ECUACIONES DIFERENCIALES ECUACIONES DE VARIABLES

ECUACIONES DIFERENCIALES
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES E100
Resolver las ecuaciones siguientes:
(1)
y 0 = 2x
p
y−1
(2)
y 0 = xy + x − 2y − 2;
y(0) = 2
(3)
dT
= k(T − T1 ), T (0) = T0 ; k, T0 , T1 constantes
dt
(4)
x2 y 0 = 1 − x2 + y 2 − x2 y 2
(5)
(x2 + 1)y 0 tan y = x
(6)
xy 0 − y = 2x2 y
(7)
dy
(y − 1)(x − 2)(y + 3)
=
dx
(x − 1)(y − 2)(x + 3)
(8)
sen x + e2y sen x
dy
=
;
dx
3ey + ey cos 2x
y
π
2
=0
(9)
x3 e2x
2 +3y 2
dx − y 3 e−x
2 −2y 2
(10)
dy
y+1
=√
√
dx
x + xy
canek.uam.mx: 21/ 4/ 2003.
1
dy = 0
2
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES E100
Respuestas
(1)
y 0 = 2x
p
y−1
1
dy
= 2x(y − 1) 2 ⇒
dx
− 21
(y − 1) dy = 2x dx
Z
Z
− 21
(y − 1) dy = 2 x dx
1
2(y − 1) 2 = x2 + c
, c constante
Elevando al cuadrado
4(y − 1) = (x2 + c)2
1
y = 1 + (x2 + c)2
4
(2)
y 0 = xy + x − 2y − 2;
y(0) = 2
dy
= x(y + 1) − 2(y + 1)
dx
= (y + 1)(x − 2)
dy
= (x − 2) dx ⇒
y+1
Z
Z
dy
= (x − 2) dx ⇒
y+1
1
c constante
ln(y + 1) = (x − 2)2 + c;
2
Considerando la condición inicial y(0) = 2
1
ln 3 = (−2)2 + c ⇒ c = ln 3 − 2
2
Por lo que
1
ln(y + 1) = (x − 2)2 + ln 3 − 2
2
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES E100
De donde
1
2 +ln 3−2
1
2
y + 1 = e 2 (x−2)
= e 2 (x−2) eln 3 e−2
1
2
1
2 −2
y = 3e 2 (x−2) e−2 − 1 ⇒
y = 3e 2 (x−2)
−1
(3)
dT
= k(T − T1 ), T (0) = T0 ; k, T0 , T1 constantes
dt
dT
= k dt ⇒
T − T1
Z
Z
dT
= k dt
T − T1
ln(T − T1 ) = kt + c1
T − T1 = ekt+c1
= ekt ec1 = cekt
con c = ec1
T = T1 + cekt
Considerando la condición inicial T (0) = T0
T0 = T1 + ce0 ⇒ c = T0 − T1
Por lo tanto
T (t) = T1 + (T0 − T1 )ekt
(4)
x2 y 0 = 1 − x2 + y 2 − x2 y 2
3
4
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES E100
dy
dx
dy
x2
dx
dy
1 + y2
Z
dy
1 + y2
x2
= (1 − x2 ) + y 2 (1 − x2 )
= (1 − x2 )(1 + y 2 )
1 − x2
dx ⇒
x2
Z
= (x−2 − 1) dx
=
1
−1 − x2 + cx
arctan y = − − x + c =
⇒
x
x
−x2 + cx − 1
y = tan
x
(5)
(x2 + 1)y 0 tan y = x
dy
tan y = x ⇒
dx
x dx
tan y dy = 2
Z
Zx + 1
sen y
x dx
dy =
cos y
x2 + 1
1
− ln(cos y) = ln(x2 + 1) + c1
2
1
−1
ln(cos y) = ln(x2 + 1) 2 + c1
(x2 + 1)
(cos y)−1 = eln(x
= eln(x
1
2 +1) 2 +c
1
1
2 +1) 2
ec1
1
1
= c(x2 + 1) 2 ⇒
cos y
√
sec y = c x2 + 1 ⇒
√
y = arcsen(c x2 + 1)
(6)
xy 0 − y = 2x2 y
c1 constante.
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES E100
dy
dx
dy
y
Z
dy
y
ln y
x
= 2x2 y + y = (2x2 + 1)y
2x2 + 1
dx ⇒
x
Z 1
=
2x +
dx ⇒
x
c constante ⇒
= x2 + ln x + c1
=
y = ex
2 +ln x+c
1
2
= ex eln x ec1
pero ec1 = c constante ⇒
2
y = ex xc ⇒
y = cxex
2
(7)
(y − 1)(x − 2)(y + 3)
dy
=
dx
(x − 1)(y − 2)(x + 3)
y−2
x−2
dy =
dx
(y − 1)(y + 3)
(x − 1)(x + 3)
Z
Z
y−2
x−2
dy =
dx
(y − 1)(y + 3)
(x − 1)(x + 3)
Integrando mediante fracciones parciales
1
−
4
Z
dy
5
+
y−1 4
Z
dy
1
=−
y+3
4
Z
dx
5
+
x−1 4
Z
dx
x+3
Multiplicando por 4, e integrando
− ln(y − 1) + 5 ln(y + 3) = − ln(x − 1) + 5 ln(x + 3) + c1
ln(y + 3)5 − ln(y − 1) = ln(x + 3)5 − ln(x − 1) + ln c
(y + 3)5
c(x + 3)5
ln
= ln
⇒
y−1
x−1
(y + 3)5
c(x + 3)5
=
⇒
y−1
x−1
(y + 3)5 (x − 1) = c(x + 3)5 (y − 1)
5
6
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES E100
(8)
dy
sen x + e2y sen x
=
;
dx
3ey + ey cos 2x
y
π
2
=0
dy
(sen x)(1 + e2y )
= y
⇒
dx
e (3 + cos 2x)
ey
sen x
dx ⇒
dy =
2y
Z1 + ey
Z3 + cos 2x
e dy
sen x
dx
=
2y
1+e
3 + cos 2x
1
Pero cos2 x = (1 + cos 2x) ⇒
2
Z
ey dy
=
1 + (ey )2
Z
sen x dx
3 + 2 cos2 x − 1
Z
sen x dx
=
⇒
2 + 2 cos2 x
Z
sen x dx
1
arctan ey =
⇒
2
1 + (cos x)2
1
arctan ey = arctan(cos x) + c
2
π
=0
Considerando la condición inicial y
2
π
1
0
arctan e = arctan cos
+c
2
2
π
1
arctan 1 = arctan 0 + c ⇒ c =
2
4
Por lo tanto, la solución buscada es
arctan ey =
π
1
arctan(cos x) +
2
4
Es decir
2 arctan ey − arctan(cos x) −
π
=0
2
(9)
x3 e2x
2 +3y 2
dx − y 3 e−x
2 −2y 2
dy = 0
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES E100
2
2
2
2
x3 e2x e3y dx = y 3 e−x e−2y dy
2
2
2
2
x3 e2x ex dx = y 3 e−2y e−3y dy ⇒
Z
Z
2
2 3x2
x e xdx = y 2 e−5y y dy
Integrando por partes a ambas integrales
Z
Z
1 2 3x2 1
1 2 −5y2 1
2
3x2
x e −
e xdx = − y e
e−5y y dy
+
6
3
10
5
1 2 3x2 1 3x2
1
1
2
2
x e − e = − y 2 e−5y − e−5y + c1
6
8
10
50
Multiplicando por 450
2
2
(75x2 − 25)e3x + (45y 2 − 9)e−5y = c
(10)
dy
y+1
=√
√
dx
x + xy
dy
y+1
√ √
=√
dx
x+ x y
y+1
=√
x(1 + y)
√
1+ y
dx
dy = √ ⇒
y+1
x
Z
Z √
y+1
1
dy = x− 2 dx
y+1
√
Resolviendo la primera integral mediante el cambio de variable y = t se obtiene
√
√
√
2 y + ln(y + 1) − 2 arctan y = 2 x + c
√
√
√
2( y − x) + ln(y + 1) − 2 arctan y = c
7