x - Canek

ECUACIONES DIFERENCIALES
ECUACIONES HOMOGÉNEAS E100
Obtener la solución general de las edos:
(1)
xy 0 =
p
x2 − y 2 + y
(2)
(x2 + xy + 3y 2 ) dx − (x2 + 2xy) dy = 0
(3)
3x − 4y + (2x − y)y 0 = 0
(4)
2
y + x cos
dy
=
dx
x
y
x ; y(1) = π
4
(5)
y dx + x(ln x − ln y − 1) dy = 0; y(1) = e
canek.uam.mx: 21/ 4/ 2003.
1
2
ECUACIONES HOMOGÉNEAS E100
Respuestas
(1) Obtener la solución general de las edo:
p
xy 0 = x2 − y 2 + y
Dividiendo entre x
p
x2 − y 2 y
dy
=
+ =
dx r x
x
2
2
y
x −y
=
+
2
x
r x
2
2
x
y
y
− 2+
=
2
r x x x
y
y
dy
= 1−
+
dx
x
x
(A)
Se efectua un cambio de variable
Si
y
= w ⇒ y = xw
x
De donde
dy
dw
=x
+w
dx
dx
Sustituyendo en (A)
x
√
dw
+ w = 1 − w2 + w
dx
dw √
x
= 1 − w2
dx
Separando variables
√
dw
dx
=
2
x
1−w
Integrando
Z
Z
dw
dx
√
=
2
x
1−w
arcsen w = ln x + c1 = ln x + ln c
arcsen w = ln(cx)
ECUACIONES HOMOGÉNEAS E100
De donde
w = sen(ln cx)
Pero w =
y
, entonces
x
y
= sen(ln cx)
x
Por lo que
y = x sen(ln cx)
(2) Obtener la solución general de las edo:
(x2 + xy + 3y 2 ) dx − (x2 + 2xy) dy = 0
(x2 + 2xy) dy = (x2 + xy + 3y 2 ) dx
dy
x2 + xy + 3y 2
=
dx
x2 + 2xy
y2
y
2
x 1+ +3 2
x
x
=
y
x2 1 + 2
x
y 2
y
1+ +3
dy
x x
=
y
dx
1+2
x
(B)
si
y
dy
dw
= w ⇒ y = xw ⇒
=x
+w
x
dx
dx
Sustituyendo en (B) se obtiene
x
1 + w + 3w2
dw
+w =
dx
1 + 2w
1 + w + 3w2
1 + w + 3w2 − w − 2w2
dw
=
−w =
x
dx
1 + 2w
1 + 2w
2
dw
w +1
x
=
dx
2w + 1
Separando variables
2w + 1
dx
dw =
2
w +1
x
3
4
ECUACIONES HOMOGÉNEAS E100
Integrando
Z
Z
Z
2w
dw
dx
dw +
=
2
2
w +1
w +1
x
2
ln(w + 1) + arctan w = ln x + c
Pero
w=
y
x
Entonces
y2
y
ln
+ 1 + arctan = ln x + c
2
x
x
2
2
y +x
y
ln
− ln x + arctan = c
2
x
x
y
ln(y 2 + x2 ) − ln x2 − ln x + arctan = c
x
y
2
2
ln(x + y ) − 3 ln x + arctan = c
x
y
2
2
3
ln(x + y ) − ln x + arctan = c
x
2
x + y2
y
ln
+ arctan = c
x3
x
(3) Obtener la solución general de las edo:
3x − 4y + (2x − y)y 0 = 0
(2x − y)
(C)
dy
= 4y − 3x
dx
dy
4y − 3x
=
=
dx
2x − y
y
x 4 −3
= x y
x 2−
y x
−3
4
dy
x =
y
dx
2−
x
Si
y
dy
du
= u ⇒ y = xu ⇒
=x +u
x
dx
dx
ECUACIONES HOMOGÉNEAS E100
Sustituyendo en (C) se tiene que
x
du
4u − 3
+u=
dx
2−u
De donde
du
4u − 3
4u − 3 − 2u + u2
=
−u=
dx
2−u
2−u
u2 + 2u − 3
du
=
x
dx
2−u
x
Separando variables
u2
dx
2−u
du =
+ 2u − 3
x
Integrando (mediante fracciones parciales el primer miembro)
Z
Z
−u + 2
dx
du =
(u + 3)(u − 1)
x
1
5
− ln(u + 3) + (u − 1) = ln x + c1
4
4
Multiplicando por 4
−5 ln(u + 3) + ln(u − 1) = 4 ln x + c2
ln(u − 1) − ln(u + 3)5 = ln x4 + ln c
u−1
u−1
4
ln
)
⇒
= cx4
=
ln(cx
(u + 3)5
(u + 3)5
y
⇒ u − 1 = cx4 (u + 3)5 ; pero u =
x
Entonces
5
5
y + 3x
y
y−x
4 y
− 1 = cx
+3 ⇒
=
x
x
x
x
5
(y + 3x)
⇒ y − x = cx5
⇒ y − x = c(y + 3x)5
5
x
(4) Obtener la solución general de las edo:
dy
=
dx
y + x cos2
x
y
x ; y(1) = π
4
5
6
ECUACIONES HOMOGÉNEAS E100
(D)
dy
y
2 y
= + cos
dx
x
x
Si
y
dy
dw
= w ⇒ y = wx ⇒
=x
+w
x
dx
dx
Sustituyendo en (D) se obtiene
x
dw
+ w = w + cos2 w
dx
dw
x
= cos2 w
dx
Separando variables
dw
dx
=
cos2 w
x
Integrando
Z
Pero w =
2
sec w dw =
Z
dx
⇒ tan w = ln x + c
x
y
, entonces
x
tan
y x
= ln x + c
π
se tiene que
4
π
= ln 1 + c
tan
4
Considerando que y(1) =
de donde c = 1, por lo tanto
y tan
= ln x + 1 = ln x + ln e = ln(ex)
x
y
⇒ = arctan(ln ex) ⇒ y = x arctan(ln ex)
x
ECUACIONES HOMOGÉNEAS E100
(5) Obtener la solución general de las edo:
y dx + x(ln x − ln y − 1) dy = 0; y(1) = e
x(ln x − ln y − 1)dy = −y dx
dy
y
=
dx
x(ln x − ln y − 1)
y
x
=
ln y + 1 − ln x
y
x
=
ln y + ln e − ln x
y
dy
= xye
dx
ln
x
y
dy
x =
y
dx
ln e
x
(E)
Si
dy
du
y
= u ⇒ y = xu ⇒
=x +u
x
dx
dx
Sustituyendo en (E) se obtiene
x
du
u
u
+u=
=
dx
ln eu
1 + ln u
du
u
u − u − u ln u
x
=
−u=
dx
1 + ln u
1 + ln u
du
u ln u
x
=−
dx
1 + ln u
Separando variables
dx
1 + ln u
du = −
u ln u
x
7
8
ECUACIONES HOMOGÉNEAS E100
Integrando
Z
Z
Z
du
du
dx
+
=−
u ln u
u
x
ln(ln u) + ln u = − ln x + c
ln(ln u) + ln u + ln x = c
ln(xu ln u) = c
y
, entonces
h
hx y y i
yi
= c ⇒ ln y ln
=c
ln x ln
x
x
x
Considerando que y(1) = e, se tiene que
h
ei
ln e ln
=c⇒c=1
1
Por lo que
Pero u =
h
yi
=1
ln y ln
x
De donde
y ln
y
=e
x