto anteriormente que la solución de y 0 + 2y = 0 es
y = ke−2x
Imponemos la condición inicial
⎧
⎨ x=3
⎩ y(3) =
1 1 −6
− e
2 2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
50
y resulta
ke−6 =
k
¢
¡
1 1 − e−6
2
e−6
¡
¢
1 6
e 1 − e−6
2
¢
1¡ 6
e −1 .
2
=
=
=
Solución del 2o tramo
y=
Función solución
1 1 −6
− e
2 2
¢
1¡ 6
e − 1 e−2x .
2
⎧ 1 1
−2x
⎪
⎪
⎨ 2 − 2e
y(x) =
⎪ 1¡
¢
⎪
⎩
e6 − 1 e−2x
2
si 0 ≤ x ≤ 3
si x > 3
¤
Ejercicio 20 Resuelve el problema de valor inicial
⎧
dy
⎪
⎨
+ 2xy = f (x)
dx
⎪
⎩
y(0) = 2
donde
f (x) =
½
x si 0 ≤ x ≤ 1
0 si x ≥ 1.
Homogénea asociada
y 0 + 2xy = 0
identificamos
p(x) = 2x
y = ke−
R
p(x) dx
= ke−x
2
Variación de parámetros. Solución completa tramo 0 ≤ x ≤ 1
y = k e−x
2
2
2
y 0 = k0 e−x − 2kx e−x
sustituimos en la EDO completa
y 0 + 2xy = x 0 ≤ x ≤ 1
2
2
2
k0 e−x − 2kx e−x + 2xk e−x = x
2
k0 e−x = x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
51
2
x
k0 = −x2 = xex
e
Z
2
1 2
k = xex dx = ex
2
µ
¶
1 x2 −x2
1
yp =
= .
e
e
2
2
Solución general de la EDO completa, tramo 0 ≤ x ≤ 1
2
1
y = ke−x + ,
2
k ∈ R.
Imponemos la condición inicial
y(0) = 2
1
=2
2
1
k = 2 − = 3/2
2
2
1 3
y = + e−x , x ∈ [0, 1] .
2 2
Solución para x > 1. En este caso la EDO es
ke0 +
y 0 + 2xy = 0,
x > 1.
Por continuidad, tomamos como valor inicial del segundo tramo el valor que
toma la función del primer tramo en x = 1, esto es
y(1) = ytramo1 (1)
1 3 −1
+ e .
2 2
La solución del segundo tramo verifica el problema de valor inicial
( 0
y + 2xy = 0
1 3
y(1) = + e−1 , x ≥ 1.
2 2
y(1) =
La solución de y 0 + 2xy = 0 es
2
y = ke−x ,
Imponemos la condición inicial
y(1) =
1 3 −1
+ e
2 2
1 3 −1
+ e
2 2
¶
µ
1
1 3 −1
3
e= e+ .
k=
+ e
2 2
2
2
ke−1 =
Ejercicios: EDO’s de primer orden
52
Solución en el segundo tramo
y2
µ
=
1
3
e+
2
2
¶
2
e−x
2
2
1
3
e · e−x + e−x
2
2
1 1−x2 3 −x2
e
+ e
.
2
2
=
=
Solución global
y(x) =
⎧
1 3 −x2
⎪
⎪
+ e
⎪
⎨ 2 2
0≤x≤1
⎪
⎪
⎪
⎩ 1 e1−x2 + 3 e−x2
2
2
x>1
¤
Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como
Z x
sin t
dt
Si(x) =
t
0
y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el siguiente problema de valor inicial
½ 3 0
x y + 2x2 y = 10 sin x,
y(1) = 0.
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 +
2x2
sin x
y = 10 3
3
x
x
2
sin x
y = 10 3
x
x
y0 +
Homogénea asociada
y0 +
2
y=0
x
identificamos
p(x) =
2
.
x
Solución general de la EDO homogénea
y
= ke−
R
p(x) dx
= ke−
R
2
= ke−2 ln|x| = keln 1/x
resolvemos para x > 0
y
= keln 1/x
1
= k 2.
x
2
2
x
dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
53
Solución completa por variación de parámetros
y = k(x)
y
0
1
x2
µ
¶
2
1
= k 2 +k − 3
x
x
1
2
= k0 2 − k 3
x
x
0
2
2
sin
1
1
k0 2 − k 3 + · k 2 = 10 3
x
x
| x {z x } x |{z}
y0
y
sin x
1
= 10 3
x2
x
sin
x
k0 = 10
x
Z
Z x
sin x
sin t
k = 10
dx = 10
dt = 10 Si(x)
x
t
0
k0
Solución particular de la EDO completa
yp = 10
Si(x)
.
x2
Solución general de la EDO completa
y=
k
10 Si(x)
+
.
x2
x2
Imponemos la condición inicial
y(1) = 0,
y(1) = k + 10 Si(1) = 0,
k = −10 Si(1),
−10 Si(1) 10 Si(x)
+
,
x2
x2
10
y(x) = 2 (Si(x) − Si(1)) . ¤
x
y(x) =
5
Métodos numéricos
Ejercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial
½ 0
y = x2 − y,
y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calcula los
errores de truncamiento.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
54
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos,
calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4 pasos,
calcula los errores de truncamiento.
1. Solución exacta
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y 0 + y = x2 .
Homogénea asociada
y 0 + y = 0,
identificamos
p(x) = 1.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke−
R
dx
= ke−x ,
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros, tomamos k = k(x)
y = k(x) e−x ,
y 0 = k0 e−x − ke−x .
Sustituimos en la EDO completa
y 0 + y = x2 ,
k0 e−x − ke−x + ke−x = x2 ,
k0 e−x = x2 ,
x2
= x2 ex ,
e−x
Z
k = x2 ex dx.
k0 =
La integral se calcula aplicando integración por partes dos veces
Z
Z
2 x
2 x
x e dx = x e − 2xex dx
Z
= x2 ex − 2 xex dx
∙
¸
Z
2 x
x
x
= x e − 2 xe − e dx
= x2 ex − 2xex + 2ex .
Ejercicios: EDO’s de primer orden
55
Tenemos la solución particular de la EDO completa
¡
¢
yp = x2 ex − 2xex + 2ex e−x
= x2 − 2x + 2.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp ,
y = ke−x + x2 − 2x + 2,
k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial: exigimos y(0) = 1
ke0 + 2 = 1,
k = 1 − 2 = −1.
Finalmente, resulta
y = −e−x + x2 − 2x + 2.
2. Método de Euler de 4 pasos
Intervalo
[a, b] = [0, 1] ,
step
b−a
1
= = 0.25.
4
4
El problema está en forma normal
h=
y 0 = f (x, y)
con
f (x, y) = x2 − y.
Formulación del método
ȳj+1
Fase 1.
Partimos de
= ȳj + h f (xj , ȳi )
= ȳj + h (x2j − ȳi ).
½
x0 = 0,
y0 = 1,
calculamos
Fase 2.
Partimos de
¡
¢
ȳ1 = ȳ0 + 0.25 · x20 − ȳ0 = 1 + 0.25 × (−1) = 0.75.
½
x1 = 0.25,
ȳ1 = 0.75,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
56
calculamos
ȳ2
¡
¢
¢
¡
= ȳ1 + 0.25 x21 − ȳ1 = 0.75 + 0.25 · 0.252 − 0.75
= 0.5781.
Fase 3.
Partimos de
½
x2 = 0.5,
ȳ2 = 0.5781,
calculamos
ȳ3
¡
¢
= 0.5781 + 0.25 · 0.52 − 0.5781
= 0.4961.
Fase 4.
Partimos de
½
x3 = 0.75,
ȳ3 = 0.4961,
calculamos
¡
¢
= 0.4961 + 0.25 · 0.752 − 0.4961
= 0.5127.
ȳ4
Resumen y errores de truncamiento
j
0
1
2
3
4
xj
0
0.25
0.50
0.75
1
ȳj
1.0000
0.7500
0.5781
0.4691
0.5127
yj
1
0.7837
0.6435
0.5901
0.6321
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.0337
0.0654
0.0940
0.1194
3. Método de Euler modificado
En cada paso debemos calcular
⎧ (1)
⎪
kj = f (xj , ȳj ) ,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
´
³
⎨ (2)
(1)
kj = f xj+1 , ȳj + hkj
,
⎪
⎪
⎪
⎪
³
´
⎪
⎪
(j)
(j)
⎩ ȳ
.
= ȳ + h k + k
j+1
j
2
1
2
Fase 1.
Tenemos
⎧
⎪
⎪
⎨
Calculamos
⎪
⎪
⎩
(0)
x0 = 0,
y0 = 1,
x1 = 0.25.
k1 = f (x0 , ȳ0 ) = f (0, 1) = 02 − 1 = −1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
(0)
k2
57
³
´
(0)
= f x1 , ȳ0 + hk1
= f (0.25, 1 + 0.25(−1)) = f (0.25, 1 − 0.25)
= f (0.25, 0.75) = (0.25)2 − 0.75
= −0.6875,
ȳ1
´
h ³ (0)
(0)
k1 + k2
2
0.25
= 1+
(−1 − 0.6875) = 0.7891.
2
= ȳ0 +
Fase 2.
Tenemos
⎧
⎨ x1 = 0.25,
ȳ1 = 0.7891,
⎩
x2 = 0.5.
Calculamos
⎧ (1)
⎪
k1 = f (x1 , ȳ1 ) ,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
³
´
⎨ (1)
(1)
k2 = f x2 , ȳ1 + hk1 ,
⎪
⎪
⎪
⎪
³
´
⎪
⎪
⎩ ȳ = ȳ + h k(1) + k(1) .
2
(1)
1
1
2
k1 = f (0.25, 0.7891) = (0.25)2 − 0.7891 = −0.7266.
(1)
k2
ȳ2
= f (0.5, 0.7891 + 0.25 · (−0.7266))
= f (0.5, 0.6074)
= (0.5)2 − 0.6074 = −0.3574.
= 0.7891 +
0.25
· (−0.7266 − 0.3574)
2
= 0.6536.
Fase 3.
Tenemos
Calculamos
⎧
⎨ x2 = 0.5,
ȳ2 = 0.6536,
⎩
x3 = 0.75.
⎧ (2)
⎪
k1 = f (x2 , ȳ2 ) ,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
³
´
⎨ (2)
(2)
k2 = f x3 , ȳ2 + hk1 ,
⎪
⎪
⎪
⎪
³
´
⎪
⎪
⎩ ȳ = ȳ + h k(2) + k(2) .
3
2
2
1
2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
(2)
k1
(2)
k2
58
= f (0.5, 0.6536) = (0.5)2 − 0.6536 = −0.4036,
= f (0.75, 0.6536 + 0.25 × (−0.4036))
= f (0.75, 0.5527) = (0.75)2 − 0.5527 = −0.0098.
´
h ³ (2)
0.25
(2)
= 0.6536 +
k1 + k2
(−0.4036 − 0.0098)
2
2
= 0.6044.
ȳ3
= y2 +
Fase 4.
Tenemos
⎧
⎨ x3 = 0.75,
ȳ3 = 0.6044,
⎩
x4 = 1.
Calculamos
⎧ (3)
⎪
k1 = f (x3 , ȳ3 ) ,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
³
´
⎨ (3)
(3)
k2 = f x4 , ȳ3 + hk1 ,
⎪
⎪
⎪
⎪
³
´
⎪
⎪
⎩ ȳ4 = ȳ3 + h k(1) + k(1) .
2
(3)
k1
(3)
k2
1
2
= f (0.75, 0.6044) = (0.75)2 − 0.6044 = −0.0419,
³
´
(3)
= f x4 , ȳ3 + hk1
= f (1, 0.6044 + 0.25 × (−0.0419))
= f (1, 0.5939) = 1 − 0.5939 = −0.406075.
ȳ4
= 0.6044 +
0.25
(−0.0419 − 0.406075)
2
= 0.6499.
Resumen y errores de truncamiento
j
0
1
2
3
4
xj
0
0.25
0.5
0.75
1.0
ȳj
1
0.7891
0.6536
0.6044
0.6499
yj
1
0.7837
0.6435
0.5901
0.6321
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.0054
0.0101
0.0143
0.0178
4. Método de Taylor de 2 o orden
El método es
ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) +
Tenemos
¤
h2 £ 0
fx (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj ) .
2
⎧
⎨ f (x, y) = x2 − y,
f 0 (x, y) = 2x,
⎩ x0
fy (x, y) = −1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
59
Fase 1.
Partimos de
x0 = 0,
Calculamos
ȳ1
ȳ0 = 1.
⎧
⎨ f (x0 , ȳ0 ) = 0 − 1 = −1,
f 0 (x0 , ȳ0 ) = 0,
⎩ x0
fy (x0 , ȳ0 ) = −1,
¤
h2 £ 0
fx (x0 , ȳ0 ) + fy0 (x0 , ȳ0 ) f (x0 , ȳ0 )
2
(0.25)2
= 1 + 0.25 · (−1) +
(0 + (−1) · (−1))
2
= 0. 78125.
= ȳ0 + h f (x0 , ȳ0 ) +
Fase 2.
Partimos de
x1 = 0.25,
ȳ1 = 0. 78125.
Calculamos
⎧
2
⎨ f (x1 , ȳ1 ) = (0.25) − 0. 78125 = −0. 71875,
0
f (x , ȳ ) = 0.5,
⎩ x0 1 1
fy (x1 , ȳ1 ) = −1.
ȳ2
¤
h2 £ 0
fx (x1 , ȳ1 ) + fy0 (x1 , ȳ1 ) f (x1 , ȳ1 )
2
(0.25)2
= 0. 78125 + 0.25 · (−0. 71875) +
[0.5 + (−1) · (−0. 71875)]
2
= 0. 63965.
= ȳ1 + h f (x1 , ȳ1 ) +
Fase 3.
Partimos de
x2 = 0.5,
Calculamos
ȳ3
ȳ2 = 0. 63965.
⎧
2
⎨ f (x2 , ȳ2 ) = (0.5) − 0. 63965 = −0. 38965,
0
f (x , ȳ ) = 1,
⎩ x0 2 2
fy (x2 , ȳ2 ) = −1.
¤
h2 £ 0
fx (x2 , ȳ2 ) + fy0 (x2 , ȳ2 ) f (x2 , ȳ2 )
2
(0.25)2
= 0. 63965 + 0.25 · (−0. 38965) +
[1 + (−1) · (−0. 38965)]
2
= 0. 58566 .
= ȳ2 + h f (x2 , ȳ2 ) +
Fase 4.
Partimos de
x3 = 0.75,
ȳ3 = 0. 58566,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
60
Calculamos
⎧
2
⎨ f (x3 , ȳ3 ) = (0.75) − 0. 58566 = −0.0 2316 ,
f 0 (x , ȳ ) = 1.5,
⎩ x0 3 3
fy (x3 , ȳ3 ) = −1.
ȳ4
¤
h2 £ 0
fx (x3 , ȳ3 ) + fy0 (x3 , ȳ3 ) f (x3 , ȳ3 )
2
(0.25)2
= 0. 58566 + 0.25 · (−0.0 2316 ) +
[1.5 + (−1) · (−0.0 2316 )]
2
= 0. 62747.
= ȳ3 + h f (x3 , ȳ3 ) +
Resumen y errores de truncamiento
j
0
1
2
3
4
xj
0
0.25
0.50
0.75
1
ȳj
1.0000
0.78125
0.63965
0.58566
0.62747
yj
1
0.78370
0.64347
0.59013
0.63212
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.00245
0.00382
0.00447
0.00465
¤
Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicial
½ 0
y = 3y + 3x,
y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los
errores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos,
calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos,
calcula los errores de truncamiento.
1. Solución exacta
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y 0 − 3y = 3x.
Homogénea asociada
y 0 − 3y = 0,
identificamos
p(x) = 3.
Solución general de la EDO homogénea
y = ke−
R
(−3) dx
= ke3x ,
k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
61
Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos una
solución particular de la forma
y = k(x) e3x ,
y 0 = k0 e3x + 3ke3x ,
y sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
k0 e3x + 3ke3x − 3ke3x = 3x,
k0 e3x = 3x,
k0 =
3x
= 3xe−3x ,
e3x
Z
3xe−3x dx
Z
= −xe−3x + e−3x dx
k
=
1
= −xe−3x − e−3x .
3
Obtenemos
yp
µ
¶
1
−xe−3x − e−3x e3x
3
1
= −x − .
3
=
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp ,
µ
¶
1
y = ke3x + −x −
,
3
k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición inicial
y(0) = 1
1
4
1
=1⇒k =1+ = .
3
3
3
Solución del problema de valor inicial
k−
y=
1
4 3x
e −x− .
3
3
2. Método de Euler de 5 pasos
Intervalo
[a, b] = [0, 0.2] ,
step
h=
b−a
0.2
=
= 0.04.
5
5
Ejercicios: EDO’s de primer orden
62
El problema está en forma normal
y 0 = f (x, y)
con
f (x, y) = 3x + 3y.
Formulación del método
ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳi ).
Fase 1.
Partimos de
x0 = 0,
ȳ0 = 1,
Calculamos
f (x0 , ȳ0 ) = 3x0 + 3ȳ0 = 3,
ȳ1 = ȳ0 + h f (x0 , ȳ0 ) = 1 + 0.04 · 3 = 1 + 0.12 = 1.12.
Fase 2.
Partimos de
x1 = 0.04,
ȳ1 = 1.12.
Calculamos
f (x1 , ȳ1 ) = 3x1 + 3ȳ1 = 0.12 + 3.36
= 3.48,
ȳ2
= ȳ1 + h f (x1 , ȳ1 ) = 1.12 + 0.04 × 3.48
= 1.2592.
Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.04
0.08
0.12
0.16
0.20
ȳj
1
1.12
1.2592
1.4199
1.6047
1.8165
yj
1
1.1300
1.2817
1.4578
1.6614
1.8962
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.0100
0.0225
0.0379
0.0567
0.0797
3. Método de Euler modificado de 5 pasos
⎧ (j)
⎪
k = f (xj , ȳj ) ,
⎪
⎪ 1
⎪
⎪
⎪
³
´
⎨ (j)
(j)
k1 = f xj+1 , ȳj + hk1 ,
⎪
⎪
⎪
⎪
³
´
⎪
⎪
⎩ ȳj+1 = ȳj + h k(j) + k(j) .
2
Fase 1.
1
2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
63
Partimos de
x0 = 0,
calculamos
x1 = 0.04,
ȳ0 = 1,
(0)
k1 = f (x0 , ȳ0 ) = 3x0 + 3ȳ0 = 3,
³
´
(0)
= f x1 , ȳ0 + hk1
= f (0.04, 1 + 0.04 × 3)
(0)
k2
= f (0.04 + 1.12) = 3(1.16) = 3.48,
ȳ1
´
h ³ (0)
0.04
(0)
=1+
k1 + k2
× (3 + 3.48)
2
2
= 1 + 0.02 × 6.48
= 1.1296.
= ȳ0 +
Fase 2.
Partimos de
x1 = 0.04,
x2 = 0.08,
ȳ1 = 1.1296.
Calculamos
(1)
k1
(1)
k2
= f (x1 , ȳ1 ) = f (0.04, 1.1296)
= 3(0.04, 1.1296)
= 3.5088,
³
´
(1)
= f x2 , ȳ1 + hk1
= f (0.08, 1.1296 + 0.04 × 3.5088)
= f (0.08, 1.2700) = 3(0.08 + 1.2700)
= 4.0499,
ȳ2
´
h ³ (1)
(1)
k1 + k2
2
0.04
= 1.1296 +
(3.5088 − 4.0499)
2
= 1.2808.
= ȳ1 +
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.04
0.08
0.12
0.16
0.20
ȳj
1
1.1296
1.2808
1.4563
1.6592
1.8930
4. Método de Taylor de 2 o orden
yj
1
1.1300
1.2817
1.4578
1.6614
1.8962
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.0004
0.0009
0.0015
0.0022
0.0032
Ejercicios: EDO’s de primer orden
64
El método es
ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) +
Tenemos
¤
h2 £ 0
f (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , yj ) .
2 x
f (x, y) = 3x + 3y,
fx0 = 3,
fy0 = 3.
En este caso podemos simplificar los cálculos
ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) +
h2
[3 + 3f (xj , yj )] .
2
Fase 1.
Partimos de
x0 = 0,
y0 = 1.
Calculamos
f (x0 , y0 ) = 3x0 + 3y0 = 3,
ȳ1 = 1 + 0.04 · 3 +
(0.04)2
(3 + 3 · 3) = 1.1296.
2
Fase 2.
Partimos de
x1 = 0.04,
ȳ1 = 1.1296.
Calculamos
f (x1 , ȳ1 ) = 3(0.04 + 1.1296) = 3.5088,
ȳ2
h2
[3 + 3f (x1 , y1)]
2
(0.04)2
= 1.1296 + 0.04 × 3.5088 +
(3 + 3 × 3.5088)
2
= 1.28077.
= ȳ1 + hf (x1 , ȳ1 ) +
Fase 3.
Partimos de
x2 = 0.08,
ȳ2 = 1.2808.
Calculamos
f (x2 , ȳ2 ) = 3(0.08 + 1.2808)
= 4.0824,
ȳ3
h2
[3 + 3f (x2 , ȳ2 )]
2
(0.04)2
= 1.2808 + 0.04 × 4.0824 +
(3 + 3 × 4.0824)
2
= 1.4563.
= ȳ2 + hf (x2 , ȳ2 ) +
Ejercicios: EDO’s de primer orden
65
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.04
0.08
0.12
0.16
0.20
ȳj
1.0000
1.1296
1.2808
1.4563
1.6592
1.8930
yj
1
1.1300
1.2817
1.4578
1.6614
1.8962
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.0004
0.0009
0.0015
0.0022
0.0032
En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o orden con 5 pasos
se obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado. ¤
Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial
½ 0
y = e−2x − 2y,
y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los
errores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos,
calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos,
calcula los errores de truncamiento.
1. Solución exacta
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y 0 + 2y = e−2x ,
homogénea asociada
y 0 + 2y = 0,
identificamos
p(x) = 2,
solución general de la EDO homogénea
yh = ke−
R
2 dx
= ke−2x ,
k ∈ R.
Solución completa por variación de parámetros, hacemos k = k(x)
y = k(x)e−2x ,
y 0 = k0 e−2x − 2ke−2x ,
sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
k0 e−2x − 2ke−2x + 3ke−2x = e−2x ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
66
k0 e−2x = e−2x ,
k0 = 1,
k = x.
Obtenemos
yp = xe−2x .
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp ,
y = ke−2x + xe−2x .
Solución del problema de valor inicial. Imponemos
y(0) = 1,
ke0 + 0 = 1 ⇒ k = 1,
y
= e−2x + xe−2x
= (1 + x) e−2x .
2. Aproximación por el método de Euler de 5 pasos
Intervalo
[a, b] = [0, 0.5] ,
step
h=
b−a
= 0.1,
5
el problema está en forma normal
y 0 = f (x, y)
con
f (x, y) = e−2x − 2y.
Fase 1.
Partimos de
x0 = 0,
ȳ0 = 1.
Calculamos
f (x0 , ȳ0 ) = e−2x0 − 2ȳ0 = e0 − 2 = 1 − 2 = −1,
ȳ1 = ȳ0 + h f (x0 , ȳ0 ) = 1 + 0.1 · (−1) = 0.9.
Fase 2.
Partimos de
x1 = 0.1,
ȳ1 = 0.9.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
67
Calculamos
f (x1 , ȳ1 ) = e−2x1 − 2ȳ1 = e−0.2 − 1.8
= 0.8187 − 1.8 = −0.9813,
ȳ2
= ȳ1 + h f (x1 , ȳ1 ) = 0.9 + 0.1 × (−0.9813)
= 0.8019.
Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
ȳj
1
0.9
0.8019
0.7085
0.6217
0.5423
yj
1
0.9006
0.8044
0.7135
0.6291
0.5518
3. Método de Euler modificado de 5 pasos
Fase 1.
Partimos de
x0 = 0, x1 = 0.1,
Calculamos
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.0006
0.0025
0.0050
0.0074
0.0095
ȳ0 = 1.
(0)
k1 = f (x0 , ȳ0 ) = e0 − 2 · 1 = 1 − 2 = −1,
(0)
k2
³
´
(0)
= f x1 , ȳ0 + hk1
= f (0.1, 1 + 0.1 × (−1))
= f (0.1 + 0.9) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813
ȳ1
´
h ³ (0)
0.1
(0)
=1+
k1 + k2
(−1 − 0.9813)
2
2
= 0.9009.
= ȳ0 +
Fase 2.
Partimos de
x1 = 0.1,
x2 = 0.2,
ȳ1 = 0.9009
Calculamos
(1)
k1
(1)
k2
= f (x1 , ȳ1 ) = e−2x1 − 2ȳ1 = e−0.2 − 2 × 0.9009
= −0.9831
³
´
(1)
= f x2 , ȳ1 + hk1
= f (0.2, 0.9009 + 0.1 × (−0.9831))
= f (0.2, 0.8026) = e−0.4 − 2 × 0.8026
= −0.9349
Ejercicios: EDO’s de primer orden
ȳ2
68
´
h ³ (1)
0.1
(1)
= 0.9009 +
k1 + k2
(−0.9831 − 0.9349)
2
2
= 0.8050
= ȳ1 +
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
ȳj
1
0.9009
0.8050
0.7144
0.6302
0.5531
yj
1
0.9006
0.8044
0.7135
0.6291
0.5518
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.0003
0.0006
0.0009
0.0011
0.0013
4. Método de Taylor de 2o orden
Tenemos
⎧
⎨ f (x, y) = e−2x − 2y
f 0 (x, y) = −2e−2x
⎩ x0
fy (x, y) = −2
método
ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) +
Fase 1.
Partimos de
¤
h2 £ 0
fx (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj )
2
x0 = 0,
ȳ0 = 1
Calculamos
f (x0 , ȳ0 ) = e0 − 2 = −1
fx0 (x0 , ȳ0 ) = −2e0 = −2
fy0 (x0 , ȳ0 ) = −2
ȳ1 = ȳ0 + h f (x0 , ȳ0 ) +
ȳ1
¤
h2 £ 0
f (x0 , ȳ0 ) + fy0 (x0 , ȳ0 ) f (x0 , ȳ0 )
2 x
= 1 + 0.1 × (−1) +
(0.1)2
(−2 + (−2) · (−1))
2
= 1 − 0.1 = 0.9
Fase 2.
Partimos de
x1 = 0.1,
ȳ1 = 0.9
Calculamos
f (x1 , ȳ1 ) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813
fx0 (x1 , ȳ1 ) = −2e−2x1 = −2e−0.2 = −1.6375
fy0 (x1 , ȳ1 ) = −2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
ȳ2
69
¤
h2 £ 0
f (x1 , ȳ1 ) + fy0 (x1 , ȳ1 ) f (x1 , ȳ1 )
2 x
(0.1)2
= 0.9 + 0.1 × (−0.9813) +
[−1.6375 − 2x(−0.9813)]
2
= 0.8035
= ȳ1 + h f (x1 , ȳ1 ) +
Continuando de forma análoga, se obtiene
j
0
1
2
3
4
5
6
xj
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
ȳj
1
0.9
0.8035
0.7125
0.0282
0.5511
yj
1
0.9006
0.8044
0.7135
0.6291
0.5518
|ej | = |yj − ȳj |
0
0.0006
0.0009
0.0010
0.0009
0.0007
¤
Problemas de aplicación
Ejercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumenta con
una rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier momento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo se triplicará
y se cuadriplicará?
Notaciones
y(t)
t
t=0
y0 = y(0)
población en instante t,
tiempo en años,
instante inicial,
población inici.al
EDO
dy
= αy,
dt
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea
y 0 − αy = 0.
y = ke−
Condición inicial
R
(−α) dt
= keαt .
y(0) = y0 ,
y0 = keα·0 = k.
Modelo matemático
y = y0 eαt .
Sabemos que la población se duplica en 5 años
y(5) = 2y0 ,
y0 e5α = 2y0 ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
70
e5α = 2,
5α = ln 2,
ln 2
α=
.
5
Modelo
y = y0 e
ln 2
5 t
.
Determinamos el tiempo necesario para que la población se triplique. Resolvemos
y(t) = 3y0 ,
y0 e
e
ln 2
5 t
ln 2
5 t
= y0 3,
= 3,
ln 2
t = ln 3,
5
5 ln 3
t=
= 7.92 años.
ln 2
Determinamos el tiempo necesario para que la población se cuadriplique. Resolvemos
y(t) = 4y0 ,
y0 e
e
ln 2
5 t
ln 2
5 t
= 4y0 ,
= 4,
ln 2
t = ln 4,
5
ln 4
2 ln 2
t=5
=5
= 10 años. ¤
ln 2
ln 2
Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional a la
población en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individuos y
aumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años?
Notaciones:
y(t)
t
t=0
y0 = y(0) = 500
población,
tiempo en años,
instante inicial,
población inicial.
EDO
dy
= αy,
dt
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea
y = ke−
R
y 0 − αy = 0,
(−α) dt
= keαt ,
Determinamos k con la condición inicial
y(0) = 500,
k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
71
ke0 = 500
⇒
k = 500.
Obtenemos
y = 500eαt .
Determinamos α con la condición de que la población aumenta el 15% en 10
años
y(10) − y(0)
= 0.15,
y(0)
y0 e10α − y0
= 0.15,
y0
e10α − 1 = 0.15,
e10α = 1.15,
10α = ln 1.15,
α=
ln 1.15
= 0.01 398.
10
Modelo
y = 500e0.01398t .
Población en 30 años
y(30) = 500e0.01398×30
= 760 individuos. ¤
Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia transparente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x), donde
x representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la intensidad a 3
pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 del haz incidente.
¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo la superficie?
Notaciones:
I(x)
x
x=0
I0
I(3) = 0.25I0
intensidad a profundidad x,
profundidad en pies (1pie = 30.5cm),
superfície,
intensidad del haz en la superfície,
intesidad a 3 pies de profundidad.
EDO
dI
= αI,
dx
donde α es una constante desconocida; se trata de una EDO lineal homogénea
I 0 − αI = 0.
Solución general
I(x) = ke−
R
(−α) dx
= keαx .
Ejercicios: EDO’s de primer orden
72
Imponemos la condición inicial
I(0) = I0 ,
keα·0 = I0
⇒
I0 = k.
Obtenemos el modelo
I(x) = I0 eαx ,
usamos la condición
I(3) = 0.25I0
para determinar α:
I0 e3α = 0.25I0 ,
e3α = 0.25,
3α = ln 0.25,
α=
ln 0.25
= −0.4621.
3
Modelo
I(x) = I0 e−0.4621x .
Intensidad 15 pies bajo la superficie
I(15) = I0 e−0.4621·15 = 0.000978 I0 .
La intensidad 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad en la
superficie ' 0.1%. ¤
Ejercicio 28 El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se desintegra con una
rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t y tiene una
vida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿cuánto tiempo
debe transcurrir para que se desintegre el 90%?
Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesario para
que se desintegre la mitad de la cantidad inicial.
Notaciones:
y(t)
t
t=0
y0 = 1
Ecuación diferencial
cantidad de Pb-209 en gr,
tiempo en horas,
instante inicial,
cantidad inicial.
dy
= αy ⇒ y 0 − αy = 0,
dt
y 0 − αy = 0.
Solución general
y = ke−
Condición inicial
R
(−α) dt
= keαt ,
k ∈ R.
y(0) = y0 ⇒ y0 = ke0 ⇒ y0 = k,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
73
y = y0 eαt .
Usamos la condición de vida media
y(3.3) =
1
y0
2
para determinar α:
1
y0 = y0 e3.3α ,
2
1
e3.3α = ,
2
1
3.3α = ln ,
2
1
α=
ln 1/2 = −0.2100.
3.3
Modelo
y = y0 e−0.2100t .
Inicialmente teníamos 1gr, por lo tanto el modelo es
y = e−0.2100t ,
cuando se desintegra el 90%, queda el 10%. Resolvemos
e−0.2100t = 0.1,
t=−
ln 0.1
= 10.9647 ' 11 horas. ¤
0.21
Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioactiva
y, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la velocidad
de desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad de sustancia
presente, calcula la vida media de la sustancia.
Notaciones:
y
t
t=0
y0
cantidad de sustancia en miligramos,
tiempo en horas,
instante inicial,
cantidad inicial.
EDO
y 0 = αy,
y 0 − αy = 0,
y = ke−
imponemos la condición inicial
R
(−α) dt
= keαt ,
y0 = keα·0 ⇒ k = y0 .
Ejercicios: EDO’s de primer orden
74
Modelo
y = y0 keαt .
Para determinara α usamos la condición de que después de 6 horas queda el
97% de la cantidad inicial
y(6) = 0.97 y0 ,
y0 e6α = 0.97y0 ,
e6α = 0.97,
ln 0.97
= −0.00508.
6
Vida media: Tenemos que calcular tm para que
α=
y(tm ) =
1
y0 ,
2
1
y0 ,
2
1
= ,
2
y0 e−0.00508tm =
e−0.00508tm
ln 1/2
= 136.45 horas.
0.00508
= 136.45 horas. ¤
tm = −
La vida media es tm
Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del
aire es de 70o F y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10o F. Después
de medio minuto, el termómetro indica 50o F. ¿Cuál será la lectura cuando t =1
minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15o F?
Notaciones y datos relevantes:
temperatura en o F,
tiempo en minutos,
instante inicial,
temperatura inicial,
temperatura después de 1/2 min,
temperatura ambiente.
y(t)
t
t=0
y0 = y(0) = 70o F
y(0.5) = 50o F
Tm = 10o F
Modelo: Ley de enfriamiento de Newton
dy
= −α(y − Tm ),
dt
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal completa
y 0 = −α(y − 10),
la escribimos en forma estándar
y 0 + αy = 10α.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
75
EDO homogénea asociada
y 0 + αy = 0.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke−
R
= ke−αt ,
α dt
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos una
solución particular de la EDO completa de la forma
y = k(t) e−αt ,
y 0 = k0 e−αt − ke−αt ,
sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)
k0 e−αt − αke−αt + αke−αt = 10α,
k0 eαt = 10α,
k0 =
k
10α
= 10αeαt ,
e−αt
=
Z
10αeαt dt
= 10eαt .
Resulta la solución particular
yp = 10eαt e−αt = 10.
Solución general de la EDO completa
y = ke−αt + 10,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y0 = 70,
ke0 + 10 = 70,
k = 60,
obtenemos
y = 10 + 60e−αt .
Determinamos α con la condición
y(0.5) = 50,
10 + 60e−0.5α = 50,
60e−0.5α = 40,
40
2
= ,
60
3
−0.5α = ln 2/3,
e−0.5α =
Ejercicios: EDO’s de primer orden
α=−
76
1
ln 2/3 = −2 ln 2/3,
0.5
α = 0.8109.
Modelo
y = 10 + 60e−0.8109t .
La temperatura después de 1 minuto será
y(1) = 10 + 60e−0.8109 = 36.67o F.
Para determinar el tiempo necesario para que la temperatura sea de 15o F ,
resolvemos
y(t) = 15,
10 + 60e−0.8105t = 15,
60e−0.8109t = 5,
5
1
e−0.8109t =
=
,
60
12
µ ¶
1
1
ln 12
t=−
ln
=
= 3.06 minuntos.
0.8109
12
0.8109
Nota. Es habitual escribir la ley de enfriamiento de Newton en la forma
dy
= −α(y − Tm ),
dt
en este caso, la constante α es positiva y la variación de temperatura es negativa
cuando la temperatura y del cuerpo es superior a la temperatura ambiente. Sin
embargo, no hay ningún inconveniente en plantear la ecuación diferencial en la
forma
dy
= α(y − Tm ),
dt
en este caso, obtendremos un valor negativo para la constante α y el modelo
resultante será el mismo. ¤
Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70 o F se coloca en un horno precalentado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, un observador
registra una temperatura de 110 o F después de 1/2 minuto y de 145 o F después
de 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno?
Notaciones y datos relevantes:
y(t)
t
t=0
y0 = y(0) = 70 o
Tm
temperatura del termómetro (en o F),
tiempo en minutos,
instante inicial,
temperatura inicial del termómetro,
temperatura del medio.
Disponemos de las observaciones
½
y(0.5) = 110 o F,
y(1) = 145 o F.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
77
el objetivo es determinar la temperatura del medio Tm .
Ley de enfriamiento de Newton
dy
= −α (y − Tm ) .
dt
(α constante.)
Se trata de una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar
y 0 + αy = αTm .
Homogénea asociada
y + αy = 0,
−
yh = ke
R
α dt
= ke−αt ,
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros
= k(t)e−αt ,
= k0 e−αt − αke−αt ,
y
y0
k0 e−αt − αke−αt − αke−αt = αTm ,
k0 e−αt = αTm ,
k=
Z
k0 = αTm eαt ,
αTm eαt = Tm eαt ,
¡
¢
yp = Tm eαt e−αt = Tm .
Solución general de la EDO completa
y = ke−αt + Tm ,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y0 = 70,
ke−α·0 + Tm = 70,
k = 70 − Tm .
Modelo
y = (70 − Tm ) e−αt + Tm .
Determinamos α y Tm con los datos
y(0.5) = 110,
y(1) = 145,
y(1) = 145
⇒
Tm + (70 − Tm ) e−α = 145,
(70 − Tm ) e−α = 145 − Tm ,
145 − Tm
,
70 − Tm
145 − Tm
−α = ln
,
70 − Tm
e−α =
Ejercicios: EDO’s de primer orden
α = − ln
Sustituimos α en
78
145 − Tm
.
70 − Tm
y = Tm + (70 − Tm ) e−αt
y obtenemos
y
145−Tm
= Tm + (70 − Tm ) e(ln 70−Tm )t
145−Tm t
= T + (70 − T ) eln[ 70−Tm ] ,
m
m
∙
145 − Tm
y = Tm + (70 − Tm )
70 − Tm
Para determinar Tm , hemos de resolver
¸t
.
y(1/2) = 110,
r
145 − Tm
Tm + (70 − Tm )
= 110,
70 − Tm
r
145 − Tm
(70 − Tm )
= 110 − Tm ,
70 − Tm
r
145 − Tm 110 − Tm
=
,
70 − Tm
70 − Tm
µ
¶2
110 − Tm
145 − Tm
=
,
70 − Tm
70 − Tm
2
(70 − Tm ) (145 − Tm ) = (110 − Tm ) ,
2
2
− 215Tm + 10100 = Tm
− 220Tm + 12100,
Tm
220Tm − 215Tm = 12100 − 10150,
5Tm = 1950,
o
1950
Tm =
= 390 .
5
El modelo matemático que describe la temperatura del termómetro es
µ ¶t
49
,
y = 390 − 320
64
vemos que, efectivamente, con este modelo se obtienen los valores observados
µ ¶1
49
y(1) = 390 − 320
= 145,
64
µ ¶1/2
7
49
= 390 − 320 × = 110. ¤
y(1/2) = 390 − 320
64
8
Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30
gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto de solución con
1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque un caudal de 4 litros
por minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en el tanque en cualquier
instante t.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
79
Notaciones y datos relevantes:
A(t)
t
t=0
A0 = 30g
A
200
1 g/litro
cantidad de sal, en gramos,
tiempo en minutos,
instante inicial,
cantidad inicial de sal en el tanque,
concentración mezcla (en gr/litro),
concentración entrada.
Observamos que
caudal de entrada = 4 litros/min = caudal de salida,
por lo tanto, el volumen de líquido en el tanque se mantiene constante.
z
entra
}|
sale
{ z
}|
{
1g
A g
litros
litros
Variación de la cantidad de sal =
×4
−
×4
litro
min
200 litro
min
µ
¶
A
= 4 1−
g/ min .
200
Ecuación diferencial
dA
dt
µ
¶
A
= 4 1−
200
4A
= 4−
200
A
= 4− .
50
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar
A0 +
A
= 4.
50
Homogénea asociada
A
= 0.
50
Solución general de la EDO homogénea
A0 +
t
Ah = ke− 50 ,
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros, proponemos una
solución de la forma
t
A = k(t) e− 50
y la sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)
t
k0 e− 50 −
t
t − 50t
t
+ ke− 50 = 4,
ke
50
50
Ejercicios: EDO’s de primer orden
80
t
k0 = 4e 50 ,
k
=
Z
t
4e 50 dt = 200
t
Z
t
e 50
1
dt
50
= 200 e 50 ,
³
´
t
t
Ap = 200 e 50 e− 50 = 200.
Solución general de la EDO completa
t
A = ke− 50 + 200,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
A0 = 30,
ke0 + 200 = 30,
k = −170,
Modelo
y = 200 − 170e−t/50 . ¤
Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmuera
con 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bien por
agitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina la cantidad
A(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. ¿Cuál es la
concentración de la solución del tanque cuando t = 5 min?
Notaciones y datos relevantes:
1 galón
1 libra
A(t)
t
t=0
A0 = A(0) = 0 libras
Volumen del tanque
Caudal de entrada = caudal de salida
Concentración entrada
Concentración en el tanque en instante t
Tasa de entrada de sal
Tasa de salida
Tasa neta
37.85 litros,
0.4536 kg,
cantidad de sal en libras,
tiempo en minutos,
instante inicial,
cantidad inicial de sal (agua pura),
500 galones (constante),
5 gal/min,
2 lb/gal,
A
500 libras/galón.
2 lb 5 gal
10 lb
×
=
.
gal
min
min
A lb
5 gal
A lb
×
=
.
500 gal
min
100 min
A
dA
= 10 −
.
dt
100
Ejercicios: EDO’s de primer orden
81
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar
A0 +
A
= 10.
100
A0 +
A
= 0.
100
Ecuación homogénea
Solución de la EDO homogénea
A = ke−
R
1
100
dt
t
= ke− 100 .
Sabemos que la solución general de la EDO completa se puede escribir en la
forma
A = Ah + Ap ,
donde Ap es una solución particular cualquiera de la EDO completa, en este
caso (y en los problemas anteriores) podemos obtener una solución singular de
forma directa. Las soluciones singulares son soluciones constantes, por lo tanto,
tenemos A0 = 0 y resulta la ecuación
A
= 100 ⇒ A = 1000,
100
por lo tanto, disponemos de la solución particular
Ap = 1000.
Solución de la ecuación completa
t
A = 1000 + ke− 100 ,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
A(0) = 0,
1000 + ke0 = 0 ⇒ k = −1000.
Obtenemos el modelo
t
A = 1000 − 1000 e− 100 .
Concentración cuando t = 5 min. Calculamos la cantidad de sal
5
A(5) = 1000 − 1000 · e− 100 = 48.77 libras,
la concentración es
48.77 lb
= 0.0975 lb/gal. ¤
500 gal
Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera,
con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón a razón de
6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razón de 4 gal/min.
Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
82
Notaciones:
y(t)
t=0
y0 = y(0) = 10 lb
Volumen inicial
cantidad de sal en el instante t,
instante inicial,
cantidad inicial de sal,
100 galones.
En este problema tenemos:
caudal entrante
caudal saliente
6 gal/min,
4 gal/min,
¾
por lo tanto el volumen del contenido del tanque varía a razón de
Variación de volumen = 6 gal/min − 4 gal/min = 2 gal/min.
El volumen en el instante t será
V (t) = 100 + 2 · t
y la concentración
y(t) lb
.
100 + 2t gal
Tasa de entrada de sal
0.5
6 gal
lb
lb
×
=3
.
gal
min
min
Tasa de salida de sal
lb
4 gal
4y
lb
y
×
=
.
100 + 2t gal
min
100 + 2t min
Tasa neta
4y
dy
=3−
.
dt
100 + 2t
EDO lineal completa; la escribimos en forma estándar
y0 +
4y
= 3,
100 + 2t
identificamos
4
.
100 + 2t
p(t) =
Solución de la EDO homogénea
R
4
y
= ke− 100+2t dt
= ke−2 ln|100+2t| ,
y
= ke−2 ln(100+2t)
como t ≥ 0
´
³
1
ln (100+2t)
2
= ke
y=k
1
(100 + 2t)
2.
,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
83
Solución de la EDO completa por variación de parámetros
y0
1
= k0
= k
2
(100 + 2t)
1
0
(100 + 2t)2
+k
−
(−2)
3
(100 + 2t)
4k
(100 + 2t)3
·2
.
Sustituimos en
4y
= 3,
100 + 2t
4k
4
k
1
= 3,
k0
2 −
3 + 100 + 2t ·
(100 + 2t)
(100 + 2t)
(100 + 2t)2
y0 +
k0
1
(100 + 2t)2
= 3,
2
k0 = 3 (100 + 2t) ,
k
Z
=
3 (100 + 2t)2 dt =
3
2
3 1
· (100 + 2t)3
2 3
1
3
(100 + 2t) .
2
=
=
Z
(100 + 2t)2 2 dt
Solución particular de la EDO completa
yp
=
=
1
1
3
(100 + 2t)
2
2
(100 + 2t)
1
(100 + 2t) .
2
Solución general de la EDO completa
y=
k
2
(100 + 2t)
+
1
(100 + 2t) ,
2
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y (0) = 10,
k
(100 + 0)2
+
1
(100 + 2 · 0) = 10,
2
k
+ 50 = 10,
1002
k = (−40) × 1002 = −4 × 105 .
Modelo matemático de la cantidad de sal
y=
1
4 × 105
(100 + 2t) −
2.
2
(100 + 2t)
Ejercicios: EDO’s de primer orden
84
La cantidad de sal después de 30 minutos es
1
4 × 105
(100 + 60) −
2
(100 + 60)2
1
4 × 105
=
× 160 −
2
1602
= 80 − 15.625 = 64.375 lb. ¤
y(30) =
Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masa m
en caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantánea
es
dv
m
= mg − cv,
dt
donde c > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo.
1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición inicial v (0) = 0.
2. Determina la velocidad terminal de la masa
vT = lim v (t) .
t→∞
3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa,
tenemos
ds
= v.
dt
Determina la ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0.
1. Solución de la ecuación diferencial
m
dv
= mg − cv,
dt
dv
c
= g − v.
dt
m
Es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar
v0 +
c
v = g.
m
v0 +
c
v = 0,
m
Solución de la EDO homogénea
identificamos
p(t) =
c
,
m
solución general de la EDO homgénea
v = ke−
R
c
m
dt
c
= ke− m t ,
k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
85
Solución general de la EDO completa
v = vh + vp ,
k
v = ke− m t + vp .
En este caso es sencillo hallar una solución particular de la EDO completa vp ,
pues la EDO tiene una solución constante (solución singular), que se obtiene
haciendo v 0 = 0 y determinando v
0=g−
c
v,
m
mg
.
c
(Verifica que la solución vp realmente satisface la EDO completa).
Solución general de la EDO completa
vp =
v(t) =
c
mg
+ ke− m t ,
c
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
v(0) = 0,
mg
+ ke0 = 0,
c
mg
k=−
,
c
Finalmente, resulta
v(t) =
=
2. Velocidad terminal
vT
=
=
mg mg − c t
−
e m ,
c
c
¡
c ¢
mg
1 − e− m t .
c
lim v(t) =
T →∞
mg
.
c
¢
mg ¡
1 − e−∞
c
Observa que la velocidad terminal coincide con la solución singular.
3. Ecuación de la posición. Tenemos la ecuación diferencial
ds
= v,
dt
c ¢
mg ¡
ds
=
1 − e− m t ,
dt
c
que se trata de una EDO separable
Z
Z
c ¢
mg ¡
ds =
1 − e− m t dt
c
Ejercicios: EDO’s de primer orden
86
mg ³
m c ´
t + e− m t + c1 .
c
c
Determinamos c1 con la condición
s=
s(0) = 0,
m ´
mg ³
0 + e0 + c1 = 0,
c
c
m2 g
+ c1 = 0,
c2
c1 = −
m2 g
.
c2
Solución
s(t) =
=
mg
c
mg
c
³
m c ´ m2 g
t + e− m t − 2
c
c
³
m − c t m´
t+ e m −
. ¤
c
c