Problemas Resueltos

Uni

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es

Marzo de 20

ía

Presentación   

El presente texto de Problemas Selectos Resueltos de Ecuaciones Diferenciales  Ordinarias y Parciales cubre los temas del curso de Ecuaciones Diferenciales en la  Unidad  Profesional  Interdisciplinaria  de  Biotecnología  del  Instituto  Politécnico  Nacional,  pero puede usarse en principio como material de consulta de cualquier  curso universitario de  Ecuaciones Diferenciales. En este texto  se examinan las  principales técnicas de resolución de problemas de Ecuaciones Diferenciales, se  resuelven a detalle más de 200 problemas de ecuaciones diferenciales de los más  ilustrativos. En primer término se abordan las ecuaciones diferenciales de primer  orden y sus aplicaciones y después las de orden superior. Especial énfasis se hace  en las ecuaciones ordinarias de segundo orden por su amplia aplicación en la  Ingeniería.  Además  de  los  métodos  tradicionales  para  resolver  ecuaciones  diferenciales ordinarias se revisa también el tema de la Transformada de Laplace, la  cual  se  constituye  como  una  herramienta  poderosa  para  resolver  ecuaciones  diferenciales más complicadas. Se abordan con profundidad los temas de series de  Fourier y de funciones de Bessel, pero no como un fin en si mismos sino pensando  en la aplicación a la resolución de ecuaciones diferenciales parciales. La resolución  de la ecuación de onda, pero sobre todo de la ecuación de calor con diferentes  condiciones a la frontera y en varios sistemas de coordenadas, es una primera  aproximación a los problemas que se podrían abordar en cursos posteriores, por  ejemplos de fenómenos de transporte. 

Desde  el  punto  de  vista  de  las  futuras  aplicaciones,  el  curso  de  Ecuaciones  Diferenciales es el curso de Matemáticas más importante para los estudiantes  ingeniería. Este texto no son  las notas de un curso, el objetivo de este material es  proporcionar apoyo a los alumnos en una de sus principales tareas todo curso de  Ecuaciones  Diferenciales:  la  resolución  de  problemas.  Pero  no  solamente  una  resolución esquemática o con los pasos principales, sino una resolución detallada  de cada problema con una gran variedad de casos, de tal manera que el alumno  revise a detalle los pasos en la resolución de uno de estos problemas y pueda  comparar con lo ya realizado o bien pueda aprender el procedimiento. Es una  material que está en continua revisión y actualización. Se ha pretendido introducir  pequeños resúmenes de   los conceptos principales relacionados con Ecuaciones  Diferenciales, pero éstos son sólo notas que pretenden apoyar al alumno cuando  revise este texto.  

      Página 

I. INTRODUCCIÓN      1 

  II. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN    19 

  Separación de variables      19 

Ecuaciones exactas      32 

Ecuaciones lineales      46 

Ecuaciones homogéneas      60 

Ecuación de Bernoulli      67 

Sustituciones para reducir a variables separables ecuaciones del tipo   ௗ௬_ௗ௫ ൌ ݂ሺܣݔ ൅ ܤݕ ൅ ܥሻ      70   

  III. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DE PRIMER ORDEN      75 

  IV. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN       87 

  Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes        87 

Método de los coeficientes indeterminados      97 

Variación de parámetros      111 

  V. TRANSFORMADA DE LAPLACE       129 

  Transformada de Laplace      129 

Transformada inversa      131 

Teoremas de traslación y derivadas      137 

Derivadas, integrales y funciones periódicas      149 

Aplicaciones de la transformada de Laplace      155 

  VI. SERIES DE FOURIER      179 

  Funciones pares e impares       179 

Funciones con periodo T=2π      182 

Funciones con periodo arbitrario      199 

Series de Fourier de funciones pares e impares         209 

VII. LAS FUNCIONES DE BESSEL      231 

  La función gamma      231 

La ecuación y las funciones de Bessel      233 

Gráficas de las funciones de Bessel      236 

Solución de ecuaciones de Bessel       248 

Ecuaciones reducibles a ala ecuación de Bessel         251 

El problema de valor a la frontera de Sturm‐Liouville        256 

Ortogonalidad de las funciones de Bessel      259 

Series de Bessel      282 

  VIII. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES      299 

  El método de separación de variables      299 

Problemas de aplicación      329   

Introducción

Si una función definida en algún intervaloI se sustituye en una ecuación diferen-cial y la reduce a una identidad, entonces se dice que esa función es una solución de la ecuación en ese intervalo. Una solución en la cual la variable dependiente se expresamente solamente en términos de la variable independiente y de constantes se dice que es una solución explícita, en caso contrario se tiene una solución ím-plicita. La solución general de una ecuación diferencial de grado n contiene n

parámetros en su solución, lo cual significa que una ecuación diferencial puede tener un número infinito de soluciones que corresponden al número infinito de valores de los parámetros. Una solución de una ecuación diferencial que no tiene tales parámetros se llama una solución particular.

En los siguientes problemas se comprueba que la función in-dicada sea una solución de la ecuación diferencial dada. Cuando

aparecen, los simbolos c1 y c2 indican constantes.

Problema 1.

2y0+y= 0

Donde:

y=e−x2

Solución:

Derivando:

y0 =₋1 2e

−x2

Sustituyendo en la ecuación:

2

µ

−1₂e−x2

¶

+e−x2 = 0

−e−x2 +e−

x

2 = 0

0 = 0

∴ y=e−x2 si es solución.

Problema 2.

dy

dx−2y=e

3x

Donde:

y=e3x+ 10e2x

Solución:

Derivando:

y0 = 3e3x+ 20e2x

Sustituyendo:

3e3x+ 20e2x₋2(e3x+ 10e2x) =e3x

3e3x+ 20e2x₋2e3x₋20e2x =e3x

e3x =e3x

como queda una identidad entonces y = e3x + 10e2x si es solución de la ecuacón diferencial.

Problema 3.

dy

dx + 20y= 24

Donde:

y= 6 5−

6 5e

Solución:

Derivando:

y0 = 24e−20t

Sustituyendo en la ecuación diferencial:

24e−20t+ 20(6 5 −

6 5e

−20t_{) = 24}

24e−20t+ 24₋24e−20t= 24

24 = 24

∴ y= 6_{5 −} 6₅e−20t _{si es solución de la ecuación diferencial.} Problema 4.

y0 = 25 +y2

Donde:

y= 5 tan 5x

Solución:

Derivando:

y0 = 25 sec25x

Sustituyendo:

25 sec25x= 25 + 25 tan25x

25 sec25x= 25(1 + tan25x)

25 sec25x= 25 sec25x

Problema 5.

dy dx =

r

y x

Donde:

y= (√x+c1)2, x >0, c1 >0

Solución:

Derivando:

y₀= 2(√x+c1)( 1 2√x)

y0 =

√

x+c1

√

x

y0 = 1 +√c1

x

La ecuación diferencial puede escribirse de la siguiente forma

dy dx =

r

y x =

√_y √

x

y como:

√_y √

x =

p

(√x+c1)2

√

x =

√_x+c

1

√

x = 1 + c1

√

x

y como ya se había encontrado:

y0 = 1 +_√c1

x

Entonces:

1 + _√c1

x = 1 + c1

√

x

∴ y= (√x+c1)2 _{si es solución.}

Problema 6.

Donde:

y= 1

2senx− 1

2cosx+ 10e −x

Solución:

Derivando:

y0 = 1

2cosx+ 1

2senx−10e −x

Sustituyendo:

1

2cosx+ 1

2senx−10e −x₊1

2senx− 1

2cosx+ 10e −x

senx=senx

∴ y= 1₂sinx₋ 1₂cosx+ 10e−x _{si es solución.} Problema 7.

2xydx+ (x2 + 2y)dy= 0

Donde:

x2y+y2 =c1

Solución:

Utilizando derivación ímplicita:

d dx(x

2_y+y2 _=c1)

2xy+x2dy dx + 2y

dy dx = 0

2xydx+ (x2 + 2y)dy= 0

la cual es la ecuación original, ∴ x2_y+y2 _=c

1 es una solución ímplicita

Problema 8.

x2dy+ 2xydx= 0

Donde:

y =₋ 1

x2

Solución:

La ecuación puede escribirse como:

x2dy

dx + 2xy = 0

Derivando la posible solución:

y = 2

x3

Sustituyendo:

2x2x−3₋2xx−2 = 0

2x−1₋2x−1 = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad,∴ y=₋1

x2 si es solución de la ecuación.

Problema 9.

y0 = 2p_|y _|

Donde:

y=x_|x_|

Solución:

El valor absoluto se define como:

|a_|=

½

a si a_≥0

−a si a <0

y=x_|x_|=

½

x2 _{si x}

≥0

−x2 _{si x <0}

La derivada es:

y0 =

½

2x si x_≥0

−2x si x <0

Por lo tanto six >0,p_|y_|=√x2 _=x

Y sustituyendo en la ecuación:

2x= 2√x2 _{= 2x}

Ahora bien, six <0, p_|y_|=₋x y al hacer la sustitución:

−2x=₋2x

∴ y=x_|x_| si es solución.

Problema 10.

y0₋ 1 xy = 1

Donde:

y =xlnx

Solución:

Derivando:

y0 =lnx+ 1

Sustituyendo:

lnx+ 1₋(1

x)(xlnx) = 1

1 = 1

Problema 11.

dP

dt =P(a−bP)

Donde:

P = ac1e

at

1 +bc1eat

Solución:

Derivando:

dP dt =

(1 +bc1eat)(a2c1eat)−(ac1eat)(abc1eat) (1 +bc1eat)2

dP dt =

a2_c

1eat+a2bc21e2at −a2bc21e2at (1 +bc1eat)2

dP dt =

a2_c 1eat (1 +bc1eat)2

Sustituyendo:

a2_c 1eat (1 +bc1eat)2

= ac1e

at

1 +bc1eat

·

a₋b( ac1e

at

1 +bc1eat )

¸

a2_c 1eat (1 +bc1eat)2

= ac1e

at

1 +bc1eat

·

a₋ abc1e

at

1 +bc1eat

¸

a2_c 1eat (1 +bc1eat)2

= ac1e

at

1 +bc1eat

·

a(1 +bc1eat)−(abc1eat) 1 +bc1eat

¸

a2c1eat (1 +bc1eat)2

= ac1e

at

1 +bc1eat

·

a

1 +bc1eat

¸

Es decir:

a2_c 1eat (1 +bc1eat)2

= a 2_c

Se obtiene una identidad,∴ P = ac1e

1+bc1eat si es solución de la ecuación.

Problema 12.

dx

dt = (2−x)(1−x)

Donde:

t=ln2−x

1₋x

Solución:

Derivando en forma ímplicita:

d dt

·

ln

µ

2₋x

1₋x

¶

=t

¸

µ

1₋x

2₋x

¶ "₍₁

−x)(₋dx_dt)₋(2₋x)(₋dx_dt) (1₋x)2

#

= 1

dx dt

·

1 (2₋x)(1₋x)

¸

(₋1 +x+ 2₋x) = 1

dx

dt = (2−x)(1−x)

la cual es la ecuación original. Por lo tanto t = ln2₁−₋x_x si es solución ya que se obtiene la misma ecuación.

Problema 13.

y0+ 2xy= 1

Donde:

y=e−x2

Z x

0

et2dt+c1e−x

2

Solución:

Derivando:

dy dx =e

−x2

ex2 + (

Z x

0

et2dt)(₋2xe−x2)₋2c1xe−x

Sustituyendo:

1₋2xe−x2

Z x

0

et2dt₋2c1xe−x

2

+ 2xe−x2

Z x

0

et2dt+ 2c1xe−x

2

= 1

1 = 1

Se obtiene una identidad, ∴y=e−x2Rx

0 e

t2_dt+c

1e−x

2

si es solución de la ecuación.

Problema 14.

y00+y0₋12y= 0

Donde:

y=c1e3x+c2e−4x

Solución:

Derivando dos veces:

y0 = 3c1e3x−4c2e−4x

y00 = 9c1e3x+ 16c2e−4x

Sustituyendo:

9c1e3x+ 16c2e−4x+ 3c1e3x−4c2e−4x−12(c1e3x+c2e−4x) = 0

9c1e3x+ 16c2e−4x+ 3c1e3x−4c2e−4x−12c1e3x−12c2e−4x = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad,∴y=c1e3x+c2e−4xsi es solución de la ecuación.

Problema 15.

y00₋6y0+ 13y= 0

y=e3xcos 2x

Solución:

Derivando dos veces:

y0 = 3e3xcos 2x₋2e3xsen2x

y00= 9e3xcos 2x₋6e3xsen2x₋6e3xsen2x₋4e3xcos 2x

Sustituyendo:

9e3xcos 2x₋6e3xsen2x₋6e3xsen2x₋4e3xcos 2x₋

−18e3xcos 2x+ 12e3xsen2x+ 13e3xcos 2x= 0

0 = 0

Se obtiene una identidad,∴ y=e3x_{cos 2x si es solución de la ecuación.} Problema 16.

d2_x

dx2 −4

dy

dx+ 4y= 0

Donde:

y=e2x+xe2x

Solución:

Derivando:

y0 = 2e2x+e2x+ 2xe2x= 3e2x+ 2xe2x

y00= 6e2x+ 2e2x+ 4xe2x = 8e2x+ 4xe2x

Sustituyendo:

0 = 0

Se obtiene una identidad,∴ y=e2x_+xe2x _{si es solución de la ecuación.} Problema 17.

y00+ (y0)2 = 0

Donde:

y =ln_|x+c1 |+c2

Solución:

Derivando:

y0 = 1

x+c1

y00=₋ 1 (x+c1)2

Sustituyendo:

−_(x+1_c1)2 + ( 1

x+c1 )2 = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, ∴ y = ln _| x+c1 | +c2 si es solución de la

ecuación.

Problema 18.

x2y00+xy0 + 2y= 0

Donde:

y=xcos(lnx), x >0

Solución:

y0 = cos(lnx)−sin(lnx)

y00=₋1

xsin(lnx)−

1

xcos(lnx)

Sustituyendo:

−x21

xsin(lnx)−x

21

xcos(lnx)−xcos(lnx) +xsin(lnx) + 2xcos(lnx) = 0

−xsin(lnx)₋xcos(lnx)₋xcos(lnx) +xsin(lnx) + 2xcos(lnx) = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad,∴ y=xcos(lnx)si es solución de la ecuación.

Problema 19.

y000 ₋y00+ 9y0₋9y= 0

Donde:

y =c1sin 3x+c2cos 3x+ 4ex

Solución:

Obteniendo las tres derivadas:

y0 = 3c1cos 3x−3c2sin 3x+ 4ex

y00 =₋9c1sin 3x−9c2cos 3x+ 4ex

y000 =₋27c1cos 3x+ 27c2sin 3x+ 4ex

Sustituyendo:

0 = 0

Como se obtiene una identidad se tiene quey=c1sin 3x+c2cos 3x+ 4ex

si es solución.

Problema 20.

x3d

3_y

dx3 + 2x 2d2y

dx2 −x

dy

dx +y= 12x

2

Donde:

y=c1x+c2xlnx+ 4x2, x >0

Solución:

Obteniendo las derivadas:

y0 =c1+c2lnx+c2+ 8x

y00=c2 1

x + 8

y000 =₋c2 1

x2

Sustituyendo:

−c2

x3

x2+ 2c2

x2

x + 16x

2

−xc1−xc2lnx−xc2−8x2+c1x+c2xlnx+ 4x2 = 12x2

12x2 = 12x2

∴ Si es solución.

Problema 21.

xy0 ₋2y= 0

y=

½

−x2_{, x <0}

x2_{, x}

Solución:

Derivando:

y0 =

½

−2x, x <0 2x, x_≥0

Six <0, sustituimos en la ecuación:

x(₋2x)₋2(₋x2) = 0

−2x2+ 2x2 = 0

0 = 0

Six >0, sustituimos en la ecuación:

x(2x)₋2(x2) = 0

2x2₋2x2 = 0

0 = 0

Por lo tanto, si es solución.

Problema 22.

(y0)2 = 9xy

Donde

y =

½

0, x <0

x3, x_≥0

Solución:

Derivando:

y0 ₌

½

0, x <0 3x2, x_≥0

Obviamente si y = 0, la ecuación se satisface. En el caso de que y =x3

y0 = 3x2

y haciendo la sustitución:

(3x2)2 = 9x(x3)

9x4 = 9x4

Por lo tanto si es solución.

Problema 23. Determine valores de m tales quey =emx_{sea una solución}

de la ecuación diferencial respectiva. a)

y00₋5y0 + 6y= 0

Donde:

y=emx

Solución:

Al derivar dos veces:

y0 =memx

y00 =m2emx

Sustitución:

m2emx₋5memx + 6emx = 0

emx(m2₋5m+ 6) = 0

emx(m₋2)(m₋3) = 0

Por lo tanto y=emx _{es solución sólo cuando:}

m= 3

Esto puede comprobarse:

Param = 2

4e4x₋10e4x+ 6e4x = 0

10e4x₋10e4x= 0

0 = 0

Param = 3

9e3x₋15e3x+ 6e3x = 0

15e3x₋15e3x= 0

0 = 0

b)

y00+ 10y0+ 25y= 0

Donde:

y=emx

Sustitución:

m2emx+ 10memx+ 25emx = 0

emx(m2+ 10m+ 25) = 0

emx(m+ 5)2 = 0

Por lo tanto:

m=₋5

Comprobación:

25e5x₋50e5x+ 25e5x = 0

50e5x₋50e5x = 0

0 = 0

Problema 24. Encuentre los valores de m tales que y = xm sea una

solución de la ecuación diferencial.

x2y00₋y= 0

Solución:

Derivando dos veces:

y0 =mxm−1

y00 =m2xm−2₋mxm−2

Sustituyendo en la ecuación:

x2m2xm−2 ₋x2mxm−2₋xm = 0

xm(m2₋m₋1) = 0

Por lo tanto:

m1 = 1 +

√

5 2

m2 = 1−

√

Ecuaciones de primer orden

2.1

Separación de variables

Una ecuación diferencial de primer orden de la forma

dy

dx =g(x)h(y)

se dice que es separable o que tiene variables separables. Usualmente tal ecuación se escribe como:

dy

h(y) =g(x)dx

e integrando se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones.

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por separacion de variables. Todas las ecuaciones se pueden comprobar como en la sección anterior.

Problema 1.

dy

dx =sen5x

Solución:

Multiplicando la ecuación pordx:

dy =sen5xdx

integramos ambas partes:

Z

dy=

Z

sen5xdx

resolvemos:

y=₋1

5cos 5x+c

Problema 2.

dx+e3xdy = 0

Solución:

Dividimos entre e3x y despejamos dy:

dx

e3x +dy = 0

dy = ₋dx

e3x

integramos:

Z

dy = ₋

Z _dx

e3x

y = ₋

Z

e−3xdx

y = ₋

µ

−1

3

¶

e−3x+c

y = 1 3e

−3x_+c

Problema 3.

(x+ 1)dy

dx =x+ 6

Solución:

Multiplicamos pordx y dividimos entre (x+ 1):

dy= x+ 6

integramos:

Z

dy =

Z

x+ 6

x+ 1dx

y =

Z _{x+ 1 + 5}

x+ 1 dx

y =

Z µ

1 + 5

x+ 1

¶

dx y = x+ 5 ln_|x+ 1_|+c

Problema 4.

xy0 = 4y

Recordemos quey0 = dy_dx

Dividimos entrexy y multiplicamos por dx:

dy y =

4

xdx

integramos:

Z _dy

y =

Z ₄

xdx

ln_|y_| = 4 ln_|x_|+ lnc

ln_|y_| = ln¯¯cx4¯¯

despejando y:

eln|y| = eln|cx4| y = cx4

Problema 5.

dx dy =

x2_y2 1 +x

(x+ 1)dx=x2y2dy

divimos entrex2:

(x+ 1)dx x2 =y

2_dy

integramos:

Z _{(x+ 1)}

x2 dx =

Z

y2dy

−1

x + ln|x| = y3

3 +c 0

multiplicamos porx y por 3:

−3 + 3xln_|x_|=y3x+cx

Problema 6.

dy dx =e

3x+2y

Solución:

Recordemos que e3x+2y _=e3x_e2y

entonces:

dy dx =e

3x_e2y

dividimos entre e2y _{y multiplicamos pordx:}

dy e2y =e

3x_dx

integramos:

Z _dy

e2y =

Z

e3xdx

Z

e−2ydy = 1 3e

3x_+c

−1₂e−2y = 1 3e

3x_+c

multiplicamos por₋2:

e−2y =₋2 3e

3x_+c

aplicamos logaritmo en ambos lados:

lne−2y = ln

¯ ¯ ¯ ¯− 2 3e

3x_+c

¯ ¯ ¯ ¯

−2y = ln

¯ ¯ ¯ ¯− 2 3e 3x +c ¯ ¯ ¯ ¯

y = ₋1 2ln ¯ ¯ ¯ ¯− 2 3e

3x_+c

¯ ¯ ¯ ¯ Problema 7. ¡

4y+yx2¢dy₋¡2x+xy2¢dx= 0

Solución:

Factorizamosy y x:

y¡4 +x2¢dy₋x(2 +y2)dx= 0

dividimos entre (4 +x2_{) y(2 +y}2_):

ydy

2 +y2 =

xdx

4 +x2

integramos:

Z

ydy

2 +y2 =

Z

xdx

4 +x2

por cambio de variable:

u = 2 +y2, w= 4 +x2 du = 2ydy, dw = 2xdx

1

2lnu = 1

2lnw+c 1

2ln

¯

¯2 +y2¯¯ = 1 2ln

¯

¯4 +x2¯¯+ lnc1

ln¯¯2 +y2¯¯ = lnc¯¯4 +x2¯¯

aplicamos la función exponecial:

eln|2+y2| = elnc|4+x2|

2 +y2 = c¡4 +x2¢ y2 = c¡4 +x2¢₋2

y = pc(4 +x2₎₋₂

Problema 8.

2y(x+ 1)dy=xdx

Solución:

Dividimos entre (x+ 1):

2ydy= xdx

x+ 1

integramos:

Z

2ydy =

Z _xdx

x+ 1

y2 =

Z _{x+ 1}

−1

x+ 1 dx

y2 =

Z

dx₋

Z

1

x+ 1dx

y2 = x₋ln_|x+ 1_|+c y = px₋ln_|x+ 1_|+c

Problema 9.

ylnxdx dy =

µ

y+ 1

x

Solución:

Multiplcamos pordy y por x2 _{y dividimos entre y:}

x2lnxdx= (y+ 1) 2

y

integramos:

Z

x2lnxdx=

Z _{(y+ 1)}2

y dy

integrando por partes:

u = lnx, du= 1

xdx dv = x2dx, v= x

3

3

x3

3 lnx−

Z

x3 3

1

xdx =

Z

(y+ 1)2

y dy x3

3 lnx− 1 3

Z

x2dx =

Z

y2_{+ 2y+ 1}

y dy x3

3 lnx− 1 9x

3 ₌ y2

2 + 2y+ lny+c

x3

3 lnx− 1 9x

3 ₌ y

2

2 + 2y+ lny+c

Problema 10.

sec2xdy+ cscydx = 0

Solución.

Dividimos entresec2_{x ycscy:}

dy

cscy + dx

sec2_x = 0

despejamos _cscdy_y e integramos:

Z _dy

cscy =−

Z _dx

usando las identidades

1

cscy = seny

1

sec2_x = cos 2_x

cos2x = 1−cos 2x 2

Z

senydy = ₋

Z

1₋cos 2x

2 dx

−cosy = ₋1 2x+

1

4sen2x+c

Problema 11.

eysen2xdx+ cosx¡e2y₋y¢dy= 0

Solución:

Dividimos entre ey _{y entre cosx:}

sen2xdx

cosx +

(e2y

−y)dy ey = 0

despejamos sen_cos2xdx_x e integramos: Z _sen2x

cosx dx=−

Z _(e2y

−y)

ey dy

se usa la identidad:

sen2x= 2senxcosx

entonces:

Z _2senxcosx

cosx dx = −

Z _(e2y

−y)

ey dy

Z

2senxdx = ₋

Z

eydy+

Z

y eydy

−2 cosx = ₋ey +

Z

esta integral se resuelve por partes:

u = y du = dy dv = e−ydy

v = ₋e−y

entonces:

−2 cosx = −ey+

·

−ye−y −

Z

−e−ydy

¸

−2 cosx = ₋ey₋ye−y ₋e−y+c

−2 cosx+ey+ye−y +e−y =c

Problema 12.

(ey + 1)2e−ydx+ (ex+ 1)3e−xdy = 0

Solución:

Dividimos entre(ey _{+ 1)}2

e−y _{y entre (e}x_{+ 1)}3

e−x

dx

(ex_{+ 1)}3_e−x +

dy

(ey_{+ 1)}2_e−y = 0

despejamos e integramos:

Z _dx

(ex_{+ 1)}3_e−x = −

Z _dy

(ey _{+ 1)e}−y

Z

ex_dx

(ex_{+ 1)}3 = −

Z

ey_dy

(ey _{+ 1)}2

u = ex+ 1

w = ey+ 1

dw = eydy

Z

du

u3 = −

Z

dw w2

−₂1_u = 1

u

−_2(ex1_{+ 1)} =

1

ey_{+ 1} +c

Problema 13.

dy dx =

xy+ 3x₋y₋3

xy₋2x+ 4y₋8

Solución:

Factorizamos por agrupamiento:

dy dx =

y(x₋1) + 3 (x₋1)

y(x+ 4)₋2 (x+ 4)

dy dx =

(y+ 3) (x₋1) (y₋2) (x+ 4)

separamos variables:

(y₋2) (y+ 3)dy=

(x₋1) (x+ 4)dx

integramos:

Z _(y

−2) (y+ 3)dy =

Z _(x

−1) (x+ 4)dx

Z _{y+ 3}

−5

y+ 3 dy =

Z _{x+ 4}

−5

x+ 4 dx

Z µ

1₋ 5

y+ 3

¶

dy =

Z µ

1₋ 5

x+ 4

¶

dx y₋5 ln (y+ 3) = x₋5 ln (x+ 4) +c

Problema 14.

dy

dx =senx

¡

Solución:

Multiplicamos pordx y dividimos entre (cos 2y−cos2y):

dy

cos 2y₋cos2_y =senxdx

integramos:

Z

dy

cos 2y₋cos2_y =

Z

senxdx

Z _dy

(2 cos2_y−1)−cos2_y = −cosx+c

Z

dy

cos2_y−1 = −cosx+c

−

Z

dy

sin2y = −cosx+c

Z

csc2ydy = cosx+c

−coty = cosx+c

Problema 15.

¡

ex+e−x¢dy dx =y

2

Dividimos entrey2 _y(ex_+e−x_{) multiplicamos pordx:}

dy y2 =

dx ex_+e−x

multiplicamos el denominador y el numerador del lado derecho por ex _e

integramos:

Z _dy

y2 =

Z _ex_dx

e2x_{+ 1}

u = ex du = exdx

−1

y =

Z _du

u2_{+ 1}

−1_y = arctanu+c= arctanex+c

En las siguintes ecuaciones diferenciales, encuentre la solución de las mismas sujetas a la condición inicial respectiva.

Problema 16.

ydy= 4x¡y2+ 1¢

1

2 _{dx, y(1) = 0}

Solución:

Dividimos entre (y2+ 1)12_:

ydy

(y2_{+ 1)}12

= 4xdx

integramos:

Z _ydy

(y2_{+ 1)}12

=

Z

4xdx

u = y2+ 1

du = 2ydy

1 2

Z

du u12

= 2x2+c

1 2

Z

u−12du = 2x2+c

u12 = 2x2+c

p

y2_{+ 1 = 2x}2_+c

y2+ 1 = ¡2x2+c¢2 y =

q

aplicamos la condicion inicialy(0) = 1:

x = 0

y = 1 1 =

q

(2(0)2_+c)2₋₁ 1 = √c2₋₁

c = √2

regresamos a la integral anterior:

y=r³2x2 ₊√₂´2₋₁

Problema 17.

dy dx = 4

¡

x2+ 1¢, x³π

4

´

= 1

Solución:

Multiplicamos pordx:

dy= 4¡x2+ 1¢dx

integramos:

Z

dy =

Z

4¡x2+ 1¢dx

y = 4x 3

3 + 4x+c

aplicamos la condición inicial:

x = 1

y = π 4 π

4 = 4

µ

1 3

¶

+ 4 (1) +c

π 4 −

4

3−4 = c

c = π 4 −

sustituimos en la solución general:

y= 4x 3

3 + 4x+ π 4 −

16 3

2.2

Ecuaciones exactas

Una expresión de la forma M(x, y)dx+ N(x, y)dy es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna función

f(x, y). Una ecuación diferencial de primer orden de la forma:

M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0

es una ecuación diferencial exacta, si la expresión del lado izquierdo es una diferencial exacta.

Sean M(x, y) y N(x, y) con derivadas parciales continuas en una región rectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces la condición necesaria y suficiente para queM(x, y)dx+N(x, y)dysea una diferencial exacta es que:

dM dy =

dN dx

En los siguientes problemas, determine si la ecuación respectiva es exacta. Si lo es, resuélvala.

Problema 1.

(2x₋1)dx+ (3y+ 7)dy= 0

Solución:

M(x, y) = 2x₋1

Para saber si son exactas se debe de cumplir la condición de exactitud:

∂M

∂y =

∂N

∂x

Se derivaM(x, y) con respecto ay:

∂M

∂y = 0

Se derivaN(x, y) con respecto ax:

∂N

∂x = 0

La ecuación es exacta. Entonces debe existir f(x, y) tal que:

∂f

∂x = 2x−1 ,

∂f

∂y = 3y+ 7

Integrando la primera:

f(x, y) =

Z

(2x₋1)dx=x2₋x+g(y)

Derivando con respecto a y:

∂f

∂y =g

0_(y)

3y+ 7 =g0(y)

Se integra para obtener g(y):

g(y) =

Z

(3y+ 7y)dy = 3 2y

2

+ 7y+c

Sustituyendog(y) en la expresión de f(x, y):

f(x, y) =x2₋x+ 3 2y

2 _{+ 7y+c}

x2₋x+3 2y

2_{+ 7y+c= 0}

Problema 2.

(2x+y)dx₋(x+ 6y)dy = 0

Solución:

M(x, y) = 2x+y N(x, y) =₋(x+ 6y)

DerivandoM(x, y) con respecto ay:

∂M

∂y = 1

DerivandoN(x, y) con respecto ax:

∂N

∂x =−1

La ecuación no es exacta. Para resolverla se debería utilizar otro método.

Problema 3.

(5x+ 4y)dx+ (4x₋8y3)dy= 0

Solución:

M(x, y) = 5x+ 4y N(x, y) = 4x₋8y3

Para cumplir con la condición de exactitud se derivaM(x, y)con respecto ay:

∂M

∂y = 4

Se deriva N(x, y) con respecto a x:

∂N

∂x = 4

La ecuación es exacta. Por lo tanto se tiene que:

∂f

∂f

∂y = 4x−8y

3

Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:

f(x, y) =

Z

(5x+ 4y)dx= 5 2x

2_{+ 4xy+g(y)}

Derivando con respecto a y:

∂f

∂y = 4x+g

0_(y)

4x₋8y3 = 4x+g0(x)

g0(y) =₋8y3

Para obtener ag(y)se integra con respecto ay:

g(y) =₋8

Z

y3dy=₋2y4+c

Sustituyendo a g(y):

f(x, y) = 5 2x

2_{+ 4xy}

−2y4+c

La solución de la ecuación es:

5 2x

2_{+ 4xy}

−2y4+c= 0

Problema 4.

¡

2y2x₋3¢dx+¡2yx2+ 4¢dy= 0

Solución: Derivando M(x, y) con respecto a y, N(x, y) con respecto a

∂M

∂y = 4yx,

∂N

∂x = 4yx

La ecuación es exacta, entonces:

∂f

∂x = 2y

2_x

−3, ∂f

∂y = 2yx

2_{+ 4}

Integramos M(x, y)con respecto a x, para determinarf(x, y)

f(x, y) =Z ¡2y2x₋3¢dx=y2x2 ₋3x+g(y)

derivamos con respecto ay, e igualamos con N(x, y).

∂f

∂y = 2yx

2_+g0_{(y) = 2yx}2_{+ 4}

g0(y) = 4

integramosg0_{(y)con respecto a y.}

g(y) = 4

Z

dy= 4y+c

sustituimos g(y) enf(x, y), y el resultado es:

f(x, y) =y2x2₋3x+ 4y+c

La solución se escribe como:

y2x2₋3x+ 4y+c= 0

Problema 5.

(x+y) (x₋y)dx+x(x₋2y)dy = 0

Solución:

Resolvemos la factorización, y derivamosM(x, y)con respecto ay,N(x, y)

¡

x2₋y2¢dx+¡x2₋2xy¢dy = 0

∂M

∂y =−2y 6=

∂N

∂x = 2x−2y

∴ La ecuación no es exacta, puede resolverse utilizando el método

para las ecuaciones homogéneas que se revisará después.

Problema 6.

xdy

dx = 2xe

x

−y+ 6x2

Solución: Igualamos la ecuación a cero, para dejarla en la forma:

M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0

¡

2xex₋y+ 6x2¢dx₋xdy = 0

∂M

∂y =−1,

∂N

∂x =−1

∴ La ecuación es exacta

∂f

∂x = 2xe

x

−y+ 6x2 ∂f

∂y =−x

IntegramosN(x, y) con respecto ay, el resultado obtenido, lo derivamos parcialmente con respecto a x, e igualamos conM(x, y).

f(x, y) =

Z

−xdy=₋xy+g(x)

∂f

∂x =−y+g

0

(x) = 2xex₋y+ 6x2

integramosg0(x)

g(x) =Z ¡2xex+ 6x2¢dx= 2

Z

xexdx+ 6

Z

x2dx

La primera integral se resuelve por partes haciendo:

u=x dv=exdx du=dx v=ex

g(x) = 2 (xex₋ex) + 2x3 +c

Sustituimos g(x)en f(x, y), teniendo como resultado:

f(x, y) =₋xy+ 2xex₋2ex+ 2x3+c= 0

Problema 7.

µ

x2y3₋ 1

1 + 9x2

¶

dx dy +x

3_y2 _{= 0}

Solución: Separamos dy, e igualamos la ecuación, derivando M(x, y)

con respecto ay,N(x, y) con respecto ax. µ

x2y3₋ 1

1 + 9x2

¶

dx+ x3y2dy= 0

∂M

∂y = 3x

2_y2 ₌ ∂N

∂x = 3x

2_y2

La ecuación es exacta, por lo tanto

∂f

∂x =x

2_y3

− _{1 + 9}1 _x2

∂f

∂y = x

3_y2

Considerando que es más sencillo integrarN(x, y)con respecto ay, luego se deriva con respecto ax

f(x, y) =

Z

x3y2dy= 1 3x

3

y3+g(x)

∂f

∂x = x

2_y3_+g0_{(x) = x}2_y3

g0(x) =₋ 1 1 + 9x2

g(x) =₋

Z

1

1 + 9x2 =− 1 3tan

−1_3x+c

Sustituyendo en f(x, y), tenemos como resultado:

f(x, y) = 1 3x

3_y3

− 1₃tan−13x+c= 0

Problema 8.

(tanx₋senxseny)dx+ cosxcosydy = 0

Solución:

M(x, y) = tanx₋senxseny N(x, y) = cosxcosy

Veamos si cumple con la condición de exactitud:

∂M

∂y =−senxcosy

∂N

∂x =−senxcosy

La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que:

∂f

∂x = tanx−senxseny

∂f

∂y = cosxcosy

Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:

f(x, y) =

Z

(tanx₋senxseny)dx=₋ln_|cosx_|+senycosy+h(y)

∂f

∂y = cosxcosy+h

0_(y)

cosxcosy= cosxcosy+h0(y)

h(y) =c

Sustituyendoh(y):

f(x, y) =₋ln_|cosx_|+senycosy+c

la solución de la ecuación es:

−ln_|cosx_|+senycosy+c= 0

Problema 9.

¡

4x3y₋15x2₋y¢dx+¡x4+ 3y2 ₋x¢dy= 0

Solución:

M(x, y) = 4x3_y

−15x2

−y N(x, y) =x4+ 3y2₋x

Se verifica si se cumple con la condición de exactitud:

∂M

∂y = 4x

3

−1

∂N

∂x = 4x

3

−1

La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que:

∂f

∂x = 4x

3_y

−15x2₋y

∂f

∂y =x

4

Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:

f(x, y) =Z ¡4x3y₋15x2 ₋y¢dx=x4y₋5x3₋yx+m(y)

Para obtener m(y) se tiene que:

∂f

∂y =x

4

−x+m0(y)

x4+ 3y2₋x=x4₋x+m0(y)

m(y) =

Z

3y2dy=y3+c

Sustituyendo a m(y):

f(x, y) =x4y₋5x3₋yx+y3+c

la solución de la ecuación es:

x4y₋5x3 ₋yx+y3+c= 0

Problema 10.

¡

y2cosx₋3x2y₋2x¢dx+¡2ysenx₋x3+ lny¢dy= 0, y(0) =e

M(x, y) =y2_cosx

−3x2_y

−2x N(x, y) = 2ysenx₋x3_{+ lny}

Cumpliendo con la condición de exactitud:

∂M

∂y = 2ycosx−3x

2

∂N

∂x = 2ycosx−3x

2

∂f

∂x =y

2

cosx₋3x2y₋2x

∂f

∂y = 2ysenx−x

3_{+ lny}

Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:

f(x, y) =Z ¡y2cosx₋3x2y₋2x¢dx=y2senx₋x3y₋x2+h(y)

Para obtener h(y) se tiene que:

∂f

∂y = 2ysenx−x

3

+h0(y)

2ysenx₋x3+ lny = 2ysenx₋x3+h0(y)

h(y) =

Z

lnydy=ylny₋y+c

Sustituyendo a h(y) :

f(x, y) =y2senx₋x3y₋x2+ylny₋y+c= 0

Tomando la condición inicial dey(0) =e se tiene que:

e2sen0₋03e₋02+elne₋e+c= 0

c= 0

Por lo tanto la solución de la ecuación es:

y2senx₋x3y₋x2+ylny₋y= 0

Determine el valor de k para que la ecuación diferencial corre-spondiente sea exacta.

Problema 11.

¡

Solución:

M(x, y) =y3+kxy4−2x N(x, y) = 3xy2_{+ 20x}2_y3

Derivando con respecto a xy y

∂M

∂y = 3y

2_{+ 4kxy}3

∂N

∂x = 3y

2

+ 40xy3

Igualando las derivadas parciales:

3y2+ 4kxy3 = 3y2+ 40xy3

Despejando a k se tiene que:

k = 10

Por lo tantok se sustituye en la ecuación diferencial para que sea exacta.

Resuelva la ecuación respectiva comprobando que la función

indicada, µ(x, y), sea un factor integrante.

Problema 12.

6xydx+¡4y+ 9x2¢dy= 0, µ(x, y) =y2

Solución:

Puede verificarse que la ecuación no es exacta, pero si se multiplica por el factor integrante queda:

6xy3dx+¡4y3+ 9x2y2¢dy = 0

M(x, y) = 6xy3

N(x, y) = 4y3+ 9x2y2

Y ahora sí cumple con la condición de exactitud:

∂M

∂y = 18xy

∂N

∂x = 18xy

2

Por lo tanto se tiene que:

∂f

∂x = 6xy

3

∂f

∂y = 4y

3_{+ 9x}2_y2

Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:

f(x, y) =

Z

6xy3dx= 3x2y3+h(y)

Para obtener h(y) se tiene que:

∂f

∂y = 9x

2_y2_+h0_(y)

4y3+ 9x2y2 = 9x2y2 +h0(y)

h(y) =

Z

4y3dy=y4+c

Sustituyendo a h(y) :

f(x, y) = 3x2y3 +y4+c

Por lo tanto la solución de la ecuación es:

3x2y3+y4+c= 0

Problema 13.

¡

2y2+ 3x¢dx+ 2xydy = 0, µ(x, y) =x

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante queda: ¡

2xy2+ 3x2¢dx+ 2x2ydy = 0

M(x, y) = 2xy2_{+ 3x}2

N(x, y) = 2x2_y

Verificando la condición de exactitud:

∂M

∂y = 4xy

∂N

∂x = 4xy

La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene:

∂f

∂x = 2xy

2_{+ 3x}2

∂f

∂y = 2x

2_y

Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:

f(x, y) =Z ¡2xy2 + 3x2¢dx=x2y2+x3+l(y)

Para obtener l(y) se tiene que:

∂f

∂y = 2x

2_y+l0_(y)

2x2y= 2x2y+l0(y)

l(y) =c

Sustituyendo a l(y) :

f(x, y) =x2y2+x3+c

Por lo tanto la solución de la ecuación es:

2.3

Ecuaciones lineales

Una ecuación diferencial de primer orden, de la forma:

a1(x)

dy

dx +a0(x)y=g(x)

es una ecuación lineal.

Solución de una ecuación diferencial lineal de primer orden

1) Para resolver una ecuación lineal de primer orden, primero se reescribe de tal manera que el

coeficiente dedy/dx sea la unidad

dy

dx+p(x)y =f(x)

2) Hay que identificar p(x) y definir el factor integrante,

µ(x) = eRp(x)dx

3) La ecuación obtenida en el paso 1 se multiplica por el factor integrante:

eRp(x)dxdy

dx +p(x)e

R

4) El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso 3 es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependientey; esto es:

d dx

h

eRp(x)dxyieRp(x)dx =eRp(x)dxf(x)

5) Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso 4.

Problema 1.

3dy

dx + 12y = 4

Solución:

Dividimos la ecuación entre 3 para ponerla en la forma general

dy

dx + 4y=

4 3

p(x) = 4

Calculamos el factor integrante y lo multiplicamos por la ecuación

µ(x) =eRp (x)dx =eR4dx=e4x

¡

e4x¢

µ

dy

dx + 4y=

4 3

¶

Integramos y despejamos ay

Z

d dx

¡

ye4x¢=

Z

4 3e

ye4x = 1 3e

4x_+c

y= 1 3 +

c e4x

Problema 2.

dy

dx +y=e

3x

p(x) = 1

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =eRp (x)dx =ex

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

(ex)

µ

dy dx +y

¶

=e3x(ex)

Integramos para calcular el valor dey

Z

d[yex] =

Z

e4xdx

yex = 1 4e

4x_+c

Despejamos el valor de y

y= 1 4

e4x

ex +

c ex

y= 1 4e

3x_+ce−x

Problema 3.

y0+ 3x2y=x2

p(x) = 3x2

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =eRp(x)dx=eR3x2dx =ex3

Se multiplica el factor integrante por la ecuación ³

ex3´ ¡y0+ 3x2y¢=x2ex3

Integramos para calcular el valor dey

Z

d dx

h

yex3i=

Z

x2ex3

yex3 = 1 3e

x3

+c

Despejamos el valor de y

y = 1 3 +

c ex3

Problema 4.

xdy= (xsenx₋y)dx

Solución:

La ecuación se lleva a la forma de las ecuaciones lineales:

dy dx −

(xsenx₋y)

x = 0

dy dx +

µ

1

x

¶

y=senx

Determinamos el valor dep(x)

p(x) =x−1

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

x

µ

dy dx −y

µ

1

x

¶

=senx

¶

d

dx[xy] =xsenx

Integramos para calcular el valor dey

Z

d

dx[xy] =

Z

xsenxdx

Integramos por partesR xsenxdx

u=x dv =senxdx du=dx v=₋cosx

xy=₋xcosx+

Z

cosxdx=₋xcosx+senx+c

Despejamos el valor de y

y= −xcosx+senx+c

x

Problema 5.

cosxdy

dx +ysenx= 1

Solución:

La ecuación se lleva a la forma de las lineales:

dy dx +y

senx

cosx =

1 cosx

dy

dx + (tanx)y = secx p(x) = tanx

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

secx

µ

dy

dx + (tanx)y= secx

¶

d

dx[ysecx] = sec

2_xdx

Integramos para calcular el valor dey

Z _d

dx[ysecx] =

Z

sec2xdx

ysecx= tanx+c

Despejamos el valor de y

y= tanx+c

secx =senx+ccosx

Problema 6.

xdy

dx + 4y =x

3

−x

Solución:

La ecuación se lleva a la forma:

dy dx +

4

xy =x

2

−1

p(x) = 4_x

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =eRp(x)dx =eR 4xdx=e4 ln(x) =x4

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

x4

µ

dy dx +

4

xy =x

2

−1

¶

d dx

£

Integramos para calcular el valor dey

Z

d dx

£

yx4¤=Z ¡x6₋x4¢dx

yx4 = 1 7x

7

− 1₅x5+c

Despejamos el valor de y

y= 1 7x

3

− 1₅x+ c

x4

Problema 7.

cos2xsenxdy+¡ycos3x₋1¢dx = 0

Solución:

La ecuación se lleva a la forma de las lineales:

dy dx +

ycos3_x

−1 cos2_xsenx = 0

dy dx +

cosx senxy=

1 cos2_xsenx

p(x) = cotx

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =eRp(x)dx=eRcotxdx=eln(senx) =senx

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

senx

µ

dy

dx + (cotx y) =

1 cos2_xsenx

¶

d

dx[ysenx] =

1 cos2_x

Z _d

dx[ysenx] =

Z ¡

sec2x¢dx

ysenx= tanx+c

Despejamos el valor de y

y= tanx+c

senx

y= secx+ccscx

Problema 8.

xdy

dx + (3x+ 1)y=e

−3x

Solución:

La ecuación se lleva a la forma:

dy dx +

3x+ 1

x y= e−3x

x p(x) = 3x+1

x

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =eRp(x)dx=eR 3xx+1dx=e3xeln(x) =xe3x

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

xe3x

µ

dy dx +

3x+ 1

x y= e−3x

x

¶

d dx

£

yxe3x¤= 1

Integramos para calcular el valor dey

Z

d dx

£

yxe3x¤=

Z

yxe3x=x+c

Despejamos el valor de y

y= x+c

xe3x =e

−3x

+ ce −3x

x

Problema 9.

dy

dx +y=

1₋e−2x

ex_+e−x Solución:

p(x) = 1

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =eRdx_=ex

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

ex

µ

dy

dx +y=

1₋e−2x ex_+e−x

¶

d dx[ye

x_{] =} ex−e−x

ex_+e−x

Integramos para calcular el valor dey

Z _d

dx[ye

x_{] =}

Z µ_ex

−e−x

ex_+e−x

¶

dx

yex= ln¡ex+e−x¢+c

Despejamos el valor de y

y=e−xln¡ex+e−x¢+ce−x

Problema 10.

(x+ 2)2 dy

dx = 5−8y−4xy

La ecuación se lleva a la forma de las lineales:

(x+ 2)2 dy

dx = 5−4(x+ 2)y

dy dx +

4

x+ 2y= 5 (x+ 2)2

p(x) = 4

x+ 2

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =eR x+24 dx =e4 ln(x+2) = (x+ 2)4

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

(x+ 2)4

µ

dy dx +

4

x+ 2y= 5 (x+ 2)2

¶

d dx

£

(x+ 2)4y¤= 5 (x+ 2)2

Integramos para calcular el valor dey

Z _d

dx

£

(x+ 2)4y¤=

Z

5 (x+ 2)2dx

(x+ 2)4y= 5

3(x+ 2) 3

+c

Despejamos el valor de y

y = 5 3 (x+ 2) +

c

(x+ 2)4

Problema 11.

dy

Solución:

p(x) = 5

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =eR5dx=e5x

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

e5x

µ

dy

dx + 5y= 20

¶

d dx

£

ye5x¤= 20e5x

Integramos para calcular el valor dey

Z _d

dx

£

ye5x¤=Z ¡20e5x¢dx

ye5x = 4e5x+c

Calculamos el valor de c

(2)e5(0)= 4e5(0)+c

2 = 4 +c

c=₋2

Despejamos el valor de y y sustituimos el valor dec

y= 4₋2e−5x

Problema 12.

Ldi

Solución:

La ecuación se lleva a la forma de las lineales:

di dt +

R Li=

E L p(t) = R_L

Calculamos el valor del factor integrante µ(t)

µ(t) =eR RLdt =e R Lt

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

eRLt

µ

di dt +

R Li=

E L

¶

d dt

h

ieRLt

i

= E

Le

R Lt

Integramos para calcular el valor dei

Z

d dt

h

ieRLt

i

=

Z µ

E Le

R Lt

¶

dt

ieRLt = E

Re

R Lt+c

Calculamos el valor dec

i0e

R

L(0) = E

Re

R L(0)+c

i0 =

E R +c

c=i0−

E R

ieRLt= E

Re

R Lt+

µ

i0−

E R

¶

i= E

R +

µ

i0−

E R

¶

e−RLt

Problema 13.

dT

dt =k(T −50) k es constante, T(0) = 200

Solución:

La ecuación se lleva a la forma:

dT

dt −kT =−50k

Determinamos el valor dep(t)

p(t) =₋k

Calculamos el valor del factor integrante µ(t)

µ(t) =eR−kdt=e−kt

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

e−kt

µ

dT

dt −kT =−50k

¶

d dt

£

T e−kt¤=₋50ke−kt

Integramos para calcular el valor dey

Z _d

dt

£

T e−kt¤=₋Z ¡50ke−kt¢dt

Calculamos el valor de c

200e−k(0) = 50e−k(0)+c

200 = 50 +c

c= 150

Despejamos el valor de T y sustituimos el valor de c

T e−kt = 50e−kt+ 150

T = 50 + 150ekt

Problema 14.

(x+ 1)dy

dx +y= lnx y(1) = 10

Solución:

La ecuación se lleva a la forma:

dy dx +

1

(x+ 1)y = lnx x+ 1

Determinamos el valor dep(x)

p(x) = _(x+1)1

Calculamos el valor del factor integrante µ(x)

µ(x) =e

R 1

(x+1)dx _=eln(x+1) _{=x+ 1}

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

(x+ 1)

µ

dy dx +

1

(x+ 1)y= lnx x+ 1

¶

d

Integramos para calcular el valor dey

Z _d

dx[(x+ 1)y] =

Z

lnxdx

Integramos por partesR lnxdx u= lnx dv=dx

du= 1

xdx v=x

(x+ 1)y=xlnx₋

Z

dx

(x+ 1)y =xlnx₋x+c

Calculamos el valor de c

(1 + 1) 10 = (1) ln (1)₋1 +c

20 = ₋1 +c

c= 21

Despejamos el valor de y y sustituimos el valor dec

(x+ 1)y=xlnx₋x+ 21

y= xlnx−x+ 21 (x+ 1)

2.4

Sustituciones diversas

2.4.1

Ecuaciones homogéneas

Una ecuación diferencial de la forma

se dice que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son ambas funciones ho-mogéneas del mismo grado, en otras palabras la ecuación es homogénea si

M(tx, ty) =tαM(x, y), N(tx, ty) =tαN(x, y)

Una ecuación diferencial homogénea puede resolverse por medio de las susti-tuciones algebraicas:

y=ux, ox=vy

éstas sustituciones reducirán la ecuación a una de variables separables de primer orden.

Resuelva cada una de las ecuaciones homogéneas con la sustitu-ción apropiada:

Problema 1.

(x₋y)dx+xdy= 0

Solución:

Hacemos un cambio de variable y derivamos:

y = ux

dy = udx+xdu

sustituimos en la ecuación y desarrollamos:

(x₋ux)dx+x(udx+xdu) = 0

xdx₋uxdx+uxdx+x2dx = 0

xdx+x2du = 0

dividimos entre x2 e integramos toda la ecuación:

dx

x +du = 0_{Z µ} dx

x +du= 0

¶

regresamos a la variable original:

y = ux u = y

x

lnx+y

x = c

multiplicamos toda la ecuación por x:

xlnx+y=cx

Problema 2.

xdx+ (y₋2x)dy = 0

Solución:

Hacemos el cambio de variable

x = vy

dx = vdy+ydv

sustituimos en la ecuación y desarrollamos:

vy(vdy+ydv) + (y₋2vy)dy = 0

v2ydy+vy2dv+ydy₋2vydy = 0

y¡v2−2v+ 1¢dy+vy2dv = 0

dividimos entre y2 _y(v2

−2v+ 1) e integramos:

dy y +

vdv

v2_{−2v+ 1} = 0

dy y +

vdv

(v₋1)2 = 0,

Z µ_dy

y + vdv

(v₋1)2 = 0

¶

si z = v₋1, ν=z+ 1, dν =dz

Z µ_dy

y +

(z+ 1)dz z2 = 0

lny+ lnz₋ 1

z = c

lny+ ln(ν₋1)₋ 1

(ν₋1) = c

ν = x/y

lny+ ln(x

y −1)−

1

(x_{y −}1) = c

Problema 3. _¡

y2+yx¢dx₋x2dy= 0

Solución:

Hacemos el cambio de variable:

y = ux

dy = udx+xdu

sustituimos en la ecuación y desarrollamos: ¡

u2x2+ux2¢dx−x2(udx+xdu) = 0

u2x2dx+ux2dx₋ux2dx+x3du = 0

u2x2dx+x3du = 0

dividimos entre u2 _yx3_{e integramos:}

dx x +

du

u2 = 0

Z µ

dx x +

du u2 = 0

¶

lnx₋ 1

u = c

regresamos a la variable original:

y = ux u = y

lnx₋ 1_y

x

= c

lnx₋x

y = c

multiplicamos pory:

ylnx₋x=cy

Resuelva la ecuación homogénea sujeta a la condición inicial respectiva:

Problema 4.

³

x+yeyx

´

dx₋xeyxdy= 0, y(1) = 0

Solución:

Hacemos el cambio de variable:

y = ux

dy = udx+xdu

sustituimos en la ecuación y desarrollamos:

³

x+uxeuxy

´

dx₋xeuxx (udx+xdu) = 0

xdx+uxeudx₋uxeudx₋x2eudu = 0

xdx₋x2eudu = 0

dividimos entre x2 _{e integramos:}

dx x −e

u

du = 0

Z µ

dx x −e

u_{du = 0}

¶

regresamos a la variable original:

y = ux u = y

x

lny₋eyx = c

aplicamos la condición inicialy(1) = 0

x = 1

y = 0 ln 1₋ex0 = c

ln 1₋1 = c

−1 = c

regresamos a la ecuación:

lnx₋eyx =−1

Problema 5.

xy2dy dx =y

3

−x3

Solución:

Dividimos entredx e igualamos a cero:

xy2dy₋¡y3₋x3¢dx= 0

hacemos el cambio de variable:

x = vy

dx = vdy+ydv

vy3dy₋¡y3₋v3y3¢(vdy+ydv) = 0

vy3dy₋¡vy3dy₋v4y3dy+y4dv₋v3y4dv¢ = 0

v4y3dy₋y4dv+v3y4dv = 0

v4y3dy₋y4¡1₋v3¢ = 0

diviimos entrev4 yy4 e integramos:

dy y −

(1₋v3_)dv

v4 = 0

Z µ_dy

y −

(1₋v3_)dv

v4 = 0

¶

lny₋ 1

v3 −lnv = c

regresamos a la variable original:

x = vy v = x

y

lny₋ 1_x

y

−lnx

y = c

lny₋ y x −ln

x

y = c

aplicamos la condición inicial:

y(1) = 2

x = 1

y = 2 ln 2₋2₋ln1

2 = c

−0.61 = c

regresamos a la ecuación:

lny₋ y x−ln

x

2.4.2

Ecuación de Bernoulli

La ecuación diferencial

dy

dx +P(x)y=f(x)y

n

dondenes cualquier número real, se llama ecuación de Bernoulli. Paran= 0

y n = 1 la ecuación es lineal. En el caso de que n₆= 0 y n ₆= 1 la sustitución

u=y1−n reduce cualquier ecuación de Bernoulli a una ecuación lineal.

Resuelva la ecuación respectiva de Bernoulli empleando una sustitución adecuada:

Problema 6.

dy dx =y

¡

xy3₋1¢

Solución:

Llevamos la ecuación a la forma de Bernoulli

dy

dx = xy

4

−y dy

dx +y = xy

4

Hacemos el cambio de variable

w = y1−4 =y−3 y = w−13

dy

dx = −

1 3w

−4 3dw

dx

sustituimos:

−1₃w−43dw

dx +w

−1

3 =xw− 4 3

multiplicamos por₋3w43:

dw

dx −3w = −3x p(x) = ₋3

multiplicamos la ecuación anterior por e−3x:

e−3xdw

dx −3we

−3x ₌

−3e−3x

agrupamos:

d dx

¡

we−3x¢ = ₋3xe−3x d¡we−3x¢ = ₋3xe−3xdx

Z £¡

d¡we−3x¢ =₋3xe−3xdx¢¤

we−3x = ₋3

Z

xe−3xdx

resolviendo la integral por partes:

u = x du = dx dv = e−3x

v = ₋1 3e

−3x

we−3x = ₋3

·

−1₃xe−3x+ 1 3

Z

e−3xdx

¸

we−3x = ₋3

·

−1₃xe−3x₋ 1

9e −3x

¸

+c

we−3x = xe−3x+1 3e

−3x_+c

multiplicamos pore3x_:

w=x+1 3 +ce

−3x

regresamos a la variable original:

w = y−3 y−3 = x+1

3 +ce 3x

y =

µ

x+1 3 +ce

3x

¶−13

Problema 7.

x2dy dx +y

2 _=xy

Solución:

Dividimos entrex2 y hacemos el cambio de variable:

dy dx +

y2

x2 =

y x dy

dx − y

x = − y2

x2

w = y1−2 =y−1 y = w−1

dy

dx = −w

−2dw

dx

sustituimos:

−w−2dw dx −

w−1

x =

−w−2

x2

multiplicamos por₋w2_:

dw dx +

w x =

1

x2

p(x) = 1

x

µ(x) = eR 1xdx=elnx=x

xdw

dx +w=

1

x

agrupamos e integramos:

d

dx(wx) =

1

x d(wx) = 1

xdx

Z ·

d(wx) = 1

xdx

¸

wx = lnx+c

dividimos entre x:

w= lnx

x + c x

regresamos a la variable original:

w = y−1 y−1 = lnx

x + c x y = x

lnx+c

2.4.3

Sustituciones para reducir a variables separables

ecuaciones del tipo

=

f

(

Ax

+

By

+

C

)

Una ecuación diferencial de la forma

dy

dx =f(Ax+By+C)

Problema 8.

dy

dx = (x+y+ 1)

2

Solución:

Hacemos:

u = x+y+ 1

du

dx = 1 + dy dx dy

dx = du dx −1

du

dx −1 = u

2

du

dx = u

2_{+ 1}

du

u2_{+ 1} = dx

integramos:

Z

du u2_{+ 1} =

Z

dx

arctanu = x+c

pero:

u = x+y+ 1 arctan (x+y+ 1) = x+c

x+y+ 1 = tan(x+c)

Problema 9.

dy

dx = cos (x+y), y(0) =

π 4

Solución:

Hacemos:

u = x+y du

dx = 1 + dy dx dy

dx = du dx −1

sustituimos:

du

dx −1 = cosu du

dx = 1 + cosu du

1 + cosu = dx

integramos:

Z

du

1 + cosu =

Z

dx

multiplicamos el lado izquierdo por(1₋cosu)en el denominador y en el numerador:

Z ₁

−cosu

(1 + cosu) (1₋cosu)du = x+c

Z ₁

−cosu

1₋cos2_udu = x+c

Z

1₋cosu

sin2u du = x+c

Z

1

sin2udu−

Z

cosu

csc2udu₋ cosu

sin2udu = x+c

−cotu+ 1

sinu = x+c

−cotu+ cscu = c

pero:

u = x+y

−cot (x+y) + 1

sin (x+y) = x+c

aplicamos la condición inicial:

y(0) = π 4

x = 0

y = π 4

−cot³0 + π 4

´

+ csc³0 +π 4

´

= 0 +c

−cot π 4 + csc

π

4 = c

−1 +√2 = c

regresamos a la ecuación:

Aplicaciones de ecuaciones de

primer orden

Problema 1. La población de una comunidad crece con

una tasa proporcional a la población en cualquier momento. Su población inicial es 500 y aumenta el 15% en 10 años. ¿Cuál será la población pasados 30 años?

Solución:

N = población de la comunidad en cuestión.

N0 = Población inicial de la comunidad.

N(0) =N0 = 500

N(10) = 575

N(10) = 1.15N0

Basándonos en la ecuación diferencial del módelo básico de crecimiento:

dN

dt =kN

cuya solución se encuentra fácilmente usando variables separables:

N =N oekt

Para encontrark aplicamos la condición:

N(10) = 1.15N0

Sustituyendo en la solución:

1.15N0 =N0e10k

Despejandok

ln 1.15 10 =k

k = 0.014

Sustituyendo:

N =N0e0.014t= 500e0.014t

Finalmente se calcula la población de la comunidad después de 30 años.

N(30) = 500e0.014(30)

N(30) = 760

Problema 2. El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se

desintegra con una razón poporcional a la cantidad presente en cualquier momento y tiene un período medio de vida de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90%?

Solución:

C = Cantidad presente del isótopo a cualquier tiempo

τ =Periodo de vida media = 3.3 horas

C0 = Cantidad inicial presente del isótopo = 1 gramo

La ecuación diferencial a resolver es:

dC dt =kC