lOMoARcPSD|33194682 Hacia EL Aprendizaje DE LAS Ecuaciones Diferenciales Matemáticas (Universidad Autónoma de Nuevo León) Escanea para abrir en Studocu Studocu no está patrocinado ni avalado por ningún colegio o universidad. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 PRIMER INFORME DE ÁRBITROS DEPARTAMENTO: ÁREA DE DIVULGACIÓN CIENTÍFICA. UNIVERSIDAD: UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE NUEVO LÉON. TÍTULO DEL TRABAJO: HACIA EL APRENDIZAJE DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES FECHA DE EVALUACIÓN: 25 de junio del 2018 CRITERIOS ALTA Pertinencia del tema X Originalidad planteamiento X Metodología utilizada Desarrollo y conclusiones X Redacción X Bibliografía adecuada y actualizada Presentación de cuadros y gráficos X MEDIANA BAJA X X Escriba comentarios o sugerencias que ayuden a mejorar el trabajo o argumente por qué, de ser el caso, no puede ser considerado susceptible de ser publicado. El presente libro es fruto del trabajo de investigación del autor. Aunque está orientado a la docencia ha requerido una minuciosa revisión científica del tema abordado. El texto está compuesto por un prólogo y cinco capítulos. Cada capítulo está estructurado con una introducción, ejemplos resueltos, códigos QR donde se explican ejemplos para resolver y ejercicios para ser resueltos por los estudiantes. Se tiene un área de aplicación de las ecuaciones diferenciales, en las cuales se sugiere añadir ecuaciones diferenciales de segundo orden y mayor en las aplicaciones, por otro lado, en el tema de variación de parámetros, se le sugiere colocar más ejemplos para que los estudiantes puedan adquirir de mayor manera el conocimiento. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Tomando en cuenta estas dos observaciones, se podrá logar el objetivo del libro, a través del cual, los estudiantes adquirirán los conocimientos, desarrollarán las habilidades matemáticas y aplicarían las ecuaciones diferenciales en situaciones del mercado laboral. En el capítulo 1,"Introducción a las ecuaciones diferenciales" se exponen los conceptos básicos de las ecuaciones diferenciales, lo cual, servirá para la comprensión de los capítulos siguientes, para la obtención de la solución general de las ecuaciones diferenciales. Se recomienda colocar más ejemplos de orden y grado, además de ejercicios con funciones trigonométricas en el tema de “comprobación de la solución general de una ecuación diferencial dada”. El capítulo 2, sobre: “Métodos para la obtención de la solución general de una ecuación diferencial” se muestra los métodos para la obtención de la solución general y/o particular de una ecuación diferencial de primer orden y primer grado. Los conceptos de este capítulo son vitales, pues sirven de fundamento para la solución de ecuaciones diferenciales lineales de orden superior, variación de parámetros y realizar aplicaciones de las ecuaciones diferenciales en situaciones reales. En este capítulo se sugiere utilizar un lenguaje de la cotidianidad, con la finalidad de que el estudiante comprenda de mejor manera el lenguaje matemático que se expresa en los mismos. El capítulo 3, acerca de: “Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior”, en este capítulo, el estudiante aplicará todos los conocimientos de algebra para la obtención de las raíces de una ecuación lineal o de orden superior y podrá encontrar la solución general de cualquier ecuación diferencial de este tipo aplicando los conceptos que se exponen. Se recomienda colocar una mayor cantidad de ecuaciones diferenciales que manejen raíces imaginarias. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 El capítulo 4, “Variación de parámetros”, se describe la resolución de una ecuación diferencial por el método mencionado, como un complemento a lo descrito en el capítulo anterior “Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior”. Se sugiere agregar un mayor número de ejemplos. El capítulo 5, “Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales en casos reales”, describe las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales en las diferentes áreas del conocimiento, como son la mecánica de fluidos, sistemas amortiguados, oscilaciones armónicas, electrónica, medicina y biología. Se sugiere colocar ecuaciones diferenciales de orden superior a primero. RECOMENDACIONES Publicable sin modificaciones Publicable con modificaciones menores X Publicable con modificaciones mayores No publicable DR. LUIS EUGENIO TODD PÉREZ Asesor de Divulgación Científica de la UANL Tel. 83294000 Ext. 1804 y 1754 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Contenido Prólogo Introducción Capítulo 1. Introducción a las Ecuaciones Diferenciales 1.1 Obtención del orden y grado de una Ecuación Diferencial Ejercicios 1.2 Comprobación de la solución general de una Ecuación Diferencial Ejercicios 1.3 Obtención de la Ecuación Diferencial a partir de la solución general Ejercicios Capítulo 2. Métodos para la obtención de la solución general de una Ecuación Diferencial 2.1 Método para la Ecuación Diferencial separable (separación de variables) Problemas resueltos Ejercicios 2.2 Método para Ecuaciones Diferenciales homogéneas Problemas resueltos Ejercicios 2.3 Método para Ecuaciones Diferenciales de simple de sustitución Problemas resueltos Ejercicios 2.4 Método para Ecuaciones Diferenciales de la forma Problemas resueltos Ejercicios 2.5 Método para Ecuaciones Diferenciales exactas Problemas resueltos Ejercicios 2.6 Método utilizando factores integrantes Problemas resueltos Ejercicios 2.7 Método para Ecuaciones Diferenciales lineales Problemas resueltos Ejercicios 2.8 Método para Ecuaciones Diferenciales reducibles a lineales Problemas resueltos Ejercicios Capítulo 3. Ecuaciones Diferenciales lineales de orden superior 3.1 Ecuaciones Diferenciales con coeficientes constantes Ecuación Diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes Ejercicios Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 3.2 Deducción de las constantes de integración según las condiciones iniciales (solución particular) Ejercicios 3.3 Ecuación lineal no homogénea (método de los coeficientes indeterminados) Problemas resueltos 3.4 Caso especial en la resolución de una Ecuación Diferencial lineal no homogéneas Problemas resueltos Ejercicios Capítulo 4. Variación de parámetros Demostración del método de variación de parámetros Problemas resueltos Ejercicios Capítulo 5. Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales en casos reales Ecuación de la conducción de calor Ley de Fourier Mecánica de fluidos: Presión Sistema masa-resorte con amortiguamiento Oscilaciones armónicas: El péndulo simple Mecánica de fluidos: Flotación Electrónica: Análisis de un circuito LC Medicina: Crecimiento de tumores malignos Termodinámica: Ley de enfriamiento de Newton Mecánica de materiales: Deflexión de vigas Biología: Crecimiento de un cultivo de bacterias Biología: Crecimiento de un individuo (modelo de Bertalanffy) Actividades para reforzar las competencias que debe desarrollar en Ecuaciones Diferenciales Bibliografía Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1.1 OBTENCIÓN DEL ORDEN Y GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Antes de comentar cómo se obtiene el orden y el grado de una ecuación diferencial, es importante comentar que una ecuación diferencial es una ecuación que contiene diferenciales o derivadas de una o más variables independientes, con respecto a una o más variables dependientes. El concepto de orden se explica en cálculo diferencial y tiene que ver con la derivada, es decir, la primera derivada es primer orden, la segunda derivada es Segundo orden, la tercer derivada es Tercer orden, etc. Iniciaremos con la DEFINICIÓN DE ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL. El orden de una ecuación diferencial ordinaria es el orden de la derivada de mayor orden que interviene en ella. Para determinar el orden lo que haremos es observar qué derivadas aparecen en la ecuación diferencial y lo determinamos de la “mayor” derivada que tiene la ecuación diferencial. EJEMPLOS para determinar el orden cuando sólo aparece UNA derivada en la ecuación diferencial. 𝑑𝑦 3 1) ( ) = 7𝑥 5 − 8 𝑑𝑥 SOLUCIÓN. Es una ecuación de PRIMER ORDEN, dado que tiene una primera derivada. 2) ( 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 ) = 5𝑠𝑒𝑛(3𝑥) SOLUCIÓN. Es una ecuación diferencial de SEGUNDO ORDEN, porque aparece una segunda derivada. EJEMPLOS para determinar el orden cuando aparecen VARIAS derivadas en la ecuación diferencial. 3) ( 𝑑4 𝑦 𝑑𝑥 2 4) − 5 ( 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 5 ) = 3𝑥 2 + 7 2) + ( 𝑑𝑥 SOLUCIÓN. Es una ecuación diferencial de CUARTO ORDEN, porque la cuarta derivada es la de mayor orden de las que aparecen en la ecuación diferencial. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 4) ( 𝑑𝑦 6 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 ) + 7𝑥 ( ) = 𝑥 2 + ( 2 𝑑𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 ) SOLUCIÓN. Es una ecuación diferencial de SEGUNDO ORDEN, dado que la segunda derivada es la de mayor orden en la ecuación diferencial. DEFINICIÓN DE GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL. El grado de una ecuación diferencial, es el exponente al que está elevada la derivada de mayor orden de la ecuación diferencial. Éste tiene que ser un número entero y positivo. EJEMPLOS. Determine el orden y el grado de las siguientes ecuaciones diferenciales. 𝑑𝑦 1) √ 𝑑𝑥 = 7𝑥 2 + 1 SOLUCIÓN. Como la derivada se encuentra dentro de una raíz cuadrada, que implica un valor fraccionario, tendremos que eliminarla elevando a la mínima potencia con la que se elimine el radical, en este caso se elevan al cuadrado ambos lados de la ecuación diferencial. 𝑑𝑦 √ = 7𝑥 2 + 1 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 Elevando al cuadrado = (7𝑥 2 + 1)2 La primer derivada está elevada a la primer potencia, por lo tanto, la ecuación diferencial es de Primer orden y Primer grado. 𝑑2 𝑦 2) √ 𝑑𝑥 2 3 𝑑𝑦 +𝑥 = √ 𝑑𝑥 SOLUCIÓN. Cuando las dos derivadas tienen radical, hay que elevar a la mínima potencia con la cual se eliminan los radicales. Si los tipos de raíz son múltiplos o submúltiplos uno de otro, entonces elevaremos ambos lados de la ecuación a la potencia con la que se elimina el radical mayor. Si no son múltiplos, entonces elevaremos ambos lados al producto de los números que denotan la raíz. Es decir, para eliminar los radicales, la mínima potencia que los elimina es el mínimo común denominador de los radicales que aparecen. Si aparece raíz cuadrada y raíz cúbica se elevarían a la sexta. 𝑑2 𝑦 √ 𝑑𝑥 2 3 𝑑𝑦 +𝑥 = √ 𝑑𝑥 Elevando a la sexta potencia Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 3 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 2 (𝑑𝑥 2 + 𝑥) = ( ) 𝑑𝑥 3) ( 1 5 𝑑𝑦 2 2 𝑑2 𝑦 3 𝑑𝑥 2 Segundo orden y Tercer grado ) = 𝑘 [1 + ( ) ] 𝑑𝑥 SOLUCIÓN. Eliminaremos las potencias fraccionarias (raíces), elevando a la sexta potencia en ambos lados. ( ( 1 𝑑𝑥 2 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 4) ( 5 𝑑𝑦 2 2 𝑑2 𝑦 3 ) = 𝑘 [1 + ( ) ] 𝑑𝑥 2 15 𝑑𝑦 2 6 ) = 𝑘 [1 + ( ) ] 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 4 Elevando a la sexta potencia Segundo orden y Segundo grado 𝑑2 𝑦 + 5𝑦) = √ 𝑑𝑥 2 SOLUCIÓN. Como los tipos de raíces son múltiplos (4 de 2), elevaremos ambos lados al múltiplo, es decir a la cuarta potencia. ( 𝑑𝑦 1 4 𝑑2 𝑦 Elevando a la cuarta potencia 2 Segundo orden y Segundo grado + 5𝑦) = √ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + 5𝑦 = ( 𝑑𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 ) 2 Las derivadas tienen varias formas de expresarse. Colocamos ahora un ejemplo con otro tipo: 5) (𝑦 ′′ )5 + 3(𝑦 ′ )7 = 5𝑥 2 − 9 SOLUCIÓN Como 𝑦 ′′ = 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑦′ = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 , entonces la mayor derivada es la segunda, por lo tanto la ecuación es de Segundo orden y como la segunda derivada está elevada a la quinta potencia, entonces es de Quinto grado. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 CONOCE + En este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se obtiene el orden y grado de una ecuación diferencial. EJERCICIOS. Determine el orden y el grado de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) 𝑑3 𝑦 3) 𝑑𝑦 5) 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 3 𝑑𝑦 = 3𝑥 ( ) + 5𝑦 𝑑𝑥 + 18 ( 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 3 ) = 8𝑥 + ( 3 𝑑3 𝑦 𝑑𝑥 𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒙𝟐 𝟑 ) + 𝟕𝒙 = [𝟖𝟏 + 1 𝑑5 𝑦 3 𝑑𝑥 ) = 8 [1 + ( 5 ) 3 5 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑𝑦 4 𝑑𝑥 𝑑3 𝑦 4) √ 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 𝟏 𝒅𝒚 𝟒 𝒅𝒙 5 ] 2 2 ) ] 2 6) √ 8) 𝑑𝑥 3 𝑑𝑥 𝒅𝟑 𝒚 𝒅𝒙𝟑 10) ( 𝑑𝑦 3 + 13 ( ) + 𝑥 2 = ( ) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 − 5𝑥 = 8( ) 𝑑𝑥 5 𝑑2 𝑦 = √𝑥 − 2 2 7) √( 9) ( 𝑑3 𝑦 2) + 3𝑥 = √( 2 𝑑3 𝑦 3 𝑑𝑥 3 ) 𝒅𝒚 =√ 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 3 𝒅𝒙 𝑑𝑦 5 ) =5−( ) 2 𝑑𝑥 SOLUCIONES 1. Tercer orden y Primer grado 2. Segundo orden y Primer grado 3. Tercer orden y Quinto grado 4. Tercer orden y Primer grado 5. Segundo orden y Primer grado 6. Tercer orden y Sexto grado 7. Segundo orden y Sexto grado 8. Tercer orden y Segundo grado 9. Quinto orden y Segundo grado 10. Segundo orden y Tercer grado 1.2 COMPROBACIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL DEFINICIÓN. La solución general de una ecuación diferencial ordinaria de dos variables es una relación sin derivadas, entre las variables que satisfacen la ecuación. En este punto Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 estudiaremos la forma en que podemos determinar cuándo una ecuación es o no solución general de una ecuación diferencial dada. MÉTODO Le sugerimos realizar los siguientes pasos. 1. Observaremos en la ecuación diferencial, qué derivada o derivadas aparecen en ella. 2. Vamos a derivar la solución general que nos proporcionaron, para encontrar el valor de las derivadas que aparecen en la ecuación diferencial (paso 1). 3. Sustituiremos el valor de las derivadas encontradas (paso 2) y el valor de la solución general (si aparece en la ecuación diferencial), dentro de la ecuación diferencial dada. Sabremos que SÍ es la solución general de la ecuación diferencial que nos proporcionaron, cuando al hacer la sustitución y simplifiquemos, se encuentre la misma expresión en los dos lados de la igualdad. EJEMPLO en que sí es solución general. Determine si 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥 + 𝑐 es una solución general de la ecuación diferencial 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 2𝑥 = 1 MÉTODO 1) Observando la ecuación diferencial vemos que aparece una primera derivada, por lo tanto, encontraremos su valor derivando la supuesta solución general. 2) Derivando 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥 + 𝑐 𝑑𝑦 = 2𝑥 + 1 𝑑𝑥 3) Sustituyendo el valor de la derivada encontrada en la ecuación diferencial. 𝑑𝑦 = 2𝑥 + 1 𝑑𝑥 Sustituyendo este valor de la derivada en la ecuación diferencial que nos proporcionaron, tenemos: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 2x+1 - 2x = 1 4) Reduciendo 1=1o0=0 5) Conclusión. Por lo tanto 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥 + 𝑐 sí es solución general de la ecuación diferencial 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 2𝑥 = 1 EJEMPLO en que no es solución general. Determine si 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐 es una solución general de la ecuación diferencial 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =𝑥 1) Observando la ecuación diferencial vemos que aparece una primera derivada 2) Derivando 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑥 3) Sustituyendo (a) en la ecuación diferencial sustituyendo el valor de la derivada 𝑑𝑦 𝑑𝑥 (a) = 𝑥, ésta es la ecuación diferencial, 2𝑥 ≠ 𝑥 2≠1 Como podemos observar, a diferencia del ejemplo anterior en el que al reducir quedó 1 = 1, en este ejemplo al sustituir y simplificar no quedó una identidad. 4) Conclusión. 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐 no es solución general de la ecuación diferencial 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =𝑥 NOTAS 1) Cuando en la ecuación diferencial aparezca la variable o función, a la que está igualada la solución general que nos proporcionaron, este valor también lo sustituiremos, al igual que el de las derivadas. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 2) Cuando se tenga que aplicar derivación implícita para encontrar las derivadas, tenemos que tomar en cuenta que ninguna derivada encontrada deberá estar en función de otra derivada; si así fuera, hay que sustituir el valor de la derivada de menor orden. PROBLEMAS RESUELTOS. En los siguientes ejercicios determine si la solución general que se le proporciona, es o no de la ecuación diferencial dada. 𝑑2 𝑦 1) 𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥), 𝑑𝑥 2 = +25 = 0 SOLUCIÓN a) Observación y obtención de las derivadas. Como aparece la segunda derivada, la obtendremos de la solución general. 𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥), derivando 𝑑𝑦 = 5𝐴𝑐𝑜𝑠(5𝑥) − 5𝐵𝑠𝑒𝑛(5𝑥) 𝑑𝑥 𝑑2𝑦 = −25𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) − 25𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥) 𝑑𝑥 2 Sustituyendo en la ecuación diferencial el valor de la segunda derivada además del valor de “y” 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 + 25𝑦 = 0 −25𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) − 25𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥) + 25[𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥)] = 0 Simplificando obtenemos 0 = 0 b) Conclusión. 𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥), sí es solución general de la ecuación diferencial 2) 𝑦 = 𝑐(𝑥 − 𝑐)2 , 𝑑𝑦 3 𝑑𝑦 ( ) − 4𝑥𝑦 (𝑑𝑥 ) + 8𝑦 2 = 0 𝑑𝑥 MÉTODO a) Observación, obtener la primera derivada. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 + 25𝑦 = 0 lOMoARcPSD|33194682 𝑦 = 𝑐(𝑥 − 𝑐)2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 derivando se sustituye este valor y el de “y” en la ecuación diferencial = 2𝑐(𝑥 − 𝑐) 𝑑𝑦 3 𝑑𝑦 ( ) − 4𝑥𝑦 ( ) + 8𝑦 2 = 0 𝑑𝑥 𝑑𝑥 [2𝑐(𝑥 − 𝑐)]3 − 4𝑥[𝑐(𝑥 − 𝑐)2 ][2𝑐(𝑥 − 𝑐) + 8[𝑐(𝑥 − 𝑐)2 ]2 = 0 simplificando 8𝑐 3 (𝑥 − 𝑐)3 − 8𝑐 2 𝑥(𝑥 − 𝑐)3 + 8𝑐 2 (𝑥 − 𝑐)4 = 0 8𝑐 2 (𝑥 − 𝑐)3 [𝑐 − 𝑥 + (𝑥 − 𝑐)] = 0 como 𝑐 − 𝑥 + (𝑥 − 𝑐) = 0, al multiplicarlo tenemos entonces 0 = 0 b) Conclusión. 𝑑𝑦 3 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑐(𝑥 − 𝑐)2 sí es solución general de la ecuación diferencial ( ) − 4𝑥𝑦 (𝑑𝑥 ) + 8𝑦 2 = 0 3) ln(𝑦) − 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 , 𝑦( 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑𝑦 2 𝑑𝑥 ) − ( ) = 𝑦 2 ln(𝑦) 𝑑𝑥 MÉTODO a) Observación, obtención de las derivadas y sustituciones. Como la supuesta solución no es igualada a “y”, obtendremos la primera y segunda derivada por derivación implícita. ln(𝑦) − 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 derivando 1 𝑑𝑦 se despeja 𝑑𝑦 derivando ( ) = 𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 y 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )𝑦 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 = (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 ) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦(𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 se sustituye 𝑑2𝑦 = (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )2 𝑦 + 𝑦(𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ) 𝑑𝑥 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 lOMoARcPSD|33194682 sustituyendo , 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 2 𝑑2 𝑦 𝑦( 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 , ln(𝑦) en la ecuación diferencial ) − ( ) = 𝑦 2 ln(𝑦) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 sustituyendo 𝑦[(𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )2 𝑦 + 𝑦(𝑦(𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 )] − [(𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )𝑦]2 = 𝑦 2 [(𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 )] multiplicando 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )2 + 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ) − 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )2 = 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ) Simplificando la ecuación anterior, tenemos: 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ) = 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ), la cual sí es una identidad b) Conclusión. ln(𝑦) − 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 sí es solución general de la ecuación diferencial 𝑦( 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 2 ) − ( ) = 𝑦 2 ln(𝑦) 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 4) 𝑐(𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 2 𝑦 2 ) = 1, (𝑥 − 𝑦 2 𝑥)𝑑𝑥 + (1 − 𝑥 2 )𝑦𝑑𝑦 = 0 MÉTODO Como la ecuación diferencial aparece en diferenciales, antes de iniciar la pasaremos a la forma de derivada, dividiendo toda la ecuación entre “dx” y tenemos: (𝑥 − 𝑦 2 𝑥) + (1 − 𝑥 2 )𝑦 𝑑𝑦 =0 𝑑𝑥 a) Obtención de la derivada y sustitución. La supuesta solución se puede expresar como: 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑥2𝑦2 = 𝑑𝑦 1 𝑐 para derivar implícitamente 𝑑𝑦 2𝑥 + 2𝑦 ( ) − 2𝑥 2 𝑦 (𝑑𝑥 ) − 2𝑥𝑦 2 = 0 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑦(1 − 𝑥 2 ) ( ) = 𝑥𝑦 2 − 𝑥 𝑑𝑥 dividiendo entre 2 y agrupando despejando 𝑑𝑦 𝑑𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 2 −𝑥 se sustituye en la ecuación diferencial 𝑦(1−𝑥 2 ) 𝑥 − 𝑦 2 𝑥 + (1 − 𝑥 2 )𝑦 ( 𝑥 − 𝑦 2 𝑥 + (1 − 𝑥 2 )𝑦 ( 𝑑𝑦 )=0 𝑑𝑥 𝑥𝑦 2 −𝑥 )=0 reduciendo 𝑦(1−𝑥 2 ) 𝑥 − 𝑦 2 𝑥 + 𝑥𝑦 2 − 𝑥 = 0 realizando las restas 0=0 b) Conclusión. 𝑐(𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 2 𝑦 2 ) = 1 sí es solución general de la ecuación diferencial: (𝑥 − 𝑦 2 𝑥)𝑑𝑥 + (1 − 𝑥 2 )𝑦𝑑𝑦 = 0 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejercicio en el que se ejemplifica la comprobación de la solución general de una ecuación diferencial. EJERCICIOS. Determine si la expresión dada es solución general o no, de la ecuación diferencial dada. 1) 𝑦 = 𝑐 2 + 𝑐𝑥 −1 , 2) 𝑒 cos(𝑥) (1 − cos(𝑦)) = 𝑐, 3) 𝑦 = 8𝑥 5 + 3𝑥 2 + 𝑐, 4) 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) + 𝑐2 cos(3𝑥), 5) 𝑦 = (𝑥 + 𝑐)𝑒 −𝑥 , 6) 𝑦 = 𝑐𝑒 5𝑥 , 𝑦 + 𝑥𝑦′ = 𝑥 4 (𝑦 ′ )2 𝑑𝑦 𝑠𝑒𝑛(𝑦) ( ) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 6 = 160𝑥 3 + 9𝑦 = 0 + 𝑦 = 𝑒 −𝑥 − 5𝑦 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 7) ln(𝑦) = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐2 cos(𝑥), 𝑦( 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 2 ) − ( ) = 𝑦 2 ln(𝑦) 2 𝑑𝑥 1.3 OBTENCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL A PARTIR DE LA SOLUCIÓN GENERAL MÉTODO Para encontrar la ecuación diferencial a partir de su solución general, le sugerimos aplicar el siguiente método. 1. Observar el número de constantes de integración diferentes que aparecen en la solución general. 2. Derivar la solución general, tantas veces como constantes de integración diferentes (paso 1). 3. Tomando en cuenta el resultado de la última derivada, se nos pueden presentar los siguientes casos. I. Si en la última derivada no aparecen constantes de integración, ésta será la ecuación diferencial de la solución general dada. II. Si la última derivada contiene al menos una constante de integración, ésta no es la ecuación diferencial. Para obtener la ecuación diferencial, aplicaremos algún método algebraico de solución de un sistema de ecuaciones con el cual podamos eliminar las constantes de integración. Para este proceso podemos utilizar las derivadas encontradas, así como la solución general dada. Es decir, en la ecuación diferencial que debemos encontrar, no deben de aparecer constantes de integración. EJEMPLO del caso I. Encuentre la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐 SOLUCIÓN a) Observación del número de constantes de integración diferentes. Sólo aparece una constante de integración, por lo tanto derivaremos una vez la solución general. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 b) Derivadas 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑥 c) Conclusión. Como en esta derivada no aparecen constantes de integración, esto quiere decir que 𝑑𝑦 = 2𝑥 es la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐. 𝑑𝑥 EJEMPLO del caso II. Encuentre la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑐𝑥 2 SOLUCIÓN a) Observación del número de constantes de integración. Sólo aparece una constante de integración, por lo tanto derivaremos sólo una vez. 𝑦 = 𝑐𝑥 2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 (1) = 2𝑐𝑥 (2) como podemos observar, en la derivada todavía aparece “c”, por lo tanto, ésta no es la ecuación diferencial. b) Obtención de la ecuación diferencial. Utilizaremos el método algebraico de cambio de variable. Despejando “c” de (1) 𝑐= 𝑑𝑦 𝑦 𝑥2 sustituyendo “c” en (2) 𝑦 = 2 ( 2) 𝑥 𝑑𝑥 c) Conclusión. 𝑥 𝑑𝑦 simplificando y multiplicando por “x”, tenemos ( ) = 2𝑦 𝑑𝑥 dy x ( ) = 2y es la ecuación diferencial, dado que ya no aparecen constantes de integración. dx A continuación realizaremos algunas notas con la finalidad de tener más herramientas de juicio para resolver este tipo de ejercicios. NOTA 1. Existen soluciones generales en las cuales aparecen las constantes de integración en el ángulo de una función trigonométrica. Tenemos varias opciones que podemos aplicar. Para este caso aplicaremos funciones trigonométricas inversas antes de empezar el ejercicio, con la finalidad de eliminar más fácilmente la constante de integración. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 EJEMPLO. Encuentre la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑡𝑎𝑛(𝑥 + 𝑐) SOLUCIÓN a) Observación. Como aparece “c” como ángulo, entonces aplicaremos el concepto de la tangente inversa, es decir 𝑦 = 𝑡𝑎𝑛(𝑥 + 𝑐) es la solución general que nos proporcionaron. Aplicando trigonométricas inversas, se convierte esta ecuación en: tan−1(𝑦) = 𝑥 + 𝑐 ésta será la ecuación con la que trabajaremos tan−1(𝑦) = 𝑥 + 𝑐 aplicando 𝐷𝑥 (tan−1(𝑢)) = b) Obtención de las derivadas. 𝑦′ 1+𝑦 2 =1 𝐷𝑥 𝑢 1+𝑢2 despejando 𝑦′ = 1 + 𝑦2 c) Conclusión. Como no tiene constantes de integración, 𝑦 ′ = 1 + 𝑦 2 es la ecuación diferencial. PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre las ecuaciones diferenciales que tienen las siguientes soluciones generales. 1) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 SOLUCIÓN a) Observación y obtención de las derivadas. Como aparecen dos constantes de integración diferentes 𝑐1 y 𝑐2 , derivaremos la solución general dos veces. 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 (1) (2) (3) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 b) Obtención de la ecuación diferencial. Para eliminar las constantes de integración, utilizaremos el método algebraico de cambio de variable; podemos sustituir la (1) en (3). 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 𝑑2 𝑦 sustituyendo 𝑑𝑥 2 c) Conclusión. 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 =𝑦 = 𝑦 es la ecuación diferencial de la solución general 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 2) 𝑦 = 𝑒 3𝑥 + 𝑐1 sen(2x) + c2 cos(2𝑥) SOLUCIÓN a) Observación y obtención de las derivadas. Como aparecen dos constantes, por lo tanto derivaremos 2 veces. 𝑦 = 𝑒 3𝑥 + 𝑐1 sen(2x) + c2 cos(2𝑥) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 3𝑒 3𝑥 + 2𝑐1 cos(2x) − 2c2 sen(2𝑥) 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 = 9𝑒 3𝑥 − 4𝑐1 sen(2x) − 4c2 cos(2𝑥) (1) (2) (3) b) Obtención de la ecuación diferencial. Utilizaremos el método algebraico de simultáneas. Podemos multiplicar la ecuación (1) por cuatro y hacerla simultánea con la (3) para eliminar las constantes de integración. 4𝑦 = 4𝑒 3𝑥 + 4𝑐1 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)4𝑐2 cos(2𝑥) 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 = 9𝑒 3𝑥 − 4𝑐1 sen(2x) − 4c2 cos(2𝑥) (1) por suma y resta (3) 𝑑2𝑦 + 4𝑦 = 13𝑒 3𝑥 𝑑𝑥 2 c) Conclusión. 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 + 4𝑦 = 13𝑒 3𝑥 es la ecuación diferencial cuya solución general es: 𝑦 = 𝑒 3𝑥 + 𝑐1 sen(2x) + c2 cos(2𝑥) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 3) 𝑦 = 𝑐𝑥 + 2𝑐 SOLUCIÓN a) Observación y obtención de las derivadas. El objetivo de este ejercicio es dejar en claro que el procedimiento NO ES cuántas constantes de integración tiene la solución general. El procedimiento es determinar cuántas constantes de integración diferentes tiene la solución general. Como las 2 constantes son la misma “c”, sólo derivaremos una vez. 𝑦 = 𝑐𝑥 + 2𝑐 𝑑𝑦 𝑑𝑥 (1) derivando =𝑐 (2) b) Obtención de la ecuación diferencial. Sustituyendo la “c” de la ecuación (2) en la (1). 𝑦 = 𝑐𝑥 + 2𝑐 sustituyendo (2) 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑥 ( ) + 2 (𝑑𝑥 ) 𝑑𝑥 factor común 𝑑𝑦 𝑦 = (𝑥 + 2) ( ) 𝑑𝑥 c) Conclusión. 𝑑𝑦 𝑦 = (𝑥 + 2) ( ) es la ecuación diferencial cuya solución es 𝑦 = 𝑐𝑥 + 2𝑐 𝑑𝑥 4) y = sen(8x − c) SOLUCIÓN a) Observación. Como aparece “c” en el ángulo, aplicaremos el concepto de seno inverso y quedaría: 𝑠𝑒𝑛−1 (𝑦) = 8𝑥 + 𝑐 con esta ecuación trabajaremos b) Obtención de las derivadas. Como solo hay una constante, derivaremos una vez: 𝑠𝑒𝑛−1 (𝑦) = 8𝑥 + 𝑐 𝐷 𝑢 𝑥 aplicando 𝐷𝑥 (𝑠𝑒𝑛−1 (𝑢)) = √1−𝑢 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1 𝑑𝑦 √1−𝑦 2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =8 despejando = 8√1 − 𝑦 2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 elevando al cuadrado ambos lados, nos queda 𝑑𝑦 2 ( ) = 64(1 − 𝑦 2 ) 𝑑𝑥 c) Conclusión. 𝑑𝑦 2 ( ) = 64(1 − 𝑦 2 ) es la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(8𝑥 − 𝑐) 𝑑𝑥 NOTA 2. Puede ser que en lugar de que se nos proporcione la solución general, nos den un enunciado. Lo primero que tenemos que hacer es leer el enunciado para encontrar, con sus datos, la ecuación de la solución general. En este caso, los parámetros que tenga la ecuación que formaremos, serán tomados como las constantes de integración. EJEMPLO. Encuentre la ecuación diferencial de cada uno de los sistemas de curvas siguientes. 1) Todas las rectas que pasan por el origen del sistema de coordenadas rectangulares. SOLUCIÓN a) Obtención de la ecuación de la solución general. El dato es que son las rectas que pasan por el origen P(0,0). Podemos utilizar la ecuación: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 ) 𝑦 − 0 = 𝑚(𝑥 − 0) sustituyendo el punto (x,y) por P(0,0) reduciendo 𝑦 = 𝑚𝑥 ésta es la ecuación de la solución general 𝑦 = 𝑚𝑥 (1) derivando (1) b) Observación y obtención de las derivadas. De 𝑦 = 𝑚𝑥, “m” es el parámetro, es decir, la constante de integración; por lo tanto, derivaremos una vez. c) Obtención de la ecuación diferencial: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑚 (2) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑦 = 𝑚𝑥 sustituyendo m de (2) en (1) 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑥( ) 𝑑𝑥 d) Conclusión. 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑥 ( ) es la ecuación diferencial de todas las rectas que pasan por el origen. 𝑑𝑥 2) Todas las circunferencias con centro en el origen (0,0). SOLUCIÓN a) Obtención de la ecuación de la solución general. El dato es que son las circunferencias con centro (0,0). Recordemos que la ecuación general para circunferencias, con centro en el origen, es: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 b) Obtención de la derivada “r” es el parámetro (constante de integración), por lo tanto derivaremos una vez. 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 derivando 𝑑𝑦 2𝑥 + 2𝑦 ( ) = 0 𝑑𝑥 dividiendo entre 2 𝑑𝑦 𝑥 +𝑦( ) = 0 𝑑𝑥 c) Conclusión. 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑦 ( ) = 0 es la ecuación diferencial de todas las circunferencias con centro en el origen (0,0). 𝑑𝑥 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se obtiene la ecuación diferencial a partir de la solución general. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 EJERCICIOS. Obtenga la ecuación diferencial de las siguientes soluciones generales. 1) 𝑦 = 7𝑥 2 + 8𝑥 + 𝑐 2) 𝑦 = 𝑐1 𝑥 2 + 𝑐2 3) 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(8𝑥) + 𝑐2 cos(8𝑥) 4) 𝑦 = tan(3𝑥 + 𝑐) 7) 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑥) + 𝑐2 cosh(𝑥) 8) 𝑐 𝟐 = 1 − 𝒄𝟐 5) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 −5𝑥 9) 𝑦 = 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑐) 11) Todas las líneas rectas. eje “x” 6) 𝑦 = 𝑥𝑡𝑎𝑛(𝑥 + 𝑐) 𝒚𝟐 𝑥2 1 𝟐 10) (𝑥 − 𝑐1 )2 + 𝑦 2 = 𝑐22 12) Todas las circunferencias de radio = 1 y centro en el SOLUCIONES 1) 𝑑𝑦 3) 𝑑2 𝑦 5) 𝑑2 𝑦 7) 𝑑2 𝑦 𝑑2 𝑦 = 14𝑥 + 8 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 2 2) 𝑥 ( + 64𝑦 = 0 4) 𝑑𝑦 + 2 ( ) − 15𝑦 = 0 =𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 9) 𝑥 2 (𝑦 ′ )2 − 2𝑥𝑦𝑦 ′ + (1 + 𝑥 2 )𝑦 2 = 𝑥 4 11) 𝑦 ′′ = 0 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 )= 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 3(1 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑦 6) 𝑥 ( ) + 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥 8) 𝑥 [𝑦 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 + ( ) ] = 𝑦( ) 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 10) 𝑦(𝑦 ′′ ) + (𝑦 ′ )2 + 1 = 0 𝑑𝑦 2 12) 𝑦 2 [1 + ( ) ] = 1 𝑑𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Como habíamos comentado anteriormente, la solución general de una ecuación diferencial es el resultado de integrar los términos de una ecuación diferencial. Recordemos que para poder integrar un término, debemos de tener variables iguales a la variable del diferencial. Sin embargo, no siempre se cumple esta condición; es entonces cuando aplicaremos los “MÉTODOS PARA LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL”, con los cuales transformaremos la ecuación que se nos proporcione y que NO se puede integrar al menos uno de sus términos, en otra ecuación diferencial que SÍ se pueda integrar, es decir, transformar la ecuación diferencial de tal forma que todos los términos contengan variables iguales a la variable del diferencial, con lo cual ya podremos integrar cada término de la ecuación diferencial. Antes de empezar con nuestro primer método veremos algunos conceptos que utilizaremos en la mayoría de los métodos. CONCEPTOS A UTILIZARSE EN LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL 1. Procuraremos colocar la ecuación diferencial igualada a cero cuando ya vayamos a integrar, en donde haremos la ∫ 0 (cero) igual a la constante de integración. 2. Como la constante de integración es un valor arbitrario, aplicaremos las siguientes propiedades para dicha constante, mismas que son válidas solamente en el proceso para la obtención de la solución general. a) La constante de integración multiplicada por cualquier número real, será igual a la constante de integración. EJEMPLOS (𝑐1 )(3) = 𝑐2 , (𝑐1 )(−7) = 𝑐2, 1 𝑐1 ( ) = 𝑐2 , 2 3 𝑐1 (− ) = 𝑐2 y 𝑐2 = 𝑐1 4 b) La constante de integración sumada o restada a cualquier número real será igual a la constante de integración. EJEMPLOS 𝑐1 + 4 = 𝑐2 , 𝑐1 − 7 = 𝑐2 , 𝑐1 + 3 2 14 = 𝑐2 , 𝑐1 − = 𝑐2 , 𝑐1 + = 𝑐2 5 7 3 c) La constante de integración es igual a la constante de integración, también cuando aparezca en un logaritmo o función “e”. 𝑒 𝑐1 = 𝑐2 , 𝑙𝑛 (𝑐1) = 𝑐2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 d) Se utilizarán las siguientes propiedades de las funciones logaritmo y exponencial. 𝑒𝑎 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, ln(𝑒 𝑢 ) = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑎−𝑏 = 𝑒 𝑏 𝑎 ln(𝑎) + ln(𝑏) = ln(𝑎𝑏) , ln(𝑎) − ln(𝑏) = ln ( ) , (𝑐) ln(𝑢) = ln(𝑢)𝑐 𝑏 𝑎𝑏 ln(𝑎) + ln(𝑏) − ln(𝑐) − ln(𝑑) = ln ( ) 𝑐𝑑 e) Ya que integramos, si aparecen como resultado logaritmos naturales en la mayoría de los términos, aplicaremos sus propiedades para llegar a un solo logaritmo con la finalidad de exponenciar ambos lados de la ecuación, para simplificar más nuestra solución general. OBJETIVO DE LOS “MÉTODOS PARA LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL” El objetivo será llegar a una ecuación diferencial en la que todos los términos se puedan integrar. SOLUCIÓN PARTICULAR. En ocasiones se nos darán los valores de las variables de la ecuación diferencial. Esto quiere decir que se nos pide la solución particular de la ecuación diferencial. Para encontrar la solución particular, primeramente encontraremos la solución general. En ella sustituiremos los valores que se nos proporcionaron (al inicio del ejercicio) de las variables. Al hacer esta sustitución se tendrá una ecuación en la que solo aparece la constante de integración y números reales, de ella despejaremos el valor de la constante de integración. La solución particular se obtiene ando la solución general, pero en el lugar de la constante de integración colocaremos el valor “numérico” que encontramos de ella. NOTA. El valor de la constante de integración se encuentra sustituyendo los valores de las variables en la solución general y de ahí despejamos el valor de la constante de integración. Después de haber compartido conceptos generales que vamos a utilizar durante este capítulo, vamos ahora a iniciar con los diferentes métodos para la obtención de la solución general de una ecuación diferencial de Primer orden y Primer grado. 2.1 MÉTODO PARA LA ECUACIÓN DIFERENCIAL SEPARABLE (SEPARACIÓN DE VARIABLES) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Es de suma importancia recalcar que en todos los métodos para la obtención de la solución general de una ecuación diferencial, lo primero que debemos hacer es asegurarnos que esa ecuación diferencial que nos están pidiendo resolver, sí cumple con las condiciones para que se le aplique un método, es decir, no a todas las ecuaciones diferenciales se les pueden aplicar todos los métodos. Por lo anterior, al tener una ecuación diferencial que nosotros pensamos que se le puede aplicar el método de separación de variables, lo primero que tenemos que hacer es corroborar que sí se puede aplicar este método. A continuación se describen los pasos que se les sugieren, para aplicar este método de separación de variables. a) El primer paso para saber si a una ecuación diferencial se le puede aplicar el método de separación de variables es agrupar los términos de la ecuación diferencial en base a sus diferenciales y factorizar, es decir, agrupar los términos que tengan “dx” y factorizarlos, así como también agrupar los términos que tengan “dy” y factorizarlos. Al hacer lo anterior, este método se puede aplicar cuando en los factores que forman el coeficiente de cada diferencial, sólo aparece máximo un tipo de variable en cada factor, es decir, que sólo tenga “x” o sólo “y”. Dicho de otra manera: ningún factor de ninguno de los diferenciales puede tener las 2 variables. EJEMPLOS de ecuaciones diferenciales que SÍ se pueden resolver por el método de separación de variables. I. [𝑓(𝑥)𝑔(𝑦)]𝑑𝑥 + [ℎ(𝑥)𝑘(𝑦)]𝑑𝑦 = 0 II. 𝑥(3𝑦 + 5)𝑑𝑥 + 8𝑦(2𝑥 + 7)𝑑𝑦 = 0 III. 4𝑦𝑐𝑜𝑠(9𝑥 + 13)𝑑𝑦 + 𝑠𝑒𝑛(9𝑥 + 13)𝑑𝑥 = 0 EJEMPLOS de ecuaciones diferenciales que NO se pueden resolver aplicando el método de separación de variables. I. (3𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥 + 8𝑥𝑑𝑦 = 0 Como podemos ver, la ecuación diferencial NO SE PUEDE RESOLVER por el método de separación de variables. El factor (3𝑥 + 2𝑦) tiene las 2 variables, lo cual no debe existir en una ecuación diferencial que se quiere resolver por separación de variables. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 II. [𝑦 + 𝑥𝑐𝑡𝑔(𝑦/𝑥)]𝑑𝑥 – 𝑥𝑑𝑦 = 0 Como podemos ver, la ecuación diferencial NO SE PUEDE RESOLVER por el método de separación de variables. El factor [𝑦 + 𝑥𝑐𝑡𝑔(𝑦/𝑥)] tiene las 2 variables. b) Una vez que identificamos que la ecuación diferencial sí se puede resolver por el método de separación de variables, procederemos con el siguiente paso, el cual consiste en despejar la ecuación diferencial, es decir, multiplicamos toda la ecuación por un factor, que será igual al inverso del producto de los factores que no permiten que se integren los términos (el factor es el que tiene la variable diferente a la del diferencial del término). En nuestro ejemplo I [𝑓(𝑥)𝑔(𝑦)]𝑑𝑥 + [ℎ(𝑥)𝑘(𝑦)]𝑑𝑦 = 0 el FACTOR es el inverso de 𝑔(𝑦)ℎ(𝑥) que son los factores que tiene la variable diferente a la del diferencial del término. Y tendremos: {[𝑓(𝑥)𝑔(𝑦)]𝑑𝑥 + [ℎ(𝑥)𝑘(𝑦)]𝑑𝑦 = 0} 𝑘(𝑦) 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 0 𝑔(𝑦) ℎ(𝑥) 1 𝑔(𝑦)ℎ(𝑥) Como podemos observar, al hacer el despeje, todos los términos están formados por variables iguales a la variable del diferencial del término, con lo cual sí se pueden integrar todos los términos. El resultado de dichas integrales será la solución general de nuestra ecuación. c) Procuremos que en la solución general no aparezcan fracciones, ni variables elevadas a potencias negativas y recordemos que si aparecen 2 o más logaritmos naturales, aplicaremos sus propiedades para después exponenciar. PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de los siguientes ejercicios. 1) 2𝑥(1 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑦(1 + 2𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0 SOLUCIÓN a) Identificación. Checando los factores 2𝑥, (1 + 𝑦 2 ), y 𝑦, (1 + 2𝑥 2 ), vemos que en cada uno de ellos sólo aparece un tipo de variable, por lo tanto sí se puede resolver por separación de variables. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 b) Obtención del FACTOR (despejar). Observando los factores del “ 𝑑𝑥 ”, vemos que el factor (1 + 𝑦 2 ) no se puede integrar dado que tiene “𝑦”; así mismo, observando ahora el “𝑑𝑦 ” vemos que (1 + 2𝑥 2 ) está en función de “ 𝑥 ”, por lo tanto no se puede integrar. Entonces el FACTOR será el inverso del producto de esos factores. 1 FACTOR = [(1+𝑦 2 )(1+2𝑥 2 )] c) Producto y obtención de la solución. Como ya tenemos el FACTOR, entonces lo multiplicaremos por la ecuación diferencial. [2𝑥(1 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑦(1 + 2𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0] [ 1 (1 + 𝑦 2 )(1 + 2𝑥 2 ) 𝑦𝑑𝑦 2𝑥𝑑𝑥 − =0 2 1 + 𝑦2 1 + 2x ] Como son variables iguales a la del diferencial, integramos 2𝑥𝑑𝑥 d) Solución de integrales. 𝑦𝑑𝑦 ∫ 1+2𝑥 2 − ∫ 1+𝑦 2 = ∫ 0 (1) 2𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑢 se completa multiplicando por 2 𝑦𝑑𝑦 𝑑𝑢 se completa multiplicando por 2 ∫ 1+2𝑥 2 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐 , 𝑢 = 1 + 2𝑥 2 , 𝑑𝑢 = 4𝑥𝑑𝑥 ∫ 1+𝑦 2 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐 , 𝑢 = 1 + 𝑦 2 , 𝑑𝑢 = 2𝑦𝑑𝑦 e) Obtención de la solución general. Ésta se obtiene integrando los términos (1). 1 2 1 2 (2)2𝑥𝑑𝑥 1 (2)𝑦𝑑𝑦 integrando 1 multiplicando por 2 y aplicando ∫ 1+2𝑥 2 − 2 ∫ 1+𝑦 2 = ∫ 0 ln|1 + 2𝑥 2 | − ln|1 + 𝑦 2 | = 𝑐 2 𝑎 ln 𝑎 − ln 𝑏 = ln ( ) 𝑏 1+2𝑥 2 𝑙𝑛 1+𝑦 2 = 𝑐 hacemos uso de las propiedades de los logaritmos 𝑒 𝑙𝑛 1+2𝑥2 1+𝑦2 = 𝑒𝑐 aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1+2𝑥 2 1+𝑦 2 =𝑐 despejando 1 + 2𝑥 2 = 𝑐(1 + 𝑦 2 ) ésta es la solución general. 2) 𝑑𝑟 = 𝑟 (𝑐𝑡𝑔)𝑑 SOLUCIÓN a) Identificación. Checando los factores “𝑟” y 𝑐𝑡𝑔, como los factores de los diferenciales no tienen las dos variables, por lo tanto la ecuación diferencial sí se puede resolver por el método de separación de variables. b) Obtención del FACTOR. 1 FACTOR = ( ) dado que la “𝑟” es la que no se puede integrar con el 𝑑 𝑟 c) Producto y reducción. 1 [𝑑𝑟 = 𝑟 (𝑐𝑡𝑔)𝑑] ∙ (𝑟 ) 𝑑𝑟 𝑟 𝑑𝑟 𝑟 (𝑐𝑡𝑔)𝑑 = igualando a cero − (𝑐𝑡𝑔)𝑑 = 0 ya podemos integrar 𝑑𝑟 ∫ 𝑟 − ∫ 𝑐𝑡𝑔 𝑑 = ∫ 0 (1) d) Solución de integrales. ∫ 𝑑𝑢 𝑑𝑟 −∫ = ln(𝑢) + 𝑐 𝑢 𝑟 ∫ 𝑐𝑡𝑔 𝑑 − ∫ 𝑐𝑡𝑔 𝑢 𝑑𝑢 = ln |𝑠𝑒𝑛 | + 𝑐 e) Obtención de la solución general de (1) aplicando 𝑑𝑟 𝑎 ∫ 𝑟 − ∫ 𝑐𝑡𝑔 𝑑 = ∫ 0 , ln|r| − ln |𝑠𝑒𝑛 | = 𝑐, 𝑙𝑛(𝑎) – 𝑙𝑛(𝑏) = (𝑏) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 ln|r/𝑠𝑒𝑛| = 𝑐, (exponenciando), e 𝑟 𝑠𝑒𝑛 = 𝑐 (despejando), 3) 4𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑑𝑦 r | 𝑠𝑒𝑛 ln| 𝑟 = 𝑐𝑠𝑒𝑛 = 𝑒 0 aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 0 = 𝑐 es la solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como primer paso, vamos a agrupar los términos en base a los diferenciales y factorizar. (4 − 𝑥 2 )𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 = 0 Como los factores de los diferenciales no tienen las 2 variables, la ecuación diferencial sí se puede resolver por el método de separación de variables. b) Obtención del FACTOR. 1 FACTOR = (4−𝑥 2 )𝑦 c) Producto. [(4 − 𝑥 2 )𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 = 0] [ 𝑑𝑦 𝑦 + 𝑑𝑦 𝑑𝑥 (4−𝑥 2 ) =0 1 ] (4−𝑥 2 )𝑦 multiplicando ya podemos integrar 𝑑𝑥 ∫ 𝑦 + ∫ (4−𝑥 2 ) = ∫ 0 (1) d) Solución de integrales. ∫ ∫ 𝑑𝑢 𝑑𝑦 =∫ = ln|𝑢| + 𝑐, 𝑢 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑢 1 𝑎+𝑢 2 = ∫ − 𝑢 = ln ( )+𝑐 (4 − 𝑥 2 ) 𝑎2 2𝑎 𝑎−𝑢 𝑢2 = 𝑥 2 , 𝑢 = 𝑥, 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, 𝑎2 = 4, 𝑎 = 2 e) Obtención de la solución general de (1). Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 +∫ = ∫0 𝑦 (4 − 𝑥 2 ) ln|𝑦| + [ 1 2(2) ] ln ( 4 ln(𝑦) + ln ( 𝑙𝑛 [𝑦 4 2+𝑥 2−𝑥 4 2+𝑥 2+𝑥 2−𝑥 2+𝑥 2−𝑥 ]=𝑐 )=𝑐 multiplicando por 4 aplicando 𝑐𝑙𝑛(𝑢) = ln(𝑢)𝑐 , ln(𝑎) + ln(𝑏) = ln(𝑎𝑏) )=𝑐 hacemos uso de las propiedades de los logaritmos 𝑒 𝑙𝑛[𝑦 2−𝑥] = 𝑒 𝑐 aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐 𝑦 4 (2 + 𝑥) = 𝑐(2 − 𝑥) solución general. 4) 𝑑 /𝑑𝑟 = 15 – 16 SOLUCIÓN a) Identificación. Pasaremos la ecuación diferencial en base a diferenciales, multiplicando por el “𝑑𝑟” y queda la ecuación 𝑑 = (15 − 16)𝑑𝑟 Como los factores de los diferenciales no tienen las dos variables, la ecuación diferencial sí se puede resolver por el método de separación de variables. b) Obtención del FACTOR. 1 FACTOR = [15−16] c) Producto. 1 [𝑑 = (15 – 16)𝑑𝑟] ∙ [15−16] 𝑑 15 – 16 𝑑 − 𝑑𝑟 = 0 ∫ 15 – 16 − ∫ 𝑑𝑟 = ∫ 0 multiplicando e igualando a cero integramos (1) d) Solución de integrales. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 ∫ 16) 𝑑 𝑑𝑢 −∫ = ln|𝑢| + 𝑐 15 – 16 𝑢 𝑢 = 15 – 16 , 𝑑𝑢 = – 16 completamos, multiplicando y dividiendo por (– ∫ 𝑑𝑟 = ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑐 completa. e) Obtención de la solución general de (1). 1 (−16)𝑑 − 16 ∫ 15−16 − ∫ 𝑑𝑟 = ∫ 0 integrando 1 − 16 ln|15 − 16| − 𝑟 = 𝑐 multiplicando por (-16) y despejando ln(15 − 16) = 𝑐 − 16𝑟 logaritmos. 𝑒 ln(15−16) = 𝑒 0−16𝑟 15 − 16 = hacemos uso de las propiedades de los aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑎−𝑏 = 𝑒 𝑎−𝑏 = 𝑐 despejando “𝑐” 𝑒 16𝑟 (15 − 16)𝑒 16𝑟 = 𝑐 5) 2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 = −𝑑𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑎 𝑒𝑏 , 𝑒0 = 𝑐 solución general. 7 2 cuando 𝑥 = 1 ln(2) SOLUCIÓN 7 a) Identificación. Como nos dan 𝑦 = , 𝑥 = 2 1 ln(2) , entonces nos piden la solución particular. Como primer paso, vamos a agrupar los términos en base a los diferenciales y factorizar (2𝑥 + 1)𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 = 0 Como los factores de los diferenciales no tienen las 2 variables, la ecuación diferencial sí se puede resolver por el método de separación de variables. b) Obtención del FACTOR. 1 FACTOR = [(2𝑦+1)𝑥 2 ] c) Producto. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1 [(2𝑦 + 1)𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 = 0] [(2𝑦+1)𝑥 2 ] 𝑥 −2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 2𝑦+1 integramos, ∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 + ∫ =0 d) Solución de integrales. ∫𝑥 −2 𝑑𝑦 multiplicando y aplicando 𝑑𝑦 2𝑦+1 𝑑𝑥 𝑥2 = 𝑥 −2 𝑑𝑥 = ∫0 𝑥 𝑛+1 + 𝑐, 𝑑𝑥 ≈ ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑛+1 (1) 𝑛 𝑑𝑢 ∫ 2𝑦+1 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐, 𝑢 = 2𝑦 + 1, 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑦 completamos y multiplicamos por 2 e) Obtención de la solución general de (1). ∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 + 1 1 (2)𝑑𝑦 ∫ = ∫0 2 2𝑦 + 1 𝑥 −1 + ln|2𝑦 + 1| = 𝑐, 2 ln(2𝑦 + 1) = 𝑐 + 2𝑥 −1 , 𝑒 ln(2𝑦+1) = 𝑒 0+2𝑥 multiplicando por 2 y despejando ln hacemos uso de las propiedades de los logaritmos −1 aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐 2 2𝑦 + 1 = 𝑐𝑒 𝑥 , solución general. f) Obtención de la solución particular. Sustituyendo 𝑦 = 2 2𝑦 + 1 = 𝑐𝑒 𝑥 , 7 7 2 8 = 𝑐(4), 𝑐 = 2, 2𝑦 + 1 = 2𝑒 2𝑥 1 ln(2) en la solución general sustituyendo los valores de “x” y “y” 2 ( ) + 1 = 𝑐𝑒 2𝑙𝑛2 2 ,𝑥 = aplicando 𝑐𝑙𝑛𝑢 = 𝑙𝑛𝑢𝑐 , 𝑒 𝑙𝑛 𝑢 = 𝑢 sustituyendo “c” en la solución general solución particular. 6) 𝑥 3 𝑑𝑦 + 𝑥𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑑𝑦 + 2𝑦𝑑𝑥, 𝑦 = 𝑒 cuando 𝑥 = 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 SOLUCIÓN a) Identificación. Nos piden la solución particular. Como primer paso, vamos a agrupar los términos en base a los diferenciales y factorizar. x 2 (x − 1)dy + y(x − 2)dx = 0 Como los factores de los diferenciales no tienen las 2 variables, la ecuación diferencial sí se puede resolver por el método de separación de variables. b) Obtención del FACTOR. 1 FACTOR =[ 2 𝑥 (𝑥−1)(𝑦) ] c) Producto de (1) por el FACTOR. 1 [𝑥 2 (𝑥 − 1)𝑑𝑦 + 𝑦(𝑥 − 2)𝑑𝑥 = 0] [ 2 ] 𝑥 (𝑥 − 1)(𝑦) 𝑑𝑦 𝑦 + (𝑥−2)𝑑𝑥 𝑥 2 (𝑥−1) = 0, integramos ∫ d) Solución de integrales. 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑢 ∫ 𝑦 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐, (𝑥−2)𝑑𝑥 ∫ 𝑥 2 (𝑥−1) (𝑥−2) 𝑥 2 (𝑥−1) (𝑥−2)𝑑𝑥 + ∫ 2 (𝑥−1) = ∫ 0, 𝑥 completa fracciones parciales 𝐴 𝐵 = + 2+ 𝑥 𝑥 𝐶 𝑥−1 𝑥 − 2 = 𝐴𝑥(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 − 1) + 𝐶𝑥 2 (a) multiplicar por 𝑥 2 (𝑥 − 1) (2) dando valores a “x”. Para “𝑥” = 0 en (2) 0 − 2 = 𝐴(0)(0 − 1) + 𝐵(0 − 1) + 𝐶(0)2 −2 = − 𝐵 , por lo tanto 𝐵 = 2 Para “𝑥” = 1 𝑒𝑛 (2) 1 − 2 = 𝐴(1 − 1) + 𝐵(1)(1 − 1) + 𝐶(1) 2 −1 = 𝐶 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) (1) lOMoARcPSD|33194682 Si realizamos los productos en (2) aparecería A y C multiplicando a 𝑥 2 y aplicando la identidad con el coeficiente de 𝑥 2 del otro lado de la ecuación Tendríamos: 𝐴 + 𝐶 = 0 , sustituyendo 𝐶 = −1, 𝐴 − 1 = 0, 𝐴 = 1, sustituyendo 𝐴, 𝐵, 𝐶 en (a) (𝑥−2) 2 1 = + 2− 𝑥 2 (𝑥−1) 𝑥 (𝑥−2) 𝑥 1 𝑥−1 integrando en ambos lados 𝑑𝑥 𝑑𝑥 ∫ 𝑥 2 (𝑥−1) = 2 ∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 − ∫ 𝑥−1 (3) e) Obtención de la solución general de (1). (𝑥−2)𝑑𝑥 𝑑𝑦 ∫ 𝑦 + ∫ 𝑥 2 (𝑥−1) = ∫ 0 ∫ sustituyendo en (3) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 2 ∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 + ∫ −∫ = ∫0 𝑦 𝑥 𝑥−1 ln(𝑦) − 2𝑥 −1 + ln(𝑥) − ln(𝑥 − 1) = 𝑐, aplicando 𝑙𝑛𝑎 + 𝑙𝑛𝑏 – 𝑙𝑛𝑐 = 𝑙𝑛(𝑎𝑏/𝑐) y despejando 𝑙𝑛 [ 𝑦𝑥 ] = 𝑐 + 2𝑥 −1 𝑥−1 𝑦𝑥 𝑒 ln[𝑥−1] = 𝑒 𝑐+2𝑥 𝑦𝑥 𝑥−1 −1 = 𝑐𝑒 2𝑥−1 2 𝑦𝑥 = 𝑐𝑒 𝑥 (𝑥 − 1) hacemos uso de las propiedades de los logaritmos aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐 despejando “𝑦𝑥” solución general. f) Obtención de la solución particular. 2 𝑦𝑥 = 𝑐𝑒 𝑥 (𝑥 − 1) general. 2 sustituyendo 𝑦 = 𝑒, 𝑥 = 2 en la solución (𝑦)(2) = 𝑐𝑒 2 (2 − 1) 𝑐 = 2 2 𝑦𝑥 = 2𝑒 𝑥 (𝑥 − 1) 2 como 𝑒 2 = 𝑒 y despejando 𝑐 sustituyendo este valor en la solución general solución particular. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución de una ecuación diferencial separable, utilizando el método de separación de variables. EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) 5𝑥 4 𝑑𝑥 + 20𝑦 19 𝑑𝑦 = 0 2) 2𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + 3𝑒 3𝑦 𝑑𝑦 = 2𝑥𝑑𝑥 3) 𝑑𝑟 𝑑𝑠 =𝑟 4) 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑦 = 𝑦𝑑𝑥 5) 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 1) cos(𝑦) 𝑑𝑦 = 0 6) (𝑥𝑦 + 2𝑥 + 𝑦 + 2)𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 2𝑥 + 3)𝑑𝑦 = 0 7) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥+1 𝑦 4 +1 8) 𝑥𝑦 4 𝑑𝑥 + (𝑦 2 + 2)𝑒 −3𝑥 𝑑𝑦 = 0 9) 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑒 −𝑦 𝑑𝑥 − 𝑦𝑑𝑦 = 0 10) 𝑑𝑦 11) 𝑑𝑦 12) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 3𝑥+2𝑦 = 𝑥𝑦+3𝑥−𝑦−3 𝑥𝑦−2𝑥+4𝑦−8 = 𝑠𝑒𝑛𝑥(cos 2𝑦 − cos 2 𝑦 ) 13) (𝑥 + 1)𝑑𝑦 + (𝑦 − 1)𝑑𝑥 = 0, “𝑦” = 3 cuando “𝑥” = 0 14) 𝑥 3 𝑑𝑦 + 𝑥𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑑𝑦 + 2𝑦 𝑑𝑥 , “𝑦” = 𝑒 cuando “𝑥” = 2 SOLUCIONES 1) 𝑥 5 + 𝑦 20 = 𝑐 2) 𝑒 3𝑦 = 𝑐 + 𝑥 2 + cos(2𝑥) 3) 𝑟 = 𝑐𝑒 8 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 5) (𝑥 2 + 1)𝑠𝑒𝑛2 𝑦 = 𝑐 4) 𝑥 + 1 = 𝑐(1 − 𝑦) 6) (𝑥 2 + 2𝑥 + 3)(𝑦 + 2)2 = 𝑐 7) 5𝑥(𝑥 + 2) = 𝑐 + 2𝑦(𝑦 4 + 5) 8) 𝑦 3 𝑒 3𝑥 (3𝑥 − 1) = 9𝑦 2 + 6 + 𝑐𝑦 2 11) (𝑦 + 3)5 𝑒 𝑥 = 𝑐𝑒 𝑦 (𝑥 + 4)5 12) cos(𝑥) + 𝑐𝑡𝑔( 𝑦) = 𝑐 9) 𝑒 𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝑦𝑒 𝑦 + 𝑥𝑐𝑜𝑠 (𝑥) + 𝑐 10) 2𝑒 3𝑥 + 3𝑒 −2𝑦 = 𝑐 2 13) (𝑦 − 1)(𝑥 + 1) = 2 14) 𝑥𝑦 = 2(𝑥 − 1)𝑒 𝑥 2.2 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS Primeramente estudiaremos los pasos para identificar si una ecuación diferencial es homogénea o no. Supongamos que se nos pide determinar si la ecuación es homogénea o no. 𝑥3 5𝑦 4 2 3 (3𝑥 − 5𝑥𝑦 + ) 𝑑𝑥 + (5√𝑦 𝑥 − 3𝑥 + 2 ) 𝑑𝑦 = 0 𝑦 𝑥 2 MÉTODO. Para saber si una ecuación diferencial es homogénea, vamos a llamar “t” a todas las variables de la ecuación. Analizaremos término a término toda la ecuación (los signos de + o – son los que separan un término de otro). Una ecuación será homogénea cuando todos y cada uno de los términos tengan la variable “t” elevada a la misma potencia. Si al menos un término no tiene “t” elevada a la misma potencia, entonces la ecuación no es homogénea. Las constantes no se cambian por “t”, ni los diferenciales intervienen para determinar si es homogénea o no. Checando el ejemplo tenemos como términos. 𝑥3 3𝑥 2 , 5𝑥𝑦, 𝑦 , 5√𝑦 3 𝑥, 3𝑥 2 , 𝑡3 5𝑦 4 𝑥2 sustituyendo “𝑥” y “𝑦” por “𝑡” 𝑡4 𝑡 2 , (𝑡)(𝑡) = 𝑡 2 , 𝑡 = 𝑡 2 , √𝑡 3 𝑡 = 𝑡 2 , 𝑡 2 , 𝑡 2 = 𝑡 2 si observamos, todos los términos tienen 𝑡 2 , por lo tanto la ecuación diferencial sí es homogénea. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 NOTA 1) Para checar si es homogénea, si aparece √(𝑥 2 + 𝑦 2 ) como término, √(𝑥 2 + 𝑦 2 ) = √(𝑡 2 𝑥 2 + 𝑡 2 𝑦 2 ) = 𝑡√(𝑥 2 + 𝑦 2 ) = 𝑡 2) En caso de que aparezcan términos con funciones como 𝑒^(𝑥/𝑦), 𝑠𝑒𝑛(𝑥/𝑦), 𝑐𝑜𝑠(𝑦/𝑥), etc., las “t” de dicha función se deben eliminar. Éstos no representarán ninguna “t”, ya que la variable sobre variable sería igual a 1, con lo cual quedaría el término como constante a la cual no le corresponde “𝑡” 𝑒 𝑥/𝑦 = 𝑒 𝑡/𝑡 = 𝑒 1 = 𝑐𝑡𝑒, 𝑠𝑒𝑛(𝑥/𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑡/𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(1) = 𝑐𝑡𝑒, 𝑐𝑜𝑠ℎ (𝑦/𝑥) = 𝑐𝑜𝑠ℎ (𝑡/𝑡) = 𝑐𝑡𝑒 Ejemplo en que no es homogénea. (𝑥 + 3𝑦 + 2)𝑑𝑥 + (8𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑦 = 0 Los términos son “𝑥”, 3𝑦, 2, 8𝑥, 3𝑦 sustituyendo 𝑡, 𝑡, 𝑡 0 , 𝑡, 𝑡, como en el tercer término no contiene “𝑡” y los demás tienen “𝑡” a la primera potencia, entonces la ecuación no es homogénea. MÉTODO PARA OBTENER LA SOLUCIÓN GENERAL POR EL MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS 1) Checar que la ecuación sea homogénea. 2) Utilizar la sustitución. 𝑦 = 𝑣𝑥 o 𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣 𝑥 = 𝑣𝑦 𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑣 Si el coeficiente del “𝑑𝑥” tiene menos términos que el de “𝑑𝑦”, se utiliza la sustitución 𝑥 = 𝑣𝑦, y si el coeficiente del “𝑑𝑦” tiene menos términos que el del “𝑑𝑥”, entonces se utiliza la sustitución 𝑦 = 𝑣𝑥 Si ambos coeficientes tienen el mismo número de términos, podemos sustituir cualquiera de las dos variables. 3) Sustituir la variable y el diferencial en la ecuación diferencial. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 4) Realizar los productos y divisiones. 5) Realizar las sumas y restas. 6) Al hacer los tres pasos anteriores, SIEMPRE se tendrá una ecuación diferencial que se puede resolver por el método de separación de variables. 7) Con el resultado del paso 5, ya que integremos, se tendrán términos con la variable “v”, la cual tenemos que sustituir ya que no es una variable de las originales de la ecuación diferencial, despejando la ecuación del paso 2. PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) (3𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 = 0 SOLUCIÓN a) Identificación. Los términos son 3x, 2y y 2x. Sustituyendo “x” y “y” por “t”, quedan t, t y t. Como los tres quedaron con “𝑡” elevada a la misma potencia, la ecuación sí es homogénea. b) Determinación de la variable y diferencial que saldrán y sustituciones. Como el “𝑑𝑦” tiene el menor número de términos, entonces la variable que vamos a sustituir, es la de este diferencial, es decir, saldrá la variable “𝑦” y el “𝑑𝑦” aplicando el segundo paso. 𝑦 = 𝑣𝑥, 𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣 sustituyendo “𝑦” y “𝑑𝑦” en (1) 3𝑥𝑑𝑥 + 2𝑣𝑥𝑑𝑥 + 2𝑥𝑣𝑑𝑥 + 2𝑥 2 𝑑𝑣 = 0 agrupando y se factoriza (3𝑥 + 2𝑣𝑥)𝑑𝑥 + 2𝑥(𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣) = 0 multiplicando 𝑥(3 + 4𝑣)𝑑𝑥 + 2𝑥 2 𝑑𝑣 = 0 (a) c) Resolviendo por separación de variable. 1 FACTOR =[(3+4𝑣)𝑥 2 ] multiplicando por (a) 1 [𝑥(3 + 4𝑣)𝑑𝑥 + 2𝑥 2 𝑑𝑣 = 0 ] [(3+4𝑣)𝑥 2 ] realizando el producto Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑥 𝑥 + 2 𝑑𝑣 3+4𝑣 𝑑𝑥 =0 integramos 2 𝑑𝑣 ∫ 𝑥 + ∫ 3+4𝑣 = ∫ 0 d) Solución de integrales. ∫ ∫ 𝑑𝑥 = ln|𝑥| + 𝑐 𝑥 𝑑𝑢 2 𝑑𝑣 ≈∫ = ln|𝑢| + 𝑐 𝑢 3 + 4𝑣 𝑢 = 3 + 4𝑢, 𝑑𝑢 = 4𝑑𝑢 completamos multiplicando y dividiendo por 2 Obtención de la solución general de (b) 𝑑𝑥 (2)2𝑑𝑣 1 ∫ 𝑥 + 2 ∫ 3+4𝑣 = ∫ 0 integrando 1 ln|𝑥| + ln|3 + 4𝑣| = 𝑐 multiplicando por 2 y aplicando (𝑐)𝑙𝑛(𝑢) = ln(𝑥)2 + ln|3 + 4𝑣| = 𝑐 aplicando 𝑙𝑛(𝑎) + 𝑙𝑛(𝑏) = 𝑙𝑛(𝑎𝑏) 2 ln(𝑢)𝑐 ln|𝑥 2 (3 + 4𝑣)| = 𝑐 exponenciando ambos lados de la ecuación 2 𝑒 𝑙𝑛 |𝑥 (3+4𝑣)| = 𝑒 𝑐 aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐 𝑥 2 (3 + 4𝑣) = 𝑐 𝑥 2 (3 + 4𝑦 𝑥 de (b) 𝑦 = 𝑣𝑥, 𝑣 = multiplicando la 𝑥 2 )=𝑐 3𝑥 2 + 4𝑥𝑦 = 𝑐 𝑥(3𝑥 + 4𝑦) = 𝑐 𝑦 𝑦 𝑥 sustituyendo v factorizando solución general. 𝑦 2) [𝑥 + 𝑦𝑠𝑒𝑛 ( )] 𝑑𝑥 − 𝑥𝑠𝑒𝑛 (𝑥 ) 𝑑𝑦 = 0 𝑥 SOLUCIÓN Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 a) Identificación. Los términos son “x”, y sen(y/ x) y x sen(y/ x), sustituyendo “x” y “y” por “t” quedan t, t sen(t/ t)=t y t sen(t /t)= t. Como los tres términos quedaron con “t” elevada a la misma potencia, entonces la ecuación sí es homogénea. b) Determinación de la variable y diferencial que saldrán, y sustituciones. Como el “dy” tiene el coeficiente más sencillo, entonces saldrá la variable “y” y el “dy”. Aplicando el segundo paso del método y = vx , dy = vdx + xdv, sustituyendo “y” y “dy” en (2) 𝑣𝑥 𝑣𝑥 [𝑥 + 𝑣𝑥𝑠𝑒𝑛 ( )] 𝑑𝑥 − [𝑥𝑠𝑒𝑛 ( 𝑥 )] [𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣] = 0 𝑥 𝑥𝑑𝑥 + 𝑣𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑥 − 𝑥𝑣𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 = 0 𝑥𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 = 0 multiplicando reduciendo (1) c) Resolviendo por separación de variables. FACTOR = factor 1 multiplicando (1) por este 𝑥2 1 [𝑥𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣][ 𝑥 2 ] 𝑑𝑥 𝑥 realizando el producto − 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 = 0 integramos 𝑑𝑥 ∫ 𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 = ∫ 0 (2) d) Solución de integrales. ∫ 𝑑𝑥 = ln|𝑥| + 𝑐 𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 ≈ ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢)𝑑𝑢 = − cos(𝑢) + 𝑐 e) Obtención de la solución general de (2). 𝑑𝑥 ∫ 𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑣) 𝑑𝑣 = ∫ 0 ln|𝑥| + cos(𝑣) = 𝑐 integrando de (b) y = vx, v = y /x, sustituyendo v Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑦 ln|𝑥| + cos (𝑥 ) = 𝑐 solución general. 3) 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = √(𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 SOLUCIÓN a) Identificación. Aplicando x,y,√𝑥 2 y √𝑦 2 , sustituyendo “x” y “y” por “t”. t, t, √𝑡 2 =t, √𝑡 2 = t como los tres términos quedaron con “t” elevada a la misma potencia, sí es homogénea. b) Determinación de la variable y diferencial que saldrán, y sustituyendo. Como el “dy” tiene el coeficiente más sencillo, entonces saldrá la variable “y” y el “dy”. Aplicando el segundo paso del método. 𝑦 = 𝑣𝑥, 𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣 sustituyendo en (3) 𝑥𝑣𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑣 − 𝑣𝑥𝑑𝑥 = √𝑥 2 (1 + 𝑣 2 ) 𝑑𝑥 reduciendo 𝑥(𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣) − 𝑣𝑥𝑑𝑥 = √𝑥 2 + 𝑣 2 𝑥 2 𝑑𝑥 multiplicando 𝑥 2 𝑑𝑣 = 𝑥 √1 + 𝑣 2 𝑑𝑥 (I) c) Resolviendo por separación de variables. 1 FACTOR = [ 2 √1+𝑣2 ] 𝑥 multiplicando (I) por este factor 1 [𝑥 2 𝑑𝑣 = 𝑥 √1 + 𝑣 2 𝑑𝑥] ∙ [ 2 √1+𝑣2 ] 𝑑𝑣 √1+𝑣 2 𝑑𝑣 − 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 =0 realizando el producto e igualando a cero integrando 𝑑𝑥 ∫ √1+𝑣2 − ∫ 𝑥 = ∫ 0 (II) d) Solución de integrales. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑣 ∫ 𝑑𝑢 ∫ √1+𝑣2 ≈ ∫ √1+𝑢2 = ln|𝑢 + √1 + 𝑢2 | + 𝑐, 𝑑𝑥 = ln|𝑥| + 𝑐 𝑥 𝑢2 = 𝑣 2 , 𝑢 = 𝑣 e) Obtención de la solución general de (II). 𝑑𝑥 𝑑𝑣 ∫ √1+𝑣2 − ∫ 𝑥 = ∫ 0 integrando 𝑎 ln|𝑣 + √1 + 𝑣 2 | − ln|𝑥| = 𝑐 aplicando 𝑙𝑛(𝑎) − 𝑙𝑛(𝑏) = 𝑙𝑛 ( ) ln ( hacemos uso de las propiedades de los 𝑣+√1+𝑣 2 logaritmos 𝑒 ln( 𝑥 )𝑐 𝑣+√1+𝑣2 ) 𝑥 𝑣+√1+𝑣 2 ( 𝑥 = 𝑒𝑐 aplicando 𝑒 𝑙𝑛 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐 )=𝑐 despejando 𝑣 + √1 + 𝑣 2 = 𝑐𝑥 sustituyendo v 𝑦2 𝑦 𝑏 de b) 𝑦 = 𝑣𝑥 despejando, 𝑣 = 𝑦/𝑥, + √1 + (𝑥 2 ) = 𝑐𝑥 𝑥 reduciendo 𝑦 multiplicando por “x” 𝑥 + √𝑥 2 +𝑦2 𝑥 = 𝑐𝑥 𝑦 + √𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐𝑥 2 solución general. 4) 𝑦𝑥 2 𝑑𝑥 − (𝑥 3 + 𝑦 3 )𝑑𝑦 = 0, “x” = 0 cuando “y” = 1 SOLUCIÓN a) Identificación. Nos piden la solución particular. Los términos son 𝑦𝑥 2 , 𝑥 3 y 𝑦 3 sustituyendo “x” y “y” por “t”, (𝑡)(𝑡 2 ) = 𝑡 3 , 𝑡 3 y 𝑡 3 como todos los términos quedaron con t elevada al cubo, entonces la ecuación sí es homogénea. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 b) Determinación de la variable y diferencial que saldrán. Como el “dx” tiene el coeficiente más sencillo, entonces saldrá la variable “x” y el “dx”. “x” = vy, “dx” = vdy + ydv 𝑦(𝑣 2 𝑦 2 )(𝑣𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑣) − (𝑣 3 𝑦 3 + 𝑦 3 )𝑑𝑦 = 0 𝑣 3 𝑦 3 𝑑𝑦 + 𝑦 4 𝑣 2 𝑑𝑣 − 𝑣 3 𝑦 3 𝑑𝑦 − 𝑦 3 𝑑𝑦 = 0 𝑦 4 𝑣 2 𝑑𝑣 − 𝑦 3 𝑑𝑦 = 0 sustituyendo en (4) multiplicando reduciendo (I) c) Resolviendo por separación de variables. 1 FACTOR = [ 4 ] 𝑦 multiplicando (I) por este factor 1 [𝑦 4 𝑣 2 𝑑𝑣 − 𝑦 3 𝑑𝑦 = 0][ 4] 𝑣 2 𝑑𝑣 − 𝑑𝑦 𝑦 𝑦 =0 integrando 𝑑𝑦 ∫ 𝑣 2 𝑑𝑣 − ∫ 𝑦 = ∫ 0 𝑣3 realizando el producto resolviendo − ln|𝑦| = 𝑐 multiplicando por 3 aplicando (𝑐)𝑙𝑛(𝑢) = ln(𝑢)𝑐 ln(𝑦)3 = 𝑣 3 + 𝑐 hacemos uso de las propiedades de los logaritmos 3 𝑣 3 − 3 ln|𝑦| = 𝑐 3 despejando 3 𝑒 ln(𝑦) = 𝑒 𝑣 +𝑐 aplicando 𝑒 𝑙𝑛𝑢 = 𝑢 , 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐 𝑥 3 𝑦3 = 𝑒𝑣 𝑐 de b)𝑥 = 𝑣𝑦, 𝑣 = , sustituyendo v 𝑦 3 = 𝑐𝑒 𝑦3 solución general. 𝑦 𝑥3 d) Obtención de la solución particular. Sustituyendo “x” = 0 y “y” = 1 en la solución general. (1)3 = 𝑐𝑒 0 3 𝑦 =𝑒 𝑥3 𝑦3 𝑐 = 1 sustituyendo en la solución general solución particular. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución de una ecuación diferencial homogénea. EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) (6𝑥 2 − 7𝑦 2 )𝑑𝑥 − 14 𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0 2) (2√𝑥𝑦 − 𝑦)𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 𝑦 3) [𝑦 + 𝑥𝑐𝑡𝑔 ] 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 𝑥 4) (𝑦 + √𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 5) 𝑑𝑦 6) 𝑑𝑦 = 𝑑𝑦 = 7) = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2𝑦 4 +𝑥 4 𝑥𝑦 3 𝑥 2 ( ) 2𝑥𝑦𝑒 𝑦 𝑥 2 ( ) 𝑥 2 ( ) 𝑦 2 +𝑦 2 𝑒 𝑦 +2𝑥 2 𝑒 𝑦 2𝑥𝑦 𝑥 2 −𝑦 2 8) (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0 9) 𝑦(𝑥 2 + 𝑥𝑦 − 2𝑦 2 )𝑑𝑥 + 𝑥 (3𝑦 2 − 𝑥𝑦 − 𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0 10) (𝑥 2 𝑦 + 𝑦 3 )𝑑𝑥 − 2𝑥 3 𝑑𝑦 = 0 “y” = 3 cuando “x” = 2 11) [𝑥 + 𝑦𝑒 (𝑥 ] 𝑑𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑦 = 0 , “y” = 0 cuando “x” = 1 𝑦 ) 𝑦 ( ) 12) 𝑦 2 𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0, “y” = 1 cuando “x” = 0 SOLUCIONES 1) 2𝑥 3 = 𝑐 + 7𝑥𝑦 2 2) √𝑥𝑦 = 𝑐 + 𝑥 𝑦 3) 𝑥𝑐𝑜𝑠 ( ) = 𝑐 𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 4) 𝑦 + √𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐𝑥 2 4 4 8 5) 𝑦 + 𝑥 = 𝑐𝑥 7) 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐𝑦 8) (𝑥 + 𝑦)2 = 𝑐𝑥𝑒 𝑥) ( 10) 5𝑥𝑦 2 = 18(𝑦 2 − 𝑥 2 ) 𝑦 𝑦 ) 11) ln(𝑥) = 𝑒 (𝑥 − 1 6) 𝑦 = 𝑐 [1 + 𝑒 𝑥 2 𝑦 ( ) ] 𝑦3 9) 2𝑦 2 ln (𝑥 2 ) + 2𝑥𝑦 + 𝑥 2 = 𝑐𝑦 2 12) (𝑥 + 𝑦) ln|𝑦| + 𝑥 = 0 2.3 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES DE SIMPLE SUSTITUCIÓN Este método se aplica para ecuaciones que tengan la forma siguiente. Coeficientes que representan rectas paralelas: 1) (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)𝑑𝑥 ± (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑓)𝑑𝑦 = 0 2) (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)𝑑𝑥 ± (𝑛𝑎𝑥 + 𝑚𝑏𝑦 + 𝑗)𝑑𝑦 = 0 Ecuaciones que tendrían la forma de los dos casos anteriores al sustituir: 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦 3) (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑐)𝑥𝑑𝑥 ± (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑓)𝑦𝑑𝑦 = 0 4) (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑐)𝑥𝑑𝑥 ± (𝑛𝑎𝑥 2 + 𝑚𝑏𝑦 2 + 𝑗)𝑦𝑑𝑦 = 0 Ecuaciones que sólo un diferencial tenga como coeficiente la ecuación de una recta, y el otro diferencial sólo tenga una constante como coeficiente: 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦 5) (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)𝑑𝑥 ± 𝑐𝑡𝑒. 𝑑𝑦 = 0 6) (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑐)𝑑𝑥 ± 𝑐𝑡𝑒. 𝑑𝑦 = 0 MÉTODO 1. Cerciorarse de que la ecuación tenga la forma. Esto es, que los coeficientes de los diferenciales representen ecuaciones de rectas paralelas, o bien, que sólo un diferencial tenga Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 como coeficiente la ecuación de una recta, mientras que el otro diferencial sólo tenga una constante como coeficiente. 2. Haremos “z” igual a la relación ax + by y diferenciando esta ecuación encontraremos el valor de “dz”. 3. Despejaremos de la ecuación de “dz” (paso2) el diferencial que en la ecuación diferencial tenga el coeficiente con el menor número de términos. Si los dos coeficientes tienen el mismo número de términos, se despejará de la ecuación de “dz” cualquiera de los 2 diferenciales. 4. Sustituiremos “z” y el diferencial que despejamos en la ecuación diferencial. 5. La ecuación resultante se resuelve por método de separación de variables. 6. Una vez encontrada la solución, sustituiremos el valor de “z”, por lo que le asignamos en el paso 2. Ésta será nuestra solución general. NOTA. En las ecuaciones de las formas 3, 4 y 6 primero se harán las sustituciones de 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦 y después ya seguiremos con todos los pasos. La relación sería ar + bw. PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) (3𝑥 + 2𝑦 − 3)𝑑𝑥 + (6𝑥 + 4𝑦)𝑑𝑦 = 0 SOLUCIÓN a) Identificación. Checaremos si son las rectas paralelas o no. 𝐴 3 𝐴 6 Del coeficiente de “dx”, A = 3, B = 2, 𝑚 = − = − 2 = 𝑚 𝐵 3 Del coeficiente de “dy” , A =6, B =4, 𝑚 = − = − = − = 𝑚 𝐵 4 2 Como las pendientes (m) son iguales, entonces la ecuación diferencial sí tiene la forma (rectas paralelas). b) Obtención de las ecuaciones de sustitución. Haremos “z” igual a la relación que sea el submúltiplo en este caso: “z” = 3x+ 2y “dz” = 3dx + 2dy Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Como el “dy” tiene el coeficiente más sencillo en la ecuación diferencial, entonces será el que despejemos. c) Sustituciones de “z” y “dy”. 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 − 3𝑑𝑥 2 sustituyendo “z” y “dy” (3𝑥 + 2𝑦 − 3)𝑑𝑥 + (6𝑥 + 4𝑦)𝑑𝑦 = 0 2𝑧(𝑑𝑧−3𝑑𝑥) (𝑧 − 3)𝑑𝑥 + 2 =0 multiplicando 𝑧𝑑𝑥 − 3𝑑𝑥 + 𝑧𝑑𝑧 − 3𝑧𝑑𝑥 = 0 agrupando (𝑧)𝑑𝑧 − (2𝑧 + 3)𝑑𝑥 = 0 (I) d) Aplicando el método de separación de variables FACTOR = [ 1 2𝑧+3 ] [𝑧𝑑𝑧 − (2𝑧 + 3)𝑑𝑥] [ 𝑧𝑑𝑧 2𝑧+3 multiplicando (I) por el factor 1 2𝑧+3 − 𝑑𝑥 = 0 ] multiplicando integramos 𝑧𝑑𝑧 ∫ 2𝑧+3 − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 (II) e) Solución de integrales. ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑐 𝑧𝑑𝑧 ∫ 2𝑧+3 función impropia, por lo tanto hay que dividir 1/2 2𝑧 + 3 | 𝑧 −𝑧 − 3/2 −3/2 𝑧 2𝑧+3 1 = + 2 −3/2 2𝑧+3 integrando ambos lados Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑧𝑑𝑧 1 3 𝑑𝑧 ∫ 2𝑧+3 = 2 ∫ 𝑑𝑧 − 2 ∫ 2𝑧+3 (III) f) Obtención de la solución general de (II). ∫ 𝑧𝑑𝑧 − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 2𝑧 + 3 3 1 (2)𝑑𝑧 ∫ 𝑑𝑧 − 2 (2) ∫ 2𝑧+3 − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 1 3 𝑧 − ln|2𝑧 + 3| − 𝑥 = 𝑐 2 4 2𝑧 − ln(2𝑧 + 3)3 − 4𝑥 = 𝑐 integrando multiplicando por 4, aplicando (𝑐)𝑙𝑛(𝑢) = ln(𝑢)𝑐 de b), z = 3x + 2y, sustituyendo 2(3𝑥 + 2𝑦) − ln(2𝑧 + 3)3 − 4𝑥 = 𝑐 desarrollando y reduciendo 2(𝑥 + 2𝑦) = 𝑐 + ln(6𝑥 + 4𝑦 + 3)3 solución general. 2𝑥 + 4𝑦 = 𝑐 + ln(6𝑥 + 4𝑦 + 3)3 2) 2(𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 0 SOLUCIÓN a) Identificación. Como el “dx” tiene como coeficiente la ecuación de una recta x-y y el “dy” tiene 1 como el coeficiente, sí es de simple sustitución del caso 5. b) Obtención de las ecuaciones de sustitución. Haremos “z” igual a la relación de variables, es decir: “z” = “x” – “y” diferenciando “dz” = “dx” – “dy” despejando “dy”, dado que tiene el coeficiente más simple “dy” = “dx” – “dz” c) Sustituciones. 2(x – y)dx + dy = 0 sustituyendo “z” y “dy” 2zdx + dx – dz = 0 agrupando Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 (2z + 1)dx – dz = 0 (1) d) Aplicando el método de separación de variables. FACTOR = [ 1 2𝑧+1 ] multiplicando (1) por el factor [(2z + 1)dx – dz = 0] [ 𝑑𝑥 − 𝑑𝑧 2𝑧+1 =0 1 ] 2𝑧 + 1 integramos 𝑑𝑧 completamos la segunda integral 2𝑑𝑧 integrando ∫ 𝑑𝑥 − ∫ 2𝑧+1 = ∫ 0 1 ∫ 𝑑𝑥 − 2 ∫ 2𝑧+1 = ∫ 0 1 𝑥 − ln|2𝑧 + 1| = 𝑐 multiplicando por 2 y sustituyendo z = x-y y despejando x 2 2𝑥 = 𝑐 + ln|2(𝑥 − 𝑦) + 1| solución general. 3) (2𝑥 2 + 𝑦 2 + 6)𝑥𝑑𝑥 + (2𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑦𝑑𝑦 = 0 SOLUCIÓN a) Transformación. Como tiene la forma (3) haremos 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦, (2𝑟 + 𝑤 + 6) 𝑑𝑟 2 𝑑𝑤 2 = 𝑦𝑑𝑦 + (2𝑟 + 𝑤) 𝑑𝑤 2 sustituyendo estas relaciones =0 (1) (2𝑟 + 𝑤 + 6)𝑑𝑟 + (2𝑟 + 𝑤)𝑑𝑤 = 0 𝑑𝑟 2 = 𝑥𝑑𝑥, multiplicando por 2 la cual tiene la forma de dr = A =2 , B = 1, m =-2/1=-2 de dw A = 2, B = 1, m =-2/1=-2 b) Ecuaciones de sustitución. Haremos “z” igual a la relación de variables “z” = 2r + w diferenciando, dz = 2dr + dw despejando dw, dw = dz – 2dr. c) Sustituciones de (1). Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 (2𝑟 + 𝑤 + 6)𝑑𝑟 + (2𝑟 + 𝑤)𝑑𝑤 = 0 sustituyendo z y dw (𝑧 + 6)𝑑𝑟 + 𝑧(𝑑𝑧 − 2𝑑𝑟) = 0 multiplicando y agrupando (6 − 𝑧)𝑑𝑟 + 𝑧𝑑𝑧 = 0 (2) d) Resolviendo por separación de variables. FACTOR = [ 1 6−𝑧 ] multiplicando (2) por factor [(6 − 𝑧)𝑑𝑟 + 𝑧𝑑𝑧 = 0] [ 𝑑𝑟 + 𝑧𝑑𝑧 6−𝑧 1 6−𝑧 =0 ] multiplicando integramos 𝑧𝑑𝑧 ∫ 𝑑𝑟 + ∫ 6−𝑧 = ∫ 0 (4) e) Solución de integrales. ∫ 𝑑𝑟 = 𝑟 + 𝑐 𝑧𝑑𝑧 ∫ 6−𝑧, como es una función impropia, dividiremos −𝑧 + 6 𝑧𝑑𝑧 −1 | 𝑧 −𝑧 + 6 +6 𝑧 6−𝑧 = −1 + 𝑑𝑧 ∫ 6−𝑧 = − ∫ 𝑑𝑧 + 6 ∫ 6−𝑧 6 6−𝑧 integrando en ambos lados (3) f) Obtención de la solución general de (4). 𝑧𝑑𝑧 ∫ 𝑑𝑟 + ∫ 6−𝑧 = ∫ 0 sustituyendo (3) ∫ 𝑑𝑟 − ∫ 𝑑𝑧 + 6(−1) ∫ 𝑟 − 𝑧 − 6 ln(6 − 𝑧) = 𝑐 (−1)𝑑𝑧 = ∫0 6−𝑧 𝑟 − (2𝑟 + 𝑤) − ln(6 − 2𝑟 − 𝑤)6 = 𝑐 sustituyendo “z” = (2r + w) reduciendo y multiplicando por –1 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑟 + 𝑤 + ln(6 − 2𝑟 − 𝑤)6 = 𝑐 𝑥 2 + 𝑦 2 + ln(6 − 2𝑥 2 − 𝑦 2 )6 = 𝑐 sustituyendo 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑤 = 𝑦 2 solución general. CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución de una ecuación diferencial de rectas paralelas utilizando el método de simple sustitución. EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) (𝑥 + 2𝑦 + 3)𝑑𝑥 + (2𝑥 + 4𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0 3) (2𝑥 − 3𝑦 + 2)𝑑𝑥 + 3(4𝑥 − 6𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0 5) (𝑥 − 2𝑦 + 5)𝑑𝑥 − [2(𝑥 − 2𝑦) + 9]𝑑𝑦 = 0 7) (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦 − 2)𝑑𝑦 = 0 2) (𝑥 + 𝑦 − 3)𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦 + 4)𝑑𝑦 = 0 4) (2𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 − (4𝑥 + 2𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0 6) 2𝑑𝑥 + (2𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑦 = 0 8) (3𝑥 − 𝑦 + 4)𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 0 9) (2𝑥 + 3𝑦 − 1)𝑑𝑥 = (5 − 2𝑥 − 3𝑦)𝑑𝑦 10) (𝑥 2 + 𝑦 2 + 4)𝑦𝑑𝑦 + (𝑥 2 + 𝑦 2 − 3)𝑥𝑑𝑥 = 0 11) (12𝑥 2 − 18𝑦 2 − 3)𝑦𝑑𝑦 + (2𝑥 2 − 3𝑦 2 + 2)𝑥𝑑𝑥 = 0 SOLUCIONES 1) 𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 4𝑦 2 + 6𝑥 = 𝑐 + 2𝑦 2) 𝑥 2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 2 + 8𝑦 = 𝑐 + 6𝑥 3) 𝑥 + 6𝑦 + ln(2𝑥 − 3𝑦) = 𝑐 4) 5𝑥 − 10𝑦 + ln(10𝑥 + 5𝑦 − 2) = 𝑐 7) (𝑥 + 𝑦)2 = 4𝑦 + 𝑐 8) 3𝑥 + 7 = 𝑦 + 𝑐𝑒 𝑥 5) (𝑥 − 2𝑦)2 + 10(𝑥 − 2𝑦) + 2𝑦 = 𝑐 9) 𝑥 + 𝑦 + 𝑐 = 4 ln(2𝑥 + 3𝑦 + 7) 11) 𝑥 2 + 6𝑦 2 + ln(2𝑥 2 − 3𝑦 2 ) = 𝑐 6) (2𝑥 + 3𝑦 − 3)𝑒 𝑦 = 𝑐 10) 𝑥 4 + 2𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 + 8𝑦 2 = 𝑐 + 6𝑥 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 2.4 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES DE LA FORMA (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)𝑑𝑥 + (𝑓𝑥 + 𝑔𝑦 + ℎ)𝑑𝑦 = 0 o (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑐)𝑥𝑑𝑥 + (𝑓𝑥 2 + 𝑔𝑦 2 + ℎ)𝑦𝑑𝑦 = 0 en la que los coeficientes representan rectas no paralelas. MÉTODO PARA LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL 1. Identificamos que la ecuación es de este método y no del anterior, cuando las pendientes sean diferentes. 2. Sustituiremos 𝑥 = 𝑥 ′ + ℎ, 𝑦 = 𝑦 ′ + 𝑘, 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 ′ , 𝑑𝑦 = 𝑑𝑦 ′ 3. Tomaremos los términos de h, k y la constante que aparezcan en el coeficiente de cada diferencial y los igualaremos a cero, con lo cual tendremos dos ecuaciones que contengan h y k. A partir de estas ecuaciones encontraremos los valores de h y k. 4. Sustituiremos los valores de h y k en la ecuación del paso 2, con lo cual sólo nos deben quedar las variables primas en cada coeficiente de cada diferencial. 5. Esta ecuación (paso 4) se resolverá por homogéneas. 6. Obtenida la solución, sustituiremos primero v, la cual utilizamos en la homogénea y después sustituiremos “x” y “y”, despejándolas de las ecuaciones con las que iniciamos el método, es decir, de 𝑥 = 𝑥 ′ + ℎ despejando x’, tenemos 𝑥 ′ = 𝑥 − ℎ , de 𝑦 = 𝑦 ′ + 𝑘 despejando y’, tenemos 𝑦 ′ = 𝑦 − 𝑘. PROBLEMAS RESUELTOS. Determine la solución general de las siguientes ecuaciones. 1) (2𝑥 + 3𝑦 − 1)𝑑𝑥 − 4(𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 0 SOLUCIÓN a) Identificación. Del coeficiente de “dx” A = 2, B = 3, m = -2/3 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Del coeficiente de “dy” A = 1, B = 0, m = -1/0 (indefinido) Como las pendientes son diferentes, entonces la ecuación diferencial sí tiene la forma. b) Sustituciones. x = x’+ h, y = y’+ k dx = dx’, dy = dy’ sustituyendo (2x +3y-1)dx – 4(x +1)dy = 0 sustituyendo x, y, dx, dy (2x’+ 2h+ 3y’+ 3k-1)dx’ – 4(x’+ h +1) dy’= 0 tomando h, k y la constante Del dx 2h+ 3k-1= 0 (1) Del dy h +1=0, 2(-1) + 3k-1= 0, h = -1 sustituyendo h en (1) h = -1 sustituyendo h y k en (1) [2x’+2(-1)+3y’+3(1)-1]dx’ – 4(x’-1+1)dy’= 0 reduciendo (2x’+ 3y’)dx’ – 4x’dy’= 0 (2) c) Resolviendo por homogéneas. Como el “dy” tiene el coeficiente más sencillo, entonces sustituiremos la “y”. y’= vx’, dy’ = vdx’ + x’dv sustituyendo “y” y “dy” en (2) (2x’ + 3vx’)dx’ – 4x’(vdx’ + x’dv) = 0 multiplicando 2x’dx’ + 3vx’dx’-4x’vdx’ – 4x’ 2 dv = 0 agrupando |(2-v)x’dx’ – 4x’ 2 dv = 0 (3) d) Resolviendo por separación de variables. FACTOR = [ 1 (2−𝑣)𝑥 ′ 2 ] multiplicando (3) por este factor 2 [(2 − 𝑣)𝑥 ′ 𝑑𝑥 ′ − 4𝑥 ′ 𝑑𝑣 = 0] [ 1 (2−𝑣)𝑥 ′ 2 ] Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑥 ′ 𝑥′ − 4𝑑𝑣 2−𝑣 =0 𝑑𝑥 ′ integramos 𝑑𝑣 multiplicando y dividiendo por –1 ∫ 𝑥 ′ − 4 ∫ 2−𝑣 = ∫ 0 completamos la segunda integral 𝑑𝑥 ′ (−1)𝑑𝑣 ∫ 𝑥 ′ − 4(−1) ∫ 2−𝑣 = ∫ 0 integrando ln|𝑥 ′ | + 4 ln|2 − 𝑣| = 𝑐 hacemos uso de las propiedades de los logaritmos 𝑥 ′ (2 − 𝑣)4 = 𝑐 sustituyendo v = y’/x’ ′ 4 𝑒 ln[𝑥 (2−𝑣) ] = 𝑒 𝑐 𝑥 ′ (2 − 𝑦 ′ ⁄𝑥 ′ )4 = 𝑐 𝑥′ [ (2𝑥 ′ −𝑦 ′ ) 𝑥 ′4 4 aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐 simplificando multiplicando por 𝑥 ′ ]=𝑐 (2𝑥 ′ − 𝑦 ′ )4 = 𝑐𝑥 ′ 3 3 sustituyendo x’= x-h, x’= x +1 y’= y-k, y’= y-1 (2𝑥 + 2 − 𝑦 + 1)4 = 𝑐(𝑥 + 1)3 (2𝑥 − 𝑦 + 3)4 = 𝑐(𝑥 + 1)3 reduciendo solución general. 2) (𝑥 2 − 2𝑦 2 + 4)𝑥𝑑𝑥 + (2𝑥 2 − 𝑦 2 + 2)𝑦𝑑𝑦 = 0 , y = 0 cuando “x” = 2 SOLUCIÓN. Nos piden solución particular. a) Transformación. Como tiene la segunda forma: 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦, 𝑑𝑟⁄2 = 𝑥𝑑𝑥 Sustituyendo estas relaciones en 2) (𝑟 − 2𝑤 + 4)𝑑𝑟/2 + (2𝑟 − 𝑤 + 2)𝑑𝑤/2 = 0 (𝑟 − 2𝑤 + 4)𝑑𝑟 + (2𝑟 − 𝑤 + 2)𝑑𝑤 = 0 (1) multiplicando por 2 checando la forma Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 De dr A =1, B =-2, m = -1/-2 = 1/2 De dw A =2, B =-1, m-2/-1= 2 Como las pendientes son diferentes, entonces sí es ecuación de la forma. b) Sustituciones. Como no son “x” y “y”, se pueden poner h y k en cualquier sustitución. r = r’ + h, w = w’ + k dr = dr’, dw = dw’ sustituyendo en (1) (r’ + h-2w’-2k+4)dr’+(2r’+ 2h-w’-k +2)dw = 0 (2) Tomando h, k y la constante: a) h-2k+4=0 multiplicando a) por (-2) la sustitución b) 2h- k + 2=0 sumando b) y c) c) –2h+4k-8=0 3k-6=0, k = 2 sustituyendo en a) h-(2)2+4=0 , h =0 Sustituyendo h y k en (2) [r’+0-2w’-2(2)+4]dr’ + [2r’+2(0)-w’-2+2]dw’= 0 (r’-2w’)dr’ + (2r’-w’)dw’=0 (3) c) Resolviendo por homogéneas. Como los dos diferenciales están igual de complicados, o sea, los dos tienen dos términos, podemos sustituir cualquier variable arbitrariamente. w’= vr’, dw’= vdr’ + r’dv (r’ – 2vr’)dr’ + (2r’ –vr’)(vdr’+ r’dv)=0 sustituyendo w’ y dw’ en (3) multiplicando r’dr’ – 2vr’dr’+ 2vr’dr’+ 2r’2dv-v2r’dr’-vr’2dv = 0 agrupando (1-v2)r’dr’+(2-v)r’2dv = 0 (4) d) Resolviendo por separación de variables. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 FACTOR = [ 1 (1−𝑣)𝑟 ′ 2 ] multiplicando (4) por este factor 2 [(1 − 𝑣 2 )𝑟 ′ 𝑑𝑟 ′ + (2 − 𝑣)𝑟 ′ 𝑑𝑣 = 0] [ 𝑑𝑟 ′ 𝑟′ 𝑑𝑟 ′ 𝑟′ + + 𝑑𝑟 ′ (2−𝑣)𝑑𝑣 =0 1−𝑣 2 2𝑑𝑣 1−𝑣 2 − 𝑣𝑑𝑣 1−𝑣 2 𝑑𝑣 1 (1 − 𝑣)𝑟 ′ 2 ] =0 separando la segunda integral integramos 𝑣𝑑𝑣 ∫ 𝑟 ′ + 2 ∫ 1−𝑣2 − ∫ 1−𝑣 2 = ∫ 0 (5) e) Solución de integrales. ∫ ∫ 𝑑𝑟 ′ = ln|𝑟 ′ | + 𝑐 𝑟′ 𝑑𝑢 1 1+𝑢 𝑑𝑣 ≈∫ = ln ( ) + 𝑐, 𝑣 2 = 𝑢2 , 𝑣 = 𝑢, 𝑑𝑣 = 𝑑𝑢 2 2 1−𝑢 2 1−𝑢 1−𝑣 𝑣𝑑𝑣 𝑑𝑢 ∫ 1−𝑣2 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐 Completamos multiplicando y dividiendo por (-2). 𝑢 = 1 − 𝑣 2 , 𝑑𝑢 = −2𝑣𝑑𝑣 f) Obtención de la solución general de (5). 𝑑𝑟 ′ 𝑑𝑣 (−2)𝑣𝑑𝑣 1 ∫ 𝑟 ′ + 2 ∫ 1−𝑣2 − (−2) ∫ 1−𝑣2 = ∫ 0 integrando 1+𝑣 1 1 ln|𝑟 ′ | + 2 ( ) ln ( ) + ( ) ln(1 − 𝑣 2 ) = 𝑐 1−𝑣 2 2 Multiplicando por 2 y aplicando 𝑐 ln 𝑢 = ln 𝑢𝑐 ln(𝑟 ′ )2 + ln ( ln [ 2 1+𝑣 2 1−𝑣 ) + ln(1 − 𝑣 2 ) = 𝑐 aplicando ln a + ln b + ln c = ln (abc) ]=𝑐 hacemos uso de las propiedades de los 𝑟 ′ (1+𝑣)2 (1−𝑣 2 ) (1−𝑣)2 logaritmos Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑒 2 𝑟 ′ (1+𝑣)2 (1−𝑣2 ) ln[ ] (1−𝑣)2 = 𝑒𝑐 Aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐 y (1 − 𝑣 2 ) = (1 − 𝑣)(1 + 𝑣) 2 𝑟 ′ (1+𝑣)2 (1−𝑣)(1+𝑣) =𝑐 (1−𝑣)2 reduciendo 2 𝑟 ′ (1 + 𝑣)3 = 𝑐(1 − 𝑣) sustituyendo v = w’/r’ 2 𝑟 ′ (1 + 𝑤 ′ ⁄𝑟 ′ )3 = 𝑐(1 − 𝑤 ′ ⁄𝑟 ′ ) 2 𝑟 ′ +𝑤 ′ ) 𝑟′ 𝑟′ ( 3 = 𝑐( 𝑟 ′ −𝑤 ′ 𝑟′ ) reduciendo multiplicando por r’ (𝑟 ′ + 𝑤 ′ )3 = 𝑐(𝑟 ′ − 𝑤 ′ ) debido que h = 0, k = 2, (𝑟 + 𝑤 − 2)3 = 𝑐(𝑟 − 𝑤 + 2) sustituyendo 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑤 = 𝑦 2 Sustituyendo r’= r-h, r’= r, w’= w-k, w’= w-2 (𝑥 2 + 𝑦 2 − 2)3 = 𝑐(𝑥 2 − 𝑦 2 + 2) solución general. (22 + 0 − 2)3 = 𝑐(22 − 0 + 2) reduciendo g) Obtención de la solución particular. Sustituyendo y = 0, x = 2 en la solución general, por lo tanto: 8 = c(6) c = 8/6 c = 4/3 (𝑥 2 + 𝑦 2 − 2)3 = (4⁄3)(𝑥 2 − 𝑦 2 + 2) 3(𝑥 2 + 𝑦 2 − 2)3 = 4(𝑥 2 − 𝑦 2 + 2) sustituyendo c en solución general multiplicando por 3 solución particular. CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución de una ecuación diferencial de rectas no paralelas. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) (𝑥 − 2𝑦 + 4)𝑑𝑥 + (2𝑥 − 𝑦 + 2)𝑑𝑦 = 0 3) (4𝑥 + 3𝑦 − 7)𝑑𝑥 + (3𝑥 − 7𝑦 + 4)𝑑𝑦 = 0 2) (2𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 + 2)𝑑𝑦 = 0 4) (2𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0 5) (2𝑥 − 3𝑦 − 30)𝑑𝑥 − (2𝑦 + 3𝑥)𝑑𝑦 = 0 6) (𝑥 − 2𝑦 + 1)𝑑𝑥 + (4𝑥 − 3𝑦 − 6)𝑑𝑦 = 0 7) (5𝑥 + 4𝑦 + 4)𝑑𝑥 + (4𝑥 + 3𝑦 + 1)𝑑𝑦 = 0 8) (𝑥 − 2𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 − 𝑦 − 3)𝑑𝑦 = 0 y = -1 cuando x = -1 SOLUCIONES 1) (𝑥 + 𝑦 − 2)3 = 𝑐(𝑥 − 𝑦 + 2) 2) (𝑦 + 2𝑥 − 4)2 = 𝑐(𝑥 + 𝑦 − 1) 3) 4𝑥 2 + 6𝑥𝑦 − 7𝑦 2 − 14𝑥 + 8𝑦 = 𝑐 4) ln[(𝑦 − 𝑥)2 + (𝑥 − 1)2 ] + 2 tan−1 [ 7) (2𝑥 + 𝑦 − 5)2 = (3𝑥 + 2𝑦 − 2)2 + 𝑐 8) (𝑥 + 𝑦 − 3)3 = 125(𝑥 − 𝑦 − 1) 5) 𝑥 2 − 3𝑥𝑦 − 𝑦 2 − 30𝑥 = 𝑐 6) (𝑥 + 3𝑦 − 9)5 = 𝑐(𝑦 − 𝑥 + 1) 𝑦−𝑥 𝑥−1 ]=𝑐 2.5 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Antes de empezar con este método, estudiaremos qué es una ecuación diferencial exacta, para después aprender el método para su solución. La diferencial total de una función f(x, y) es: 𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] = 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑦 A la parte de la derecha de la ecuación se le llama diferencial exacta y cuando se iguala ésta a cero, se le llama ECUACIÓN DIFERENCIAL EXACTA, es decir: 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝑑𝑥 + 𝜕𝑓 𝜕𝑦 𝑑𝑦 = 0 ecuación diferencial exacta EJEMPLO. Determine la diferencia total de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 2 + 2𝑥 3 𝑦 − 7𝑦 3 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 SOLUCIÓN Como veíamos anteriormente, la diferencial total de la función es: 𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] = 𝜕𝑓 𝑑𝑥 + 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦 𝑑𝑦 sustituyendo f(x, y) 𝜕(3𝑥 2 + 2𝑥 3 𝑦 − 7𝑦 3 ) 𝜕(3𝑥 2 + 2𝑥 3 𝑦 − 7𝑦 3 ) ] 𝑑𝑥 + [ ] 𝑑𝑦 𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] = [ 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] = (6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 − 21𝑦 2 )𝑑𝑦 Como vimos también anteriormente, la ecuación diferencial exacta sería: (6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 − 21𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0 Lo importante para nosotros es cómo saber que la ecuación diferencial que se nos da es ecuación diferencial exacta. Para esto, podemos aplicar el siguiente método para identificar una ecuación diferencial exacta. 1) Llamaremos M al coeficiente del “dx” y N al coeficiente del “dy”, quedando la ecuación: Mdx + Ndy = 0 2) Una ecuación diferencial será ecuación diferencial exacta, cuando sean iguales las derivadas parciales de los coeficientes de cada diferencial, con respecto a la variable del otro diferencial. Es decir, el coeficiente del dx(M) se derivará parcialmente con respecto a “y” y el coeficiente del dy(N) se derivará parcialmente con respecto a “x”, como ecuación. Una ecuación diferencial es exacta si: Del ejercicio anterior tenemos: 𝜕𝑀 𝜕𝑁 = 𝜕𝑥 𝜕𝑦 (6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 − 21𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0 Vamos a comprobar que es ecuación diferencial exacta. SOLUCIÓN Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Obtención de M, N y las derivadas parciales. 𝑀 = 6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦 𝑁 = 2𝑥 3 − 21𝑦 2 obteniendo las derivadas parciales 𝜕𝑀 𝜕(6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦) = = 6𝑥 2 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑁 𝜕(2𝑥 3 − 21𝑦 2 ) = = 6𝑥 2 𝜕𝑥 𝜕𝑥 Conclusión. Como 𝜕𝑀 = 𝜕𝑦 𝜕𝑁 𝜕𝑥 la ecuación diferencial sí es exacta. NOTAS 1) Es importante resaltar que la forma de la ecuación diferencial que nos den debe estar como Mdx + Ndy = 0, es decir, como una suma. Si no es así, tendremos que darle a la ecuación esa forma para poder checar si es exacta. 2) Cuando las variables NO sean “x” y “y”, se denominarán M y N arbitrariamente. Recordemos que la ecuación diferencial es EXACTA cuando las derivadas parciales de los coeficientes de cada diferencial, con respecto a la variable del otro diferencial, SON IGUALES. EJEMPLO. Determine si la ecuación [sin(𝑎) + 𝑏]𝑑𝑎 + [𝑎 − 2 cos(𝑏)]𝑑𝑏 = 0 es exacta. SOLUCIÓN Como NO son “x” y “y” las variables, entonces tomaremos M y N arbitrariamente, por ejemplo, que la ecuación sea de la forma: Mda + Ndb =0 es decir, M =sen(a) + b, N = a-2cos(b) Para saber si es exacta, tendremos que obtener db en la ecuación original. Obteniendo las derivadas 𝜕𝑀 𝜕𝑏 = 𝜕[sin(𝑎)+𝑏] 𝜕𝑏 𝜕𝑀 𝜕𝑏 𝑦 𝜕𝑁 𝜕𝑎 , dado que M está con da y N está con =1 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Como 𝜕𝑀 𝜕𝑏 = 𝜕𝑁 𝜕𝑎 𝜕𝑁 𝜕[𝑎 − 2 cos(𝑏)] = =1 𝜕𝑎 𝜕𝑎 , entonces la ecuación diferencial sí es exacta. Ahora bien, ya sabemos cuándo una ecuación es exacta. El método para obtener la solución general tiene una variante con respecto a los demás métodos, debido a que la ecuación diferencial exacta proviene de derivadas parciales. Existen varios métodos para encontrar la solución general de una ecuación diferencial exacta. Aquí estudiaremos el método para la obtención de la solución general. 1) Ya que checamos que la ecuación sí es exacta, pasaremos a integrar por separado cada parte de la ecuación. Esto es, ∫ 𝑀𝑑𝑥 se resolverá por un lado y ∫ 𝑁𝑑𝑦 por otro. NOTA. Sólo para este método, al integrar las variables que no sean iguales a la variable del diferencial, se tomarán las “y” como constantes en ∫ 𝑀𝑑𝑥 y en ∫ 𝑁𝑑𝑦 las “x” serán constantes. 2) Al realizar cada integral se debería sumar a cada resultado la constante total de integración c, sólo que en nuestras integrales también son tomadas como constante algún tipo de variable, por lo tanto, la constante de integración se representará por ∅[𝑣𝑎𝑟], donde colocaremos la variable que se tomó como constante en dicha integral. 3) Encontraremos el valor de los ∅[𝑣𝑎𝑟], los cuales estarán formados por los términos que aparezcan en la solución de la otra integral, pero que no aparezcan en la solución donde tenemos el ∅[𝑣𝑎𝑟] que estamos buscando. Por ejemplo, ∅(𝑦) estará formado por los términos de la solución de ∫ 𝑁𝑑𝑦 que no sean términos de la solución de ∫ 𝑀𝑑𝑥 (que es donde tendríamos el ∅[𝑦]). NOTAS a) El ∅(𝑥) sólo podrá estar formado por R y variables x, y el ∅(𝑦) sólo podrá estar formado por R y variables “y”. De no ser así, tendremos algún error. b) Si en la solución de alguna de las integrales aparecen logaritmos, aplicamos sus propiedades para obtener realmente los términos que aparecerán o no en cada ∅[𝑣𝑎𝑟]. c) Los ∅[𝑣𝑎𝑟] no se toman como términos faltantes, es decir, ∅(𝑥) no contendrá a ∅(𝑦) o viceversa. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 4) Con el paso anterior las dos soluciones deben ser iguales y por lo tanto la solución general será cualquiera de la soluciones en donde esta solución se igualará a “c” (constante de integración), para que ya sea la solución general. PROBLEMAS RESUELTOS. Determine si las siguientes ecuaciones diferenciales son exactas o no y en caso de serlo, encuentre su solución general. 1) (3𝑥 2 + 3𝑥𝑦 2 )𝑑𝑥 + (3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0 SOLUCIÓN a) Identificación. 𝑀 = 3𝑥 2 + 3𝑥𝑦 2 , 𝜕𝑀 = 𝜕𝑦 Como 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕(3𝑥 2 +3𝑥𝑦 2 ) 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜕𝑦 = 6𝑥𝑦 y 𝑁 = 3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 + 2𝑦 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 𝜕(3𝑥 2 𝑦−3𝑦 2 +2𝑦) 𝜕𝑥 = 6𝑥𝑦 , la ecuación diferencial sí es EXACTA. b) Solución de las integrales. ∫ 𝑀𝑑𝑥 = ∫(3𝑥 2 + 3𝑥𝑦 2 )𝑑𝑥 = 3 ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 + 3𝑦 2 ∫ 𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 3 + y = cte 3𝑦 2 𝑥 2 2 + ∅[𝑦] ∫ 𝑁𝑑𝑦 = ∫(3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 3𝑥 2 ∫ 𝑦𝑑𝑦 − 3 ∫ 𝑦 2 𝑑𝑦 + 2 ∫ 𝑦𝑑𝑦 x = cte 3𝑦 2 𝑥 2 − 𝑦 3 + 𝑦 2 + ∅[𝑥] = 2 c) Obtención de ∅(𝑥) y ∅(𝑦). Para determinar ∅(𝑦) checamos la solución de ∫ 𝑁𝑑𝑦, es decir, la solución en que no está ∅(𝑦). Ésta será igual a todos los términos de la solución de ∫ 𝑁𝑑𝑦 que no estén en la solución donde está ∅(𝑦). Para ∅(𝑥) es al contrario. ∅(𝑦) = −𝑦 3 + 𝑦 2 , ∫ 𝑀𝑑𝑥 = 𝑥 3 + ∫ 𝑁𝑑𝑦 = 3𝑥 2 𝑦 2 2 3𝑥 2 𝑦 2 2 ∅(𝑥) = 𝑥 3 − 𝑦3 + 𝑦2 sustituir los ∅ en las integrales − 𝑦3 + 𝑦2 + 𝑥3 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Como podemos ver, las dos soluciones son iguales, por lo tanto la solución general es cualquiera de éstas, igualándola a “c”. d) Obtención de la solución general. Tomando arbitrariamente ∫ 𝑀𝑑𝑥 𝑥3 + 3𝑥 2 𝑦 2 2 − 𝑦3 + 𝑦2 = 𝑐 solución general. 1 2) (𝑥 − 1)−1 𝑦𝑑𝑥 + [ln(2𝑥 − 2) + ] 𝑑𝑦 = 0 𝑦 SOLUCIÓN a) Identificación. 𝑀 = (𝑥 − 1)−1 𝑦, 𝑁 = ln(2𝑥 − 2) + = 𝜕𝑁 = 𝜕[ln(2𝑥−2)+1/𝑦] 𝜕𝑀 = 𝜕𝑁 𝜕𝑦 𝜕𝑥 Como 𝜕[(𝑥−1)−1 𝑦] 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝑦 = (𝑥 − 1)−1 𝜕𝑥 𝜕𝑥 1 = 2 2𝑥−2 = (𝑥 − 1)−1 , sí es EXACTA b) Solución de las integrales. 𝑑𝑥 ∫ 𝑀𝑑𝑥 = ∫(𝑥 − 1)−1 𝑦𝑑𝑥 = 𝑦 ∫ 𝑥−1 = 𝑦 ln(𝑥 − 1) + ∅(𝑦) En este caso y = cte 𝑑𝑦 1 = 𝑦 ln(2𝑥 − 2) + ln 𝑦 + ∅(𝑥) ∫ 𝑁𝑑𝑦 = ∫ [ln(2𝑥 − 2) + ] 𝑑𝑦 = ln(2𝑥 − 2) ∫ 𝑑𝑦 + ∫ 𝑦 𝑦 En este caso x = cte Como tiene logaritmos aplicaremos ln(2𝑥 − 2) = ln[2(𝑥 − 1)] ≈ ln(𝑎𝑏) = ln 𝑎 + ln 𝑏 𝑁𝑑𝑦 = 𝑦 ln(2) + 𝑦 ln(𝑥 − 1) + ln 𝑦 + ∅(𝑥) c) Obtención de los ∅[𝑣𝑎𝑟]. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 ∅(𝑦) = 𝑦 ln(2) + ln 𝑦 sustituyendo los valores de ∅ en las integrales ∅(𝑥) = 0 ∫ 𝑀𝑑𝑥 = 𝑦 ln(𝑥 − 1) + 𝑦 ln(2) + ln 𝑦 ∫ 𝑁𝑑𝑦 = 𝑦 ln(2) + 𝑦 ln(𝑥 − 1) + ln 𝑦 𝑦 ln(2) + 𝑦 ln(𝑥 − 1) + ln 𝑦 = 𝑐 aplicando cln a + cln b = cln (ab) d) Obtención de la solución general de ∫ 𝑁𝑑𝑦 𝑦 ln(2𝑥 − 2) + ln 𝑦 = 𝑐 solución general. 1 3) (𝑥 + 3)−1 cos(𝑦) 𝑑𝑥 − [sin(𝑦) ln(5𝑥 + 15) − ] 𝑑𝑦 = 0 𝑦 SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparece la resta (Mdx - Ndy), hay que colocarla como la suma (Mdx + Ndy). Lo que se hace es colocar el positivo y multiplicar por –1 los términos que está afectando. 1 (𝑥 + 3)−1 cos(𝑦) 𝑑𝑥 + [− sin(𝑦) ln(5𝑥 + 15) + ] 𝑑𝑦 = 0 𝑦 Con lo cual ya podemos determinar M y N. 1 𝑀 = (𝑥 + 3)−1 cos(𝑦) 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜕𝑁 = = 𝜕𝑥 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜕[(𝑥+3)−1 cos(𝑦)] 𝜕𝑦 𝑁 = − sin(𝑦) ln(5𝑥 + 15) 𝑦 = −(𝑥 + 3)−1 sin(𝑦) 𝜕[1/𝑦−sin(𝑦) ln(5𝑥+15)] 𝜕𝑥 = − sin(𝑦) (𝑥 + 3)−1 = − sin(𝑦) [ como 𝜕𝑀 𝜕𝑦 b) Solución de las integrales. 5 5𝑥+15 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 ] = − sin(𝑦) [ 5 ] 5(𝑥+3) , la ecuación sí es EXACTA. 𝑑𝑥 ∫ 𝑀𝑑𝑥 = ∫(𝑥 + 3)−1 cos 𝑦 𝑑𝑥 = cos 𝑦 ∫ 𝑥+3 = cos 𝑦 ln(𝑥 + 3) + ∅(𝑦) y = cte 1 𝑑𝑦 ∫ 𝑁𝑑𝑦 = ∫ [𝑦 − sin(𝑦) ln(5𝑥 + 15)] 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦 − ln(5𝑥 + 15) ∫ sin 𝑦 𝑑𝑦 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) x = cte lOMoARcPSD|33194682 ∫ 𝑁𝑑𝑦 = ln(𝑦) + ln(5𝑥 + 15) cos 𝑦 + ∅(𝑥) Aplicando ln(5x+15) = ln[5(x+3)] ln(ab) = lna + lnb ∫ 𝑁𝑑𝑦 = ln(𝑦) + ln(5) cos 𝑦 + ln(𝑥 + 3) cos 𝑦 + ∅(𝑥) c) Obtención de los ∅[𝑣𝑎𝑟]. ∅(𝑦) = ln 𝑦 + ln(5) cos 𝑦 ∅(𝑥) = 0 d) Sustituyendo los ∅[𝑣𝑎𝑟]. ∫ 𝑀𝑑𝑥 = cos 𝑦 ln(𝑥 + 3) + ln 𝑦 + ln(5) cos 𝑦 ∫ 𝑁𝑑𝑦 = ln(𝑦) + ln(5) cos 𝑦 + ln(𝑥 + 3) cos 𝑦 e) Obtención de la solución general de ∫ 𝑁𝑑𝑦. ln(𝑦) + ln(5) cos 𝑦 + ln(𝑥 + 3) cos 𝑦 = 𝑐 aplicando c lna + c lnb= c ln(ab) ln(𝑦) + cos(𝑦) ln(5𝑥 + 15) = 𝑐 solución general. CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución de una ecuación diferencial separable exacta. EJERCICIOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) (2𝑥 cos 𝑦 + 3𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 3 − 𝑥 2 sin 𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0 2) (𝑥 + sin 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 cos 𝑦 − 2𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝑑𝑦 2+𝑦𝑒 (𝑥𝑦) 3) 𝑑𝑥 = 2𝑦−𝑥𝑒 (𝑥𝑦) 4) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 −3𝑦𝑥 2 = 𝑥 3 +2𝑦 4 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 5) 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (1 + 𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0 6) (𝑦 sin 𝑥 + 𝑥𝑦 cos 𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥 sin 𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 0 7) [𝑒 2𝑦 − 𝑦 cos(𝑥𝑦) + 2𝑦]𝑑𝑥 + [2𝑥𝑒 2𝑦 − 𝑥 cos(𝑥𝑦) + 2𝑦 + 2𝑥]𝑑𝑦 = 0 8) 𝑦 3 sin(2𝑥) 𝑑𝑥 − 3𝑦 2 cos 2 𝑥 𝑑𝑦 = 0 2𝑦 2 −𝑥 2 𝑦 2 −2𝑥 2 9) (𝑥𝑦 2 −𝑥 3 ) 𝑑𝑥 + (𝑦 3 −𝑥2 𝑦) 𝑑𝑦 = 0 10) 𝑑𝑥 √𝑥 2 +𝑦 2 3𝑦 2 𝑑𝑥 11) 2 𝑥 +3𝑥 1 +( − 𝑦 𝑥 𝑦√𝑥 2 +𝑦 2 + [2𝑦 ln ( 5𝑥 ) 𝑑𝑦 = 0 ) + 3 sin 𝑦] 𝑑𝑦 = 0 𝑥+3 SOLUCIONES 𝑦2 1) 𝑥 2 cos 𝑦 + 𝑥 3 𝑦 − 2 = 𝑐 1 2) 𝑥 2 + 𝑥 sin(𝑦) − 𝑦 2 = 𝑐 2 2𝑦 5 3) 2𝑥 + 𝑒 (𝑥𝑦) − 𝑦 2 = 𝑐 4) 𝑥 3 𝑦 + 7) 𝑥𝑒 2𝑦 − sin(𝑥𝑦) + 𝑦 2 + 2𝑦𝑥 = 𝑐 8) 𝑦 3 (1 + cos 2𝑥) = 𝑐 5) (𝑥 2 + 1)𝑦 = 𝑐 9) 𝑥 2 𝑦 2 (𝑥 2 − 𝑦 2 ) = 𝑐 11) 𝑦 2 ln ( 5𝑥 ) − 3 cos 𝑦 = 𝑐 5 =𝑐 6) 𝑥𝑦 sin(𝑥) + 𝑦 = 𝑐 10) 𝑥 + √𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐 𝑥+3 2.6 MÉTODO UTILIZANDO FACTORES INTEGRANTES Una ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 puede transformarse en una ecuación diferencial exacta, multiplicándola por una expresión apropiada. Esta expresión se denomina FACTOR INTEGRANTE o FACTOR DE INTEGRACIÓN. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Un método para encontrar la solución general, es multiplicar toda la ecuación diferencial por un factor integrante, el cual se obtiene de acuerdo a las características de los términos que aparecen en la ecuación diferencial. Utilizaremos la siguiente tabla. RELACIÓN xdy + ydx xdy – ydx xdy – ydx xdy – ydx xdy + ydx xdy + ydx xdy + ydx xdy + ydx py dx + qxdy FACTOR INTEGRANTE DIFERENCIAL EXACTA 1 d(xy) 1 𝑑( ) 𝑥2 1 𝑦2 1 (𝑥 2 +𝑦 2 ) 1 (𝑥𝑦)𝑛 1 (𝑥𝑦)𝑛 1 (𝑥 2 +𝑦 2 )𝑛 1 (𝑥 2 +𝑦 2 )𝑛 𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 𝑦 𝑥 𝑥 𝑑 (− ) 𝑦 𝑦 𝑑 tan−1 ( ) 𝑥 −1 𝑑 [(𝑛−1)(𝑥𝑦)𝑛−1 ] si 𝑛 ≠ 1 𝑑[ln(𝑥𝑦)] si n=1 𝑑[ −1 2(𝑛−1)(𝑥 2 +𝑦 2 )𝑛−1 1 ] si 𝑛 ≠ 1 𝑑 [ ln(𝑥 2 + 𝑦 2 )] si n=1 2 𝑑(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 ) NOTA 1. Cuando en la ecuación diferencial aparezca la relación pydx + qxdy, donde “p” y “q” sean diferenciales de uno o menos uno y al multiplicar la ecuación por 𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1, el otro término de la ecuación NO se puede integrar, multiplicaremos toda la ecuación por 1 , donde “a” es la potencia que hace que se elimine la variable que no permite que se (𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 )𝑎 integre el otro término de la ecuación. PROBLEMAS RESUELTOS Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 7𝑥 6 𝑑𝑥 − 4𝑦 7 𝑑𝑦 + sin(2𝑥) 𝑑𝑥 , determine su solución general. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparecen los términos xdy + ydx, es de FACTORES INTEGRANTES. Sustituiremos xdy + ydx = d(xy) en la ecuación diferencial. b) Sustitución. 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 7𝑥 6 𝑑𝑥 − 4𝑦 7 𝑑𝑦 + sin(2𝑥) 𝑑𝑥 𝑑(𝑥𝑦) = 7𝑥 6 𝑑𝑥 − 4𝑦 7 𝑑𝑦 + sin(2𝑥) 𝑑𝑥 Como los demás términos ya se pueden integrar igualaremos a 0. 𝑑(𝑥𝑦) − 7𝑥 6 𝑑𝑥 + 4𝑦 7 𝑑𝑦 − sin(2𝑥) 𝑑𝑥 = 0 ∫ 𝑑(𝑥𝑦) − 7 ∫ 𝑥 6 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑦 7 𝑑𝑦 − ∫ sin(2𝑥) 𝑑𝑥 = 0 1 ∫ 𝑑(𝑥𝑦) − 7 ∫ 𝑥 6 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑦 7 𝑑𝑦 − 2 ∫(2) sin(2𝑥) 𝑑𝑥 = 0 𝑦8 1 integrando 𝑥𝑦 − 𝑥 7 + 2 + cos(2𝑥) = 𝑐 multiplicando por 2 𝑦(2𝑥 + 𝑦 7 ) + cos(2𝑥) = 𝑐 + 2𝑥 7 solución general. 2 2𝑥𝑦 − 2𝑥 7 + 𝑦 8 + cos(2𝑥) = 𝑐 NOTA 2. Cuando los demás términos no se puedan integrar porque no nos lo permite alguna variable, entonces multiplicaremos toda la ecuación por 1⁄(𝑥𝑦)𝑎 , donde “a” será la potencia de la derivada que no nos permite que se integren los otros términos. EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 5𝑥 3 𝑦 5 𝑑𝑦, encuentre la solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparece la relación xdy + ydx, la sustituiremos por d(xy). Como no se puede integrar (porque aparece x3) , multiplicaremos toda la ecuación por 1/(xy)3. b) Sustituiremos. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 5𝑥 3 𝑦 5 𝑑𝑦 sustituyendo xdy + ydx = d(xy) 𝑑(𝑥𝑦) = 5𝑥 3 𝑦 5 𝑑𝑦 multiplicando por {1⁄(𝑥𝑦)3 } 𝑑(𝑥𝑦) = 5𝑦 2 𝑑𝑦 (𝑥𝑦)3 (𝑥𝑦)−3 𝑑(𝑥𝑦) − 5𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 ∫(𝑥𝑦)−3 𝑑(𝑥𝑦) − 5 ∫ 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 − (𝑥𝑦)−2 2 5𝑦 3 − 3 =𝑐 3 + 10𝑦 5 𝑥 2 = 𝑐(𝑥 2 𝑦 2 ) igualando a cero integrando multiplicando por (−6𝑥 2 𝑦 2 ) solución general. EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 7𝑥 8 𝑑𝑥 + 4𝑥 2 𝑑𝑥, encuentre la solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparece la relación xdy – ydx, utilizaremos el FACTOR b) Productos y sustituciones. 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 7𝑥 8 𝑑𝑥 + 4𝑥 2 𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑥2 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑥2 𝑦 = 7𝑥 6 𝑑𝑥 + 4𝑑𝑥 𝑥 = 𝑑( ) 𝑦 1 multiplicando por ( 2 ) 𝑥 aplicando e igualando a cero 𝑑 ( ) − 7𝑥 6 𝑑𝑥 − 4𝑑𝑥 = 0 integramos 𝑦 multiplicando por “x” y agrupando 𝑥 𝑦 ∫ 𝑑 (𝑥 ) − 7 ∫ 𝑥 6 𝑑𝑥 − 4 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 𝑥 − 𝑥 7 − 4𝑥 = 𝑐 𝑦 = 𝑥(𝑐 + 𝑥 7 + 4𝑥) solución general. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) 1 𝑥2 lOMoARcPSD|33194682 EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 9𝑦 2 𝑥 2 𝑑𝑥 + 5𝑦 2 𝑥 4 𝑑𝑥 , encuentre la solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como parece la relación xdy – ydx, multiplicaremos entonces toda la ecuación por el FACTOR 1 𝑦2 b) Productos y sustituciones. 1 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 9𝑦 2 𝑥 2 𝑑𝑥 + 5𝑦 2 𝑥 4 𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑦2 𝑥 𝑦 = 9𝑥 2 𝑑𝑥 + 5𝑥 4 𝑑𝑥 𝑑 (− ) − 9𝑥 2 𝑑𝑥 − 5𝑥 4 𝑑𝑥 = 0 𝑦 multiplicamos por ( 2 ) 𝑥 integramos ∫ 𝑑 (− 𝑦) − 9 ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 − 5 ∫ 𝑥 4 𝑑𝑥 = 0 𝑥 𝑥 𝑦 − − 3𝑥 3 − 𝑥 5 = 𝑐 multiplicamos por (-y) 𝑥 + 𝑥 3 𝑦(3 + 𝑥 2 ) = 𝑐𝑦 solución general. 𝑦 𝑥 + 3𝑥 3 𝑦 + 𝑥 5 𝑦 = 𝑐𝑦 𝑥 aplicamos ∫ 𝑑 (− ) = − + 𝑐 𝑦 agrupando EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 8𝑥𝑦 3 𝑑𝑦, encuentre la solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparece la relación xdy – ydx, multiplicaremos toda la ecuación por el FACTOR 1 𝑥𝑦 b) Productos y sustituciones. 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 8𝑥𝑦 3 𝑑𝑦 multiplicamos por 1 𝑥𝑦 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥 = 8𝑦 2 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑦 𝑦 − 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑥 − 8𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 igualando a cero integrando 𝑑𝑥 ∫ 𝑦 − ∫ 𝑥 − ∫ 8𝑦 2 𝑑𝑦 = ∫ 0 8𝑦 3 ln|𝑦| − ln|𝑥| − 3 = 𝑐 Multiplicando por 3 y aplicando 𝑐 ln 𝑢 = ln 𝑢𝑐 , ln 𝑎 − ln 𝑏 = ln(𝑎⁄𝑏) 𝑦3 ln ( 3 ) = 𝑐 + 8𝑦 3 𝑥 𝑒 𝑦3 𝑥 ln( 3 ) 𝑦3 𝑥3 = 𝑒 𝑐+8𝑦 = 𝑐𝑒 8𝑦 3 𝑦 3 = 𝑐𝑥 3 𝑒 8𝑦 3 3 hacemos uso de las propiedades de los logaritmos aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐 multiplicamos por x3 solución general. Cuando en los demás términos aparezca (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥𝑦 + 𝑐𝑦 2 ), donde a, b, c ⇒ R, realizaremos los siguientes pasos. 1. Multiplicaremos toda la ecuación por (1/𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥𝑦 + 𝑐𝑦 2 ) 2. Al realizar el producto anterior, nos quedará 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑎𝑥 2 +𝑏𝑥𝑦+𝑐𝑦 2 o 𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦 𝑎𝑥 2 +𝑏𝑥𝑦+𝑐𝑦 2 En uno de los lados de la ecuación, multiplicaremos el numerador y el denominador por [1/ (𝑣𝑎𝑟)2 ], que será la primer variable de nuestra relación, es decir, si tenemos xdy – ydx multiplicaremos por (1/x2) porque primero aparece x, si tenemos ydx – xdy multiplicaremos por (1/y2). 3. Sustituiremos por la derivada del cociente que le corresponde al numerador y se realizarán las operaciones en el denominador. 4. Llamaremos “m” a la relación de la derivada, para observar más fácilmente el tipo de integral e integramos. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = (𝑦 2 + 6𝑥𝑦 + 9𝑥 2 )𝑒 𝑥 𝑑𝑥, encuentre su solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparece la relación xdy – ydx, multiplicaremos toda la ecuación por 1/(𝑦 2 + 6𝑥𝑦 + 9𝑥 2 ). b) Productos y sustituciones. 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = (𝑦 2 + 6𝑥𝑦 + 9𝑥 2 )𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑦 2 +6𝑥𝑦+9𝑥 2 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑥2 𝑦 2 𝑦 ( ) +6( )+9 𝑥 𝑥 𝑦 𝑥 𝑑( ) 𝑦 𝑦 2 ( ) +6( )+9 𝑥 𝑥 multiplicamos por 1/(𝑦 2 + 6𝑥𝑦 + 9𝑥 2 ) = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 multiplicamos numerador y denominador por = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 sustituyendo − 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0 𝑑𝑚 𝑚2 +6𝑚+9 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑥2 𝑦 = 𝑑( ) 𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0 𝑦 Sustituyendo “m” por para visualizar más fácil la primera cantidad. 𝑥 𝑑𝑚 𝑚2 +6𝑚+9 − 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0 ∫(𝑚 + 3)−2 𝑑𝑚 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0 −(𝑚 + 3)−1 − 𝑒 𝑥 = 𝑐 1 + (𝑚 + 3)𝑒 𝑥 = 𝑐(𝑚 + 3) 𝑦 𝑦 1 + ( + 3) 𝑒 𝑥 = 𝑐 ( + 3) 𝑥 1+[ (𝑦+3𝑥) 𝑥 1 𝑥2 𝑥 ] 𝑒𝑥 = 𝑐 (𝑦+3𝑥) 𝑥 𝑥 + (𝑦 + 3𝑥)𝑒 𝑥 = 𝑐(𝑦 + 3𝑥) integramos, aplicando 𝑚2 + 6𝑚 + 9 = (𝑚 + 3)2 aplicando ∫(𝑚 + 3)−2 𝑑𝑚 ≈ ∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢 multiplicando por [−(𝑚 + 3)] sustituyendo 𝑚 = 𝑦 𝑥 simplificando multiplicando por x solución general. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )3 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦), determine su solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparece la relación ydx – xdy, multiplicamos toda la ecuación por 1 9𝑥 2 +25𝑦 2 b) Productos y sustituciones. 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )3 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) 𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦 9𝑥 2 +25𝑦 2 𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦 𝑦2 9𝑥2 +25𝑦2 𝑦2 𝑥 𝑦 𝑥 2 𝑑( ) 𝑑𝑚 9𝑚2 +25 𝑑𝑚 1 1 9𝑥 2 +25𝑦 2 multiplicar por [ 2 ] el numerador 𝑦 y el denominador de la izquierda 𝑥 𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦 − (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) = 0 aplicamos 𝑑 ( ) 𝑦2 − (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) = 0 sustituyendo 𝑚 = 𝑦 − (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) = 0 integramos 9( ) +25 𝑦 = (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) multiplicando por ∫ 9𝑚2 +25 − ∫(9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) = ∫ 0 𝑦 𝑥 (1) c) Solución de integrales. 𝑑𝑚 𝑑𝑢 1 𝑢 ∫ 9𝑚2 +25 ≈ ∫ 𝑢2 +𝑎2 = 𝑎 tan−1 (𝑎) + 𝑐 𝑢2 = 9𝑚2 , 𝑎2 = 25 completamos 𝑑𝑢 = 3𝑑𝑚 y dividimos por 𝑢 = 3𝑚, 𝑎 = 5 𝑢𝑛+1 ∫(9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) ≈ ∫ 𝑢𝑑𝑢 = 𝑛+1 + 𝑐 multiplicamos 𝑢 = 9𝑥 2 + 25𝑦 2 𝑑𝑢 = 18𝑥𝑑𝑥 + 50𝑑𝑦 Completamos, multiplicamos y dividimos entre 2. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 d) Obtención de la solución general. (3)𝑑𝑚 1 1 ∫ − ∫(9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (18𝑥𝑑𝑥 + 50𝑦𝑑𝑦) = ∫ 0 2 3 9𝑚 + 25 2 1 1 ( ) ( ) tan−1 ( 3 5 3𝑥 3𝑚 5 1 1 ) − ( ) ( ) (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )3 = 𝑐 multiplicamos por 30 y sustituimos 𝑚 = 2 3 2 tan−1 ( ) − 5(9𝑥 2 + 25𝑦 2 )3 = 𝑐 5𝑦 solución general. 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 ó Cuando la ecuación tenga la forma { } = 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑏𝑦𝑑𝑦 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 𝑎 𝑏 Aplicaremos el hecho de que 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑏𝑦𝑑𝑦 es la derivada de 𝑑 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) y lo que 1 haremos será multiplicar toda la ecuación por (𝑎 2 𝑏 2) 2 2 2 𝑥 + 𝑦 2 EJEMPLO. Dada la ecuación xdy – ydx = 8xdx – 200ydy, encuentre su solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como tiene la forma xdy – ydx = axdx + bydy, entonces: 8𝑥𝑑𝑥 − 200𝑦𝑑𝑦 = 𝑑(4𝑥 2 − 100𝑦 2 ), es decir, multiplicaremos toda la ecuación por 1 [ 2 ] 4𝑥 − 100𝑦 2 b) Productos y sustituciones. 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 8𝑥𝑑𝑥 − 200𝑦𝑑𝑦 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 4𝑥 2 −100𝑦 2 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑥2 𝑦 2 4−100( ) 𝑥 𝑦 𝑥 𝑑( ) 𝑦 2 4−100( ) 𝑥 = 8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦 4𝑥 2 −100𝑦2 multiplicamos por [ 1 𝑥 denominador de la izquierda 8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦 =0 aplicando 𝑑 ( ) = − 8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦 =0 sustituimos 𝑚 = 4𝑥 2 −100𝑦2 ] multiplicar por [ 2 ] el numerador y el − 4𝑥 2 −100𝑦2 1 4𝑥 2 −100𝑦 2 𝑦 𝑥 𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥 𝑦 𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) 𝑥2 𝑥 𝑦 lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑚 8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦 ∫ 4−100𝑚2 − ∫ 4𝑥 2 −100𝑦 2 = ∫ 0 integramos c) Solución de integrales. 𝑑𝑚 𝑑𝑢 1 𝑢2 = 100𝑚2 , 𝑎2 = 4 𝑎+𝑢 ∫ 4−100𝑚2 ≈ ∫ 𝑎2 −𝑢2 = 2𝑎 ln 𝑎−𝑢 + 𝑐 𝑢 = 10𝑚, 𝑎 = 2 Completamos multiplicando y dividiendo por 10 8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦 𝑑𝑢 = 10𝑑𝑚 𝑑𝑢 𝑢 = 4𝑥 2 − 100𝑦 2 ∫ 4𝑥 2 −100𝑦 2 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐 𝑑𝑢 = 8𝑥𝑑𝑥 − 200𝑦𝑑𝑦 d) Obtención de la solución general. (10)𝑑𝑚 8𝑥𝑑𝑥 − 200𝑦𝑑𝑦 1 ∫ −∫ = ∫0 2 4𝑥 2 − 100𝑦 2 10 4 − 100𝑚 1 1 ( ) ( ) ln ( 10 4 10𝑦 𝑥 10𝑦 2− 𝑥 2+ ln ( ln ( 2+10𝑚 2−10𝑚 ) − ln(4𝑥 2 − 100𝑦 2 ) = 𝑐 ) − 40ln(4𝑥 2 − 100𝑦 2 ) = 𝑐 2𝑥+10𝑦 2𝑥−10𝑦 ) − ln(4𝑥 2 − 100𝑦 2 )40 = 𝑐 2𝑥+10𝑦 40 ] (2𝑥−10𝑦)(4𝑥2 −100𝑦2 ) ln[ 𝑒 = 𝑒𝑐 aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐 multiplicando por 40 y sustituyendo 𝑚 = aplicando 2 + 2− 10𝑦 𝑥 = 10𝑦 𝑥 2𝑥−10𝑦 𝑥 = 𝑎 𝑦 𝑥 2𝑥+10𝑦 𝑥 𝑎 aplicando ln ( ) − ln 𝑐 = ln ( ) 𝑏 𝑏𝑐 hacemos uso de las propiedades de los logaritmos y 2𝑥+10𝑦 =𝑐 (2𝑥−10𝑦)(4𝑥 2 −100𝑦 2 )40 2𝑥 + 10𝑦 = 𝑐(2𝑥 − 10𝑦)(4𝑥 2 − 100𝑦 2 )40 despejando aplicando 4𝑥 2 − 100𝑦 2 = (2𝑥 − 10𝑦)(2𝑥 + 10𝑦) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 2𝑥 + 10𝑦 = 𝑐(2𝑥 − 10𝑦)(2𝑥 + 10𝑦)40 (2𝑥 − 10𝑦)40 1 = 𝑐(2𝑥 − 10𝑦)41 (2𝑥 + 10𝑦)39 1 = 𝑐(4𝑥 − 100𝑦)39 (2𝑥 − 10𝑦)2 dividiendo ÷ (2𝑥 + 10𝑦) simplificando solución general. Cuando en la ecuación diferencial aparezca la relación pydx + qxdy, aplicaremos (𝑝𝑦𝑑𝑥 + 𝑞𝑥𝑑𝑦)(𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 ) = 𝑑(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 ), es decir, multiplicaremos toda la ecuación por el FACTOR 𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 y al hacer el producto, sustituiremos (𝑝𝑦𝑑𝑥 + 𝑞𝑥𝑑𝑦)(𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 ) por la derivada que representa 𝑑(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 ). Cuando los demás términos se pueden integrar (después de haber multiplicado por 𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 ), integraremos y encontraremos la solución general. EJEMPLO. Dada la ecuación 5𝑦𝑑𝑥 − 3𝑥𝑑𝑦 = 𝑦 4 𝑥 7 𝑑𝑥, encuentre su solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparece la relación 𝑝𝑦𝑑𝑥 + 𝑞𝑥𝑑𝑦 , donde 𝑝 = 5 y 𝑞 = −3 , 𝑒𝑙 𝐹𝐴𝐶𝑇𝑂𝑅 = 𝑥 4 𝑦 −4 b) Productos y sustituciones. 5𝑦𝑑𝑥 − 3𝑥𝑑𝑦 = 𝑦 4 𝑥 7 𝑑𝑥 (5 𝑦𝑑𝑥 − 3𝑥𝑑𝑦)(𝑥 4 𝑦 − 4) = 𝑥11 𝑑𝑥 𝑑(𝑥 5 𝑦 −3 ) − 𝑥11 𝑑𝑥 = 0 ∫ 𝑑(𝑥 5 𝑦 −3 ) − 𝑥11 𝑑𝑥 = ∫ 0 𝑥 12 𝑥 5 𝑦 −3 − 12 = 𝑐 12𝑥 5 − 𝑥12 𝑦 3 = 𝑐𝑦 3 12𝑥 5 = (𝑐 + 𝑥12 )𝑦 3 multiplicamos por 𝑥 4 𝑦 4 sustituimos 𝑑 ( 𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 ) como x11 se puede integrar, integramos multiplicamos por 12𝑦 3 agrupando solución general. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Si después de multiplicar por 𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1, el otro término no se puede integrar, multiplicaremos 1 toda la ecuación por(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞)𝑎, donde esta relación puede quedar con la variable a la potencia, con la cual elimine a la que no permite que se integre el otro término. EJEMPLO. Dada la ecuación 7𝑥𝑑𝑦 + 3𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 4 𝑦 9 𝑑𝑦, encuentre su solución general. SOLUCIÓN a) Identificación. Como aparece la relación 3𝑦𝑑𝑥 + 7𝑥𝑑𝑦, 𝑝 = 3, 𝑞 = 7, 𝐹𝐴𝐶𝑇𝑂𝑅 = 𝑥 2 𝑦 6 b) Productos y sustituciones. 7𝑥𝑑𝑦 + 3𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 4 𝑦 9 𝑑𝑦 multiplicamos por 𝑥 2 𝑦 6 (7𝑥𝑑𝑦 + 3𝑦𝑑𝑥)(𝑥 2 𝑦 6 ) = 𝑥 6 𝑦 15 𝑑𝑦 como x6 no permite que se integre el 2º (𝑥 3 𝑦 7 ) − 𝑥 6 𝑦 15 𝑑𝑦 = 0 término, multiplicamos[(𝑥 3 𝑦 7 )2 ] − (𝑥 3 7 )2 = 0 (𝑥 3 7 )2 simplificando 𝑑(𝑥 3 𝑦 7 ) 𝑦 𝑥 6 𝑦 15 𝑑𝑦 𝑦 (𝑥 3 𝑦 7 )−2 𝑑(𝑥 3 𝑦 7 ) − ∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∫ 0 −(𝑥 3 𝑦 7 )−1 𝑦2 2 2 + 𝑦 9 𝑥 3 = 𝑐(𝑥 3 𝑦 7 ) aplicamos 𝑑(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 ) 1 aplicamos ∫(𝑥 3 𝑦 7 )−2 𝑑(𝑥 3 𝑦 7 ) ≈ ∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢 multiplicamos por [−2(𝑥 3 𝑦 7 )] solución general. NOTA. No siempre van a aparecer nuestros términos 𝑝𝑦𝑑𝑥 + 𝑞𝑥𝑑𝑦 despejados. Cuando esto no se cumpla, tendremos que darle la forma, es decir, colocar nuestros términos 𝑝𝑦𝑑𝑥 + 𝑞𝑥𝑑𝑦 de un lado y los términos que no tengan esta forma, los colocaremos del otro lado de la ecuación. EJEMPLO. Resuelva (𝑦 − 𝑥𝑦 2 )𝑑𝑥(𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0. SOLUCIÓN Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Identificación. Como podremos ver, esta ecuación no tiene la forma de ningún método de los anteriores. Para checar si es de FACTORES INTEGRANTES, realizaremos los productos y checaremos si podemos encontrar la relación pydx + qxdy. Para este ejercicio: 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 acomodándola 𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 − 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 como aparece 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥, la sustituimos 𝑑(𝑥𝑦) − 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 [𝑑(𝑥𝑦) − 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0] [ (𝑥𝑦)−2 𝑑(𝑥𝑦) − 𝑑𝑥 𝑥 + 𝑑𝑦 = 0 𝑑𝑥 1 (𝑥𝑦)2 ∫(𝑥𝑦)−2 𝑑(𝑥𝑦) − ∫ 𝑥 + ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 0 ] checando los otros términos, vemos que uno no se puede integrar por 𝑦 2 y el otro por 𝑥 2 multiplicaremos por [ 1 (𝑥𝑦)2 integramos aplicando ∫(𝑥𝑦)−2 𝑑(𝑥𝑦) ≈ ∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢 −(𝑥𝑦)−1 − ln|𝑥| + 𝑦 = 𝑐 multiplicando por [−𝑥𝑦] 1 + xyln|𝑥| = 𝑥𝑦(𝑐 + 𝑦) solución general. 1 + xyln|𝑥| − 𝑥𝑦 2 = 𝑐𝑥𝑦 ] despejamos CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución de una ecuación diferencial utilizando el método de factores integrantes. EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 4 𝑦 8 𝑑𝑦 3) 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 5 𝑑𝑦 2) 3𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 3 𝑑𝑦 − 5𝑥𝑑𝑦 4) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 3𝑦𝑥 2 𝑥 3 +2𝑦 4 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 5) (𝑦 − 𝑥𝑦 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0 6) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 2 −𝑦 𝑥 7) (𝑥 3 𝑦 2 + 𝑥)𝑑𝑦 + (𝑥 2 𝑦 3 − 𝑦) = 0 8) 4𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 11) 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = (𝑥 2 + 𝑥𝑦 − 2𝑦 2 )𝑑𝑥 12) 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 = (𝑥 2 − 𝑦 2 )3 (𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥) 9) (𝑦 2 − 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 e 13) 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 32𝑦𝑑𝑦 + 98𝑥𝑑𝑥 10) 𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = (𝑥 2 − 𝑦 2 )2 (𝑥𝑑𝑥 − 𝑦𝑑𝑦) SOLUCIONES 1) 5 = (𝑐 − 3𝑦 5 )(𝑥 3 𝑦 3 ) 3) 𝑦 5 = 𝑐𝑥 5 𝑒 𝑦 5 5) 𝑦 2 𝑥 = 𝑥𝑦(ln 𝑥 + 𝑐) + 1 7) ln(𝑦/𝑥)2 + (𝑥𝑦)2 = 𝑐 9) 𝑥 = (𝑥 + 𝑐)𝑦 11) ln [ 𝑥+2𝑦 𝑥−𝑦 4) 3𝑥 3 = (2𝑦 3 + 𝑐)𝑦 6) 1 + 𝑥𝑦 ln(𝑥) = 𝑐𝑥𝑦 8) 3 = (𝑥 + 𝑐𝑥 4 )𝑦 𝑥 10) 4 arctan ( ) = (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 + 𝑐 𝑦 ] = 3𝑥 + 𝑐 4𝑦 2) ln(𝑥 3 𝑦 5 )3 = 𝑦 3 + 𝑐 𝑥 12) 6(𝑥 2 + 𝑦 2 )3 arctan ( ) + 1 = 𝑐(𝑥 2 + 𝑦 2 )3 𝑦 13) arctan ( ) = ln(49𝑥 2 + 16𝑦 2 )28 + 𝑐 7𝑥 2.7 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Se dice que una ecuación diferencial de cualquier orden es lineal, cuando es de primer grado respecto de la variable dependiente y sus derivadas. En otras palabras, una ecuación diferencial es lineal cuando la variable del diferencial del numerador (de la derivada) aparece sólo elevada a la primera potencia dentro de la ecuación diferencial. Tomando por ejemplo, la variable “y” como dependiente, su ecuación general para una ecuación diferencial lineal en “y” es 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑃𝑦 = 𝑄, donde P y Q son funciones de “x” solamente. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Para resolver este tipo de ecuaciones, multiplicaremos toda la ecuación diferencial por el factor integrante: FACTOR =𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 , donde P = coeficiente de la variable lineal (con todo y el signo), los diferenciales son los de la parte del denominador de la derivada. Si la ecuación fuera lineal en “x”, tendrá la forma solamente y el FACTOR =𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + 𝑃𝑥 = 𝑄 , donde P y Q son funciones de “y” Para este método aplicaremos el concepto ( 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑃𝑦) 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑(𝑦𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 ) De esto, vemos que multiplicando la parte lineal por el FACTOR 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 este producto será siempre igual a la derivada de un producto cuyos factores serán siempre la variable lineal multiplicada por el FACTOR 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥, que es la clave del método. PASOS PARA LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL 1. Colocar la ecuación en la forma lineal. 2. Determinar el coeficiente de la variable lineal (con todo y signo) P. 3. Encontrar el FACTOR 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥(𝑣𝑎𝑟) 𝑑(𝑣𝑎𝑟). 4. Multiplicar toda la ecuación por el FACTOR. 5. Aplicar la identidad 𝑑𝑦 + 𝑃𝑦(𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥) = 𝑑(𝑦𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 ). 6. Integrar y la solución de las integrales será la solución general. NOTA. Puede ser que la ecuación diferencial no se nos dé en forma de derivadas, sino de diferenciales, por lo tanto para pasar de diferenciales a derivadas dividiremos toda la ecuación entre la diferencial que aparezca en un mayor número de términos. Por ejemplo: 𝑥 2 𝑑𝑦 − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦𝑑𝑥 = 0 Dividiremos entre el “dx”, dado que aparecen más términos con este diferencial. 𝑑𝑦 𝑥 2 ( ) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 3𝑥𝑦 = 0 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 𝑥2 + 3𝑦 𝑥 =0 como el coeficiente de la derivada debe ser 1 (uno) entonces dividiremos entre 𝑥 2 , dándole la forma Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 3𝑦 𝑥 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = donde vemos que es una ecuación diferencial lineal en “y”. 𝑥2 PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones. 1) 𝑑𝑦(1 + 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦)) = 𝑑𝑥 SOLUCIÓN a) Identificación. Dividiremos entre “dy” para darle la forma a la ecuación y ésta quedaría como: 1 + 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦) = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 colocándola en la forma lineal − 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦) = 1 donde vemos que es lineal en “x” b) Obtención del FACTOR 𝑃 = 2cot(𝑦) FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒 −2 ∫ cot(𝑦)𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒 −2 ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)| 𝑑𝑦 −2 −2 FACTOR = 𝑒 ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)| 𝑑𝑦 = (𝑠𝑒𝑛(𝑦)) 𝑑𝑦 FACTOR = csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦 aplicando 𝑐 ln |𝑢| = ln|𝑢|𝑐 1 aplicamos 𝑠𝑒𝑛(𝑦) = csc(𝑦) c) Producto de la lineal por el FACTOR. [ factor 𝑑𝑥 − 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦) = 1] [csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦] multiplicando 𝑑𝑥 − 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦)) (csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦) = csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦 aplicamos la identidad del 𝑑𝑦 ( 𝑑𝑦 𝑑𝑥 ( + 𝑃𝑥) 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑(𝑥𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑦 ) 𝑑𝑦 𝑑(𝑥 csc 2 (𝑦)) − csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦 = 0 integramos ∫ 𝑑(𝑥 csc 2 (𝑦)) − ∫ csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 d) Solución de integrales. ∫ 𝑑(𝑥 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑦)) ≈ ∫ 𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝑐, 𝑢 = 𝑥𝑐𝑠𝑐 2 (𝑦) ∫ 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑦)𝑑𝑦 ≈ ∫ 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑢)𝑑𝑢 = − cot(𝑢) + 𝑐 = − cot(𝑦) + 𝑐 e) Obtención de la solución general. ∫ 𝑑(𝑥 csc 2 (𝑦)) − ∫ csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 0 𝑥𝑐𝑠𝑐 2 (𝑦) + cot(𝑦) = 𝑐 integrando solución general. 𝑑𝑦 2) 𝑥 ( ) − 2𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥 𝑑𝑥 SOLUCIÓN a) Identificación. Para darle la forma dividiremos entre “x” la ecuación “y”. Ésta quedaría como 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 2𝑦 𝑥 = 𝑥 + 1 es lineal en “y”. b) Obtención del FACTOR. Primeramente encontramos P y es 𝑃 = − 𝑑𝑥 FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 −2 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 −2 ln |𝑥| 𝑑𝑥 = 𝑒 ln |𝑥 FACTOR = 𝑥 −2 𝑑𝑥 −2 | 𝑑𝑥 2 𝑥 aplicamos 𝑒 ln|𝑢| = 𝑢 c) Producto e identidad. [ [ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − − 2𝑦 𝑥 2𝑦 𝑥 = 𝑥 + 1] [𝑥 −2 𝑑𝑥] ] [𝑥 −2 𝑑𝑥] = 𝑥 −1 𝑑𝑥 + 𝑥 −2 𝑑𝑥 𝑑(𝑦𝑥 −2 ) − 𝑑𝑥 𝑥 − 𝑥 −2 𝑑𝑥 = 0 𝑦𝑥 −2 − ln|𝑥| + 𝑥 −1 = 𝑐 𝑦 − 𝑥 2 ln|𝑥| + 𝑥 = 𝑐𝑥 2 multiplicando aplicando paso 5 integramos multiplicando por 𝑥 2 despejando Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑦 + 𝑥 = 𝑥 2 (𝑐 + ln|𝑥|) solución general. 3) 𝑡𝑑𝑠 = (3𝑡 + 1)𝑠𝑑𝑡 + 𝑡 3 𝑒 3𝑡 𝑑𝑡 SOLUCIÓN a) Identificación. Para checar si es lineal hay que pasarla a derivadas, por lo tanto dividiremos entre “dt” dado que tiene el coeficiente con mayor número de términos y quedaría: 𝑑𝑠 𝑡 ( ) = (3𝑡 + 1)𝑠 + 𝑡 3 𝑒 3𝑡 dividiendo entre “t” y dándole la forma 𝑑𝑡 𝑑𝑠 𝑑𝑡 a la ecuación tenemos 1 − (3 + ) 𝑠 = 𝑡 2 𝑒 3𝑡 vemos que es lineal en “s”. 𝑡 b) Obtención del FACTOR. Primero encontramos P. P = −3 − 1 FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 ∫(−3− 𝑡 )𝑑𝑡 aplicando 𝑒 −𝑎−𝑏 = 𝑒 −𝑎 ∙ 𝑒 −𝑏 𝑑𝑡 −1 | FACTOR =(𝑡 −1 )𝑒 −3𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 c) Producto e identidad multiplicando 𝑑𝑠 aplicando paso 5 𝑑𝑡 1 − (3 + ) 𝑠] [𝑒 −3𝑡 (𝑡 −1 )𝑑𝑡] = 𝑡𝑑𝑡 𝑡 𝑑[𝑠𝑒 −3𝑡 (𝑡 −1 )] − 𝑡𝑑𝑡 = 0 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 −3 ∫ 𝑑𝑡−∫ 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 −3𝑡−ln |𝑡| 𝑑𝑡 FACTOR = 𝑒 −3𝑡 𝑒 ln|𝑡| 𝑑𝑡 = 𝑒 −3𝑡 𝑒 ln|𝑡 [ 1 integrando ∫ 𝑑[𝑠𝑒 −3𝑡 (𝑡 −1 )] − ∫ 𝑡𝑑𝑡 = ∫ 0 𝑠𝑒 −3𝑡 (𝑡 −1 ) − 𝑡2 2 =𝑐 2𝑠 − 𝑡 3 𝑒 3𝑡 = 𝑐𝑡𝑒 3𝑡 multiplicando por (2𝑡𝑒 2 ) despejando Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 2𝑠 = 𝑡𝑒 3𝑡 (𝑐 + 𝑡 2 ) solución general. NOTA. Cuando los dos diferenciales tienen coeficientes con igual número de términos, entonces checaremos cuál variable pudiera ser la lineal (la que aparezca elevada sólo a la primera potencia) para darle la forma lineal en esta variable. 4) (1 + 𝑥𝑦)𝑑𝑥 = (1 + 𝑥 2 )𝑑𝑦 SOLUCIÓN a) Identificación. Para darle forma, vemos que los dos diferenciales tienen el mismo número de términos en su coeficiente, por lo tanto, para saber entre qué diferencial dividiremos, observaremos qué variable aparece elevada a la primera potencia. Vemos que “y” sólo aparece a la primera potencia, por lo tanto colocaremos la ecuación lineal en “y”. ( 1 + 𝑥𝑦)𝑑𝑥 = (1 + 𝑥 2 )𝑑𝑦 ( 1 + 𝑥𝑦) = (1 + 𝑥 2 ) (1+𝑥𝑦) 1+𝑥 2 1 1+𝑥 2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − = + 𝑑𝑦 1+𝑥 2 𝑥𝑦 1+𝑥 2 𝑑𝑦 dividiendo entre (1 + 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 aplicando 𝑑𝑥 𝑥𝑦 dividiendo entre 𝑑𝑥 = = (𝑎+𝑏) 𝑐 𝑎 = + 𝑐 𝑏 𝑐 𝑑𝑦 dándole la forma 1 vemos que sí es lineal en “𝑦”. 𝑑𝑥 1+𝑥 2 b) Obtención del FACTOR. Primeramente 𝑃 = − − 1 2𝑥𝑑𝑥 𝑥 1+𝑥 2 1 2 1 2 −2 FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 2 ∫1+𝑥2 𝑑𝑥 = 𝑒 −2 ln(1+𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑒 ln(1+𝑥 ) 𝑑𝑥 1 FACTOR =(1 + 𝑥 2 )−2 c) Producto e identidad. [ 𝑑𝑦 − 𝑑𝑥 𝑥𝑦 1+𝑥 = 2 1 1+𝑥 1 ] [ (1 + 𝑥 2 )−2 𝑑𝑥] 2 multiplicando Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 [ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥𝑦 1+𝑥 2 1 𝑑𝑥 ] [ (1 + 𝑥 2 )−2 𝑑𝑥] = 1 𝑑 [ 𝑦(1 + 𝑥 2 )−2 ] − − 1 𝑑𝑥 3 (1+𝑥 2 )2 ∫ 𝑑 [ 𝑦(1 + 𝑥 2 ) 2 ] − ∫ 3 (1+𝑥 2 )2 =0 𝑑𝑥 3 (1+𝑥 2 )2 aplicando paso 5 integramos = ∫0 d) Solución de integrales. 1 ∫ 𝑑 [ 𝑦(1 + 𝑥 2 )−2 ] − ∫ 𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝑐 𝑑𝑥 ∫ (1+𝑥 2 )3/2 ⇒ sustitución trigonométrica ∫ 𝑥 1 𝑑𝑥 sec 2 𝜃 𝑑𝜃 sec 2 𝜃 𝑑𝜃 sec 2 𝜃 𝑑𝜃 = ∫ = ∫ = ∫ 3 3 (𝑠𝑒𝑐 3 𝜃) (1 + 𝑥 2 )3/2 (1 + 𝑡𝑔2 𝜃)2 (sec 2 𝜃)2 = 𝑡𝑔𝜃 , 𝑑𝑥 = sec 2 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜃 𝑠𝑒𝑐 𝜃 = ∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = ∫ 1 + 𝑡𝑔𝜃 = sec 2 𝜃 𝑜𝑝 𝑥 = ℎ𝑖𝑝 √1 + 𝑥 2 𝑑𝑥 3 = (1 + 𝑥 2 )2 𝑥 √1 + 𝑥 2 de +𝑐 e) Obtención de la solución general. − 1 ∫ 𝑑 [𝑦(1 + 𝑥 2 ) 2 ] − ∫ 1 𝑥 𝑑𝑥 3 (1+𝑥 2 )2 𝑦(1 + 𝑥 2 )−2 − √1+𝑥2 = 𝑐 = ∫0 integramos 1 multiplicamos por (1 + 𝑥 2 )2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑦 − 𝑥 = 𝑐√1 + 𝑥 2 despejando 𝑦 = 𝑐√1 + 𝑥 2 + 𝑥 5) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 solución general. 3 + ( ) 𝑥 = 2𝑦 , 𝑦 = 1 cuando 𝑥 = 2 𝑦 SOLUCIÓN a) Identificación. Vemos que la ecuación es la lineal en “x”. 3 b) Obtención del FACTOR 𝑃 = 𝑦 FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒 𝑑𝑦 = 𝑒 3𝑙𝑛 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒 ln 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 3∫ FACTOR = 𝑦 3 𝑑𝑦 3 c) Producto e identidad. 3 multiplicando + ( ) 𝑥] [𝑦 3 𝑑𝑦] = 2𝑦 4 𝑑𝑦 𝑑𝑦 3 aplicando el paso 5 ∫ 𝑑(𝑥𝑦 3 ) − 2 ∫ 𝑦 4 𝑑𝑦 = ∫ 0 aplicando ∫ 𝑑(𝑥𝑦 3 ) ≈ ∫ 𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝑐 [ [ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + ( ) 𝑥 = 2𝑦] [𝑦 3 𝑑𝑦] 𝑦 𝑦 𝑑(𝑥𝑦 3 ) − 2𝑦 4 𝑑𝑦 = 0 2𝑦 5 𝑥𝑦 3 − 5 = 𝑐 𝑦 3 (5𝑥 − 2𝑦 2 ) = 𝑐 integramos multiplicando por 5 y factorizando solución general. d) Obtención de la solución particular. Sustituyendo 𝑥 = 2 y 𝑦 = 1 (1)3 [5(2) − 2(1)2 ] = 𝑐, 𝑐 = 8 en la solución general sustituyendo “c” en la solución general Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑦 3 (5𝑥 − 2𝑦 2 ) = 8 solución particular. CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución de una ecuación diferencial lineal. EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 3𝑦 = 6 2) 4) 𝑦 ′ − 7𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 7)cos(𝑥) 9) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 11) (𝑥 + 1) 10) 𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 ) − 4𝑦 = 𝑥 6 𝑒 𝑥 3) 𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 𝑥 6) (𝑥 2 + 9) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 = 0 8) 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑦 + (𝑦 cos 3 𝑥 − 1)𝑑𝑥 = 0 1−𝑒 −2𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 5)𝑥 ( + 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 = 1 +𝑦 = 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦𝑡𝑔𝑥 = cos 2 (𝑥), 𝑦 = −1 cuando 𝑥 = 0 + 𝑦 = ln(𝑥) , 𝑦 = 10 cuando 𝑥 = 1 SOLUCIONES 1) 𝑦 + 2 = 𝑐𝑒 3𝑥 2) 2𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐𝑒 −𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 6) 𝑦√𝑥 2 + 9 = 𝑐 7) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + [cos(𝑥)]𝑐 3) 2𝑦 + 1 = 𝑐𝑒 𝑥 4) 53𝑦 + 2 cos(2𝑥) + 7𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 𝑐𝑒 7𝑥 5) 𝑦 + 𝑥 4 𝑒 𝑥 = 𝑥 4 (𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐) 9) 𝑦𝑒 𝑥 = ln(𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 ) + 𝑐 10) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) − cos(𝑥) 11) (𝑥 + 1)𝑦 = 𝑥𝑙𝑛(𝑥) − 𝑥 + 21 8) 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑡𝑔(𝑥) + 𝑐 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) 2 lOMoARcPSD|33194682 2.8 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES Una ecuación diferencial reducible a lineal es aquella que tiene la forma siguiente. (1) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 donde 𝑝, 𝑞 𝑓(𝑥) + 𝑃𝑦 = 𝑄𝑦 𝑛 Es decir, parece lineal, pero la variable aparece a la primera potencia (como en lineal), pero también aparece elevada a otra potencia en otro término. También puede ser que la variable esté dentro de una función, con lo cual será reducible a la lineal. La ecuación (1) se denomina ecuación de Bernoulli. Como vimos en lineales 𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 𝑑𝑥 ( lineal. 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑃𝑦) = 𝑑(𝑦𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 ), entonces es reducible a la Lo que haremos será sustituir la relación 𝑦𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 por la nueva variable “𝑣”. 𝑣 = 𝑦𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 despejando “𝑦” 𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃 𝑑𝑥 MÉTODO 𝑑𝑦 Tomando como base la ecuación 𝑑𝑥 + 𝑃𝑦 = 𝑄𝑦 𝑛 1. Sustituiremos la variable “𝑦” por el producto de la nueva variable “𝑣” multiplicada por el factor de lineales, pero con la potencia de signo contrario, o sea 𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃 𝑑𝑥 . 2. Diferenciando la ecuación anterior, encontraremos el valor del diferencial, el cual también será sustituido. 3. Las sustituciones de la variable y su diferencial se harán en la ecuación, pero puesta en diferenciales, no en derivadas. Para pasar de derivadas a diferenciales, multiplicaremos por el diferencial del denominador. 4. La ecuación resultante se resolverá por separación de variables. 5. Ya encontrada la solución, sustituiremos 𝑣 = 𝑦𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 es decir, se despeja “𝑣” de la ecuación del paso 1. PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑦 1 1) 𝑑𝑥 + ((𝑥−2)) 𝑦 = 5(𝑥 − 2)√𝑦 SOLUCIÓN a) Identificación. Como la variable del diferencial del numerador aparece elevada a la primera potencia, pero también aparece elevada a la “½” (la raíz cuadrada), entonces es reducible a lineal. b) Sustituciones. Primeramente determinaremos P igual que en lineales. 𝑃 = la supuesta lineal, entonces será la que sustituiremos. 𝑑𝑥 1 𝑥−2 como “𝑦” es −1 𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃 𝑑𝑥 = 𝑣𝑒 − ∫𝑥−2 = 𝑣𝑒 −ln(𝑥−2) = 𝑣𝑒 ln(𝑥−2) 𝑦 = 𝑣(𝑥 − 2)−1 diferenciando 𝑑𝑦 = −𝑣(𝑥 − 2)−2 𝑑𝑥 + (𝑥 − 2)−1 𝑑𝑣 Como la ecuación aparece en derivadas, hay que pasarla a diferenciales multiplicando por “𝑑𝑥” y queda: 𝑑𝑦 + ( 1 ) 𝑦 𝑑𝑥 = 5(𝑥 − 2)√𝑦 𝑑𝑥 𝑥−2 −𝑣(𝑥 − 2)−2 𝑑𝑥 + (𝑥 − 2)−1 𝑑𝑣 + ( 1 𝑥−2 simplificando sustituyendo “𝑦” y “𝑑𝑦” ) 𝑣(𝑥 − 2)−1 𝑑𝑥 = 5(𝑥 − 2)√𝑣(𝑥 − 2)−1 𝑑𝑥 1 (𝑥 − 2)−1 𝑑𝑣 = 5(𝑥 − 2)2 √𝑢 𝑑𝑥 (1) c) Resolviendo por separación de variables. 1 FACTOR = [(𝑥−2)−1 𝑣] multiplicando la ecuación (1) por el factor igualando a cero. √ 1 1 [(𝑥 − 2)−1 𝑑𝑣] − 5(𝑥 − 2)2 √𝑣 𝑑𝑥 = 0] [(𝑥−2)−1 ] 𝑣 1 3 𝑣 −2 𝑑𝑣 − 5(𝑥 − 2)2 𝑑𝑥 = 0 √ integrando Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) multiplicando lOMoARcPSD|33194682 − 1 3 ∫ 𝑣 2 𝑑𝑣 − 5 ∫(𝑥 − 2)2 = 0 5 1 2𝑣 2 − 2 (𝑥 − 2)2 = 𝑐 1 1 𝑢𝑛+1 ∫ 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑛+1 + 𝐶 dividiendo entre 2 5 𝑣 2 − (𝑥 − 2)2 = 𝑐 aplicando 5 [𝑦(𝑥 − 2)]2 − (𝑥 − 2)2 = 𝑐 5 (𝑥 − 2)2 [√𝑦 − (𝑥 − 2)2 ] = 𝑐 1 (𝑥 − 2)2 [√𝑦 − 𝑥 2 + 4𝑥 − 4] = 𝑐 de b) 𝑣 = 𝑦(𝑥 – 2) sustituyendo factorizando desarrollando (𝑥 – 2)2 solución general. 2) 𝑑𝑦 − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑦𝑙𝑛(𝑦𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 )𝑑𝑥 a) Identificación. Pasándola a derivadas, dividiremos entre: “𝑑𝑥”, 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑦𝑙𝑛(𝑦𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 ) La “𝑦” aparece a la primera potencia pero también dentro de una función, en este caso un logaritmo natural, entonces es reducible a lineal. b) Sustituciones. 𝑃 = −𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃𝑑𝑥 = 𝑣𝑒 ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑑𝑥 = 𝑦 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 diferenciando 𝑑𝑦 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑣 𝑑𝑦 − 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 = 𝑦𝑙𝑛(𝑦𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 )𝑑𝑥 sustituyendo “ 𝑦 ” y “ 𝑑𝑦 ” en la ecuación diferencial 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑣 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 ln[𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 ] 𝑑𝑥 𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑣 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 ln(𝑣) 𝑑𝑥 𝑑𝑣 − 𝑣𝑙𝑛(𝑣)𝑑𝑥 = 0 dividiendo entre 𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 e igualando a cero c) Resolviendo por separación de variables. FACTOR = 1 𝑣𝑙𝑛(𝑣) multiplicando la ecuación por este factor Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 [𝑑𝑣 − 𝑣 ln(𝑣) 𝑑𝑥 = 0] [ 𝑑𝑣 vln(𝑣) 𝑑𝑣 − 𝑑𝑥 = 0 1 ] 𝑣𝑙𝑛(𝑣) ∫ vln(𝑣) − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 d) Solución de integrales. 𝑑𝑣 𝑑𝑢 𝑑𝑣 ∫ vln(𝑣) ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐, 𝑢 = ln|𝑣| , 𝑑𝑢 = 𝑣 e) Obtención de la solución general. 𝑑𝑣 ∫ 𝑣 ln(𝑣) − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 integrando ln[ln(𝑣)] = 𝑐 + 𝑥 exponenciando ln[ln(𝑣)] − 𝑥 = 𝑐 despejando 𝑒 ln[ln(𝑣)] = 𝑒 𝑐+𝑥 aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐 ln(𝑦𝑒 cos 𝑥 ) = 𝑐𝑒 𝑥 solución general. ln(𝑣) = 𝑐𝑒 𝑥 de b) 𝑦 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 3) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + 𝑥 cot(𝑦) = 𝑣 = 𝑦𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 sustituimos 𝑥 sen 𝑦 cos 𝑦 𝑥 2 sen2 𝑦+1 SOLUCIÓN a) Identificación. Es reducible a lineal en “x” porque aparece elevada a la primera potencia y también elevada a otra potencia. b) Sustituciones. 𝑃 = 𝑐𝑜𝑡 (𝑦) como “𝑥” es la supuesta lineal −1 𝑥 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃𝑑𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ cot 𝑦𝑑𝑦 = 𝑣𝑒 − ln(sen 𝑦) = 𝑣𝑒 ln(sen 𝑦) 𝑥 = 𝑣 csc(𝑦) Pasando la ecuación a diferenciales se aplicó (𝑠𝑒𝑛𝑦)−1 = csc(𝑦) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑥 = −𝑣 csc 𝑦 cot 𝑦 𝑑𝑦 + csc 𝑦 𝑑𝑣 (multiplicando por “𝑑𝑦”) 𝑑𝑥 + 𝑥 cot(𝑦) = 𝑥 sen 𝑦 cos 𝑦𝑑𝑦 𝑥 2 sen2 𝑦+1 sustituimos “𝑥” y “𝑑𝑦” 𝑣 csc 𝑦 sen 𝑦 cos 𝑦𝑑𝑦 −𝑣 csc 𝑦 cot 𝑦 𝑑𝑦 + csc 𝑦 𝑑𝑣 + 𝑣 csc 𝑦 cot 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑣 2 csc2 𝑦 sen2 𝑦+1 𝑣 csc 𝑦 sen 𝑦 cos 𝑦𝑑𝑦 csc 𝑦 𝑑𝑣 = csc 𝑦 𝑑𝑣 = csc 𝑦 𝑑𝑣 − aplicando sin 𝑦 csc 𝑦 = 1 𝑣 2 csc2 𝑦 sen2 𝑦+1 𝑣 cos 𝑦𝑑𝑦 igualando a cero 𝑣 2 +1 𝑣 cos 𝑦𝑑𝑦 𝑣 2 +1 reduciendo =0 (1) c) Resolviendo por separación de variables. FACTOR =[ [csc 𝑦 𝑑𝑣 − (𝑣 2 +1)𝑑𝑣 𝑣 𝑣𝑑𝑣 + − 𝑑𝑣 𝑣 𝑣 2 +1 𝑣 csc 𝑦 ] 𝑣 2 +1 = 0] [ 𝑣 cos 𝑦 cos 𝑦𝑑𝑦 csc 𝑦 multiplicando la ecuación (1) por el factor 𝑣 2 +1 𝑣 csc 𝑦 =0 ] − cos 𝑦 sen 𝑦 𝑑𝑦 = 0 ∫ 𝑣𝑑𝑣 + ∫ multiplicando 1 𝑎+𝑏 𝑎 𝑏 aplicando csc 𝑦 − sen 𝑦 , 𝑐 = 𝑐 + 𝑐 integrando 𝑑𝑣 − ∫ cos 𝑦 sin 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 0 𝑣 d) Solución de integrales. 𝑢𝑛+1 + 𝑐, 𝑢 = sin(𝑦) , 𝑑𝑢 = cos(𝑦) 𝑑𝑦 ∫ cos(𝑦) sin(𝑦) 𝑑𝑦 ≈ ∫ 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑛+1 𝑛 e) Obtención de la solución general. ∫ 𝑣𝑑𝑣 + ∫ 𝑣2 𝑑𝑣 − ∫ cos 𝑦 sin 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 0 𝑣 + ln|𝑣| − 2 sen2 (𝑦) 2 =𝑐 multiplicando por 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 de b) 𝑥 = 𝑣𝑐𝑠𝑐(𝑦), 𝑣 = 𝑥 aplicando csc 𝑦 por lo tanto 𝑣 = 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) 𝑣 2 + 2 ln|𝑣| = 𝑐 + sen2(𝑦) 𝑥 2 sen2 (𝑦) + ln(𝑥 sen 𝑦)2 = 𝑐 + sen2(𝑦) 1 csc(𝑦) = sen(𝑦) solución general. 4) (𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 𝑦[𝑦(𝑥 + 1) ln(𝑥 + 1) − 1]𝑑𝑥 SOLUCIÓN a) Identificación. Primero si es reducible a lineal, dividiremos entre dx. 𝑑𝑦 (𝑥 + 1) ( ) = 𝑦 2 (𝑥 + 1) ln(𝑥 + 1) − 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 2 ln(𝑥 + 1) − + 𝑦 𝑥+1 𝑦 𝑥+1 = 𝑦 2 ln(𝑥 + 1) b) Sustituciones. 𝑃= dividiendo entre (𝑥 + 1) colocándola en la forma vemos que es reducible al lineal porque aparece 𝑦 2 1 𝑥+1 𝑑𝑥 −1 𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃𝑑𝑥 = 𝑣𝑒 − ∫𝑥+1 = 𝑣𝑒 − ln(𝑥+1) = 𝑣𝑒 ln(𝑥+1) 𝑦 = 𝑣(𝑥 + 1)−1 𝑑𝑦 = −𝑣(𝑥 + 1)−2 𝑑𝑥 + (𝑥 + 1)−1 𝑑𝑣 (𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 𝑦 2 (𝑥 + 1) ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 − 𝑦𝑑𝑥 diferenciando la ecuación sustituimos “𝑦” y “𝑑𝑦” (𝑥 + 1)[−𝑣(𝑥 + 1)−2 𝑑𝑥 + (𝑥 + 1)−1 𝑑𝑣] = 𝑣 2 (𝑥 + 1)−2 (𝑥 + 1) ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 − 𝑣(𝑥 + 1)−1 𝑑𝑥 −𝑣(𝑥 + 1)−1 𝑑𝑥 + 𝑑𝑣 = 𝑣 2 (𝑥 + 1)−1 ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 − 𝑣(𝑥 + 1)𝑑𝑥 igualando a cero Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) reduciendo e lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑣 − 𝑣 2 ln(𝑥+1)𝑑𝑥 =0 (𝑥+1) 𝑣 −2 𝑑𝑣 − dividiendo entre 𝑣 2 ln(𝑥+1)𝑑𝑥 =0 (𝑥+1) ∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 − ∫ integramos ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 = ∫0 (𝑥 + 1) c) Solución de integrales. ∫ ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 𝑢𝑛+1 ≈ ∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢 = + 𝑐, (𝑥 + 1) 𝑛+1 𝑢 = ln(𝑥 + 1) , 𝑑𝑢 = d) Obtención de la solución general. ∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 − ∫ −𝑣 −1 − ln(𝑥+1)𝑑𝑥 = ∫0 (𝑥+1) 𝑙𝑛2 (𝑥+1) 2 𝑑𝑥 𝑥+1 integrando =𝑐 multiplicando por – 2𝑣 2 + 𝑣𝑙𝑛2 (𝑥 + 1) = 𝑐𝑣 2 + 𝑦(𝑥 + 1)𝑙𝑛2 (𝑥 + 1) = 𝑐𝑦(𝑥 + 1) de b) 𝑦 = 𝑣(𝑥 + 1)−1 𝑣 = 𝑦(𝑥 + 1) solución general. CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se aborda la reducción de una ecuación diferencial de tal modo que se pueda llegar a su solución como si se tratase de una ecuación lineal. EJERCICIOS. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 = 𝑥𝑦 2 2𝑥 2) 𝑑𝑥 + ( ) 𝑑𝑦 = 2𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 𝑦 2 3) 𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 6𝑥 3 𝑦 2 𝑒 −2𝑦 𝑑𝑦 4) (12𝑒 2𝑥 𝑦 2 − 𝑦)𝑑𝑥 = 𝑑𝑦, 𝑦 = 1 cuando 𝑥 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑦 𝑦3 5) 3𝑦 2 ( ) + 𝑥+1 − 8(𝑥 + 1) = 0, 𝑦 = 0 cuando 𝑥 = 0 𝑑𝑥 2𝑥 6 6) 𝑥𝑑𝑦 = 𝑥 4 𝑑𝑥 + 3𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑦𝑑𝑥 SOLUCIONES 1) 𝑦 [𝑐𝑒 2 𝑥2 ) 2 ( 2) 1 + 2𝑦 3 𝑥 = 𝑐𝑥𝑦 2 + 1] = 1 3) 𝑒 2𝑦 = (𝑐 − 4𝑦 3 )𝑥 2 8 5) 𝑦 3 (𝑥 + 1) = [(𝑥 + 1)3 − 1] 3 4) 𝑦 −1 𝑒 −𝑥 = 13 − 12𝑒 𝑥 6) 6𝑦𝑥 −2 − ln(3𝑦𝑥 −2 + 2)4 = 3𝑥 2 + 𝑐 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 3.1 ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES CONSTANTES OPERADORES. Un operador es un símbolo que indica una operación que se debe efectuar. El operador D significa la derivada con respecto a “x”. En general: 𝐷𝑢 ≡ 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝐷2 𝑢 ≡ 𝐷𝑘 𝑢 ≡ 𝑑2 𝑢 𝑑𝑥 2 𝑑𝑘 𝑢 𝑑𝑥 𝑘 donde “u” es función de “x” Los operadores elementales 𝑎𝐷𝑘 , donde “a” es constante, siguen las leyes fundamentales del álgebra. (𝑎𝐷𝑚 + 𝑏𝐷𝑛 )𝑢 = (𝑏𝐷𝑛 + 𝑎𝐷𝑚 )u (𝑎𝐷𝑚 )(𝑏𝐷𝑛 )𝑢 = (𝑏𝐷𝑚 )(𝑎𝐷𝑛 )u [𝑎𝐷𝑚 + (𝑏𝐷𝑛 + 𝑐𝐷𝑟 )]𝑢 = [(𝑎𝐷𝑚 + 𝑏𝐷𝑛 ) + 𝑐𝐷𝑟 ]𝑢 Como los operadores a𝐷𝑘 , donde “a” es la constante, siguen las leyes fundamentales del álgebra, se pueden obtener los operadores algebraicos dados otros operadores algebraicos, multiplicando, elevando a potencias, introduciendo o quitando paréntesis, exactamente como si los operadores fuesen expresiones algebraicas. Es indiferente el orden de términos en una suma o de factores en un producto. EJEMPLOS 𝑎2 𝐷2 + 2𝑎𝐷 − 3 = (𝑎𝐷 + 3)(𝑎𝐷 − 1) (2𝐷2 + 5𝐷 + 6)𝑥 3 = 12𝑥 + 15𝑥 2 + 6𝑥 3 (𝐷 − 𝑎)(𝐷 − 𝑏)𝑦 = [𝐷2 − (𝑎 + 𝑏)𝐷 + 𝑎𝑏]𝑦 ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL. Una ecuación diferencial lineal contiene la variable dependiente y todas sus derivadas sólo en el primer grado. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Su forma general es (𝑎0 𝐷𝑛 + 𝑎1 𝐷𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝐷 + 𝑎𝑛 )𝑦 = 𝑥, donde las “a” y “x” son funciones de “x”. Si x = 0 se dice que la ecuación es homogénea. ECUACIÓN DIFERENCIAL CONSTANTES LINEAL HOMOGÉNEA CON COEFICIENTES Hallaremos un método para resolver las ecuaciones del tipo: (𝑎0 𝐷𝑛 + 𝑎1 𝐷𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝐷 + 𝑎𝑛 )𝑦 = 0 (1) donde las “a” son constantes. Un caso especial es Dy + ay = 0 y su solución es 𝑦 = 𝑐𝑒 −𝑎𝑥 , lo que sugiere que una función de la forma 𝑦 = 𝑐𝑒 𝑚𝑥 puede ser una solución de la ecuación (1) 𝑑𝑦 Sustituyendo 𝑦 = 𝑐𝑒 𝑚𝑥 𝑑𝑥 = 𝑚𝑐𝑒 𝑚𝑥 𝑑𝑘 𝑦 𝑑𝑥 𝑘 = 𝑚𝑘 𝑐𝑒 𝑚𝑥 En la ecuación (1) obtenemos 𝑐𝑒 𝑚𝑥 (𝑎0 𝑚𝑛 + 𝑎1 𝑚𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑚 + 𝑎𝑛 ) = 0 Esta ecuación será satisfecha si “m” es una raíz de la ecuación: (𝑎0 𝑚𝑛 + 𝑎1 𝑚𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑚 + 𝑎𝑛 ) Esta ecuación se llama ecuación característica o ecuación auxiliar. La ecuación característica es de grado “n”. Las raíces de esta ecuación serán 𝑚1 , 𝑚2 , … , 𝑚𝑛 Si estas raíces son todas reales y diferentes, entonces las “n” soluciones 𝑦1 = 𝑒 𝑚1 𝑥 , 𝑦2 = 𝑒 𝑚2 𝑥 , … , 𝑦𝑛 = 𝑒 𝑚𝑛𝑥 , son linealmente independientes y la solución general de la ecuación (1) puede escribirse como: 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑚1 𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑚2 𝑥 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑒 𝑚2 𝑥 en donde 𝑐1 , 𝑐2 , … , 𝑐𝑛 son constantes arbitrarias. EJEMPLOS. Determine la solución general de las siguientes ecuaciones. 1) 1) (𝐷3 + 2𝐷2 − 3𝐷)𝑦 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 La ecuación característica es 𝑚3 + 2𝑚2 − 3𝑚 = 0 Factorizando tenemos 𝑚(𝑚2 + 2𝑚 − 3) = 0 y 𝑚(𝑚 − 1)(𝑚 + 3) = 0 Por lo tanto, las raíces de esta ecuación son 0, 1, -3 Y la solución general de la ecuación es 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −3𝑥 2) (𝐷2 + 5𝐷 + 4)𝑦 = 0 La ecuación característica es 𝑚2 + 5𝑚 + 4 = 0 Factorizando (𝑚 + 4)(𝑚 − 1) = 0 Resolviendo, las raíces son -4, -1. Por lo que la solución es 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −4𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 3) (𝐷2 + 6𝐷 + 5)(𝐷2 − 9𝐷 + 18)𝑦 = 0 La ecuación característica es (𝑚2 + 6𝑚 + 5)(𝑚2 − 9𝑚 + 18) = 0 Factorizando tenemos (𝑚 + 5)(𝑚 + 1)(𝑚 − 6)(𝑚 − 3) = 0 Resolviendo las raíces son -5, -1, 6, 3 Y la solución general será 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −5𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + 𝑐3 𝑒 3𝑥 + 𝑐4 𝑒 6𝑥 4) (𝐷3 − 21𝐷 + 20)𝑦 = 0 La ecuación característica es m3 21m 20 0 Para encontrar las raíces de esta ecuación utilizamos la división sintética. 1 + 0 − 21 + 20 + 1 + 1 − 20 1 + 1 − 20 + 0 ⏌1 Con esto la ecuación se reduce a una cuadrática que será (𝑚2 + 𝑚 − 20) = 0 Factorizamos (𝑚 + 5)(𝑚 − 4) = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Por lo que las raíces de la ecuación característica son 1, 4, -5 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 4𝑥 + 𝑐3 𝑒 −5𝑥 Y su solución general es 5) (𝐷3 − 5𝐷 − 2)𝑦 = 0 La ecuación característica es 𝑚3 − 5𝑚 − 2 = 0 Para encontrar las raíces de esta ecuación utilizamos la división sintética. 1+0−5−2 ⏌−2 −2 + 4 + 2 1−2−1+ 0 Se reduce la ecuación a una cuadrática 𝑚2 − 2𝑚 − 1 = 0 Utilizando la fórmula general −𝑏±√𝑏 2 −4𝑎𝑐 2𝑎 , donde a = 1, b = -2 , c = 1 Sustituyendo en la fórmula general, tendremos −(−2) ± √(−2)2 − 4(1)(−1) 2 ± √4 + 4 2 ± 2√2 = = = 1 ± √2 2(1) 2 2 Entonces, las raíces de la ecuación son -2, 1 ± √2 Y la solución general es 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 (1+√2)𝑥 + 𝑐3 𝑒 (1−√2)𝑥 o 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑒 𝑥 (𝑐2 𝑒 √2𝑥 + 𝑐3 𝑒 −√2𝑥 ) ECUACIÓN CARACTERÍSTICA CON RAÍCES MÚLTIPLES La parte de una solución correspondiente a una raíz “a”, múltiple de orden “p”, de la ecuación característica es: (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + ⋯ + 𝑐𝑝 𝑥 𝑝−1 )𝑒 𝑎𝑥 EJEMPLOS 1) (𝐷 − 2)3 (𝐷 + 3)2 (𝐷 − 4)𝑦 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 La ecuación característica es (𝑚 − 2)3 (𝑚 + 3)2 (𝑚 − 4) = 0 Las raíces de esta ecuación son 2, 2, 2, -3, -3, -4 Y su solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 )𝑒 2𝑥 + (𝑐4 + 𝑐5 𝑥)𝑒 −3𝑥 + 𝑐6 𝑒 4𝑥 2) (𝐷5 − 2𝐷4 + 𝐷3 )𝑦 = 0 La ecuación característica es 𝑚5 − 2𝑚4 + 𝑚3 = 0 Factorizando 𝑚3 (𝑚2 − 2𝑚 + 1) = 0 Las raíces son 0, 0, 0, 1, 1 𝑚3 (𝑚 − 1)2 = 0 Y la solución general es 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + (𝑐4 + 𝑐5 𝑥)𝑒 𝑥 3) (𝐷2 + 7𝐷 + 12)(𝐷2 + 8𝐷 + 16)𝑦 = 0 La ecuación característica es (𝑚2 + 7𝑚 + 12)(𝑚2 + 8𝑚 + 16) = 0 Factorizando (𝑚 + 4)(𝑚 + 3)(𝑚 + 4)(𝑚 + 4) Por lo que las raíces son -3, -4, -4, -4 Y la solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 )𝑒 −4𝑥 + 𝑐4 𝑒 −3𝑥 4) (𝐷4 − 13𝐷2 + 36)2 𝑦 = 0 La ecuación característica es (𝑚4 − 13𝑚2 + 36)2 = 0 Factorizando (𝑚2 − 9)2 (𝑚2 − 4)2 = 0 Como ambos factores son diferencias de cuadrado: [(𝑚 + 3)(𝑚 − 3)]2 [(𝑚 + 2)(𝑚 − 2)]2 = 0 Entonces las raíces son -3, -3, 3, 3, -2, -2, 2, 2 Y la solución general es: 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 −3𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑒 −2𝑥 + (𝑐5 + 𝑐6 𝑥)𝑒 2𝑥 + (𝑐7 + 𝑐8 𝑥)𝑒 3𝑥 5) (𝐷3 + 5𝐷2 + 8𝐷 + 4)𝑦 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 La ecuación característica es 𝑚3 + 5𝑚2 + 8𝑚 + 4 = 0 Para encontrar las raíces utilizamos la división sintética. 1+5+8+4 ⏌−1 −1 − 4 − 4 1+4+4+ 0 Reducimos la ecuación a una cuadrática 𝑚2 + 4𝑚 + 4 = 0 Cuya solución es (𝑚 + 2)2 = 0 Por lo que las raíces de la ecuación característica son -1, -2, -2. Y la solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 −2𝑥 + 𝑐3 𝑒 −𝑥 ECUACIÓN CARACTERÍSTICA CON RAÍCES IMAGINARIAS La parte de la solución correspondiente al par de raíces complejas conjugadas 𝑎 ± 𝑏𝑖 de la ecuación característica, se puede escribir en la forma: 𝑒 𝑎𝑥 [𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥) + 𝑐2 cos(bx)] En el caso de un par de raíces complejas, los términos correspondientes de la solución general son: 𝑒 𝑎𝑥 [(𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥) cos(𝑏𝑥)] EJEMPLOS 1) (𝐷2 + 2𝐷 + 2)(𝐷2 + 14𝐷 + 49)𝑦 = 0 La ecuación característica es (𝑚2 + 2𝑚 + 2)(𝑚2 + 14𝑚 + 49) = 0 Resolvemos por fórmula general: 𝑚2 + 2𝑚 + 2 = 0 −𝑏±√𝑏 2 −4𝑎𝑐 2𝑎 a = 1, b = 2, c = 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 −2 ± √(2)2 − 4(1)(2) −2 ± √−4 −2 ± 2𝑖 = = = −1 ± 𝑖 2(1) 2 2 Factorizando 𝑚2 + 14𝑚 + 49 = 0 (𝑚 + 7)2 Entonces tenemos las raíces –7, -7, −1 ± 𝑖 Y la solución general es 𝑦 = (𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐2 cos(𝑥))𝑒 −𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑒 −7𝑥 2) (𝐷2 + 100)(𝐷 + 7)𝑦 = 0 La ecuación característica es (𝑚2 + 100)(𝑚 + 7) = 0 Las raíces son ±10𝑖, −7 Por lo que la solución general será 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(10𝑥) + 𝑐2 cos(10𝑥) + 𝑐3 𝑒 −7𝑥 3) (𝐷4 + 2𝐷3 + 10𝐷2 )𝑦 = 0 La ecuación característica es 𝑚4 + 2𝑚3 + 10𝑚2 = 0 Factorizando 𝑚2 (𝑚2 + 2𝑚 + 10) = 0 Resolviendo por la fórmula general la ecuación cuadrática: (𝑚2 + 2𝑚 + 10) = 0 a=1, b=2, c=10 −𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 −2 ± √(2)2 − 4(1)(10) −2 ± √−36 −2 ± 6𝑖 = = = = −1 ± 3𝑖 2𝑎 2(1) 2 2 Por lo que las raíces son 0, 0, -1±3𝑖. Y la solución general es 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + (𝑐3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) + 𝑐4 cos(3𝑥) 𝑒 −𝑥 4) (𝐷2 + 36)2 𝑦 = 0 La ecuación característica es: (𝑚2 + 36)2 = 0 o (𝑚2 + 36)(𝑚2 + 36) = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Resolviendo 𝑚2 = −36, 𝑚 = ±6𝑖 Las raíces son ±6𝑖, ±6𝑖 Por lo que la solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(6𝑥) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)cos(6𝑥) 5) (𝐷2 − 2𝐷 + 2)3 𝑦 = 0 La ecuación característica es (𝑚2 − 2𝑚 + 2)3 = 0 Resolviendo por fórmula general 𝑚2 − 2𝑚 + 2 = 0 a = 1, b = -2, c = 2 −𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2 ± √(−2)2 − 4(1)(2) 2 ± √−4 2 ± 2𝑖 = = = = 1±𝑖 2 2𝑎 2(1) 2 Pero este par de raíces se repite 3 veces, por lo que la solución general es: 𝑦 = [(𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 ) cos(𝑥) + (𝑐4 + 𝑐5 𝑥 + 𝑐6 𝑥 2 )𝑠𝑒𝑛(𝑥)]𝑒 𝑥 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se aborda la solución general de una ecuación diferencial utilizando el método de coeficientes constantes. EJERCICIOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones. 1) (𝐷2 + 9𝐷 + 18)𝑦 = 0 2) (𝐷2 − 3𝐷 − 10)𝑦 = 0 3) (𝐷2 + 4𝐷 − 21)𝑦 = 0 4) 𝐷2 𝑦 = 𝐷𝑦 7) (𝐷3 − 𝐷2 − 𝐷 + 1)𝑦 = 0 8) (𝐷6 − 8𝐷4 + 16𝐷2 )𝑦 = 0 5) (𝐷3 − 7𝐷 + 6)𝑦 = 0 9) (𝐷5 − 12𝐷3 + 16𝐷2 )𝑦 = 0 11) (𝐷3 − 4𝐷2 + 5𝐷)𝑦 = 0 13) (𝐷4 + 8𝐷2 + 16)𝑦 = 0 6) (𝐷4 − 𝐷3 − 7𝐷2 + 3𝐷)𝑦 = 0 10) (𝐷2 − 6𝐷 + 9)3 𝑦 = 0 12) (𝐷2 + 2𝐷 + 10)(𝐷2 − 2𝐷 + 2)𝑦 = 0 14) (𝐷6 + 6𝐷4 + 9𝐷2 )𝑦 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 16) (𝐷2 − 4𝐷 + 5)2 𝑦 = 0 15) (𝐷2 + 16)2 𝑦 = 0 17) (𝐷4 − 8𝐷3 + 32𝐷2 − 64𝐷 + 64)𝑦 = 0 18) (𝐷5 − 𝐷4 − 2𝐷3 + 2𝐷2 + 𝐷 − 1)𝑦 = 0 19) (𝐷4 + 8𝐷3 + 24𝐷2 + 32𝐷 + 16)𝑦 = 0 20) (𝐷3 − 6𝐷2 + 2𝐷 + 36)𝑦 21) 𝑑2 𝑦 23) 𝑑3 𝑦 25) 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 − 4𝑦 = 0 + 3 𝑑𝑥 2 + 7𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 12 22) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 6𝑦 = 0 =0 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 7𝑦 = 0 𝑑𝑦 24) 3 ( ) + 11𝑦 = 0 𝑑𝑥 SOLUCIONES 1) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −6𝑥 + 𝑐2 𝑒 −3𝑥 2) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 5𝑥 3) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −7𝑥 + 𝑐2 𝑒 3𝑥 4) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 𝑥 5) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑒 −3𝑥 6) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 3𝑥 + 𝑒 𝑥 (𝑐3 𝑒 √2𝑥 + 𝑐4 𝑒 −√2𝑥 ) 7) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −𝑥 8) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑒 2𝑥 + (𝑐5 + 𝑐6 𝑥)𝑒 −2𝑥 9) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑒 2𝑥 + 𝑐5 𝑒 −4𝑥 10) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + 𝑐4 𝑥 3 + 𝑐5 𝑥 4 + 𝑐6 𝑥 5 )𝑒 3𝑥 11) 𝑦 = 𝑐1 + (𝑐2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐3 cos(𝑥))𝑒 2𝑥 12) 𝑦 = (𝑐1 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) + 𝑐2 cos(3𝑥))𝑒 −𝑥 + (𝑐3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐4 cos(𝑥))𝑒 𝑥 13) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(2) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥) cos(2𝑥) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 14) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑠𝑒𝑛(√3𝑥) + (𝑐5 + 𝑐6 𝑥)cos(√3𝑥) 15) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(4) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)cos(4𝑥) 16) 𝑦 = [(𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑥) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥) cos(𝑥)]𝑒 2𝑥 17) 𝑦 = [(𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)sen(2x)]𝑒 2𝑥 18) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 )𝑒 𝑥 + (𝑐4 + 𝑐5 𝑥)𝑒 −𝑥 19) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + 𝑐4 𝑥 3 )𝑒 −2𝑥 20) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + (𝑐2 cos(√2𝑥) + 𝑐3 𝑠𝑒𝑛(√2𝑥)) 𝑒 4𝑥 21) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 22) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 7𝑥 23) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −4𝑥 + 𝑐3 𝑒 −3𝑥 11 24) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −( 3 )𝑥 25) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 3.2 DEDUCCIÓN DE LAS CONSTANTES DE INTEGRACIÓN SEGÚN LAS CONDICIONES INICIALES (SOLUCIÓN PARTICULAR) Cuando aparte de la ecuación de operadores nos dan los valores de “x”, “y” y el de algunas derivadas, quiere decir que nos piden la solución particular. Recordemos que la solución particular es la misma que la solución general, sólo que en lugar de las constantes de integración, colocamos sus valores. Nos darán valores de algunas derivadas, las cuales encontramos derivando la solución general. Sustituyendo los valores dados en las ecuaciones, encontraremos los valores de las constantes. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 EJEMPLO (𝐷2 − 2𝐷 + 1)𝑦 = 0, 𝑦 = 5, 𝐷𝑦 = −9 Cuando 𝑥 = 0 SOLUCIÓN a) Obtención de la solución general. Ecuación característica 𝑚2 − 2𝑚 + 1 = 0 Factorizando (𝑚 − 1)2 = 0 La solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 b) Obtención de la solución particular. Como nos dan el valor de la primera derivada (Dy), la obtendremos de la solución general. (1) (2) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 derivando 𝐷𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 𝑥 Sustituyendo primeramente en (1) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 5 = (𝑐1 + 𝑐2 (0))𝑒 0 sustituimos aplicando 5 = 𝑐1 𝑦 = 5, 𝑥 = 0 𝑒0 = 1 Sustituyendo en (2) 𝐷𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 sustituimos 𝐷𝑦, 𝑥 −9 = (𝑐1 + 𝑐2 (0))𝑒 0 + 𝑐2 𝑒 0 aplicando 𝑒 0 = 1 −9 = 5 + 𝑐2 despejando −9 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑐2 = −14 sustituimos 𝑐1 sustituimos en la solución general 𝑦 = (5 − 14𝑥)𝑒 𝑥 solución particular. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución particular de una ecuación diferencial a partir del planteamiento de condiciones iniciales mediante el uso de coeficientes constantes. EJERCICIOS 1) (𝐷2 + 2𝐷 + 1)𝑦 = 0 2) 𝐷2 (𝐷 − 1)𝑦 = 0 𝑦 = 1, 𝐷𝑦 = −1 Cuando 𝑥 = 0 𝐷𝑦 = 3, 𝐷2 = 2 Cuando 𝑥 = 0 4) (𝐷3 − 𝐷2 − 𝐷 + 1)𝑦 = 0 𝑦 = 0, 𝐷𝑦 = 0, 𝐷2 𝑦 = 4 Cuando 𝑥 = 0 6) (𝐷2 + 9)𝑦 = 0 𝐷𝑦 = 0 Cuando 𝑥 = 6 𝑦 = 2, 3) (𝐷3 − 4𝐷2 + 4𝐷)𝑦 = 0 𝑦 = 1, 5) (𝐷2 + 1)𝑦 = 0 𝑦 = 1, 7) (𝐷2 + 2𝐷 + 2)𝑦 = 0 𝑦 = 0, 𝑦 = 2, 𝐷𝑦 = 2, 𝐷2 y = 8 𝐷𝑦 = −1 𝐷𝑦 = 1 Cuando 𝑥 = 0 Cuando 𝑥 = Cuando 𝑥 = 0 SOLUCIONES 1) 𝑦 = 𝑒 𝑥 2) 𝑦 = 𝑥 + 2𝑒 𝑥 3) 𝑦 = 1 + 2𝑥𝑒 𝑥 7) 𝑦 = 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 4) 𝑦 = 𝑒 −𝑥 + (2𝑥 − 1)𝑒 𝑥 5) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − cos(𝑥) 6) 𝑦 = 2𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 3.3 ECUACIÓN LINEAL NO HOMOGÉNEA (MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS) Para resolver la ecuación (𝑎0 𝐷𝑛 + 𝑎1 𝐷𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝐷 + 𝑎𝑛 )𝑦 = 𝑓(𝑥) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) (1) lOMoARcPSD|33194682 Donde las “a” son constantes y “x” es una función de “x”, escribiremos la solución general como 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝, donde 𝑦𝑐 es la solución general de (1) cuando x lo sustituimos por cero, y yp es una solución particular de (1). 𝑦𝑐 se denomina función complementaria y se puede resolver como lo estudiamos anteriormente. 𝑦𝑝 se puede resolver por diversos métodos. Uno de ellos es el de los coeficientes indeterminados. Para encontrar 𝑦𝑝 utilizaremos la siguiente tabla. Función de “x” Constante 𝑒 𝑎𝑥 𝑥𝑒 𝑎𝑥 x x2 x3 sen ax, cos ax o ambas yp correspondiente A A𝑒 𝑎𝑥 Ax𝑒 𝑎𝑥 + B𝑒 𝑎𝑥 Ax + B 2 Ax + Bx + E Ax3 + Bx2 + Ex + F Asen x + Bcos x Pasos para encontrar la solución general de una ecuación lineal no homogénea. 1) Resolver como si fuera homogénea para obtener 𝑦𝑐 . 2) Escoger un 𝑦𝑝 adecuado, según el tipo de función x que tengamos. 3) Sustituir en la ecuación diferencial “𝑦” por “𝑦𝑝 ” y encontrar los valores desconocidos. 4) Sumar 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 para obtener la solución general. PROBLEMAS RESUELTOS. Determine la solución general de las siguientes ecuaciones. 1) (𝐷2 − 4)𝑦 = 12 SOLUCIÓN 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 a) Determinación de 𝑦𝑐 . Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Como la ecuación característica es (𝐷2 − 4)𝑦 = 12 Factorizamos (𝑚2 − 4) = 0, (𝑚 + 2)(𝑚 − 2) = 0 Las raíces son –2, +2, por lo tanto 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 b) Obtención del 𝑦𝑝 . De la tabla 𝑦𝑝 = 𝐴 sustituyendo en lugar de “𝑦” en la ecuación original. (𝐷2 − 4)(𝐴) = 12 𝐷2 (𝐴) − 4𝐴 = 12 0 – 4𝐴 = 12 𝐴 =– 3 𝑦𝑝 = 𝐴 𝑦𝑝 = −3 multiplicando como 𝐴 = 𝑐𝑡𝑒, 𝐷2 (𝐴) = 0 despejando sustituyendo en 𝑦 c) Obtención de la solución general. Como 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 sustituyendo los valores 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 3 solución general. 2) (𝐷2 − 𝐷 − 2)𝑦 = 6𝑒 𝑥 SOLUCIÓN 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 a) Obtención del “𝑦𝑐 ”. Factorizamos (𝑚2 − 𝑚 − 2) = 0, (𝑚 − 2)(𝑚 + 1) = 0 Las raíces son 2, –1 por lo que 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 b) Obtención del “𝑦𝑝 ”. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 De la tabla 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 sustituyendo en “𝑦”. (𝐷2 − 𝐷 − 2)(𝐴𝑒 𝑥 ) = 6𝑒 𝑥 multiplicando 𝐴𝑒 𝑥 − 𝐴𝑒 𝑥 − 2𝐴𝑒 𝑥 = 6𝑒 𝑥 𝐷2 (𝐴𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑒 𝑥 despejando 𝐴 = −3 sustituyendo 𝑦𝑝 𝐷2 (𝐴𝑒 𝑥 ) − 𝐷(𝐴𝑒 𝑥 ) − 2𝐴𝑒 𝑥 = 6𝑒 𝑥 −2𝐴𝑒 𝑥 = 6𝑒 𝑥 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 = 𝑦𝑝 = −3𝑒 𝑥 𝐷(𝐴𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑒 𝑥 c) Obtención de la solución general. 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 𝑦𝐺 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 − 3𝑒 𝑥 sustituyendo 𝑦𝑐 , 𝑦𝑝 3.4 CASO ESPECIAL EN LA RESOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL NO HOMOGÉNEA Una vez que determinamos el valor de “𝑦𝑝 ” de la tabla, tenemos que checar que no haya términos semejantes en 𝑦𝑐 , en caso de que esto ocurra entonces el 𝑦𝑝 se multiplicará por 𝑥 𝑛 , donde “𝑛” es el menor entero que hace que los términos no sean semejantes. PROBLEMAS RESUELTOS. Determine la solución. 1) (𝐷2 + 𝐷)𝑦 = 8𝑥 SOLUCIÓN 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 , a) Determinación de 𝑦𝑐 . Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 La ecuación característica es (𝑚2 + 𝑚) = 0, ⇒ 𝑚(𝑚 + 1) = 0 𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 b) Obtención del “𝑦𝑝 ”. De la tabla 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 donde 𝐴, 𝐵 son constantes, por lo que es semejante con el 𝑦𝑐 ya que ahí aparece 𝐶 que también es una constante, por lo que el 𝑦𝑝 está contenido en el 𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 que multiplicaremos por “𝑥”. 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑥 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 sustituimos en 𝑦 (𝐷2 + 𝐷)(𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥) = 8𝑥 multiplicando 𝐷2 (𝐴𝑥 2 ) = 2𝐴𝑥 𝐷(𝐵𝑥) = 𝐵 𝐷2 (𝐴𝑥 2 ) = 2𝐴 𝐷2 (𝐵𝑥) = 0 𝐷2 (𝐴𝑥 2 ) + 𝐷2 (𝐵𝑥) + 𝐷(𝐴𝑥 2 ) + 𝐷(𝐵𝑥) = 8𝑥 2𝐴 + 0 + 2𝐴𝑥 + 𝐵 = 8𝑥 agrupando 2𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵 = 8𝑥 sustituimos 2(4) + 𝐵 = 0 𝐵 = −8 sustituimos A y B en 𝑦𝑝 2𝐴 + 𝐵 = 0 𝑦𝑝 = 4𝑥 2 − 8𝑥 igualando términos semejantes c) Obtención de la solución. 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 𝑦𝐺 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + 4𝑥 2 − 8𝑥 solución general. 2) (𝐷2 − 1)𝑦 = 5𝑒 𝑥 SOLUCIÓN 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 a) Obtención del 𝑦𝑐 . Tomando la ecuación característica (𝑚2 − 1) = 0, ⇒ (𝑚 + 1)(𝑚 − 1) = 0 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 b) Obtención del 𝑦𝑝 . Utilizando la tabla 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 , como podemos checar el 𝑦𝑝 está contenido en el 𝑦𝑐 , ya que 𝐴𝑒 𝑥 ≈ 𝑐2 𝑒 𝑥 , por lo que son términos semejantes y entonces multiplicaremos el 𝑦𝑝 por 𝑥. 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 sustituyendo en “y” (𝐷2 − 1)(𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) = 5𝑒 𝑥 multiplicando 𝐷2 (𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) − 𝐴𝑥𝑒 𝑥 = 5𝑒 𝑥 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 2𝐴𝑒 𝑥 − 𝐴𝑥𝑒 𝑥 = 5𝑒 𝑥 2𝐴𝑒 𝑥 = 5𝑒 𝑥 2𝐴 = 5, por lo tanto 𝐴 = 5 𝑦𝑝 = 𝑥𝑒 𝑥 2 5 2 𝐷(𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴𝑒 𝑥 𝐷2 (𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴𝑒 𝑥 + 𝐴𝑒 𝑥 𝐷2 (𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 2𝐴𝑒 𝑥 sustituimos en 𝑦𝑝 c) Obtención de la solución. 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 5 𝑦𝐺 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 2 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se llega a la solución general de una ecuación diferencial no homogénea. EJERCICIOS. Resuelva las siguientes ecuaciones. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1) (𝐷2 − 𝐷 − 2)𝑦 = 𝑒 3𝑥 2) (𝐷2 − 𝐷 − 2)𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 3) (𝐷3 − 6𝐷2 + 11𝐷 − 6)𝑦 = 2𝑥𝑒 −𝑥 4) 𝐷2 𝑦 = 9𝑥 2 + 2𝑥 − 1 5) (𝐷 − 5)𝑦 = 2𝑒 5𝑥 6) (𝐷 − 5)𝑦 = (𝑥 − 1)𝑠𝑒𝑛(𝑥) + (𝑥 + 1)cos(𝑥) 9) (𝐷 − 1)𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + cos(2𝑥) 10) (𝐷3 − 3𝐷2 + 3𝐷 − 1)𝑦 = 𝑒 𝑥 + 1 7) (𝐷 − 5)𝑦 = 3𝑒 𝑥 − 2𝑥 + 1 8) (𝐷 − 5)𝑦 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑥𝑒 5𝑥 11) (𝐷3 − 2𝐷2 + 5𝐷)𝑦 = 10 + 15cos(2𝑥) 12) (𝐷2 − 2𝐷 + 2)𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) SOLUCIONES 1 1) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑒 3𝑥 4 2) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 3 20 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 3) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑒 3𝑥 − 3 1 1 12 1 1 20 𝑥𝑒 −𝑥 − 4) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑥 4 + 𝑥 3 − 𝑥 2 4 5) 𝑦 = (𝑐1 + 2𝑥)𝑒 2𝑥 6) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 5𝑥 + (− 3 2 13 3 𝑥+ 2 1 5 71 1 13 144 𝑒 −𝑥 2 3 ) 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ( 𝑥 + 338 7) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 5𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑥 − 4 cos(2𝑥) 13 3 25 1 1 ) cos(𝑥) 1 8) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 5𝑥 − ( 𝑥 2 + 8 𝑥 + 32) 𝑒 𝑥 − 2 𝑥 2 𝑒 5𝑥 4 69 338 1 2 1 9) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 2 cos(𝑥) + 5 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 5 cos(2𝑥) 2 1 10) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 − 1 1 6 11) 𝑦 = 2𝑥 + ( )(15𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 60 cos(2𝑥)) 34 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1 12) 𝑦 = − ( ) 𝑥𝑒 𝑥 cos(𝑥) 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 La variación de parámetros se presenta como un método para obtener la solución de Ecuaciones Diferenciales de orden “n” y que son lineales del tipo no homogéneas. En esta ocasión los parámetros constantes C1, C2…, Cn que aparecen en la solución, son variables, lo que difiere de la solución auxiliar utilizada para casos homogéneos en las que son constantes. Las funciones con las que C1, C2…, Cn son reemplazadas, son ahora funciones que deben despejarse. El presente método se aplica sin importar la naturaleza de g(x), a diferencia del método de Coeficientes Indeterminados (CI), el cual sólo aplica cuando g(x) tiene una forma específica. Otra ventaja importante es que el método de variación de parámetros puede aplicar aún y cuando la ED sea de coeficientes variables. Las desventajas que presenta este método son que uno debe conocer primeramente la solución a la homogénea auxiliar, y otra es que las integrales que aparecen en las fórmulas pueden ser difíciles de calcular(*). DEMOSTRACIÓN DEL MÉTODO DE VARIACIÓN DE PARÁMETROS Considere la siguiente ecuación diferencial general: 𝑦 (𝑛) + 𝑎(n – 1)(𝑥)𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑎1(𝑥)𝑦 ′ + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (1) En donde 𝑦 = 𝑓(𝑥). Se sabe que la solución completa de una ecuación diferencial consiste en una solución general, más una solución particular, de tal forma que: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 (2) 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑐3 𝑦3 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑦𝑛 (3) Analizando la solución general, se tiene que: * Uresti, Eduardo. Lectura #14. ITESM, Campus Monterrey, Departamento de Matemáticas. Disponible en: http://www.mty.itesm.mx/etie/deptos/m/ma-841/recursos/l841-14.pdf Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Se busca encontrar un conjunto de funciones nuevas, dado que se cumpla que: 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛 (4) De la suposición anterior viene el nombre de Variación de Parámetros, pues los parámetros que se varían son las constantes, por funciones de la variable independiente. Para encontrar dichas funciones, es necesario tener un conjunto de ecuaciones igual al número de “incógnitas” (en este caso, las funciones u1… un), por lo que para conseguirlas, se deriva la ecuación (4), n – 1 veces: La derivada de yp, mediante la regla del producto, otorga: 𝑦𝑝′ = 𝑢1 𝑦1′ + 𝑢2 𝑦2′ + 𝑢3 𝑦3′ + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛′ + 𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 + 𝑢3′ 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛′ 𝑦𝑛 (5) Es fácil darse cuenta de que se obtendrán ecuaciones bastante largas, por lo que, para simplificar los cálculos, se asume que: Por lo que: 𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 + 𝑢3′ 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛′ 𝑦𝑛 = 0 𝑦𝑝′ = 𝑢1 𝑦1′ + 𝑢2 𝑦2′ + 𝑢3 𝑦3′ + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛′ Obteniendo la segunda derivada: 𝑦𝑝′′ = 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢3′ 𝑦3′ + ⋯ + 𝑢𝑛′ 𝑦𝑛′ + 𝑢1 𝑦1′′ + 𝑢2 𝑦2′′ + 𝑢3 𝑦3′′ + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛′′ (6) Asumiendo que: u’1y’1 + u’2y’2 + u’3y’3 + … + u’ny’n = 0 Se tiene entonces, que la segunda derivada de yc es: y'’p = u1y’’1 + u2y’’2 + u3y’’3 + … + uny’’n En resumen, para una ecuación diferencial de grado n, basándonos en la expresión inicial de yc, sí se asume que: u'1𝑦 (𝑘) 1 + u’2𝑦 (𝑘) 2 + u’3𝑦 (𝑘) 3 + … + u’n𝑦 (𝑘) n = 0 para k = 0, 1, 2, 3, …, n – 2 (7) 𝑦 (𝑘) p = u1𝑦 (𝑘) 1 + u2𝑦 (𝑘) 2 + u3𝑦 (𝑘) 3 + … + un𝑦 (𝑘) n para k = 0, 1, 2, 3, …, n – 1 (8) Se obtiene entonces la siguiente expresión general para obtener las derivadas de yp hasta el orden n – 1, la cual resultará útil al momento de sustituir yp en (1): Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Con la ecuación (7), se tienen n - 1 ecuaciones (de 0 a n – 2), pero se tienen n incógnitas, por lo que es necesario encontrar una ecuación más. Podría pensarse que la ecuación (8) es la que debería utilizarse, pues con ella se expresan n ecuaciones; sin embargo, no ofrece información relevante, pues en ella se presentan las n incógnitas (u1… un) y la incógnita original que busca encontrarse (yp). Ahora bien, es necesario relacionar una ecuación directamente con el término g(x) que se presenta en la expresión general de la ecuación diferencial, para contar así con n ecuaciones, basándonos en (8). Lo que se realiza es introducir yp en la forma general de la ecuación, sustituyéndola como solución, de tal forma que se tenga: 𝑦 (𝑛) p + 𝑎(n -1) 𝑦 (𝑛−1) p + … + 𝑎(1) 𝑦 ′ p + + 𝑎0 𝑦p = g(x) (9) 𝑦 (𝑛) p = u1𝑦 (𝑛) 1 + u2𝑦 (𝑛) 2 + … + un𝑦 (𝑛) n + u’1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n (10) Nótese que la expresión general para obtener las derivadas sólo permite conocer n – 1 derivadas. Sin embargo, necesitamos n derivadas, así que lo que se hace es diferenciar la (n – 1)-ésima derivada para obtener la n-ésima derivada: Aquí no se asume que u'1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + u’3𝑦 (𝑛−1) 3 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n = 0, y el por qué será evidente más adelante. Sustituyendo ahora en la expresión general: Desarrollando: [u1𝑦 (𝑛) 1 + u2𝑦 (𝑛) 2 + u3𝑦 (𝑛) 3 + … + un𝑦 (𝑛) n] + 𝑎(n -1)[u1𝑦 (𝑛−1) 1 + u2𝑦 (𝑛−1) 2 + u3𝑦 (𝑛−1) 3 + … + un𝑦 (𝑛−1) n] + 𝑎(n -2)[u1𝑦 (𝑛−2) 1 + u2𝑦 (𝑛−2) 2 + u3𝑦 (𝑛−2) 3 + … + un𝑦 (𝑛−2) n] + ... + 𝑎(1) [u1y’1 + u2y’2 + u3y’3 + … + uny’n] + 𝑎0 [u1y1 + u2y2 + u3y3 + … + unyn] = g(x) [u1𝑦 (𝑛) 1 + u2𝑦 (𝑛) 2 + u3𝑦 (𝑛) 3 + … + un𝑦 (𝑛) n] + [𝑎(n -1)u1𝑦 (𝑛−1) 1 + 𝑎(n -1)u2𝑦 (𝑛−1) 2 + 𝑎(n -1)u3𝑦 (𝑛−1) 3 + … + 𝑎(n -1)un𝑦 (𝑛−1) n] + [𝑎(n -2)u1𝑦 (𝑛−2) 1 + 𝑎(n -2)u2𝑦 (𝑛−2) 2 + 𝑎(n -2)u3𝑦 (𝑛−2) 3 + … + 𝑎(n -2)un𝑦 (𝑛−2) n] + ... + [𝑎1u1y’1 + 𝑎1u2y’2 + 𝑎1u3y’3 + … + 𝑎1uny’n] + [𝑎0u1y1 + 𝑎0u2y2 + 𝑎0u3y3 + … + 𝑎0unyn] = g(x) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Para obtener una ecuación útil para la solución del sistema, es necesario obtener los factores de cada función u1… un, así que la expresión anterior se factoriza para u1… un: u1[𝑦 (𝑛) 1 + 𝑎(n -1)𝑦 (𝑛−1) 1 + … + 𝑎1𝑦′1 + 𝑎0𝑦1] + u2[𝑦 (𝑛) 2 + 𝑎(n -1)𝑦 (𝑛−1) 2 + … + 𝑎1𝑦′2 + 𝑎0𝑦2] + u3[𝑦 (𝑛) 3 + 𝑎(n -1)𝑦 (𝑛−1) 3 + … + 𝑎1𝑦′3 + 𝑎0𝑦3] + ... + un[𝑦 (𝑛) n + 𝑎(n -1)𝑦 (𝑛−1) n + … + 𝑎1𝑦′n + 𝑎0𝑦n] + u’1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n = g(x) Si se observa bien, cada expresión dentro de cada corchete no es mas que la n-ésima solución general sustituida en la ecuación diferencial, lo cual significa que todas las expresiones entre corchetes son iguales a cero, por lo que la ecuación anterior se reduce a: u’1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n = g(x) Aquí es donde se vuelve claro por qué para la última derivada no se asumió la simplificación que fue aplicada para las derivadas de orden menor a n. Recordando que: Y que: u'1𝑦 (𝑘) 1 + u’2𝑦 (𝑘) 2 + u’3𝑦 (𝑘) 3 + … + u’n𝑦 (𝑘) n = 0 para k = 0, 1, 2, 3, …, n - 2 u’1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n = g(x) Contamos ahora con n ecuaciones, las cuales son: u'1𝑦 (0) 1 + u’2𝑦 (0) 2 + u’3𝑦 (0) 3 + … + u’n𝑦 (0) n = 0 u'1𝑦 (1) 1 + u’2𝑦 (1) 2 + u’3𝑦 (1) 3 + … + u’n𝑦 (1) n = 0 u'1𝑦 (2) 1 + u’2𝑦 (2) 2 + u’3𝑦 (2) 3 + … + u’n𝑦 (2) n = 0 ⋮ (𝑛−2) (𝑛−2) (𝑛−2) (𝑛−2) u'1𝑦 1 + u’2𝑦 2 + u’3𝑦 3 + … + u’n𝑦 n=0 (𝑛−1) (𝑛−1) (𝑛−1) u’1𝑦 1 + u’2𝑦 2 + … + u’n𝑦 n = g(x) Si consideramos a u’1… u’n como las “variables”, entonces la matriz que representa al sistema de ecuaciones es: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) (11) lOMoARcPSD|33194682 (0) 𝑦1 (1) 𝑦1 (2) 𝑦1 ⋮ (𝑛−1) [𝑦1 (0) 𝑦2 (1) 𝑦2 (2) 𝑦2 ⋮ (𝑛−1) 𝑦2 (0) 𝑦3 ⋯ (1) 𝑦3 (2) 𝑦3 ⋯ (0) 𝑦𝑛 = (1) 𝑦𝑛 (2) 𝑦𝑛 = ⋯ ⋱ ⋮ (𝑛−1) ⋯ 𝑦𝑛 ⋮ (𝑛−1) 𝑦3 0 0 (12) = 0 ⋮ ⋮ = 𝑔(𝑥)] Para resolver el sistema de ecuaciones, es conveniente utilizar el Método de Cramer, debido a la generalidad del problema. Será necesario resolver n + 1 determinantes. El determinante del sistema coincide con el Wronskiano de y1… yn. Se tiene entonces el siguiente procedimiento: Se calcula el Wronskiano: (0) 𝑦1 | 𝑦1(1) | (2) 𝑦1 ⋮ (𝑛−1) 𝑦1 (0) 𝑦2 (1) 𝑦2 (2) 𝑦2 ⋮ (𝑛−1) 𝑦2 (0) 𝑦3 ⋯ (1) 𝑦3 ⋯ (2) 𝑦3 ⋯ ⋱ ⋯ ⋮ (𝑛−1) 𝑦3 (0) 𝑦𝑛 (1) 𝑦𝑛 (2) 𝑦𝑛 ⋮ (𝑛−1) 𝑦𝑛 | | = ∆𝑊 = 𝑊𝑟𝑜𝑛𝑠𝑘𝑖𝑎𝑛𝑜 𝑑𝑒 𝑦1 … 𝑦𝑛 Posteriormente, se encuentran ∆𝑦1, ∆𝑦2 , ∆𝑦3 , ..., ∆𝑦𝑛 , sustituyendo el vector de solución con las columnas 1, 2, 3, ..., n, respectivamente, y encontrando sus determinantes: 0 | 0 (0) 𝑦2 (1) 𝑦2 (2) (0) 𝑦3 (1) 𝑦3 (2) 0 | ⋮ 𝑔(𝑥) 𝑦2 ⋮ (𝑛−1) 𝑦2 𝑦3 ⋮ (𝑛−1) 𝑦3 | 𝑦1(1) 0 𝑦3 (0) 𝑦1 | (2) 𝑦1 ⋮ (𝑛−1) 𝑦1 (0) 𝑦1 (1) | 𝑦1 (2) 𝑦1 | ⋮ (𝑛−1) 𝑦1 0 (0) 𝑦3 (1) (2) 𝑦3 0 ⋮ ⋮ (𝑛−1) 𝑔(𝑥) 𝑦3 (0) 𝑦2 (1) 𝑦2 (2) 𝑦2 ⋮ (𝑛−1) 𝑦2 0 0 0 ⋮ 𝑔(𝑥) (0) ⋯ 𝑦𝑛 ⋯ 𝑦𝑛 ⋯ (1) 𝑦𝑛 | = ∆𝑦1 ⋯ 𝑦𝑛 ⋱ ⋮ | (𝑛−1) ⋯ 𝑦𝑛 ⋯ (2) (0) (1) 𝑦𝑛 | = ∆𝑦2 ⋯ | ⋱ ⋮ (𝑛−1) ⋯ 𝑦𝑛 ⋯ ⋯ (2) 𝑦𝑛 (0) 𝑦𝑛 (1) 𝑦𝑛 | = ∆𝑦3 ⋯ 𝑦𝑛 ⋱ ⋮ | (𝑛−1) ⋯ 𝑦𝑛 (2) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) (13) lOMoARcPSD|33194682 (0) 𝑦1 | 𝑦1(1) (2) 𝑦1 | ⋮ (𝑛−1) 𝑦1 (0) 𝑦2 (1) 𝑦2 (2) 𝑦2 ⋮ (𝑛−1) 𝑦2 (0) 𝑦3 ⋯ (1) 𝑦3 (2) 𝑦3 ⋯ ⋮ (𝑛−1) 𝑦3 ⋯ ⋱ ⋯ 0 0 | 0 = ∆𝑦𝑛 ⋮ | 𝑔(𝑥) (14) Conociendo ya todos los determinantes, se utiliza la Regla de Cramer para encontrar: a u’1… u’n: 𝑢1′ = 𝑢2′ = 𝑢3′ = ⋮ ∆𝑦1 ∆𝑊 ∆𝑦2 ∆𝑊 ∆𝑦3 ∆𝑊 ∆𝑦 𝑢𝑛′ = ∆𝑊𝑛 (15) Sin embargo, para obtener la solución particular, es necesario conocer u1… un, no sus derivadas. Integramos entonces con respecto a la variable independiente (en este caso x), para obtener las funciones: 𝑢1 = ∫ 𝑢1′ 𝑑𝑥 𝑢2 = ∫ 𝑢2′ 𝑑𝑥 𝑢3 = ∫ 𝑢3′ 𝑑𝑥 ⋮ La cual será la ecuación 𝑢𝑛 = ∫ 𝑢𝑛′ 𝑑𝑥 (16) De esta manera se conocen ya las funciones u1… un necesarias para plantear la función particular, teniéndose entonces que: 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑐3 𝑦3 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑦𝑛 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛 Recordando que 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 , entonces: 𝑦 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑐3 𝑦3 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑦𝑛 + 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛 La cual es la solución completa de la ecuación diferencial propuesta. Es necesario recalcar que para este análisis, se asumió que el coeficiente de la n-ésima derivada era igual a 1. De no ser así, deberá dividirse toda la ecuación entre dicho coeficiente; de lo contrario, se obtendrá un resultado incorrecto. PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de los siguientes ejercicios. EJEMPLO 1 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = (2𝑥 + 1)𝑒 𝑥 Obtenemos 𝑦𝑐 con la ecuación auxiliar 𝑚2 − 2𝑚 + 1 = (𝑚 − 1)2 = 0, donde 𝑚 = 1 tiene multiplicidad par, por lo que 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 . Identificamos 𝑦1 = 𝑒 𝑥 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑥 y 𝑓(𝑥) = (2𝑥 + 1)𝑒 𝑥 . Calculamos el Wronskiano. 𝑒𝑥 𝑊=| 𝑥 𝑒 𝑥𝑒 𝑥 | = 𝑥𝑒 2𝑥 + 𝑒 2𝑥 − 𝑥𝑒 2𝑥 = 𝑒 2𝑥 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 A continuación, calculamos 𝑊1 y 𝑊2 . 𝑊1 = | 𝑥𝑒 𝑥 | = −(2𝑥 + 1)𝑒 𝑥 (𝑥𝑒 𝑥 ) = −(2𝑥 + 1)𝑥𝑒 2𝑥 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 0 (2𝑥 + 1)𝑒 𝑥 𝑒𝑥 𝑊2 = | 𝑥 𝑒 𝑊 0 | = (2𝑥 + 1)𝑒 2𝑥 (2𝑥 + 1)𝑒 𝑥 Aplicando las formulas 𝑢1′ = 𝑊1 y 𝑢2′ = 𝑢1′ = −(2𝑥+1)𝑥𝑒 2𝑥 𝑒 2𝑥 𝑊2 𝑊 . = −(2𝑥 + 1)𝑥 = −2𝑥 2 − 𝑥 𝑢2′ = (2𝑥+1)𝑒 2𝑥 𝑒 2𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) = 2𝑥 + 1 lOMoARcPSD|33194682 𝑥2 2 Al integrar se tiene que 𝑢1 = − 𝑥 3 − 2 y 𝑢2 = 𝑥 2 + 𝑥, por lo tanto: 3 2 3 𝑥2 𝑥 𝑦𝑝 = (− 𝑥 − ) 𝑒 + (𝑥 2 + 𝑥)𝑥𝑒 𝑥 2 3 Y 2 𝑥2 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + (− 𝑥 3 − ) 𝑒 𝑥 + (𝑥 2 + 𝑥)𝑥𝑒 𝑥 3 2 𝑥2 2 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑥 3 𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑥 3 𝑒 𝑥 + 𝑥 2 𝑒 𝑥 2 3 Por lo que la solución es: 1 1 𝑦 = 𝑒 𝑥 (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑥 3 + 𝑥 2 ) 3 2 EJEMPLO 2 𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 6𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 Obtenemos 𝑦𝑐 con la ecuación auxiliar 𝑚2 − 5𝑚 + 6 = (𝑚 − 3)(𝑚 − 2) = 0, donde 𝑚1 = 3 y 𝑚2 = 2 , por lo que 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 . Identificamos 𝑦1 = 𝑒 3𝑥 𝑦2 = 𝑒 2𝑥 y 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒 𝑥 . Calculamos el Wronskiano. 3𝑥 𝑊 = | 𝑒 3𝑥 3𝑒 A continuación, calculamos 𝑊1 y 𝑊2 . 𝑒 2𝑥 | = 2𝑒 5𝑥 − 3𝑒 5𝑥 = −𝑒 5𝑥 2𝑒 2𝑥 𝑊1 = | 0 𝑥 𝑥𝑒 3𝑥 𝑊 𝑊2 = | 𝑒 3𝑥 3𝑒 𝑊 Aplicando las formulas 𝑢1′ = 𝑊1 y 𝑢2′ = 𝑊2 . −𝑥𝑒 3𝑥 𝑢1′ = −𝑒 5𝑥 = 𝑥𝑒 −2𝑥 𝑒 2𝑥 | = −𝑥𝑒 3𝑥 2𝑒 2𝑥 0 | = 𝑥𝑒 4𝑥 𝑥𝑒 𝑥 𝑥𝑒 4𝑥 𝑢2′ = −𝑒 5𝑥 = −𝑥𝑒 −𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1 1 Utilizando el método de integración por partes se tiene que 𝑢1 = − 𝑥𝑒 −2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 y 𝑢2 = 𝑥𝑒 Y −𝑥 +𝑒 −𝑥 2 , por lo tanto: 4 1 1 𝑦𝑝 = (− 𝑥𝑒 −2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 ) 𝑒 3𝑥 + (𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑒 −𝑥 )𝑒 2𝑥 4 2 1 1 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + (− 𝑥𝑒 −2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 ) 𝑒 3𝑥 + (𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑒 −𝑥 )𝑒 2𝑥 2 4 1 1 𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 4 2 Por lo que la solución es: 3 1 𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 4 2 EJEMPLO 3 2𝑦 ′′ + 32𝑦 = 2csc 4𝑥 Es necesario dividir la ecuación entre dos para efectuar el método de variación de parámetros. Obtenemos 𝑦𝑐 con la ecuación auxiliar 𝑚2 + 16 = 0, donde 𝑚1 = 4𝑖 y 𝑚2 = −4𝑖, por lo que 𝑦𝑐 = 𝑐1 cos 4𝑥 + 𝑐2 sin 4𝑥. Identificamos 𝑦1 = cos 4𝑥 𝑦2 = sin 4𝑥 y 𝑓(𝑥) = csc 4𝑥. Calculamos el Wronskiano. 𝑊=| cos 4𝑥 −4sin 4𝑥 sin 4𝑥 | = 4 cos2 4𝑥 + 4 sin2 4𝑥 = 4(cos2 4𝑥 + sin2 4𝑥) = 4 4cos 4𝑥 A continuación, calculamos 𝑊1 y 𝑊2 . 0 𝑊1 = | csc 4𝑥 cos 4𝑥 𝑊2 = | −4sin 4𝑥 𝑊 Aplicando las formulas 𝑢1′ = 𝑊1 sin 4𝑥 | = − sin 4𝑥 (csc 4𝑥) = −1 4cos 4𝑥 y cos 4𝑥 0 | = cos 4𝑥 (csc 4𝑥) = csc 4𝑥 sin 4𝑥 𝑢1′ = − 𝑊 1 4 𝑢2′ = 𝑊2. 𝑢2′ = cos 4𝑥 4sin 4𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1 Al integrar se tiene que 𝑢1 = − 𝑥 y 4 Y 𝑢2 = 1 16 ln|sin 4𝑥|, por lo tanto: 1 1 𝑦𝑝 = − 𝑥 cos 4𝑥 + (sin 4𝑥) ln|sin 4𝑥| 4 16 1 1 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 cos 4𝑥 + 𝑐2 sin 4𝑥 − 𝑥 cos 4𝑥 + 16 (sin 4𝑥) ln|sin 4𝑥| 4 Por lo que la solución es: 1 1 ln|sin 4𝑥|) 𝑦 = cos 4𝑥 (𝑐1 − 𝑥) + sin 4𝑥 (𝑐2 + 16 4 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se aborda la solución de una ecuación diferencial mediante el método de variación de parámetros. EJERCICIOS. Resuelva las siguientes ecuaciones. 1) 2𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 4𝑦 = 2𝑒 3𝑥 1 2) 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 𝑒 3𝑥 2 3) 𝑦´´ + 𝑦 = cos 2 (𝑥) SOLUCIONES 1 1) 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 𝑒 3𝑥 2 2) 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 𝑥 −𝑥 2 − 6𝑥 − 6 1 1 3) 𝑦 = 𝐶1 cos(𝑥) + 𝐶2 sin(𝑥) + − cos(2𝑥) 2 6 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 En el universo, múltiples leyes concernientes al campo ingenieril como la Física, Química y Mecánica, están estrechamente expresadas en términos de ecuaciones diferenciales. Incluso en otros campos como la Economía, Ciencias Sociales, Astronomía, etc., expresan algunos de sus fenómenos de estudio mediante razones de cambio, dando lugar a la utilización de las Ecuaciones Diferenciales. Es por ello, que se presentan una serie de casos en distintos campos de aplicación, para demostrar la importancia de las Ecuaciones Diferenciales aplicadas y además para el reforzamiento de conocimientos previamente adquiridos con el estudio de las mismas. ECUACIÓN DE LA CONDUCCIÓN DE CALOR La conducción es una de las tres maneras de transferir calor. Las otras dos son la convección y la radiación. La conducción es producida por el contacto entre dos objetos a diferentes temperaturas y se presenta en sólidos, líquidos y gases. Se desarrollaron las siguientes ecuaciones diferenciales para predecir la conducción de calor en una pared plana, cilíndrica y esférica: Pared plana 𝑑2 𝑇 Pared cilíndrica 1 𝑑 𝑑𝑥 2 𝑟 𝑑𝑟 + 1 𝑑 Pared esférica 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 (𝑟 𝑟 2 𝑑𝑟 𝑘 𝑑𝑇 𝑑𝑟 (𝑟 2 =0 )+ 𝑑𝑇 𝑑𝑟 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 𝑘 )+ =0 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 𝑘 =0 Donde 𝑟 es el radio del cilindro o la esfera, 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 es la generación de calor y 𝑘 es la conductividad térmica. PROBLEMA Un alambre calentador de resistencia que tiene un radio de 3 mm y una longitud de 1 m, genera calor a 1.2 × 108 𝑊 𝑚3 . La conductividad térmica del alambre es k = 25 Considerando la condición de simetría en la línea central, la cual afirma que 𝑑𝑇 𝑑𝑟 𝑊 𝑚°𝐶 . = 0 cuando 𝑟 = 0 𝑚 debido a que en dicha línea ocurrirá la temperatura máxima en el alambre, determine cuál es la temperatura del alambre a 1.5 mm de su centro si en la superficie exterior del mismo (r = 0.003 m) la temperatura medida es de 105 °C. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 SOLUCIÓN La ecuación diferencial ordinaria de la conducción de calor para una pared cilíndrica es: 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 1𝑑 𝑑𝑇 (𝑟 ) + =0 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑘 Utilizamos el método de separación de variables para reescribir la ecuación de la siguiente manera: 𝑑 (𝑟 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 𝑑𝑇 )=− 𝑟 𝑑𝑟 𝑘 𝑑𝑟 ∫ 𝑑 (𝑟 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 𝑑𝑇 )=− ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑘 Integrando ambos lados de la ecuación tenemos: 𝑟 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 2 𝑑𝑇 =− 𝑟 + 𝑐1 𝑑𝑟 2𝑘 Para obtener el valor de 𝑐1 sustituimos Entonces: 𝑑𝑇 𝑑𝑟 = 0 cuando 𝑟 = 0𝑚 𝑊 𝑚3 (0) + 𝑐 0=− 1 𝑊 2 (25 ) 𝑚°𝐶 𝑐1 = 0 1.2 × 108 𝑟 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 2 𝑑𝑇 =− 𝑟 𝑑𝑟 2𝑘 Separando variables la ecuación se reescribe: 𝑑𝑇 = − 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 𝑟 𝑑𝑟 2𝑘 ∫ 𝑑𝑇 = − 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 ∫ 𝑟 𝑑𝑟 2𝑘 Realizamos las integrales correspondientes: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑇=− 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 2 𝑟 + 𝑐2 4𝑘 El valor de 𝑐2 se calcula a partir de la temperatura medida en la superficie exterior del alambre. Esto es T = 105 °C, r = 0.003m. Sustituyendo en la ecuación: 105°𝐶 = − Al despejar 𝑐2 tenemos: 1.2 × 108 4 (25 𝑊 𝑚3 (0.003𝑚)2 + 𝑐 𝑊 ) 𝑚°𝐶 2 𝑐2 = 105°𝐶 + 10.8°𝐶 𝑐2 = 115.8°𝐶 Por lo tanto, la solución particular a la ecuación diferencial es: 𝑇 = −1.2 × 106 °𝐶 (𝑟)2 + 115.8°𝐶 𝑚2 La temperatura del alambre a 1.5 mm de su centro se obtiene al sustituir r = 0.0015 m: 𝑇 = −1.2 × 106 °𝐶 (0.0015𝑚)2 + 115.8°𝐶 𝑚2 𝑇 = −2.7°𝐶 + 115.8°𝐶 𝑇 = 113.1°𝐶 Se puede concluir que la temperatura será de 113.1 °C en dicha posición. LEY DE FOURIER Jean Baptiste Joseph Fourier (1768-1830) fue un físico y matemático francés que desarrolló una teoría matemática de la conducción de calor conocida como la ley de Fourier. Esta ley indica que la razón de la conducción de calor es directamente proporcional al área que es perpendicular a la dirección de la transferencia de calor y al gradiente de temperatura. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑄̇ = −𝑘𝐴 Donde: 𝑑𝑇 𝑑𝑥 𝑄̇ es la razón de la transferencia de calor. 𝑘 es la conductividad térmica. 𝐴 es el área perpendicular al flujo de calor. 𝑑𝑇 𝑑𝑥 es el gradiente de temperatura. El signo negativo hace que la transferencia de calor sea positiva cuando va en dirección del eje x positivo, debido a que el calor siempre es conducido desde la mayor a la menor temperatura. PROBLEMA La razón de la transferencia de calor a través de una pared de ladrillos de 7 m x 3 m es de 600 W. Se sabe que la conductividad térmica de los ladrillos es k = 0.72 dicha pared es de 0.2 m. 𝑊 𝑚°𝐶 y que el espesor de Si la temperatura de la superficie del lado izquierdo de la pared (x = 0m) es de 35 °C, ¿cuál será la temperatura de la superficie del lado derecho (x = 0.2m)? SOLUCIÓN Se tiene, por la ley de Fourier de la conducción de calor, que: 𝑄̇ = −𝑘𝐴 𝑑𝑇 𝑑𝑥 Para resolver la ecuación diferencial es necesario efectuar el método de separación de variables. 𝑄̇ 𝑑𝑥 = −𝑘𝐴𝑑𝑇 Integrando ambos lados de la ecuación tenemos: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑄̇ ∫ 𝑑𝑥 = −𝑘𝐴 ∫ 𝑑𝑇 𝑄̇ 𝑥 = −𝑘𝐴𝑇 + 𝑐1 Para obtener el valor de 𝑐1 se sustituyen los valores de las constantes y las condiciones iniciales en la ecuación. x = 0𝑚, T = 35°C (600 𝑊)(0𝑚) = − (0.72 Despejando 𝑐1 de la ecuación anterior: 𝑐1 = (0.72 𝑊 ) (7𝑚)(3𝑚)(35°𝐶) + 𝑐1 𝑚°𝐶 𝑊 ) (7𝑚)(3𝑚)(35°𝐶) 𝑚°𝐶 𝑐1 = (15.12 𝑊𝑚 ) (35°𝐶) °𝐶 𝑐1 = 529.2 𝑊𝑚 Por lo tanto, la solución particular a la ecuación diferencial es: (600𝑊)𝑥 = − (15.12 𝑊𝑚 ) 𝑇 + 529.2 𝑊𝑚 °𝐶 Para calcular la temperatura de la superficie del lado derecho de la pared, se sustituye x = 0.2 m en la ecuación anterior. (600𝑊)(0.2𝑚) = − (15.12 Se despeja T para así obtener su valor. 𝑇= 𝑊𝑚 ) 𝑇 + 529.2 𝑊𝑚 °𝐶 (600𝑊)(0.2𝑚) − 529.2 𝑊𝑚 𝑊𝑚 − (15.12 °𝐶 ) 𝑇 = 27.06 °C A partir del resultado obtenido, se concluye que: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 La temperatura de la superficie, cuando x = 0.2 m, será T = 27.06 °C. MECÁNICA DE FLUIDOS: PRESIÓN En mecánica de fluidos, un flujo hidrostático presenta una presión no variable en el plano perpendicular a la dirección de la gravedad y a su vez presenta una variación de presiones proporcional a la densidad, a la profundidad y a la aceleración gravitacional. Esto es: 𝑑𝑃 = −𝜌𝑔 𝑑𝑧 Donde 𝜌 es la densidad, 𝑔 es la aceleración gravitacional y respecto a la profundidad. 𝑑𝑃 𝑑𝑧 es la derivada de la presión con PROBLEMA Una fosa de clavados cuenta con una profundidad de 6 m. Considerando que el agua se encuentra en reposo y que el aire por encima de la superficie del agua (z = 0 m) está a condiciones de atmósfera estándar (P = 1atm = 101325 clavadista en el fondo de la fosa (z = −6 m)? 𝑁 𝑚2 ), ¿qué presión experimentaría un SOLUCIÓN La variación de la presión con respecto a la profundidad está dada por: 𝑑𝑃 = −𝜌𝑔 𝑑𝑧 Separando variables podemos reescribir la ecuación como: Integrando ambos lados de la ecuación. 𝑑𝑃 = −𝜌𝑔𝑑𝑧 ∫ 𝑑𝑃 = −𝜌𝑔 ∫ 𝑑𝑧 𝑃 = −𝜌𝑔𝑧 + 𝑐1 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑚 Sustituimos las condiciones iniciales y los valores constantes de 𝑔 = 9.81 2 y de 𝜌 = 𝑠 𝑘𝑔 1000 𝑚3 para encontrar el valor de 𝑐1. 𝑁 P = 101325 2 , z = 0m 𝑚 101325 𝑘𝑔 𝑚 𝑁 = − (1000 ) (9.81 ) (0𝑚) + 𝑐1 𝑚3 𝑠2 𝑚2 Despejando 𝑐1 de la ecuación anterior. 𝑐1 = 101325 𝑁 𝑘𝑔 𝑚 + (1000 3 ) (9.81 2 ) (0𝑚) 2 𝑚 𝑚 𝑠 𝑐1 = 101325 𝑁 𝑚2 Por lo tanto, la solución particular a la ecuación diferencial es: 𝑃 = − (1000 𝑘𝑔 𝑚 𝑁 (𝑧) ) (9.81 ) + 101325 𝑚3 𝑠2 𝑚2 La presión en el fondo de la fosa puede calcularse al sustituir el valor de z = −6 m en la ecuación anterior. 𝑃 = − (1000 𝑚 𝑁 𝑘𝑔 ) (9.81 2 ) (−6𝑚) + 101325 2 3 𝑠 𝑚 𝑚 𝑃 = 58860 𝑁 𝑁 + 101325 𝑚2 𝑚2 𝑃 = 160185 𝑁 𝑚2 𝑁 Un clavadista experimentaría una presión P = 160185 2 , o bien P = 1.58 atm, en el fondo de la fosa de clavados. 𝑚 SISTEMA MASA-RESORTE CON AMORTIGUAMIENTO A decir verdad, en este rubro cabe destacar la aseveración física del equilibrio, por la tercera ley de Newton: “A toda acción corresponde una reacción...”. Si un sistema físico se encuentra Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 en su posición de equilibrio y una componente de fuerza actúa sobre él, moviéndolo de esa posición, naturalmente intentará regresar a ese punto. Por ejemplo, puede imaginar el caso de una cuerda tensa, como la cuerda de una guitarra; al presionarla y soltarla, se producirá cierta oscilación de un lado a otro, pasando varias veces por el punto de equilibrio inicial hasta regresar a este mismo después de cierto intervalo de tiempo. Es decir, se sabe que el sistema, al salir de su equilibrio, en algún momento se detendrá. Mientras tanto, al no estar en equilibrio, buscará la manera de retornar a esta condición. La teoría de oscilaciones pequeñas muestra una gran ventaja en modelación con ecuaciones diferenciales y es el sistema masa-resorte con amortiguamiento uno de los más utilizados en la ingeniería, cuya resolución se hace con ecuaciones diferenciales. PROBLEMA Se presenta un sistema masa-resorte amortiguado del cual se obtienen los parámetros siguientes: Masa = 9 kg Constante del resorte k = 1998 N/m Constante del amortiguador = 1 𝑁𝑠/𝑚 Se sabe, además, que la masa se suelta desde un punto 𝑥𝑖 = −0.45 𝑚, y la velocidad 𝑣𝑖 = −3.6 𝑚/𝑠. Determine las ecuaciones que describen la posición y la velocidad de la masa en el tiempo. SOLUCIÓN Se otorga la ecuación diferencial que modela este caso de Sistema Masa-Resorte Amortiguado. 𝑑𝑥 𝑑2 𝑥 + 1998𝑥 = 0 9 2 +1 𝑑𝑡 𝑑𝑡 El método de solución al cual se recurre, es el definido para un factor cuadrático con raíces imaginarias o complejas. Procederemos a la obtención de la ecuación característica. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 9𝑚2 + 𝑚 + 1998 = 0 De ella se obtienen las raíces o soluciones. La raíz de esta ecuación será de la forma A +Bi: −𝑏 −1 1 = =− =𝐴 2𝑎 2(9) 18 ±√𝑏 2 − 4𝑎𝑐 ±√1 − 4(9)(1998) = ≈ ±15𝑖 = 𝐵𝑖 2𝑎 2(9) A partir de este resultado, se puede inferir la ecuación de posición de la masa para un tiempo t. 𝑡 𝑥(𝑡) = [𝐶1 𝐶𝑜𝑠(15𝑡) + 𝐶2 𝑆𝑒𝑛(15𝑡)]𝑒 −18 ecuación de posición Se sabe que la derivada de la posición obtiene la velocidad, por lo tanto, derivando la ecuación anterior: ̇ = 𝑣(𝑡) = 𝐶1 (−15𝑒 −18 𝑠𝑒𝑛(15𝑡) − 1 𝑒 −18 cos(15𝑡)) 𝑥(𝑡) 18 𝑡 𝑡 1 + 𝐶2 (15𝑒 −18 𝑐𝑜𝑠(15𝑡) − 𝑒 −18 sen(15𝑡)) 18 𝑡 𝑡 Una vez obtenida la derivada, entonces ya con la ecuación de la velocidad en el tiempo se procede a evaluar con las magnitudes proporcionadas, para obtener las cuestiones que fueron requeridas. Es necesario determinar los valores de C1 y C2 para resolver el problema, por lo tanto: Como en el tiempo t = 0 se tiene que 𝑥𝑖 = −0.45 𝑚, y además la velocidad 𝑣𝑖 = −3.6 𝑚/𝑠, sustituyendo esto en las dos ecuaciones previas se tiene que: 0 𝑥(0) = [𝐶1 𝐶𝑜𝑠(15(0)) + 𝐶2 𝑆𝑒𝑛(15(0))]𝑒 −18 = −0.45 𝑚 𝑥(0) = [𝐶1 (1)] = −0.45 𝑚 𝐶1 = −0.45 𝑚 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 1 −𝑡 𝑒 18 cos(15(0))) 18 0 0 1 + 𝐶2 (15𝑒 −18 𝑐𝑜𝑠(15(0)) − 𝑒 −18 sen(15(0))) 18 0 𝑣(0) = 𝐶1 (−15𝑒 −18 𝑠𝑒𝑛(15(0)) − 𝑣(0) = − 𝑣(0) = − 𝐶2 𝑚 1 𝐶1 + 15𝐶2 = −3.6 𝑠 18 1 𝑚 (−0.45) + 15𝐶2 = −3.6 18 𝑠 1 18 (−0.45) = −0.241 15 = −3.6 + La solución de este sistema, por ende es: 𝐶1 = −0.45 𝑦 𝐶2 = −0.24 Ahora se contiene la información necesaria para responder a la posición y la velocidad de la masa en el tiempo: 𝑡 𝑥(𝑡) = [−0.45𝐶𝑜𝑠(15𝑡) − 0.24𝑆𝑒𝑛(15𝑡)]𝑒 −18 1 −𝑡 𝑒 18 cos(15𝑡)) 18 𝑡 𝑡 1 − 0.24 (15𝑒 −18 𝑐𝑜𝑠(15𝑡) − 𝑒 −18 sen(15𝑡)) 18 𝑡 𝑣(𝑡) = −0.45 (−15𝑒 −18 𝑠𝑒𝑛(15𝑡) − OSCILACIONES ARMÓNICAS: EL PÉNDULO SIMPLE Se hace referencia de nueva cuenta a estabilidad en un sistema bidimensional. El péndulo simple se define como una partícula material suspendida en un punto; la longitud del hilo será constante y además de peso despreciable. Cuando el sistema deja de estar en equilibrio, es decir, que no está en el eje vertical en cuanto a posición, se extiende a un ángulo α, operando sobre él las fuerzas de la gravedad y la tensión de su hilo; la partícula se encuentra en movimiento y la ecuación de éste, de acuerdo con la segunda ley de Newton, es: 𝑑2 ∝ + 𝑘 2 𝑠𝑒𝑛 ∝ = 0 𝑑𝑡 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 La k en la ecuación es una constante que depende de la longitud del péndulo, aunque también está relacionada con la masa de la partícula presente y la fuerza gravitatoria del lugar en que esté presente el sistema. PROBLEMA Se tiene un péndulo simple con una masa m = 10 kg, su longitud L la cual posterior a su medición se reporta a 12.25 m y está suspendido sobre un marco horizontal. El péndulo se levanta a un ángulo de 7° y se suelta con una velocidad angular de -2 rad/s. Determine lo siguiente. 1. Las ecuaciones para obtener el ángulo 𝜃, la velocidad angular, en el tiempo t. 2. El número de oscilaciones completas después de 12 segundos. El primer paso es determinar la ecuación diferencial del movimiento. Se explicará cómo llegar a la ecuación diferencial que modela a este sistema. Sin embargo, la resolución de éste quedará en manos del lector. Para ello se considera el diagrama de fuerzas. Con fundamento en la segunda ley de Newton, se tiene en la dirección tangencial: 𝑚𝑎𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 = −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 Donde la aceleración tangencial se relaciona con el ángulo 𝜃, como se presenta a continuación: 𝑎𝑡𝑎𝑛 = 𝐿 ∝= 𝐿 𝑚𝐿 𝑑2𝜃 𝑑𝑡 2 𝑑2 𝜃 = −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑡 2 A partir de esto, aproximando sen 𝜃 = 𝜃 para ángulos pequeños: 𝑑2𝜃 𝑔 + 𝜃=0 𝑑𝑡 2 𝐿 Es importante observar que no importa el valor de la masa, debido a que ésta no está presente en la ecuación diferencial. Al usar los valores de la longitud L y la constante g = 9.8 m/s2 obtenemos: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑2𝜃 + 0.8𝜃 = 0 𝑑𝑡 2 SOLUCIÓN La ecuación característica es: 𝑚2 + 0.8 = 0 Se obtienen las raíces, las cuales son complejas y dan como resultado: +0.89i y -0.89i Se tiene una solución directa para una ecuación diferencial de orden superior con raíces complejas: 𝜃(𝑡) = 𝐶1 cos(0.89𝑡) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(0.89𝑡) La velocidad angular, se obtiene derivando la expresión: 𝜃′(𝑡) = −0.89𝐶1 𝑠𝑒𝑛(0.89𝑡) + 0.89𝐶2 𝑐𝑜𝑠(0.89𝑡) Las condiciones iniciales del problema son: 𝜃(0) = 7° = 7 ( 𝜋 ) 𝑟𝑎𝑑 = 0.1221 𝑟𝑎𝑑 180 𝜃 ′(𝑡) = −2 𝑟𝑎𝑑/𝑠 Tomando esto en consideración, se obtienen los valores de 𝐶1 𝑦 𝐶2 𝐶1 = 0.1221 y 𝐶2 = −2.247 Por lo tanto: 𝜃(𝑡) = 𝐶1 cos(0.89𝑡) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(0.89𝑡) = 0.1221 cos(0.89𝑡) − 2.2471𝑠𝑒𝑛(0.89t) Reescribiendo la ecuación en la forma 𝜃(𝑡) = 𝐴𝑠𝑒𝑛 (𝑤𝑡 + ∅): 𝜃(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 𝑐𝑜𝑠∅ + 𝐴 cos 𝑤𝑡 𝑠𝑒𝑛∅ La amplitud está dada por: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝐴 = √(0.1221)2 + (−2.247)2 = 2.2503 El ángulo de fase ∅ está dado por: 𝐴𝑠𝑒𝑛∅ = 0.1221 𝑦 𝐴𝑐𝑜𝑠∅ = −2.247 Entonces: 0.1221 ∅𝑐 = 𝑡𝑎𝑛−1 ( ) = −0.0542 −2.247 Y debido a que cos ∅ < 0: ∅ = ∅𝑐 + 𝜋 = 3.0873 1. El ángulo 𝜃 en un tiempo t se da por la ecuación: θ(t) = 2.2503sen (0.89t + 3.0873) La velocidad angular, en el tiempo t, se da por la ecuación: 𝜃 ′(𝑡) = 2.0027𝑐𝑜𝑠 (0.89𝑡 + 3.0873) 2. Como el periodo T = 2𝜋 𝑤 𝑇= Entonces en 12 segundos se realizan: 𝑇= 2𝜋 = 7.0597𝑠 0.89 12 ≈ 2 𝑜𝑠𝑐𝑖𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 (𝑜 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠)𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑡𝑜𝑠. 7.0597 MECÁNICA DE FLUIDOS: FLOTACIÓN PROBLEMA Se encuentra un recipiente cilíndrico de radio r, altura h y densidad 𝜌 flotando en la superficie del mar. En un inicio se encuentra en equilibrio; de pronto se sumerge a una distancia d 0 y se suelta con velocidad de cero. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Determine la ecuación diferencial que modela el sistema y su solución. SOLUCIÓN De acuerdo con el principio de Arquímedes, se encuentra el recipiente en estado de equilibrio cuando su fuerza de flotación es igual a su peso. El volumen para el cilindro está dado por V = 𝜋𝑟 2 ℎ Y su peso es igual a 𝑤 = 𝑚𝑔 = 𝜌𝑉𝑔 = 𝜌𝜋𝑟 2 ℎ𝑔 Para la fuerza de flotación, que es igual al peso, tenemos que: 𝐹 = 𝑚𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑔 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑉𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙 𝑔 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝜋𝑟 2 ℎ𝑔 Al igualar las dos expresiones se puede concluir que la altura H a la que se sumerge el cilindro, está dada por: 𝐻= 𝜌𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 ℎ 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 Ahora, sobre “H”, se sumerge el cilindro la distancia adicional “d” y se suelta con una velocidad nula. La flotación en este caso ya no es igual al peso; el sistema en este punto comienza la oscilación. Suponemos que “x” es negativa cuando la posición de equilibrio del cilindro está sumergida cierta distancia “x”, y positiva por encima del agua. La fuerza en cualquier momento está dada por: 𝐹 = 𝐹𝑓𝑙𝑜𝑡 − 𝑚𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑔 = −𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝜋𝑟 2 𝑥𝑔 Entonces, de acuerdo con la segunda ley de Newton, el movimiento del cilindro se describe como: Reescribiendo: 𝜌𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 ℎ 𝑑2𝑥 = −𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥𝑔 𝑑𝑡 2 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑔 𝑑2 𝑥 + ( )𝑥 = 0 𝜌𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 ℎ 𝑑𝑡 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Se tienen los siguientes datos: 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 = 1000 𝜌𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 250 𝑔 = 9.8 𝑘𝑔 𝑚3 𝑚 𝑠2 𝑘𝑔 𝑚3 ℎ = 9.8 𝑚 𝑥(0) = 6 𝑥′(0) = 9 Sustituyendo, se obtiene la siguiente ecuación característica: 𝑚2 + 4𝑚 = 0 Obteniendo las raíces, son diferentes: -4 y 0. Por lo tanto, apegándose a la solución de Ecuaciones Diferenciales de Segundo orden con raíces reales y diferentes, se obtiene la solución: 𝑥(𝑡) = 𝐶1 𝑒 −4𝑡 + 𝐶2 Obteniendo el caso particular en t(0): 𝑥 ′ (𝑡) = −4𝐶1 𝑒 −4𝑡 𝐶1 = −2.25 6 = −2.25 + 𝐶2 De ahí que, entonces, la solución será: 𝐶2 = 8.25 𝑥(𝑡) = −2.25𝑒 −4𝑡 + 8.25 𝑥 ′ (𝑡) = 9𝑒 −4𝑡 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 ELECTRÓNICA: ANÁLISIS DE UN CIRCUITO LC PROBLEMA Considere el siguiente diagrama eléctrico. Suponga que el capacitor C se carga, de tal manera que cuando éste obtiene su carga máxima, S1 se abre y S2 se cierra, siendo el diagrama ahora: Demuestre que con el sistema anterior el voltaje de corriente directa VB suministrado puede transformarse en un voltaje de corriente alterna, con frecuencia angular y amplitud: 𝜔= 1 √𝐿𝐶 𝐶 𝐴 = 𝑉𝑜√ 𝐿 En donde VB es el voltaje de la batería. SOLUCIÓN Al inicio, el interruptor S1 está cerrado, de tal forma que el capacitor se carga. Posteriormente, cuando el capacitor C se carga, S1 se abre y S2 se cierra. Dado que S1 ya no se abrirá y S2 permanecerá cerrado siempre, puede representarse el circuito anterior como: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Se observa que la corriente en el capacitor es igual a la corriente en la bobina (I(t)), y es dependiente del tiempo. De igual manera, siempre habrá una diferencia de potencial tanto en las terminales del capacitor, como en las del inductor, y mediante la ley de Voltajes de Kirchhoff: VC + VL = 0 Recordando que la capacitancia C de un capacitor, es la relación que se presenta en un determinado momento t de la carga con el voltaje en el mismo. 𝐶= Despejando: 𝑄(𝑡) 𝑉𝑐 (𝑡) 𝑉𝑐 (𝑡) = 𝑄(𝑡) 𝐶 De igual forma, recordando que la caída de voltaje en una bobina es proporcional a la tasa de variación de la corriente en la misma, en donde la inductancia L es la constante de proporcionalidad: 𝑉𝐿 = 𝐿 𝑑𝐼(𝑡) 𝑑𝑡 Por lo que la ley de Voltajes de Kirchhoff queda de la forma: 𝐿 𝑑𝐼(𝑡) 𝑄(𝑡) + =0 𝐶 𝑑𝑡 Derivando toda la ecuación con respecto al tiempo: 𝐿 𝑑2 𝐼(𝑡) 1 𝑑𝑄(𝑡) + =0 𝑑𝑡 2 𝐶 𝑑𝑡 Dividiendo toda la ecuación por L y recordando que la derivada de la carga con respecto al tiempo es la corriente: 1 𝑑2 𝐼(𝑡) + 𝐼(𝑡) = 0 2 𝑑𝑡 𝐿𝐶 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Con lo anterior, se obtiene una ecuación homogénea de Segundo grado que, expresada mediante operadores diferenciales, queda como: (𝐷2 + En donde la ecuación auxiliar es: 1 ) 𝐼(𝑡) = 0 𝐿𝐶 𝑚2 + Cuyas raíces son: R1 = +𝑗√ 1 𝐿𝐶 1 =0 𝐿𝐶 R2 = -𝑗√ 1 𝐿𝐶 Por lo que la solución es: En donde 𝜔 = √ 𝐼(𝑡) = 𝐴𝑒 +𝑗𝜔𝑡 + 𝐵𝑒 −𝑗𝜔𝑡 1 𝐿𝐶 Mediante la identidad de Euler: 𝐼(𝑡) = 𝐴[cos(𝜔𝑡) + 𝑗𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)] + 𝐵[cos(𝜔𝑡) − 𝑗𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)] Separando la ecuación anterior por funciones trigonométricas: 𝐼(𝑡) = (𝐴 + 𝐵) cos(𝜔𝑡) + 𝑗(𝐴 − 𝐵)𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) Sea (A + B) = D y j(A – B) = E, se tiene: 𝐼(𝑡) = 𝐷 cos(𝜔𝑡) + 𝐸𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) Para encontrar D y E, es necesario basarnos en las condiciones iniciales del sistema (considerando a partir de que se cierra S2). Al cerrarse S2, el voltaje inicial es igual al voltaje de la batería y la corriente inicial es cero, de tal forma que: v(o) = Vo = VB I(0) = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Por lo que ya tenemos una ecuación. Ahora es necesario obtener 𝑑𝐼(𝑡) 𝑑𝑡 , analizando el inductor. Como VC = VL, y en t = 0, VC = VB: 𝑑𝐼(0) VB = L a) Para I(0). 𝑑𝑡 𝑑𝐼(0) 𝑑𝑡 𝑉 = 𝐿𝐵 b) I(0) = 0 = D cos(ω(0)) + Esen(ω(0)). Como sen(0) = 0, y cos(0) = 1, se tiene que D = 0 𝑑𝐼(0) c) Para 𝑑𝑡 𝑉 = 𝐿𝐵 . 𝑑 𝑑 𝐼(𝑡) = [𝐷 cos(𝜔𝑡) + 𝐸𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)] = −𝜔𝐷𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) + 𝜔𝐸𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 En condiciones iniciales: 𝑉𝑜 𝑑 𝐼(0) = = −𝜔𝐷𝑠𝑒𝑛(𝜔(0)) + 𝜔𝐸𝑐𝑜𝑠(𝜔(0)) = 𝜔𝐸 𝐿 𝑑𝑡 Por lo tanto: 𝐸= 𝑉𝐵 𝑉𝐵 𝑉𝐵 𝑉𝐵 𝐶 = = = = 𝑉𝐵 √ 2 𝜔𝐿 𝐿 1 √𝐿 √𝐿 𝐿√ 𝐿𝐶 𝐶 𝐿𝐶 Sustituyendo D y E en la ecuación de la corriente: 𝐶 𝐶 𝐼(𝑡) = (0) cos(𝜔𝑡) + 𝑉𝐵 √ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) = 𝑉𝐵 √ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) 𝐿 𝐿 Demostrando así que un circuito LC oscila a una frecuencia de 𝜔 = 𝐶 de 𝐴 = 𝑉𝑜√ , respectivamente. 𝐿 1 √𝐿𝐶 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) , y tiene una amplitud lOMoARcPSD|33194682 MEDICINA: CRECIMIENTO DE TUMORES MALIGNOS Benjamin Gompertz (1779–1865) fue un matemático y actuario inglés, a quien se le atribuye la Función de Gompertz, la cual es capaz de predecir el crecimiento de tumores malignos dadas ciertas características, como el tamaño máximo que puede tener dicho tumor y su tasa de crecimiento. PROBLEMA La ecuación diferencial de Gompertz es la siguiente: 𝑑𝑇 𝑑𝑡 = 𝑘𝑇(ln|Tmax|−ln|𝑇|) Siendo C la cantidad de células cancerígenas, y tanto k como Tmax, constantes. a) Encuentre la solución general de la ecuación anterior. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 b) Un tumor con 7,500 células crece inicialmente a una tasa de 100 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑑í𝑎 . Si el tamaño máximo que puede alcanzar el tumor es de Tmax = 120,000 células, ¿qué tan grande será el tumor en 80 días? SOLUCIÓN a) Se resuelve la ecuación mediante separación de variables. 𝑑𝑇 𝑑𝑡 = 𝑘𝑇(ln|Tmax|−ln|𝑇|) 𝑑𝑇 𝑇(ln|𝐶𝑚𝑎𝑥|−ln|𝑇|) Integrando ambas partes: ∫ = 𝑘𝑑𝑡 𝑑𝑇 = ∫ 𝑘𝑑𝑡 𝑇(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) 1 Sea 𝑢 = ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇| → 𝑑𝑢 = − 𝑑𝑇, → 𝑑𝑇 = −𝑇𝑑𝑢 𝑇 Sustituyendo en la integral original: −∫ Integrando: 𝑇𝑑𝑢 𝑑𝑢 = ∫ 𝑘𝑑𝑡 → ∫ = ∫ 𝑘𝑑𝑡 𝑇(ln|𝐶𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) 𝑢 Deshaciendo la sustitución: −ln|𝑢| − 𝑘𝑡 = 𝐶 Manipulando la ecuación: −ln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) − 𝑘𝑡 = 𝐶 −ln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) + 𝐶 = 𝑘𝑡 → ln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) + 𝐶 = −𝑘𝑡 eln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥|−ln|𝑇|)+𝐶 = 𝑒 −𝑘𝑡 → 𝑒 𝑐 eln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥|−ln|𝑇|) = 𝑒 −𝑘𝑡 𝐶eln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥|−ln|𝑇|) = 𝑒 −𝑘𝑡 𝐶(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) = 𝑒 −𝑘𝑡 → ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇| = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑇𝑚𝑎𝑥 𝑇𝑚𝑎𝑥 −𝑘𝑡 | ln| 𝑇 ln | = 𝑒 𝐶𝑒 | = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 → 𝑒 𝑇 𝑇𝑚𝑎𝑥 = exp(𝐶𝑒 −𝑘𝑡 ) → 𝑇 = (𝑇𝑚𝑎𝑥) exp(−𝐶𝑒 −𝑘𝑡 ) 𝑇 Resultando finalmente: 𝑇(𝑡) = (𝑇𝑚𝑎𝑥) exp(𝐶𝑒 −𝑘𝑡 ) b) Se sabe que inicialmente la cantidad de células es de 7500 y que la tasa de cambio es de 100 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑑í𝑎 , es decir: 𝑇(0) = 7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 Por lo tanto, para encontrar C: 𝑑𝑇(0) 𝑑𝑡 = 100 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑑í𝑎 𝑇(0) = 7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 = (𝑇𝑚𝑎𝑥) exp(𝐶𝑒 −𝑘(0) ) = (120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠)𝑒 𝐶 7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 𝐶 = ln | | = −2.7726 120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 De igual manera, sustituyendo la tasa inicial en la ecuación diferencial, se encuentra k: 𝑑𝑇(0) 𝑑𝑡 100 = 𝑘𝑇(0)(ln|Tmax|−ln|𝑇(0)|) 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 = 𝑘(7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠)(ln|120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠| − ln|7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠|) 𝑑í𝑎 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 1 𝑑í𝑎 = 4.809𝑥10−3 𝑘= 120,000 𝑑í𝑎 (7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠) (ln| ) 7,500 100 Por lo tanto, sustituyendo las constantes en la solución: 𝑇(𝑡) = (120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠) exp (2.7726 𝑒 − 4.809𝑥10−3 𝑡 𝑑í𝑎𝑠 ) Evaluando para t = 80 días: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑇(80 𝑑í𝑎𝑠) = (120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠) exp (2.7726 𝑒 − 4.809𝑥10−3 (80 𝑑í𝑎𝑠) 𝑑í𝑎𝑠 ) 𝑇(80 𝑑í𝑎𝑠) = 18,180.39 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 = 18,180 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 TERMODINÁMICA: LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON PROBLEMA Un vaso de agua con una temperatura inicial de 30 °C se coloca en un refrigerador, con una temperatura interna de 0 °C. Dado que la temperatura del agua es de 20 °C quince minutos después, ¿cuál será la temperatura del agua después de 1 hora? SOLUCIÓN Mediante la ley de Enfriamiento de Newton, la cual dice que: 𝑑𝑇(𝑡) = −𝑘(𝑇(𝑡) − 𝑇𝑚) 𝑑𝑡 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 En donde T es la temperatura en cualquier instante t, Tm es la temperatura del ambiente y k es una constante de proporcionalidad. Resolviendo la ecuación diferencial mediante separación de variables: ∫ Sea 𝑢 = 𝑇 − 𝑇𝑚, entonces 𝑑𝑢 = 𝑑𝑇 𝑑𝑇 = −𝑘𝑑𝑡 𝑇 − 𝑇𝑚 𝑑𝑇 = −𝑘 ∫ 𝑑𝑡 𝑇 − 𝑇𝑚 Integrando: 𝑑𝑢 = −𝑘 ∫ 𝑑𝑡 𝑢 Deshaciendo la sustitución: ln|𝑢| + 𝑘𝑡 = 𝐶 ln|𝑇 − 𝑇𝑚| + 𝑘𝑡 = 𝐶 Despejando para T: e Finalmente, resulta: ∫ ln|𝑇 − 𝑇𝑚| = 𝐶 − 𝑘𝑡 ln|𝑇−𝑇𝑚| =𝑒 𝑇 − 𝑇𝑚 = 𝐶−𝑘𝑡 𝑒𝑐 = 𝑘𝑡 𝑒 𝐶 = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 𝑒 𝑘𝑡 𝑇(𝑡) = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 + 𝑇𝑚 Se otorgan dos condiciones para obtener las constantes. a) Para C: Se sabe que T(0 min) = 30°C y que Tm = 0°C, por lo que: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑇(0) = 30°𝐶 = 𝐶𝑒 −𝑘(0) + 0°𝐶 = 𝐶 𝐶 = 30°𝐶 b) Para k: Sabiendo que T(15 min) = 20°C: 𝑇(𝑡) = (30°𝐶)𝑒 −𝑘𝑡 + 0°𝐶 Despejando para k: 𝑇(15 𝑚𝑖𝑛) = 20°𝐶 = (30°𝐶)𝑒 −𝑘(15 𝑚𝑖𝑛) + 0°𝐶 20 ln | | 30 = 𝑘 = 0.02703 1 − 15 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 Sustituyendo en la solución ambas constantes: 0.02703 𝑇(𝑡) = (30°𝐶)𝑒 − 𝑚𝑖𝑛 𝑡 + 0°𝐶 Se busca saber la temperatura al pasar una hora, es decir, 60 minutos. Evaluando en la solución, se encuentra que: 0.02703 𝑇(60 𝑚𝑖𝑛) = (30°𝐶)𝑒 − 𝑚𝑖𝑛 (60min) + 0°𝐶 = 5.926°𝐶 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 MECÁNICA DE MATERIALES: DEFLEXIÓN DE VIGAS Para entender mejor esta aplicación, suponga una viga horizontal, según la siguiente figura, con una sección transversal y material homogéneo. Cuando está sometida a fuerzas, las cuales suponemos que están en un plano que contiene el eje de simetría, la viga, debido a su elasticidad puede distorsionarse en su forma, como se muestra en la siguiente figura. Estas fuerzas pueden ser debidas al peso de la viga, a cargas aplicadas externamente o a una combinación de ambas. El eje de simetría distorsionado resultante se llama curva elástica y está situado en el plano medio distorsionado de la segunda figura. La determinación de esta curva es de importancia en la teoría de elasticidad. PROBLEMA Una viga horizontal de longitud L, simplemente apoyada, se dobla bajo su propio peso, el cual es w por unidad de longitud. Encuentre la ecuación de su curva elástica. En la figura se muestra la curva elástica de la viga (línea punteada), relativa a un conjunto de ejes coordenados con origen en 0 y direcciones positivas indicadas; puesto que la viga está simplemente soportada en 0 y en B, cada uno de estos soportes lleva la mitad del peso de la viga, o sea 𝑤𝐿/2. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 El momento flector M(x) es la suma algebraica de los momentos de estas fuerzas, actuando a un lado del punto P. Escogiendo el lado derecho de P, actuarían dos fuerzas: 1. La fuerza hacia abajo 𝑤 (𝐿 − 𝑥), a una distancia (𝐿 − 𝑥)/2 de P, produciendo un momento positivo. 2. La fuerza hacia arriba 𝑤𝐿/2, a una distancia (𝐿 − 𝑥) de P, produciendo un momento negativo. En este caso el momento flector e: 𝑤𝐿 𝑤𝑥 2 𝑤𝐿𝑥 𝐿−𝑥 ) − (𝐿 − 𝑥) = − 𝑀(𝑥) = 𝑤(𝐿 − 𝑥) ( 2 2 2 2 Con el valor de M(x), la ecuación fundamental es: 𝐸𝐼𝑦′′ = 𝑤𝑥 2 𝑤𝐿𝑥 − 2 2 Dos condiciones son necesarias para determinar y. Éstas son 𝑦 = 0 en 𝑥 = 0 y en 𝑥 = 𝐿, puesto que la viga no tiene deformación en los extremos o apoyos. SOLUCIÓN Integrando dos veces: 𝑤𝑥 2 𝑤𝐿𝑥 𝐸𝐼𝑦 = − 2 2 ′′ Se obtiene: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑤𝑥 4 𝑤𝐿𝑥 3 𝐸𝐼𝑦 = − + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 24 12 Puesto que 𝑦 = 0 cuando 𝑥 = 0, tenemos 𝑐2 = 0 De donde: 𝐸𝐼𝑦 = 𝑤𝑥 4 𝑤𝐿𝑥 3 − + 𝑐1 𝑥 24 12 Puesto que 𝑦 = 0 cuando 𝑥 = 𝐿, tenemos 𝑐1 = 𝑤𝐿3 /24. Por lo tanto, obtenemos: 𝑦= 𝑤 (𝑥 4 − 2𝐿𝑥 3 + 𝐿3 𝑥) 24𝐸𝐼 BIOLOGÍA: CRECIMIENTO DE UN CULTIVO DE BACTERIAS Las diferentes bacterias existentes se reproducen a diferentes velocidades. El tiempo que tarda la población en duplicarse se denomina tiempo de generación. El tiempo de generación varía: podría ser cada 10 minutos, dos veces al día, etc. Algunas bacterias crecen rápidamente, otras crecen lentamente. Esto se vuelve relevante cuando se consideran enfermedades humanas. La fiebre no matará a una infección, pero puede extender el tiempo de generación, lo que ralentiza el crecimiento hasta el punto en que el sistema inmune puede movilizar y destruir los microbios invasores. Es por eso que resulta conveniente tener una predicción del comportamiento reproductivo de una población bacteriana. Cuando las bacterias se colocan en un entorno de crecimiento favorable, seguirán un patrón característico de aumento en número, seguido de una disminución. PROBLEMA En un cultivo, el número de bacterias aumenta a una velocidad proporcional a la cantidad de bacterias presentes. Si inicialmente hay 400 bacterias y se duplican en 3 horas, encuentre la Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 cantidad de bacterias presentes 7 horas después. SOLUCIÓN Se toma 𝑥 como la cantidad de bacterias y la tasa como 𝑑𝑥 𝑑𝑡 . Dado que la cantidad de bacterias es proporcional a la velocidad, entonces: 𝑑𝑥 ∝𝑥 𝑑𝑡 Si 𝑘(𝑘 > 0) es la constante de proporcionalidad, entonces: 𝑑𝑥 = 𝑘𝑥 𝑑𝑡 Como inicialmente hay 400 bacterias y se duplican en 3 horas, integramos el lado izquierdo de la ecuación (𝑖) de 400 a 800 e integramos su lado derecho de 0 a 3 para encontrar el valor de 𝑘 de la siguiente manera: 800 3 400 0 𝑑𝑥 ∫ = 𝑘 ∫ 𝑑𝑡 𝑥 3 |ln(𝑥)|800 400 = 𝑘|𝑡|0 ln(800) − ln(400) = 𝑘(3 − 0) 800 ) = ln(2) 3𝑘 = ln ( 400 𝑘= Insertando el valor de 𝑘 en (𝑖), se obtiene: 1 ln(2) 3 1 𝑑𝑥 = ( ln(2)) 𝑑𝑡 3 𝑥 A continuación, para encontrar la cantidad de bacterias presentes 7 horas más tarde, se integra el lado izquierdo de la ecuación anterior de 400 a 𝑥 y su lado derecho de 0 a 7, de la siguiente manera: Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑥 7 400 0 𝑑𝑥 1 = ln(2) ∫ 𝑑𝑡 ∫ 3 𝑥 𝑥 |ln(𝑥)|400 = 1 ln(2)|𝑡|70 3 1 ln(𝑥) − ln(400) = ln(2)(7 − 0) 3 7 ln(𝑥) = ln(400) + ln(2) 3 7 ln(𝑥) = ln(400) + ln(2)3 7 ln(𝑥) = ln(400) (2)3 𝑥 = (400)(5.04) = 2016 BIOLOGÍA: CRECIMIENTO DE UN INDIVIDUO (MODELO DE BERTALANFFY) El crecimiento individual de muchos organismos, ya sea en longitud o en peso, como la longitud de un pez, crustáceo o molusco, se esboza gráficamente en función de la edad. En la mayoría de los casos se obtiene una curva cuya pendiente disminuye continuamente después de cierta edad, aproximándose a una asíntota máxima. La ecuación presentada a continuación concierne a la ciencia pesquera. Se conoce generalmente como la ecuación de crecimiento de von Bertalanffy y es ampliamente utilizada como un modelo para el crecimiento en la longitud de peces individuales. PROBLEMA Considere la siguiente ecuación diferencial y encuentre su solución. 𝑑𝐿 = 𝐿′ = 𝐽 − 𝐾 ∙ 𝐿 𝑑𝑡 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 SOLUCIÓN Se puede usar un enfoque algebraico para conducir una solución analítica para la ecuación diferencial para el crecimiento en longitud. Dado que 𝑁 ′ (𝑡) = −𝑀 ∙ 𝑁(𝑡): 𝐽 𝑑𝐿 = −𝑘 (𝐿 − ) 𝐾 𝑑𝑡 Donde 𝐿 es la variable dependiente y 𝑡 es la variable independiente, se separan las variables poniendo 𝐿 de un lado y 𝑡 del otro: 𝑑𝐿 𝐽 𝐿− 𝐾 = −𝐾 ∙ 𝑑𝑡 𝑥 Se integran ambos lados utilizando la regla 𝐹(𝑥) = ∫𝑎 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 , ∫ 1 𝐿− 𝐽 𝐾 𝑑 𝑑𝑥 𝐹(𝑥) = 𝑓(𝑥): 𝑑𝐿 = ∫ −𝐾𝑑𝑡 𝐽 ln (𝐿 − ) + 𝐶 = −𝐾 ∙ 𝑡 + 𝐶′ 𝐾 Se combinan arbitrariamente las constantes de integración: 𝐽 ln (𝐿 − ) = −𝐾 ∙ 𝑡 + 𝐶′′ 𝐾 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Se aplica la función exponencial a ambos lados de la ecuación, para obtener la solución general (donde 𝐶’’’ = 𝑒 𝐶´´ ): 𝐿(𝑡) = 𝐽 + 𝐶′′′ ∙ 𝑒 −𝐾𝑡 𝐾 Para obtener la solución particular, se puede definir un nuevo parámetro 𝐿𝑖𝑛𝑓 = en la ecuación, de tal manera que se obtenga: 𝐽 𝐾 y sustituirlo 𝐿(𝑡) = 𝐿𝑖𝑛𝑓 + 𝐶′′′ ∙ 𝑒 −𝐾𝑡 Si se especifican las condiciones iniciales como 𝐿 = 0 cuando 𝑡 = 𝑡0 y se resuelve para el valor de la constante arbitraria 𝐶’’’: 𝐿(𝑡0 ) = 𝐿𝑖𝑛𝑓 + 𝐶 ′′′ ∙ 𝑒 −𝐾𝑡0 Se puede obtener el valor de la constante 𝐶’’’: 𝐶 ′′′ = ∴ −𝐿𝑖𝑛𝑓 = 𝐶′′′ ∙ 𝑒 −𝐾𝑡0 −𝐿𝑖𝑛𝑓 = −𝐿𝑖𝑛𝑓 ∙ 𝑒 𝐾𝑡0 𝑒 −𝐾𝑡0 Y así escribir la solución particular como: 𝐿(𝑡) = 𝐿𝑖𝑛𝑓 − [𝐿𝑖𝑛𝑓 ∙ 𝑒 𝐾𝑡0 ∙ 𝑒 −𝐾𝑡 ] Donde: 𝐿(𝑡) = 𝐿𝑖𝑛𝑓 − [1 − 𝑒 −𝐾(𝑡−𝑡0 ) ] 𝐿(𝑡) es la longitud del individuo al tiempo “t”. 𝐴 es longitud máxima del individuo (asíntota máxima). 𝐾 es el parámetro de curvatura que expresa qué tan rápido la longitud alcanza su valor máximo. 𝑡 es el tiempo. 𝑡0 es el valor teórico del tiempo en el cual la longitud es cero. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 CONOCE + Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejercicio de solución de ecuaciones diferenciales orientado a la aplicación en el mundo de la ingeniería. Con esto concluimos los 5 capítulos de los que consta este libro. Sin embargo, le vamos a compartir una serie de 29 actividades que puede desarrollar, con la finalidad de consolidar su formación en este tema y validar la obtención de las competencias correspondientes. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 ACTIVIDADES PARA REFORZAR LAS COMPETENCIAS QUE DEBE DESARROLLAR EN ECUACIONES DIFERENCIALES Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 1. Conceptos básicos del cálculo (individual – extra aula) Propósito Introducción a las ecuaciones diferenciales. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte escrito a mano que contenga las definiciones correctas. Tiempo estimado 1 h. Descripción Definir los siguientes conceptos. 1. Notación de la derivada. 2. Notación de la derivada de orden superior. 3. Función. 4. Ecuación. 5. Ecuación diferencial. 6. Solución general de una ecuación diferencial. 7. Solución particular de una ecuación diferencial. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 8. Orden de una ecuación diferencial ordinaria. 9. Grado de una ecuación diferencial ordinaria. 10. Linealidad de una ecuación diferencial ordinaria. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 2. Orden, grado y linealidad (individual – en el aula) Propósito Identificar el orden, grado y linealidad de una ecuación diferencial. Criterio de evaluación Se evaluará la respuesta correcta a las ecuaciones diferenciales propuestas. Tiempo estimado 10 min. Descripción Definir el orden, grado y linealidad de cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1. (1 − 𝑥)𝑦 ′′ − 4𝑥𝑦 ′ + 5𝑦 = cos(𝑥) 2. 𝑥 𝑑3 𝑦 𝑑𝑦 4 − ( ) +𝑦 = 0 𝑑𝑥 3 𝑑𝑥 3. 𝑡 5 𝑦 4 − 𝑡 3 𝑦 ′′ + 6𝑦 == 𝑑𝑦 3 3𝑦 2 𝑑𝑥 ) = √1 + ( ) 𝑑𝑦 2⁄ 3 4. ( 5. ( 𝑑𝑥 ) 4𝑥 𝑑𝑦 2 = 𝐾 [1 + ( ) ] 𝑑𝑥 3⁄ 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 3. Conocimiento previo (individual – extra aula) Propósito Recordar reglas para derivar. Criterio de evaluación Se evaluará de acuerdo a rúbricas de solución de problemas. Tiempo estimado 45 min. Descripción I.-Calcule 𝑑𝑦 𝑑𝑥 ya sea explícita o implícitamente, según amerite el caso. 1. 𝑦 = [𝑥 3 + 𝑠𝑒𝑛(4𝑥)]2 2. 𝑦 = (𝑎 − 𝑒 4𝑥 )𝑙𝑛𝑥 2 3. cos(𝑦) − 2𝑥 3 = 𝑏𝑒 3𝑥 4. 4 – 7xy = (𝑦 2 + 4)5 2 II.-Derive como cociente y después como producto, la siguiente función. 5. y = 𝑥+𝑎 𝑒𝑥 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 4. Comprobación de la solución (equipo - en el aula) Propósito Comprobar la solución de una educación diferencial. Criterio de evaluación Cada equipo expondrá la solución de su problema propuesto. Tiempo estimado 30 min. Descripción Compruebe si la ecuación dada es solución de la ecuación diferencial correspondiente. 𝑑𝑦 1. cy = 𝑥 2 𝑥 2. y = Asen(5x) + Bcos(5x) 𝑑2 𝑦 3. y = c1𝑒 2𝑥 +c2 𝑒 −4𝑥 + 2x𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 = 2𝑦 - 25y = 0 +2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 8𝑦 = 12𝑒 2𝑥 𝑑𝑦 3 𝑑𝑦 ( ) − 4𝑥𝑦 (𝑑𝑥 ) + 8𝑦 2 = 0 4. y = c(𝑥 − 𝑐)2 𝑑𝑥 5. 𝑦 −3 = 𝑥 3 (3𝑒 𝑥 − 𝑐) 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 + 𝑥4𝑦4𝑒 𝑥 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 5. Origen de las ecuaciones diferenciales (individual - en el aula) Propósito Observar qué tipo de ecuaciones generan algunas soluciones conocidas. Criterio de evaluación Se revisará que se tengan las respuestas correctas. Tiempo estimado 30 min. Descripción Encuentre las ecuaciones diferenciales cuyas soluciones generales son: 1. y = 3 – cx 2. y = c1 e2x + c2 x 3. y = c1 sen(2x) + c2 cos(2x) 4. y = c1 x 2 + c2 x + c3 5. y = sen(x) + c1 sen(2x) + c2 cos(2x) 6. y = xsen(x + c) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 6. Integradora 1 (individual – extra aula) Propósito Aplicación de conceptos básicos de ecuaciones diferenciales. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 1 h. Descripción I. Determine el orden, grado y linealidad de la ecuación diferencial dada. 1) 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 3 = √1 + ( ) 2 𝑑𝑥 2) (𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑦 ′′′ − (𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑦 ′ + 3𝑦 = √𝜃 2 + 4 II. Determine si la ecuación es solución de la ecuación diferencial escrita a su derecha. 3) y = 2x√1 − x 2 yy ′ = 4x − 8x 3 4) x = cost, y = et dy + dx y √1−x2 =0 III. Encuentre la ecuación diferencial cuya solución general se da. 5) 𝑦 = c1 ex + c2 e−x 6) y = c1 lnx + c2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 7. Recuerdo matemático (individual – extra aula) Propósito Activar el conocimiento previo. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 1 h. Descripción I. En las cinco ecuaciones que abajo se describen, expréselas de tal manera que del lado izquierdo quede una función de “x” y del lado derecho una función de “y”. Ejemplo 𝑥𝑦 2 + 𝑥 = 𝑥𝑦 3 + 𝑦 3 𝑥(𝑦 2 + 1) = 𝑦 3 (𝑥 + 1) 𝑦3 𝑥 = 𝑥 + 1 𝑦2 + 1 Ecuaciones 1) xy + 3x – y - 3 = xy - 2x + 4y – 8 2) e2x y 2 = e−y + e−2x−y 3) (x + 1)seny + (x + 1)ln2y = ln|y| cosx 4) xex2y+1 Cosy = ye2x sen(x) II. Evalúe las siguientes integrales. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 3𝑥−2 2 1)∫ 𝑒 3𝑥 2𝑥𝑑𝑥 2)∫ 𝑐𝑜𝑠√𝑥 √𝑥 4) ∫ 𝑥 2 +𝑥−6 𝑑𝑥 𝑑𝑥 5) ∫ 3)∫(2𝑦 + 3)𝑠𝑒𝑛𝑦𝑑𝑦 𝑥 3 +2𝑥−3 𝑥−2 𝑑𝑥 𝑥 2 𝑑𝑥 6) ∫ √16−𝑥2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 8. Separación de variables (individual – extra aula) Propósito Resolver ecuaciones diferenciales por el método de separación de variables. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 1 h. Descripción Resuelva las ecuaciones diferenciales dadas. 1) 𝑥 2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 5𝑦 3 = 0 2) 3𝑥𝑒 𝑥 2 𝑑𝑥 + 4𝑦𝑠𝑒𝑛𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 3) 𝑑𝑝 𝑑𝑡 = 𝑝2 − 𝑝3 4)𝑦𝑙𝑛𝑥 5) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦 =( 𝑦+1 2 𝑥 ) = 𝑠𝑒𝑛𝑥(𝑐𝑜𝑠2𝑦 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑦) Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 9. Ecuaciones diferenciales separables (individual – en el aula) Propósito Describir de forma escrita de manera clara y ordenada el procedimiento que se debe aplicar para resolver una ecuación diferencial separable. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la descripción clara y ordenada. Tiempo estimado 30 min. Descripción Describa el procedimiento que se debe aplicar para resolver una ecuación diferencial separable. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 10. La homogénea (individual – en el aula) Propósito Identificar las ecuaciones diferenciales homogéneas. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 10 min. Descripción I. Demuestre si la función dada es o no homogénea y mencione el grado. 𝑦 1) 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 cos( ) 𝑥 2) 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥 7 𝑠𝑒𝑛(𝑦) − 𝑦 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) II. Identifique cuál de las siguientes ecuaciones diferenciales es homogénea y justifique su respuesta. 1) (6𝑥 2 − 7𝑦 2 )𝑑𝑥 − 14𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0 2) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥+3𝑦 3𝑥+𝑦 3) (2xy + 1)y𝑑𝑥 − (3𝑥𝑦 − 2)𝑥𝑑𝑦 = 0 4) 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = √𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑥 𝑥 5) (x + 𝑦 2 𝑒 𝑦 ) 𝑑𝑥 + (𝑦 + 𝑥𝑒 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 11. En palabras es mejor (individual – extra aula) Propósito Elaborar un reporte escrito de manera clara y ordenada. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la descripción clara y ordenada. Tiempo estimado 1 h. Descripción Describa el procedimiento que se debe aplicar para resolver una ecuación diferencial homogénea. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 12. Ecuación diferencial exacta (individual – extra aula) Propósito Activar el conocimiento sobre derivadas parciales. Criterio de evaluación Se evaluará según rúbrica de solución de problemas (coevaluación). Tiempo estimado 1 h. Descripción Activar el conocimiento previo. I. Encuentre las primeras derivadas parciales. 1) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 2 − 3𝑥 + 4𝑦 2) 𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑥 + 𝑥𝑙𝑛 𝑦 + 𝑦𝑙𝑛𝑥 𝑥 3) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑆𝑒𝑛(𝑥𝑦) + 𝑦𝐶𝑜𝑠 ( ) + 𝑦 2 𝑦 𝑦 𝑦 4) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑦𝑒 𝑥 3 5) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 2 − √𝑥 3 + 𝑦 3 II. Exprese el diferencial total de las funciones anteriores. III. Evalúe las integrales parciales. 1) ∫(4𝑥 2 − 3𝑥𝑦)𝑑𝑦 2) ∫ 2𝑥𝑆𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝑑𝑥 3) ∫ √𝑥 2 4) ∫ 𝑒 𝑦𝑆𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑦 5) ∫ ln |𝑦| 𝑑𝑥 +𝑦 2 𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 13. Ecuación diferencial exacta (equipo – aula) Propósito Aprender el proceso para resolver ecuaciones diferenciales. Criterio de evaluación Se evaluará de acuerdo a la rúbrica de solución de problemas. Tiempo estimado 45 min. Descripción Se distribuye el grupo en equipos con un máximo de cuatro elementos. Se designa una ecuación diferente a cada equipo para que la resuelva y después de 15 min. Cada equipo expondrá su resultado al grupo. I. Determine si la ecuación diferencial dada es exacta; si es así, resuélvala. 1) (𝑆𝑒𝑛𝑦 − 𝑦𝑆𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥 + (𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0 2) (2𝑦 − + 𝐶𝑜𝑠3𝑥) 𝑑𝑦 + 𝑥 2 − 4𝑥 3 + 3𝑥𝑦𝑆𝑒𝑛3𝑥 = 0 3) (1 + 𝑙𝑛𝑥 + ) 𝑑𝑥 = (1 − 𝑙𝑛𝑥)𝑑𝑦 4) (𝑥 3 + 𝑦 3 )𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 5) 𝑥𝑑𝑦 = (2𝑥𝑒 𝑥 + 𝑦 − 6𝑥 2 )𝑑𝑥 6) (𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0 𝑑𝑥 1 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑦(1) = 1 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 7) (4𝑦 + 2𝑡 − 5)𝑑𝑡 + (44 + 6𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0 𝑦(−1) = 2 II. Obtenga una ecuación diferencial exacta a partir de una función f(x,y). Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 14. Ecuación diferencial exacta (individual – extra aula) Propósito Elaborar reportes en forma escrita de manera clara y ordenada. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la descripción del procedimiento de manera clara y ordenada. Tiempo estimado 1 h. Descripción Describa el procedimiento que se debe aplicar para resolver una ecuación diferencial exacta. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 15. Conocimiento previo (individual – extra aula) Propósito Encontrar, si existe, el factor integrante para que una ecuación diferencial se convierta en exacta. Criterio de evaluación Se evaluará según rúbrica de reporte. Tiempo estimado 20 min. Descripción Investigue qué es un factor integrante de una ecuación diferencial. Realice un reporte para entregar. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 16. Ecuación diferencial lineal (individual – extra aula) Propósito Identificar y resolver ecuaciones diferenciales lineales. Criterio de evaluación Se evaluará según rúbrica de resolución de problema. Tiempo estimado 2 h. Descripción Determine si la ecuación diferencial dada es lineal. Si es así, resuélvala. 1) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 = 𝑒 3𝑥 𝑑𝑦 + 12𝑦 = 4 2) 3 3) 𝑦´ = 2𝑦 + 𝑦 2 + 5 4) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 𝑦 = 𝑆𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑦 − 𝑥𝑦 = 𝑥 + 𝑥 2 5) (1 + 𝑥) 6) 𝑟𝑑𝑠 − 4(𝑠 + 𝑟 6 )𝑑𝑠 = 0 7) 𝑦𝑑𝑥 = (𝑦𝑒 𝑦 − 2𝑥)𝑑𝑦 8) cos(𝑡) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑦𝑆𝑒𝑛𝑡 = 1 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 9) (𝑥 + 𝑦 3 )𝑑𝑦 − 𝑑𝑥 = 0 10) 𝑥𝑑𝑦 − (𝑥𝑒 𝑦 + 2𝑦)𝑑𝑥 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 17. Ecuación diferencial de Bernoulli (individual – extra aula) Propósito Investigar y aplicar el procedimiento para resolver una ecuación diferencial de Bernoulli. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 1 h. Descripción La ecuación diferencial de Bernoulli es aquella que tiene la forma: 𝑑𝑦 + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑦 𝑛 𝑑𝑥 𝑛 ≠ 0, 𝑛≠1 Determine un procedimiento para resolverla y aplíquelo en la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 +𝑦 = 2) 3(1 + 𝑡 2 ) 3) 𝑥 2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 1 𝑦2 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 2𝑡𝑦(𝑦 3 − 1) − 2𝑥𝑦 = 3𝑦 4 , 𝑦(1) = 1 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 18. Integradora 2 (individual – extra aula) Propósito Identificar y resolver los diferentes tipos de ecuaciones. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga diferenciales con la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 2 h. Descripción En cada una de las ecuaciones diferenciales propuestas identifique su tipo (separación de variables, homogéneas, exacta, lineal o Bernoulli) y resuelva por el método que corresponde. 1) (2𝑥 − 3𝑦)𝑑𝑥 − (3𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0 2) 𝑎 ( ) − 𝑎𝑦 = 𝑦 − 𝑥 (𝑑𝑥 ) 3) 𝑦´ + 3𝑥 2 𝑦 = 𝑥 2 4) 𝑥( )+𝑦 = 0 𝑑𝑥 5) 𝑦´ + 6) 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = √𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑥 7) 𝑥 ( ) − 𝑦 = 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 2𝑦 𝑥 = −2𝑥𝑦 2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 8) 𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 2𝑥𝑦 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 9) 𝑦´ = 𝑒 3𝑥+2𝑦 10) 𝑑𝑥 √𝑥 2 +𝑦2 1 +( − 𝑦 𝑥 𝑦√𝑥 2 +𝑦 2 ) 𝑑𝑦 = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 19. Aplicación teórica (individual – extra aula) Propósito Obtener conocimiento previo para aplicar las ecuaciones diferenciales en problemas cotidianos. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la respuesta correcta a cada pregunta dada. Tiempo estimado 1 h. Descripción Conteste las siguientes preguntas. 1) Explique en qué consiste el método del carbono 14 para calcular la antigüedad de un fósil. 2) Defina semivida o vida media de un material radiactivo. 3) Si un ser vivo muere, ¿cuándo se considera fósil? 4) ¿Quién fue Tutankamón? 5) Defina las Leyes de Kirchhoff. 6) ¿Cuál es la temperatura promedio del ser humano vivo? 7) Enuncie la segunda Ley de Newton. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 8) ¿Qué es la salmuera y para qué se usa? Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 20. Aplicaciones (individual – extra aula) Propósito Aplicar las ecuaciones diferenciales a problemas de ingeniería o de la vida cotidiana. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 2 h. Descripción Resuelva los siguientes problemas. Tiro vertical 1. Una pelota que pesa 3⁄4 lb se lanza verticalmente hacia arriba desde un punto que se encuentra 6 pies arriba de la superficie terrestre, con una velocidad inicial de 20 𝑝𝑖𝑒𝑠⁄𝑠𝑒𝑔. A medida que asciende, actúa sobre ella la resistencia del aire que es numéricamente igual a 1⁄64 v (en libras), donde v es la velocidad (en pies por segundo). ¿A qué altura llegará la pelota? Ley de enfriamiento de Newton 2. Por razones obvias, la sala de disección de un forense se mantiene fría a una temperatura constante de 5 °C. Mientras se encontraba realizando la autopsia de la víctima de un asesinato, el propio forense es asesinado y el cuerpo de la víctima robado. A las 9:35 A.M. el ayudante del forense descubre su cadáver a una temperatura de 23 °C. Dos horas después, su temperatura es de 18.5 °C; suponiendo que el forense tenía en vida la temperatura normal de 37 °C, ¿a qué hora fue asesinado? Mezclas 3. Un depósito contiene inicialmente 400 litros de una solución salina, con una concentración de 250 gramos de sal por litro. En el depósito entra constantemente solución con una concentración de 500 g/l, a razón de 20 l/min y la mezcla, la cual se Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 supone se mantiene con una concentración uniforme y fluye del depósito con una rapidez igual que con la que penetra. Determine la cantidad de sal que contiene el depósito en un instante cualquiera t, así como el tiempo que tiene que transcurrir para que esta cantidad llegue a valer 150 kg. Circuito R - C 4. Un circuito R-C tiene una fuerza electromotriz de 200 Cos (2t) voltios, una resistencia de 50Ω y una capacidad de 1x10-2 faradios. Si consideramos q(0)=0, encuentre la corriente en el circuito en un tiempo t. Ley de crecimiento poblacional 5. Se sabe que la población de un estado crece a una tasa proporcional al número de habitantes que viven actualmente en él. Si después de 15 años la población se ha duplicado y después de 25 años la población es de 200,000 habitantes, proporcione el número de habitantes que tenía inicialmente el estado. Vida media 6. La sustancia radiactiva carbono-14 se desintegra en cada instante a una velocidad proporcional a la cantidad presente, tomando como semivida del C-14 5600 años (tiempo que tarda en desintegrarse la mitad de la cantidad inicial). Estime la edad de un fragmento de la pata de una silla de la tumba de Tutankamón que contiene 66.3% de su carbono-14 inicial. Considere Y(t) = cantidad de C-14 en el tiempo t, donde t son años y Y(0) = Y0 = cantidad inicial. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 21. Conocimiento previo (individual – extra aula) Propósito Hacer una introducción a las ecuaciones diferenciales. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 30 min. Descripción Conteste las siguientes preguntas. I. Determine si el conjunto de funciones es linealmente independiente o linealmente dependiente. 1. 𝑓1 (𝑥) = 3𝑥 2 , 𝑓2 (𝑥) = 3𝑥 + 2 , 𝑓3 (𝑥) = 4𝑥 3 − 𝑥 + 2 2. 𝑓1 (𝑥) = 𝑆𝑒𝑛 𝑥 , 𝑓2 (𝑥) = 𝐶𝑜𝑠 𝑥 3. 𝑓1 (𝑥) = 𝑥 2 + 1 , 𝑓2 (𝑥) = 3𝑥 + 2 , 𝑓3 (𝑥) = √𝑥 + 2𝑥 , 𝑓4 (𝑥) = √𝑥 II. Realice la comprobación de las soluciones generales. 4. ¿Es 𝑦 = 𝐶1 𝑒 4𝑥 + 𝐶2 𝑒 −7𝑥 la solución general de la ecuación diferencial 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ − 28𝑦 = 0? Compruebe su respuesta. 5. ¿Es 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −3𝑥 + 𝐶3 𝑥 la solución general de la ecuación diferencial 𝑦 (4) + 𝑦 ´´´ − 6𝑦 ′′ = 0? Justifique la respuesta. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 6. Demuestre que 𝑦 = 𝐶1 𝐶𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶2 𝑆𝑒𝑛 𝑥 + 𝑥 2 − 2 es la solución general de la ecuación diferencial 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑥 2 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 22. Conocimiento previo (individual – extra aula) Propósito Solucionar ecuaciones polinominales, como introducción al tema de ecuación diferencial lineal homogénea de orden “n” con coeficientes constantes. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 1 h. Descripción Encuentre todas las raíces de cada una de las ecuaciones dadas, describiendo el procedimiento utilizado. 1) x 3 − 3x 2 − 3x + 1 = 0 2) x 4 − 6x 3 + 14x 2 − 16x + 8 = 0 3) x 5 + x 4 + x 2 − 12x − 12 = 0 Sugerencia. Utilice la regla de los signos de Descartes, la división sintética, factorización, productos notables o cualquier herramienta algebraica y de ser posible, compruebe dichas raíces mediante el uso de un software. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 23. Desarrollo (individual – en el aula) Propósito Comprender el tema de ecuaciones diferenciales homogéneas de orden “n” con coeficientes constantes. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta al problema propuesto. Tiempo estimado 10 min. Descripción Encuentre la solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden “n” con coeficientes constantes. 𝑦 𝑉 − 2𝑦 𝐼𝑉 + 5𝑦 ′′′ − 8𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ = 0 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 24. Aplicaciones - Problemas (individual – extra aula) Propósito Aplicar las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden “n” con coeficientes constantes a problemas de ingeniería o de la vida cotidiana. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 15 min. Descripción Analice el siguiente sistema para que genere la aplicación. Movimiento armónico simple. Uno de los casos en donde se presenta este movimiento es en el sistema masa – resorte, cuando un cuerpo de masa “m”, que está sujeto al extremo de un resorte flexible se desplaza hacia abajo una cierta distancia y luego se suelta, teniendo un movimiento oscilatorio alrededor de la posición de equilibrio, considerando que no hay pérdida de energía por fricción. Resorte libre Posición de equilibrio Cuerpo en movimiento L = Longitud del resorte S = Deformación inicial del resorte X = Desplazamiento del cuerpo en función del tiempo Las oscilaciones son motivo de estudio por tener aplicación en los sistemas de amortiguación y suspensión de autos, sismógrafos, detectores de movimiento, medición de Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 la aceleración gravitacional local, localización de cavernas, posición angular de la información en un CD, etc. La ecuación diferencial que se asocia con este sistema masa – resorte, bajo las condiciones del movimiento armónico simple es: 𝑚 𝑑2𝑥 = −𝐾𝑥 𝑑𝑡 2 En donde “m” es la masa del cuerpo y “K” es la constante de deformación del resorte. Problema propuesto. Se encontró experimentalmente que un peso de 8 libras estira un resorte 2 pies. Si el peso se suelta desde la posición de equilibrio con una velocidad dirigida de 1 pie/s. Determine: a) La ecuación diferencial y las condiciones iniciales que describen el movimiento. b) La ecuación del movimiento y su gráfica. c) La posición, velocidad y aceleración del peso 3 segundos después. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 25. Aplicaciones - Problemas (individual – extra aula) Propósito Aplicar las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden “n” con coeficientes indeterminados a problemas de ingeniería o de la vida cotidiana. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 15 min. Descripción Analice los siguientes sistemas para generar la aplicación. Circuito LRC en Serie. Un circuito LRC en serie tiene dispositivos interconectados entre sí, como muestra la figura. Necesitamos determinar la carga g(t) y la corriente i(t). L representa la inductancia de una bobina, con unidades en henrios, R representa una resistencia en ohms, C representa un capacitor en faradios y E una fuerza electromotriz. Utilizando la ley de Kirchoff y evaluando el circuito tenemos que: 𝐿 𝑑𝑖 𝑑𝑡 1 + 𝑅𝑖 + 𝑞 = 𝐸(𝑡) Donde 𝑖 = 𝐶 𝑑𝑞 𝑑𝑖 , 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = Sustituyendo en 1) 𝐿 𝑑2 𝑞 1) 𝑑𝑡 2 𝑑2 𝑞 𝑑𝑞 1 𝑑𝑞 𝐸𝑞 +𝑅 + = 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 𝐿 𝑑𝑖 1 𝐸𝑞 𝑑2 𝑖 +𝑅 + 𝑖 = 2 𝑑𝑡 𝐶 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Es muy importante destacar que hay similitud del circuito LRC con un movimiento vibratorio y en base a este análisis la correspondencia será. Circuito LRC en serie. Definición de las variables: q carga L inductancia R resistencia C capacitancia E(t) fuerza electromotriz i corriente eléctrica Movimiento vibratorio. Posición x. Definición de las variables: m masa β amortiguamiento K constante del resorte F(t) fuerza externa v velocidad Problema propuesto. Un circuito en serie consta de un inductor de 0.25H, una resistencia de 40Ω, un capacitor de 4 x 10−4 𝐹 y una fuerza electromotriz dada por E(t) = 5sen 100t v. Si la corriente inicial y la carga inicial en el capacitor son ambas cero, determine la carga en el capacitor. Utilice el modelo matemático: 𝐿 𝑑2𝑞 𝑑𝑞 1 𝑑𝑞 𝐸𝑞 +𝑅 + = 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 26. Desarrollo (individual – extra aula) Propósito Resolver ecuaciones diferenciales lineales por coeficientes indeterminados y variación de parámetros. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 20 min. Descripción Resuelva la siguiente ecuación diferencial por dos métodos diferentes. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 6𝑦 = 𝑒 𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 27. Desarrollo (individual – extra aula) Propósito Resolver ecuaciones diferenciales lineales por coeficientes indeterminados y variación de parámetros. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 20 min. Descripción Resuelva la siguiente ecuación diferencial por dos métodos diferentes. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 𝑠𝑒𝑛𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 28. Desarrollo (individual – extra aula) Propósito Resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas y no homogéneas de orden superior. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 30 min. Descripción Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) 𝑦 5 + 2𝑦 4 − 7𝑦 ′′′ − 14𝑦 ′′ + 12𝑦 ′ + 24 = 0 2) 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 𝑦 = 3𝑥 2 𝑒 −𝑥 3) 𝑦 ′′ + 𝑦 = sec 𝑥 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 Actividad 29. Aplicaciones - Problemas (individual – extra aula) Propósito Aplicar las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas y no homogéneas de orden “n” a problemas de ingeniería o de la vida cotidiana. Criterio de evaluación Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos. Tiempo estimado 1 h. Descripción Investigue los siguientes modelos. I. Investigue el modelo matemático que describe cada uno de los siguientes movimientos. 1) Sistema masa-resorte: movimiento libre amortiguado. 2) Péndulo simple. 3) Sistema resorte-masa: movimiento forzado. II. Resuelva los siguientes problemas, considerando los modelos matemáticos anteriores. 1) Se encontró experimentalmente que un cuerpo de 8 libras estira un resorte de 1 pie. Si la constante B del amortiguamiento es 2.5, encuentre la ecuación del movimiento si el peso se desplaza 2 3 pies por debajo de la posición de equilibrio y se suelta, e identifique cuál de los casos se presenta. 2) Determine la ecuación de la posición angular para una masa de un péndulo simple a partir de la siguiente condición inicial. 𝜋 1 𝜃(0) = , 𝜃´(0) = − 12 3 Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 3) Un resorte vertical con constante k de 6 𝑙𝑏⁄𝑓𝑡 tiene suspendida una masa de 𝑙𝑏 − 1 2 𝑚𝑎𝑠𝑎. Se aplica una fuerza externa por f(t) = 40 sen2t, t≥0. Considere que B es 2 y que inicialmente el cuerpo está en reposo en su posición de equilibrio. Determine la posición del cuerpo en función del tiempo (t>0). Descargado por Hortensia Balderas ([email protected]) lOMoARcPSD|33194682 BIBLIOGRAFÍA Blanchard, Paul, Devaney Robert L. y Hall, Glen R. (1998). Ecuaciones Diferenciales. International Thomson Editores, S.A de C.V. Carmona Jover, Isabel (1998). Ecuaciones Diferenciales. Addison Wesley Longman: Pearson Educación. Cuarta Edición. García, Elizabeth y Reich, David (2015). Ecuaciones Diferenciales. Una nueva visión. Grupo Editorial Patria, S.A de C.V. Kent, Nagle R., Saff, Edward B. y Snider, Arthur David (2001). Ecuaciones Diferenciales y problemas con valores en la frontera. Pearson Educación. Tercera Edición. Rainville, E.D y Bedient, P.E. (1977). Ecuaciones Diferenciales. Nueva Editorial Interamericana, S. A de C.V. Quinta Edición. Rose, S.L. (1982). Introducción a las Ecuaciones Diferenciales. Nueva Editorial Interamericana, S.A de C.V. Tercera Edición. Zill, Denisse G. (2006). Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones de Modelado. Thomson Learning. Octava Edición. Zill, Denisse G. (2002). Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones de Modelado. Thomson Learning. Séptima Edición. Zill, Denisse G. y Cullen, Michael R. (2004). Ecuaciones Diferenciales con Problemas de Valores en la Frontera. Thomson Learning. Quinta Edición. Descargado por Hortensia Balderas ([email protected])
