Solved exercises from the book

Ecuaciones Diferenciales
Ecuaciones de variables separables
Una ecuación se dice que es de variables separables cuando
y 0 = f (x) g (y)
Para integrarla basta reescribirla de la forma
Q (y) dy = P (x) dx
donde P (x) y Q (y) son las funciones obtenidas al mover f (x) y g (y) entre los miembros de la igualdad.
A continuación se integran ambos miembros:
Z
Z
Q (y) dy = P (x) dx + C
Ejemplos:
a) y 0 = cos2 (x) cos2 (2y)
dy
dx
Solución: Teniendo en cuenta que y 0 =
y0
dy
dx
1
dy
cos2 (2y)
cos2 (x) cos2 (2y)
=
= cos2 (x) cos2 (2y)
= cos2 (x) dx
Integrando
Z
b) (1 + x) dx + ex dx
Z
1
dy
=
cos2 (x) dx
cos2 (2y)
1
x + sin (x) cos (x)
+C
tan (2y) =
2
2
tan (2y) = x + sin (x) cos (x) + C
1
y =
arctan (x + sin (x) cos (x) + C)
2
e2y dy
1 + x2 = 0
Solución:
(1 + x) dx + ex dx
x
2
(1 + x) dx + e
1+x
x
2
(1 + x) + e
1+x
dx
dx
e2y dy
1 + x2
2y
2
dy
=
0
2
dy
=
0
e
1+x
2y
e
x
(1 + x) + e
1+x
2
1+x
= 0
dx = e2y 1 + x2 dy
Separando variables
(1 + x) + ex 1 + x2
dx = e2y dy
1 + x2
1
e integrando
Z
Z
Z
(1 + x) + ex 1 + x2
dx =
e2y dy
1 + x2
!
Z
ex 1 + x2
1
x
+
+
dx
=
e2y dy
1 + x2
1 + x2
1 + x2
arctan (x) +
1
ln 1 + x2 + ex + C
2
=
1 2y
e
2
Simpli…cando la solución
e2y = 2 arctan (x) + ln 1 + x2 + 2ex + C
c) y 0 = y 2 cumpliendo la condición y (0) = 1.
Solución: Resolvemos primero la ecuación diferencial mediante variables separables
y0
dy
dx
= y2
= y2
1
dy
y2
Z
1
dy
y2
1
y
= dx
Z
=
dx
= x+C
y
1
x+C
=
Aplicamos ahora la condición inicial
y (0)
1
=
C
=
Por lo tanto la solución del PVI es
y=
d) y 0 =
3x2 +4x+2
2(y 1)
con y (0) =
= 1
1
0+C
1
1
x
1
=
1
1
x
1.
Solución:
Z
Teniendo en cuenta que y (0) =
y0
=
dy
dx
=
(2y
2) dy
=
(2y
2) dy
y2
2y
3x2 + 4x + 2
2 (y 1)
3x2 + 4x + 2
2 (y 1)
3x2 + 4x + 2 dx
Z
=
3x2 + 4x + 2 dx
= x3 + 2x2 + 2x + C
1 tenemos que
2
( 1)
2 ( 1) = 0 + 0 + 0 + C
C = 3
2
por lo que la solución en forma implícita es
y2
e) y 0 =
y cos(x)
1+2y 2
2y = x3 + 2x2 + 2x + 3
con y (0) = 1.
Solución:
y0
=
dy
dx
=
1 + 2y 2
dy
y
Z
1 + 2y 2
dy
y
Z
1
+ 2y dy
y
y cos (x)
1 + 2y 2
y cos (x)
1 + 2y 2
= cos (x) dx
Z
=
cos (x) dx
Z
=
cos (x) dx
ln jyj + y 2
=
sin (x) + C
Aplicando ahora la condición inicial y (0) = 1 tenemos
ln j1j + 12 = sin (0) + C
1 = C
Por lo tanto la solución del PVI es
ln jyj + y 2 = sin (x) + 1
Ecuaciones Homogéneas
Una ecuación diferencial de la forma
y 0 = f (x; y)
decimos que es homogénea si la función f veri…ca que
f (tx; ty) = tk f (x; y)
En caso de que se cumpla esta propiedad, el cambio que se realiza es
y
y0
= x z
= x z0 + z
y transforma la ecuación en una de variables separables.
Ejemplos:
2
+3y 2
f) y 0 = x 2xy
Solución: En nuestro caso f (x; y) =
f (tx; ty) =
x2 +3y 2
2xy .
Como
t2 x2 + 3y 2
t2 x2 + 3t2 y 2
x2 + 3y 2
=
=
= f (x; y)
2txty
t2 2xy
2xy
la función es homogénea.
3
Aplicamos el cambio
y
y0
= zx
= z0x + z
y obtenemos
z0x + z
=
z0x + z
=
z0x + z
=
x2 + 3z 2 x2
2x2 z
x2 1 + 3z 2
2x2 z
1 + 3z 2
2z
1 + 3z 2
1 + 3z 2
z=
2z
2z
1 + z2
2z
1 + z2
2z
1
dx
Zx
1
dx
x
ln jxj + ln C
z0x =
z0x =
dz
x =
dx
2z
dz
2
Z 1+z
2z
dz
1 + z2
ln 1 + z 2
=
=
=
2
1+z
z2
= Cx
= Cx
2z 2
1
Por último, deshaciendo el cambio y = zx tenemos
y2
x2
y2
g) x cos
y
x
+ y sin
y
x
ydx
y sin
y
x
= Cx + 1
= Cx3 + x2
y
x
x cos
xdy = 0
Solución: Reescribimos la ecuación para conseguir expresarla en la forma y 0 = f (x; y)
y
+ y sin
x
y
y sin
x cos
x
x cos
Si llamamos f (x; y) =
f (tx; ty) =
y
x
y
x
y
y
x cos
xdy
x
x
y
y
x cos
+ y sin
ydx
x
x
y
x cos x + y sin xy y
dy
=
dx
x cos xy x
y sin xy
ydx =
xdy
=
y0
=
y sin
(x cos( xy )+y sin( xy ))y
tenemos que
(y sin( xy ) x cos( xy ))x
tx cos
ty sin
ty
tx
ty
tx
+ ty sin
tx cos
ty
tx
ty
tx
ty
tx
=
t2 x cos
t2 y sin
por lo que la ecuación es homogénea.
Aplicamos el cambio
y
y0
= zx
= z0x + z
4
y
x
y
x
+ y sin
x cos
y
x
y
x
y
= f (x; y)
x
y llegamos a la siguiente expresión
z0x + z
=
z0x + z
=
z0x =
z0x =
z0x =
dz
x =
dx
z sin (z) cos (z)
dz =
z cos (z)
x cos zx
x + zx sin
zx sin zx
x cos
x
zx
x
zx
x
zx
x
x2 (cos (z) + z sin (z)) z
x2 (z sin (z) cos (z))
(cos (z) + z sin (z)) z
z
(z sin (z) cos (z))
(cos (z) + z sin (z)) z z (z sin (z)
(z sin (z) cos (z))
2z cos (z)
z sin (z) cos (z)
2z cos (z)
z sin (z) cos (z)
1
2 dx
x
Integrando ambas partes de la igualdad
Z
z sin (z) cos (z)
dz
z cos (z)
Z
z sin (z)
cos (z)
dz
z cos (z) z cos (z)
Z
sin (z)
1
dz
cos (z) z
ln jcos (z)j ln jzj
ln jz cos (z)j
1
ln jz cos (z)j
1
z cos (z)
=
=
=
=
=
Z
1
2 dx
x
Z
1
2 dx
x
Z
1
2 dx
x
2 ln jxj + ln C
ln Cx2
= ln Cx2
= Cx2
z cos (z) =
1
Cx2
Deshaciendo el cambio y = zx tenemos
y
y
cos
x
x
y
y cos
x
=
=
1
Cx2
1
Cx
Ecuaciones reducibles
Son ecuaciones de la forma
y0 = f
a1 x + b1 y + c1
a2 x + b2 y + c2
que no se pueden resolver como variables separables o como homogéneas.
Distinguimos 2 casos:
5
cos (z))
i) Reducible a homogénea
Es el caso en el que
a1
a2
b1
b2
6= 0
Haremos cambio
x = X+
y = Y +
donde ( ; ) es el punto de corte de las rectas a1 x + b1 y + c1 = 0 y a2 x + b2 y + c2 = 0, que transformará la
ecuación en una Homogénea.
a) (x + y) y 0 = 2y
1 (Revisar)
Solución:
(x + y) y 0
y0
= 2y 1
2y 1
=
x+y
Como
0
1
2
1
=
2 6= 0
las rectas
2y 1 = 0
x+y = 0
se cortan en el punto ( ; ) =
1 1
2; 2
. Por lo tanto haremos el cambio:
1
2
1
= Y +
2
x = X
y
y obtenemos
y0 = Y 0 =
2 Y + 12
1
2y 1
2Y
=
1
1 = X +Y
x+y
X 2 +Y + 2
Es decir,
2Y
X +Y
que es una ecuación homogénea. Para resolverla hacemos el cambio
Y0 =
Y
Y0
= XZ
= Z 0X + Z
6
y sustituyendo en la ecuación
Z 0X + Z
=
Z 0X + Z
=
Z 0X + Z
=
Z 0X
=
Z 0X
=
dZ
X
dX
1+Z
dZ
Z (1 Z)
2XZ
X + XZ
2XZ
X (1 + Z)
2Z
1+Z
2Z
Z
1+Z
Z Z2
2Z Z (1 + Z)
=
1+Z
1+Z
2
Z Z
1+Z
1
dX
X
=
=
Integrando ambos miembros de la igualdad
Z
1+Z
dZ =
Z (1 Z)
ln (Z) 2 ln (Z 1) =
!
Z
ln
=
2
(Z 1)
Z
=
2
(Z 1)
Z
1
dX
X
ln (X) + ln (C)
ln (CX)
CX
Deshacemos el cambio
Y
= XZ
Y
=
X
Z
y llegamos a
Y
X
Y
X
1
2
Y
X
Y X 2
X
XY
(Y
2
X)
= CX
= CX
= CX
Por último como
1
1
!X =x+
2
2
1
1
= Y + !Y =y
2
2
x = X
y
7
tenemos que
1
2
1
2
+ 12
1
2
x+
y
y
x
x
y
1
2
1 2
2
1
2
1 2
2
y
x
y
= C x+
1
2
= C x+
1
2
1
2
= C (y
x
1)
y
= C (y
x
1) +
a1
a2
b1
b2
2
2
1
2
ii) Reducible a variables separables
Es el caso en el que
=0
En este caso, o b1 o b2 es no nulo. Si b2 6= 0 realizamos el cambio
a2 x + b2 y
= z
1
=
(z a2 x)
b2
1 0
=
(z
a2 )
b2
y
y0
la ecuación original se transforma en una de variables separables.
b) (x + y) dx + (x + y
1) dy = 0
Solución: Reescribimos la ecuación
(x + y) dx + (x + y
(x + y
1) dy
1) dy
=
=
y0
=
0
(x + y) dx
(x + y)
x+y 1
Hacemos el cambio
x+y
y
y0
= z
= z x
= z0 1
z0
=
y obtenemos
1
0
=
z0
=
z0
=
z
Z
(z
dz
dx
1) dz
(z
1) dz
z2
2
z
=
=
=
=
8
z
z
1
z
+1
1
z+z 1
z 1
1
z 1
1
z 1
dx
Z
dx
z
x+C
Deshacemos el cambio z = x + y y obtenemos
2
(x + y)
(x + y) =
x+C
2
2
(x + y)
y = C
2
2
c) y 0 = (x + y + 5)
2
Solución: Hacemos el cambio
x+y
y
y0
= z
= z x
= z0 1
y obtenemos
z0
1
z
2
2
2
1
= (z + 5)
0
= (z + 5)
Resolviendo la ecuación por variables separables
dz
dx
2
= (z + 5)
1
dz
2
(z + 5)
1
Z
1
dz
2
z + 10z + 24
Z
1
dz
(z + 6) (z + 4)
1
1
ln (z + 4)
ln (z + 6)
2
2
1
z+4
ln
2
z+6
z+4
ln
z+6
z+4
z+6
1
= dx
Z
=
dx
Z
=
dx
= x+C
= x+C
=
2x + C
= e2x+C = e2x eC = Ce2x
Despejamos z
z 1
z+4
= Ce2x
z+6
z + 4 = Ce2x (z + 6)
z + 4 = Cze2x + 6Ce2x
Ce2x
= 6Ce2x 4
z
=
6Ce2x 4
1 Ce2x
Deshacemos el cambio
x+y =z
y tenemos que
x+y
=
y
=
6Ce2x 4
1 Ce2x
6Ce2x 4
1 Ce2x
9
x
Ecuaciones Diferenciales Exactas
Una ecuación de la forma
P (x; y) dx + Q (x; y) dy = 0
se dice que es exacta si
Py (x; y) = Qx (x; y)
Si la ecuación es exacta, la solución se calculará con la función potencial a partir de
Z
U1 =
P (x; y) dx
Z
U2 =
Q (x; y) dy
y tomando los términos comunes y no comunes una sola vez.
a) xy 2
1
1 x
x2 e
dx + x2 ydy = 0
Solución: Probamos si la ecuación es exacta. En este caso P (x; y) = xy 2
1
1 x
x2 e
y Q (x; y) = x2 y. Como
Py (x; y) = 2xy = Qx (x; y)
la ecuación es exacta.
U1
=
Z
P (x; y) dx =
Z
1 1
ex
x2
xy 2
1
x2 y 2
+ ex
2
Z
Z
x2 y 2
=
Q (x; y) dy = x2 ydy =
2
dx =
Z
xy 2 dx +
Z
1
ex
1
x2
dx =
=
U2
Por lo tanto la función potencial que buscamos es
U=
1
x2 y 2
+ ex + C
2
y la solución es
1
x2 y 2
+ ex + C = 0
2
Factor Integrante
a) 3xy + y 2 dx + x2 + xy dy = 0
En este caso
P (x; y) = 3xy + y 2
Q (x; y) = x2 + xy
Como Py = 3x+2y 6= Qx = 2x+y la ecuación no es exacta. Por lo tanto buscaremos un factor integrante.
Tenemos que
Py
Qx
Q
por lo que
=
3x + 2y 2x
x2 + xy
y
=
x+y
x+y
1
=
= es una función de x
x2 + xy
x (x + y)
x
R
(x) = e
1
x dx
10
= elnjxj = x
es un factor integrante.
Multiplicamos la ecuación original por el factor integrante:
3x2 y + xy 2 dx + x3 + x2 y dy = 0
Ahora
P (x; y) = 3x2 y + xy 2
Q (x; y) = x3 + x2 y
y se cumple que
Py = 3x2 + 2xy = Qx = 3x2 + 2xy
por lo que la nueva ecuación es exacta.
Resolvemos la ecuación empleando la función potencial
Z
x2
U1 =
3x2 y + xy 2 dx = x3 y + y 2
2
Z
y2
U2 =
x3 + x2 y dy = x3 y + x2
2
por lo que
1
U = x3 y + x2 y 2 + C
2
La solución de la ecuación diferencial es
1
x3 y + x2 y 2 + C = 0
2
b) y + x2 cos (x) dx
En este caso
xdy = 0
P (x; y)
Q (x; y)
Como Py = 1 6= Qx =
Tenemos que
= y + x2 cos (x)
=
x
1 la ecuación no es exacta. Por lo tanto buscaremos un factor integrante.
Py
Qx
Q
por lo que
=
1
( 1)
2
=
es una función de x
x
x
R
(x) = e
2
x dx
=e
2 lnjxj
=
1
x2
es un factor integrante.
Multiplicamos la ecuación original por el factor integrante:
y
+ cos (x) dx
x2
1
dy = 0
x
Ahora
P (x; y) =
Q (x; y) =
y
+ cos (x)
x2
1
x
y se cumple que
Py =
1
= Qx
x2
por lo que la nueva ecuación es exacta.
11
Resolvemos la ecuación empleando la función potencial
Z
y
+ cos (x) dx =
U1 =
x2
Z
1
y
U2 =
dy =
x
x
por lo que
y
+ sin (x)
x
y
+ sin (x) + C
x
U=
La solución de la ecuación diferencial es
y
+ sin (x) + C = 0
x
c) 3xy + y 2 dx + x2 + xy dy = 0
Solución: En este caso
P (x; y)
Q (x; y)
= 3xy + y 2
= x2 + xy
Como Py = 3x+2y =
6 Qx = 2x+y la ecuación no es exacta. Por lo tanto buscaremos un factor integrante.
Tenemos que
3x + 2y (2x + y)
x+y
1
Py Qx
=
=
= es una función de x
2
Q
x + xy
x (x + y)
x
por lo que
R
(x) = e
1
x dx
= elnjxj = x
es un factor integrante.
Multiplicamos la ecuación original por el factor integrante:
3x2 y + xy 2 dx + x3 + x2 y dy = 0
Ahora
P (x; y) = 3x2 y + xy 2
Q (x; y) = x3 + x2 y
y se cumple que
Py = 3x2 + 2xy = Qx
por lo que la nueva ecuación es exacta.
Resolvemos la ecuación empleando la función potencial
Z
1
U1 =
3x2 y + xy 2 dx = x3 y + x2 y 2
2
Z
1
U2 =
x3 + x2 y dy = x3 y + x2 y 2
2
por lo que
1
U = x3 y + x2 y 2 + C
2
La solución de la ecuación diferencial es
1
x3 y + x2 y 2 + C = 0
2
12
Ecuaciones Lineales
Son ecuaciones de la forma
y 0 + P (x) y = Q (x)
La solución viene dada por la fórmula
y=e
a) y 0
R
P (x)dx
C+
Z
R
e
P (x)dx
Q (x) dx
2xy = x con y (0) = 0.
Solución: En este caso P (x) =
y
2x y Q (x) = x. Por lo tanto la solución será
Z R
R
2xdx
= e
C + e 2xdx xdx =
Z
2
x2
= e
C + e x xdx =
2
= ex
1
e
2
C
x2
=
1
2
2
= Cex
Aplicamos la condición inicial y (0) = 0
= 0 = Ce0
y (0)
C
=
1
2
1
2
Por lo tanto la solución del PVI es
y=
b) y 0 + x2 y =
1 x2
e
2
1
1 x2
=
e
2
2
1
cos(x)
x2
Solución: En este caso P (x) =
y
2
x
=
=
=
=
=
=
=
y Q (x) =
cos(x)
x2 .
Por lo tanto la solución será
Z
R 2
R 2
cos (x)
x dx
e
C + e x dx
dx =
x2
Z
cos (x)
e 2 lnjxj C + e2 lnjxj
dx =
x2
Z
2
2 cos (x)
eln(x ) C + eln x
dx =
x2
Z
cos (x)
x 2 C + x2
dx =
x2
Z
1
C
+
cos (x) dx =
x2
1
(C + sin (x)) =
x2
C
sin (x)
+
x2
x2
Aplicamos la condición inicial y ( ) = 0
13
y( )
= 0=
sin ( )
2
2
y=
x
+
= 0
Por lo tanto la solución del PVI es
c) y 0 + 2y = e
2
C
0 =
C
C
sin (x)
x2
con y (0) = 34 .
Solución: En este caso P (x) = 2 y Q (x) = e x . Por lo tanto la solución será
Z R
R
2dx
y = e
C + e 2dx e x dx =
Z
Z
2x
2x
x
2x
= e
C + e e dx = e
C + ex dx =
Z
2x
= e
C + ex dx = e 2x (C + ex ) =
= Ce
2x
+e
Aplicamos la condición inicial y (0) =
x
=
C
1
+ x
e2x
e
3
4
y (0)
=
3
C
1
= 0+ 0
4
e
e
3
4
= C +1
C
=
Por lo tanto la solución del PVI es
y=
3
4
1
ex
14
1=
1
4e2x
1
4