Enunciado y soluci´
on del Certamen 1
de Ecuaciones Diferenciales.
Viernes 11 de Abril de 2014
Profesor: Roberto Cabrales
Ayudante: Luis Gonz´
alez
Ejercicio 1 (15 puntos). Diga si las siguientes ecuaciones son de variables separables, lineales o exactas, justificando su respuesta en cada caso.
1. (3 puntos) 2r2cos(θ) sen(θ)dθ+ (4r+ sen(θ))dr+rcos(θ)dθ = 2rcos2(θ)dr. 2. (3 puntos) 2ydy−3x2dx= 4xdx+ 2dy+ 2dx.
3. (3 puntos) s2dr+srds=sds−sdr+ds.
4. (3 puntos) tan(x)dx+ cos(x) cos(y)dy= sen(x) sen(y)dx.
5. (3 puntos) x2dy+ 2ydx=dy+ (x+ 1)2dx.
Soluci´on. Veamos cada uno de las ecuaciones de los puntos.
Punto 1. Notemos que podemos escribir la ecuaci´on en la forma
(2r2cos(θ) sen(θ) +rcos(θ))dθ+ (4r+ sen(θ)−2rcos2(θ))dr = 0.
Identificando M(θ, r) = 2r2cos(θ) sen(θ) + rcos(θ) y N(θ, r) = 4r + sen(θ) −2rcos2(θ),
tenemos en primer lugar que
∂M
∂r =
∂ ∂r 2r
2cos(θ) sen(θ) +rcos(θ)
= 4rcos(θ) sen(θ) + cos(θ).
En segundo lugar, se tiene
∂N
∂θ =
∂
∂θ 4r+ sen(θ)−2rcos 2
(θ)= cos(θ) + 4rcos(θ) sen(θ).
Por lo tanto ∂M
∂r =
∂N
∂θ , lo que implica que la ecuaci´on es exacta.
Punto 2. En este caso, podemos escribir la ecuaci´on en la siguiente forma
(2y−2)dy= (3x2+ 4x+ 2)dx,
que es una ecuaci´on de variables separables, ya que tiene la forma h(y)dy = g(x)dx, con
h(y) = 2y −2 y g(x) = 3x2 + 4x + 2. Note adem´as, que la ecuaci´on tambi´en se puede
Punto 3. Inicialmente, la ecuaci´on se puede escribir en la siguiente forma (s2 +s)dr +srds = (s+ 1)ds. Dividiendo por (s2+s)ds y organizando un poco los t´erminos, tenemos
dr ds +
s s2+sr=
s+ 1
s2+s,
que es una ecuaci´on lineal en su forma normal.
Punto 4. La ecuaci´on podemos escribir la en la forma
(tan(x)dx−sen(x) sen(y))dx+ cos(x) cos(y)dy= 0.
TomandoM(x, y) = tan(x)dx−sen(x) sen(y) y N(x, y) = cos(x) cos(y), tenemos que
∂M(x, y)
∂y =
∂(tan(x)dx−sen(x) sen(y))
∂y =−sen(x) cos(y)
y tambi´en
∂N(x, y)
∂x =
∂(cos(x) cos(y))
∂y =−sen(x) cos(y),
de donde se ve que ∂M(x, y)
∂y =
∂N(x, y)
∂x , y entonces la ecuaci´on es exacta.
Punto 5. Inicialmente tenemos que (x2−1)dy+ 2ydx= (x+ 1)2dx. Al dividir por (x2−1)dx se
obtiene
dy dx +
2
x2−1y=
(x+ 1)2 x2−1 ,
que corresponde a la forma normal de una ecuaci´on lineal.
Ejercicio 2 (10 puntos). Resuelva la siguiente ecuaci´on diferencial
dy−(y2/3−y)dx= 0.
Soluci´on. Esta es una ecuaci´on de variables separables, de hecho, al separar variables tenemos
dy
y2/3−y =dx.
Integrando, se tiene
x+C1 =
Z
dx= Z
dy y2/3−y.
Considerando y =u3 se deduce que dy= 3u2du y por ello Z dy
y2/3−y =
Z 3u2du
(u3)2/3−u3 =
Z 3u2du u2−u3 = 3
Z du
1−u
La soluci´on de la ecuaci´on es entonces
−3 ln(1−y1/3) =x+C, donde C =C1−C2.
Ejercicio 3 (10 puntos). Encuentre la soluci´on del siguiente problema de valor inicial
y0+y
4−3−2 cos(t) = 0, y(0) = 0.
Soluci´on. Esta es una ecuaci´on lineal, que podemos escribir en la forma normal
y0+ y
4 = 3 + 2 cos(t). Su factor integrante es
µ(t) = exp Z
dt
4
= exp
t
4
=et/4.
La soluci´on entonces es dada por
y(t) = 1
µ(t) Z
µ(t)(3 + 2 cos(t))dt= 1
et/4
Z
et/4(3 + 2 cos(t))dt
= e−t/4
3
Z
et/4dt+ 2 Z
et/4cos(t)dt
= 3e−t/4
Z
et/4dt+ 2e−t/4
Z
et/4cos(t)dt
= 3e−t/4(4et/4) + 2e−t/4
Z
et/4cos(t)dt = 12 + 2e−t/4
Z
et/4cos(t)dt.
Usemos integraci´on por partes para calculemos la integral que resta. Tomando u = cos(t) y dv=
et/4dt, tenemos quedu =−sen(t)dt y v = 4et/4. Luego Z
et/4cos(t)dt = 4 cos(t)et/4+ 4 Z
et/4sen(t)dt
= 4 cos(t)et/4+ 4
4 sen(t)et/4−4 Z
et/4cos(t)dt
= 4 cos(t)et/4+ 16 sen(t)et/4−16 Z
et/4cos(t)dt.
donde hemos usado integraci´on por partes nuevamente conu= sen(t) ydv=et/4dt(lo que implica que du= cos(t) y v = 4et/4). Entonces
Z
et/4cos(t)dt = e
t/4
17 (4 cos(t) + 16 sen(t)) +C. Por lo tanto
y(t) = 12 + 2e−t/4
et/4
17 (4 cos(t) + 16 sen(t)) +C
= 12 + 8
Usando la condici´on y(0) = 0, tenemos
0 =y(0) = 12 + 8
17(cos(0) + 4 sen(0)) +Ce
0
= 12 + 8
17 +C = 212
17 +C,
de donde obtenemos que C =−212/17, con lo cual, la soluci´on deseada es
y(t) = 12 + 8
17(cos(t) + 4 sen(t))− 212
17 e −t/4
.
Ejercicio 4 (15 puntos). Considere la siguiente ecuaci´on diferencial (2y2+ 3x)dx+ 2xydy= 0.
1. (3 puntos) Muestre que esta ecuaci´on no es exacta.
2. (12 puntos) Use las formulas deducidas en clases para encontrar un factor integrante µ, tal que la siguiente ecuaci´on
µ(2y2 + 3x)dx+µ2xydy= 0
sea exacta y resuelva esta ecuaci´on.
Soluci´on. Para el primer item, sean Mf(x, y) = 2y2+ 3x y Ne(x, y) = 2xy. Entonces
∂Mf(x, y)
∂y =
∂(2y2+ 3x)
∂y = 4y6= 2y =
∂(2xy)
∂x =
∂Ne(x, y)
∂x ,
probando que la ecuaci´on no es exacta.
En relaci´on al segundo punto, recordamos que las formulas estudiadas en clase, son validas cuando el factor integrante µ depende de solo una variable. En particular, siµ depende solo de y
tenemos
µ= exp Z
e
Nx−Mfy
f
M dy
!
, (1)
y si µdepende solo de x,
µ= exp Z
f
My−Nex
e
N dx
!
. (2)
En las f´ormulas anteriores,
f
My = ∂Mf
∂y y Nex =
∂Ne
∂x.
Entonces, al tomar Mf= 2y2+ 3x y Ne = 2xy obtnemos
e
Nx−Mfy
f
M =
2y−4y
2y2+ 3x =−
2y
2y2+ 3x,
f
My −Nex
e
N =
4y−2y
2xy =
1
Notamos que la segunda expresi´on es la ´unica que depende de una sola variable, por lo tanto usamos la formula (2):
µ(x) = exp
Z dx
x
= exp(ln(x)) =x.
La ecuaci´on queda entonces
0 = µ(2y2+ 3x)dx+µ2xydy=x(2y2 + 3x)dx+µ2xydy= (2y2x+ 3x2)dx+ 2x2ydy= 0.
Al tomar M(x, y) = 2y2x+ 3x2 y N(x, y) = 2x2y, tenemos ∂M(x, y)
∂y =
∂(2y2x+ 3x2)
∂y = 4xy=
∂(2x2y)
∂x =
∂N(x, y)
∂x ,
es decir, la ecuaci´on es exacta. Para resolverla, buscamos una funci´on f(x, y) tal que
∂f(x, y)
∂x =M(x, y) = 2y
2x+ 3x2, ∂f(x, y)
∂y =N(x, y) = 2x 2y.
Integrando la segunda igualdad en relaci´on a y
f(x, y) = Z
∂f(x, y)
∂y dy=
Z
2x2ydy =x2y2+h(x).
Para calcular la funci´on h(x), usamos la primera igualdad:
2y2x+ 3x2 = ∂f(x, y)
∂x =
∂(x2y2+h(x))
∂x = 2y
2x+h0 (x),
de donde h0(x) = 3x2, que es una ecuaci´on de variables separables, cuya soluci´on es
h(x) =x3 +C.
Entonces, la soluci´on impl´ıcita de la ecuaci´on es
x2y2+x3 =C.
Ejercicio 5 (10 puntos). Resuelva la siguiente ecuaci´on diferencial
2xdx+ 3ydy =dx−7dy.
Soluci´on. La ecuaci´on es de variables separables. De hecho, al separar variables tenemos (3y−7)dy= (1−2x)dx.
Integrando a ambos lados de esta igualdad, se obtiene 3y
2 + 7y= Z
(3y−7)dy= Z
(1−2x)dx=x− x
2
2 +C,
