1UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO DEL PERU FACULTAD DE INGENIERIA DE MINAS CÁLCULO III ECUACIONES DIFERENCIALES = ING. JOSE ALBERTO HILARIO BERRIOS HUANCAYO-PERÚ 2015 Ing°Jose Hilario Berrios 2 PROLOGO Las ecuaciones diferenciales vienen a ser uno de los temas más antiguos en las matemáticas modernas. No fue mucho después de que Newton y Leibniz inventaran el cálculo que Bernoulli, Euler y otros comenzaran a estudiar la ecuación de calor y la ecuación de onda de la física matemática. Newton mismo resolvió ecuaciones diferenciales en el estudio del movimiento planetario y asimismo en sus análisis de óptica. El presente manual está dirigido a los estudiantes del III semestre de la facultad de Ingeniería de Minas de la UNCP, está elaborada en forma bastante clara de manera que el estudiante no tenga dificultades en la comprensión de los tópicos que se tocan en el texto. La obra contiene los elementos teóricos básicos, se presentan ejercicios desarrollados y ejercicios propuestos para que el estudiante desarrolle sus habilidades y destrezas para alcanzar la competencia necesaria como lo establece el silabo de la asignatura. Esperamos que la presente obra ayude a consolidar el proceso de enseñanzaaprendizaje en los estudiantes y que sirva de soporte para la comprensión de asignaturas futuras que requieran un rigor matemático. EL AUTOR Ing°Jose Hilario Berrios 3 CONTENIDO Pag CAPITULO I: Ecuaciones diferenciales, conceptos y definiciones fundamentales 4 CAPITULO II: Ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado • Ecuaciones diferenciales de variables separables • Ecuaciones diferenciales homogéneas • Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas • Ecuaciones diferenciales exactas • Uso de factores integrantes • Ecuaciones diferenciales lineales • Ecuaciones diferenciales reducibles a lineales 17 17 23 28 33 37 44 47 CAPITULO III: Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado 52 CAPITULO IV: Ecuaciones diferenciales de orden superior • Solución por integración sucesiva • Variable dependiente faltante • Variable independiente faltante • Ecuaciones diferenciales lineales de orden “n” • Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de 2do orden Con coeficientes constantes • Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas • Método de coeficientes indeterminados • Método de variación de parámetros • Ecuaciones diferenciales de coeficientes variables 64 64 65 65 66 67 70 71 76 79 CAPITULO V: Solución de ecuaciones diferenciales mediante series de potencia 79 CAPITULO VI: • La transformada de Laplace • Solución de ecuaciones diferenciales mediante Transformación de Laplace BIBLIOGRAFÍA Ing°Jose Hilario Berrios 81 82 84 4 CAPITULO I CONCEPTOS Y DEFINICIONES FUNDAMENTALES Las ecuaciones diferenciales constituyen uno de los temas más antiguos en las matemáticas modernas. Actualmente las ecuaciones diferenciales constituyen el eje de una buena parte de la Ingeniería, la física, química, biología y de muchas otras que tienen que ver con el diseño de modelos matemáticos. En Ciencias e Ingeniería con frecuencia aparecen las Ecuaciones Diferenciales en el estudio de los fenómenos naturales, por ejemplo en problemas relativos a la desintegración radiactiva, crecimientos de población, reacciones químicas, ley del enfriamiento de Newton, Mezclas, Fuerza Gravitatoria, etc. 1. Definiciones Fundamentales. Una Ecuación Diferencial es toda igualdad en la que interviene una función desconocida y una o varias de sus derivadas, Ej. dy a) = 5x 3 + 3 b ) y 2 dx − x 2 dy = 0 c ) my ' ' = mg − ky ' etc dx 1.1. Clasificación. • Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Es cuando la función incógnita depende de una sola variable independiente, o sea sólo aparecen derivadas ordinarias. Ej. dy = 5 x 2 − 3x + 2 dx d 2x m 2 = − kx ( Ec Dif del movimiento armónico simple) dt d 2q dq 1 L 2 +R + q = 0 ( Ec Dif de la corriente eléctrica, R = resistencia en Ohm dt C dt q = c arg a eléctrica en Coulombs , L = induc tan cia en Henrios, C = capacidad en Faradios (1 − x 2 ) • d2y dy − 2 x + p ( p + 1) y = 0 2 dx dx (ec .dif Legendre) etc Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales. Es cuando la función incógnita depende de varias variables independientes y las derivadas son derivadas parciales. Ej.: ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 + + = 0 ; = f ( x, y , z ) ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 2 ∂2 y 2 ∂ y = a ; ∂t 2 ∂x 2 ( Ec. Dif de Laplace ) y = f (t , x) ( Ec Dif de la onda uni dim ensional ) 1.2 Orden de una Ecuación Diferencial. Viene dado por la derivada de orden más alto que aparezca en ella. Ing°Jose Hilario Berrios 5 1.3 Grado de una Ecuación Diferencial. algebraico de la derivada de mayor orden Diferencial Ejemplos: Determine el orden y grado Diferenciales: a ) ( y ' ' ) 3 − 3( y ' ) 4 + 5 x = 0 R : Orden = 2 b) dy + P ( x) y = Q( x) dx 2 de las siguientes Ecuaciones ; Grado = 3 R : Orden = 1 ; Grado = 1 d3y dy c) 3 + 2 + xy = 0 dx dx d) Está determinado por el grado que se encuentra en la Ecuación 4 d2y 4 dy = y+ 2 dx dx R : Orden = 3 ; Grado = 2 2 Sol : En este caso se tiene que racionaliz ar 4 d2y dy Entonces se tiene : 2 = y + ∴ Orden = 2 ; Grado = 4 dx dx ∂ 2u ∂ 2u e) + = 0 R : Orden = 2 ; Grado = 1 ( Ec Dif en derivadas parciales) ∂x 2 ∂y 2 2 Nota: No todas las Ecuaciones Diferenciales se pueden clasificar por grado, por ejemplo, si la derivada de orden más alto está afectada de funciones logarítmicas, trigonométricas, trigonométricas inversas o exponenciales, entonces el grado no se aplica,Ej.: 5 y ' '+( y ' ) 2 = Ln y ' ' ' d 2 y dy Sen 2 + = 4y dx dx dy log + log x 2 = y etc. dx 1.4 Ecuaciones Diferenciales Lineales. Son aquellas que pueden ser escritas en la forma: a o ( x ) y n + a 1 ( x ) y n −1 + + a n ( x ) y ' + a o ( x ) y = F ( x ) , donde : F ( x ) , a o ( x ) , a 1 ( x ) , a n ( x ) son funciones de x Una Ecuación Diferencial que no puede escribirse en esa forma es una Ecuación Diferencial no lineal. Ejemplos: Ing°Jose Hilario Berrios 6 d2y dy +x = 1 + cos x Ec. Dif lineal 2 dx dx ( y ' ' ) 2 + 3 yy '+2 xy = 0 Ec. Dif no lineal x2 y ' '+3 y '−12 y = e x Ec. Dif lineal 3 d3y dy 3 + 2 x − y = 0 Ec. Dif no lineal dx dx 1.5 Solución de una Ecuación Diferencial Ordinaria. Una solución de una Ecuación Diferencial es cualquier función que satisface la ecuación diferencial, esto es la reduce a una identidad. Ejemplo: la función y = e −2 x ( I ) es una solución de la ecuación diferencial: y '+2 y = 0 ( II ) , ya que derivando la expresión (I) se tiene: y' = −2e −2 x −2 x , y reemplazando en −2 x = 0 ⇒ 0 = 0 , por lo tanto decimos que la la expresión (II) : − 2e + 2e expresión (I) es solución de la ecuación diferencial(II) Las soluciones de una Ecuación Diferencial pueden ser: • Solución General. Es el conjunto de todas las soluciones y por lo tanto contiene constantes de integración. • Solución Particular. Es una solución que se obtiene de la solución general dándole valores específicos llamados condiciones iniciales o de frontera. • Solución Singular. Es una solución que no puede obtenerse de la solución general, es decir no proviene de asignar valores a las constantes arbitrarias de una solución general. Geométricamente la solución general de una ecuación diferencialde 1er orden representa una familia de curvas conocida como curva solución puesto que cada “c” puede tomar cualquier valor real. La gráfica de la solución particular es una sola curva dentro del sistema coordenado rectangular o polar y se llama curva integral. • Isóclinas de una Ecuación Diferencial. Es el lugar geométrico de puntos en los que las tangentes a las curvas integrales consideradas tienen una misma dirección. Ejemplo: Una curva en el plano xy tiene la propiedad de que su pendiente en 1 cualquier punto (x;y) de ella es x . Halle la ecuación de la curva. 2 dy Solución: La pendiente de una curva está dada por , entonces: dx dy 1 1 = x ⇒ dy = xdx , int egrando obtenemos : dx 2 2 1 1 2 ∫ dy = 2 ∫ xdx ⇒ y = 4 x + c (solución general) Esta solución representa una familia de curvas. Ing°Jose Hilario Berrios 7 ¿Cuál será la solución particular que pasa por el punto (2,3)? Solución:En la solución general reemplazamos el valor inicial y =3 cuando x = 2 y obtenemos: 1 1 3 = ( 2 ) 2 + c ⇒ c = 2 ∴ y = x 2 + 2 ( solución particular ) 4 4 Esta solución particular representa una sola curva. Gráfica: 1.6 Origen de las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Podemos considerar: • De las funciones primitivas. En este caso el número de constantes de integración determina el orden de la ecuación diferencial, o sea que para hallar la ecuación diferencial correspondiente se tiene que derivar tantas veces como constantes se tenga. Ejemplo: 1) Obtenga la ecuación diferencial cuya solución general es: Ing°Jose Hilario Berrios 8 y = x + Cx 2 (1) Solución : Derivando hasta el primer orden porque solo se tiene una cons tan te de int egración : y '−1 2x x y '−1 2 En (1) y = x + x ⇒ y = x + ( y '−1) ⇒ 2 y = 2 x + x( y '−1) 2 2x 2 y = x( 2 + y '−1) ⇒ 2 y = x( y '+1) , finalmente : xy '−2 y + x = 0 ( Ec. Dif ) y ' = 1 + 2Cx ⇒ despejando C : C = 2) Obtenga la Ecuación Diferencial cuya solución general es : y = Ae 2 x + Bxe 2 x Rpta : y ' '− 4 y´+4 y = 0 3) Obtenga la Ecuación Diferencial cuya solución general es : y = C1 x 3 + C 2 x 2 + • x 2 Rpta : x 2 y ' '−4 xy '+6 y = x De problemas geométricos. Estas ecuaciones diferenciales tienen su origen en ciertos problemas geométricos. Ejemplo:1) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de rectas que pasan por el origen: Solución: La ecuación de la recta es: y = ax (1) , derivando : y' = a ∴ en (1) : y = y' x finalmente : xy'− y = 0 es la ec dif Ing°Jose Hilario Berrios 9 2- Hallar la ecuación diferencial de la familia de circunferencias que tienen su centro sobre el eje “x”. Solución.caso: La ecuación de la familia de circunferencias es en este ( x − h )2 + y2 = r2 Como hay 2 constantes (h y r) derivamos 2 veces y tenemos: 2 ( x − h ) + 2 yy ' = 0 entonces: x − h + yy Luego la segunda derivada será: , '= 0 1 + yy' '+ y' y' = 0 Por lo que la ecuación diferencial de la familia de 1 + yy' '+( y') = 0 circunferencias es: 2 • De problemas físicos. Estas provienen de diferentes ciencias tales como la química, la mecánica, electricidad, etc. Ejemplo: Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a la cual se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia entre la temperatura de la sustancia y la temperatura del aire (medio ambiente). Plantee la ecuación diferencial respectiva. Solución: Sean: T = Temperatura de la sustancia en el instante “t” Ta= Temperatura del aire (medio ambiente). Entonces la velocidad a la que se enfría la sustancia será: dT dt Como la sustancia se enfría, de acuerdo al enunciado se tiene: Ing°Jose Hilario Berrios 10 dT = − k (T − T a ) , siendo : k = cons tan te de proporcion alidad dt El signo negativo se debe a que la temperatura de la sustancia disminuye al transcurrir el tiempo. Ejercicios resueltos sobre definiciones fundamentales: ( 1.- Verificar si: y = Ln C + e x ), es la solución de la Ecuación Diferencial: y ' − e x− y = 0 Solución.- ( Lny' = Lne x − Ln C + e x ( ex y = C + ex ) ' y = Ln C + e , entonces: Se tiene : ) De donde: Lny = x − y entonces: en la ecuación diferencial (a), se tiene ' x y ' = e x− y ; , por lo tanto reemplazando e x − y − e x − y = 0 y entonces 0=0 (l.q.q.d) Demostrar que la función : u = arctan 2.- diferencial de y x satisface la ecuación ∂ 2u ∂ 2u + =0 ∂x 2 ∂y 2 Laplace: Solución: Sea: u = arctan Ahora: y ∂u y =− 2 , entonces ∂x x + y2 x ∂u x = 2 ∂y x + y 2 ,entonces: ∂ 2u 2 xy = 2 ∂x x2 + y2 y ∂ 2u 2 xy =− 2 ∂y x2 + y2 ( ( ) 2 reemplazando en la ecuación diferencial de Laplace se tiene: (x 2 xy 2 +y − ) (x 2 2 2 xy 2 + y2 ) Ing°Jose Hilario Berrios 2 =0 , entonces 0=0 (l.q.q.d) ) 2 , y por lo tanto 11 3.- Demostrar que la función: y Lny = x + ∫ x 2 e t dt , satisface la ecuación 0 diferencial: y (1 + Lny ) y " + ( y ' ) 2 = 2 x y e x 2 Solución: Sea la función: y Lny = x + Derivando (1) se tiene: y ∫ x 0 2 e t dt …..(1). 1 y '+ Ln y y '= 1 + e y y' Derivando (2) : y ' ( ) + (1 + Ln y ) y " = 2 x e y x x ⇒ y ' (1 + Ln y ) = 1 + e 2 2 2 ( 2) ( y ') 2 ( + 1 + Ln y ) y " = 2 ⇒ y Simplificando se obtiene: ( y ') + y (1 + Ln y ) y " = 2 x y e 2 Reemplazando en la ecuación diferencial: x x xe x 2 ( 2) 2 y (1 + Lny ) y " + ( y ' ) 2 = 2 x y e x 2 Se obtiene: 2 x ye = 2 x ye .Como se ha obtenido una identidad, concluimos que si es solución de la ecuación diferencial dada. x2 x2 4.- Obtener la ecuación diferencial cuya primitiva es :C2-Cx=y (a) Solución: Como sabemos, el número de constantes de integración indica el orden de la ecuación diferencial; en este caso la ecuación diferencial será de primer orden, por lo tanto derivamos la expresión (a) y tenemos: -C=y’, entonces C=-y’ ; C2=(y’)2 ( ) − (− y )x = y , y por lo tanto la ecuación ' Reemplazando en (a) tenemos: y diferencial será: (y ) ' 2 5.- 2 ' + xy ' = y Obtener la ecuación diferencial dada la solución general: x Ln = 1 + Cy y Solución: ,entonces: Derivando hasta y − xy ' = Cy ' xy Ing°Jose Hilario Berrios el primer orden : 1 y − xy ' = Cy ' x y 2 y 12 y − xy'− xyCy' = 0 ; y − xy' (1 + Cy ) = 0 entonces: x y pero: 1 + Cy = Ln , , x y − xy' Ln = 0 y por lo tanto tenemos la ecuación diferencial: y = xy ' Ln x y 6.- Obtener la ecuación diferencial dada la solución general: x2y3 + x3y5 =C Solución:Diferenciando la expresión dada tenemos: x23y2dy + y32xdx + x35y4dy + y53x2dx = 0 Factorizando :x2y2(3+5xy2)dy + y3x(2+3xy3)dx = 0 Dividiendo entre xy2 tenemos la ecuación diferencial: x(3+5xy2)dy + y(2+3xy3)dx = 0Rpta 7.- Obtener la y = Ae 2x ecuación + Be diferencial dada la solución general : + c x Solución: Como se tienen 3 constantes de integración, derivamos 3 veces y la ecuación diferencial será de tercer orden, entonces: y = Ae + Be 2 x x + C y ' = 2 Ae 2 x + Be x y ' ' ' = 8 Ae + Be 2x ; y ' ' = 4 Ae 2 x + Be x x Manipulando adecuadamente tendremos: 2 y ' = 4 Ae 2 x + 2 Be x ....... (1 ) 3 y ' ' = 12 Ae y ' ' ' = 8 Ae 2x 2 x + 3 Be x ..... ( 2 ) + Be x ...... (3 ) Ahora hacemos (1) – (2) + (3) y tendremos la ecuación diferencial: y ' ' ' − 3 y ' ' + 2 y ' = 0 Rpta Ing°Jose Hilario Berrios ; 13 8.- Hallar la ecuación diferencial correspondiente a la solución general: x2 y 2 + =1 c1 c2 (a) Solución:De la expresión (a) , tenemos: c 2 x + c 1 y = c 1 c 2 derivamos hasta el 2do orden y tenemos : 2 c 2 x + 2 c 1 y = 0 , entonces: c 2 x + c 1 yy ' = 0 .......( 1 ) 2 [ 2 ] c2 + c1 yy' '+( y ') = 0........(2) , − c1 yy ' c2 = ........( 3) x ahora: 2 de la , por lo tanto expresión (1) Ahora sustituimos (3) en (2) y tenemos: ( ) − c1 yy ' 2 + c1 yy ' '+( y ') = 0 x ( Manipulando algebraicamente llegamos a: c 1 x , finalmente tenemos la ecuación diferencial: ( yy ' ' ) + ( y ') 2 ) − yy ' = 0 xyy ' ' + x ( y ' ) − yy ' = 0 2 9.- Hallar la ecuación diferencial de la familia de parábolas cuyos vértices y focos están en el eje “x”. Solución.- La ecuación de la familia de parábolas es en este caso: y = 4 p ( x − h )....(1) 2 Ing°Jose Hilario Berrios 14 Como hay 2 constantes (4p y h) derivamos 2 veces, entonces de (1) : 4p = 2 y x−h ( x − h )2 yy '− y 2 , Por lo tanto : ( x − h )2 yy'− y 2 0= (x − h )2 , entonces: = 0 ...( 2 ) y2 2 , por lo tanto, en (2) : y 2 yy ' − y 2 = 0 4 p 4 p Simplificando esta última expresión tenemos: yy’= 2p, entonces derivamos por yy' '+ y ' y ' = 0 .Finalmente tenemos la ecuación segunda vez y obtenemos: Ahora , de (1) : x − h = diferencial de la familia de parábolas: yy' '+( y ') = 0 Rpta 2 10.- Hallar la ecuación diferencial que circunferencias que pasan por el origen. describa Solución.- La ecuación de la familia de circunferencias es en este caso: Ing°Jose Hilario Berrios la familia de 15 ( x − h )2 + ( y − k )2 = r 2 .....(1) :r Pero 2 = k 2 + h2 ; desarrollando x − 2 xh + h + y − 2ky + k = k + h 2 2 2 2 2 (1) : 2 2 2 Entonces: x − 2 xh + y − 2ky = 0.....(2) ; ahora derivamos (2) y obtenemos: 2 x − 2 h + 2 yy ' − 2 ky ' = 0 , despejando h : h = x + yy '− ky '......(4) 1 + yy ' '+( y ') ......(5) Derivando (4) 1 + yy ' '+ ( y ') − ky ' ' = 0 ⇒ k = y' ' 2 2 xy ' '− y '−( y ') Reemplazando (5) en (4) : h = y' ' 3 k lo reemplazamos en (2) algebraico : xy ' '− y '−( y ')3 x + y − 2 x y' ' 2 (x 2 2 ; ahora los valores de h y y obtendremos luego de un manipuleo 2 − 2 y 1 + yy ' '+ ( y ') y' ' =0⇒ ) + y 2 y ' '−2 xy '−2 x( y ')3 + 2 y ( y ')2 + 2 y = 0 ( Factorizandotenemos : x + y 2 2 )y ' '+2[( y ') 2 ] + 1 ( y − xy ') = 0 que es la ecuación diferencial pedida. EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Determine el orden y el grado de la ecuación diferencial: 4 ( y ' ' ') 3 − 3 3 + ( y' ) 5 = 0 2. Compruebe que la función y = cos 2 x + sen 2 x + 3 es solución de la ecuación diferencial y ' '+4 y = 12 3. Para la ecuación diferencial xy '−3 y = 0 verifica que : y = Cx es solución y halla la solución particular determinada por las condiciones iníciales y =2 cuando x = -3 3 Ing°Jose Hilario Berrios 16 4. Comprueba que la función : u = arctan y satisface la ecuación x ∂ 2u ∂ 2u + =0 diferencial de Laplace : ∂x 2 ∂y 2 5. Verifica que : x = y ∫ sen t 2 dt es solución de la ecuación diferencial x 0 y = xy'+ y sen x 2 2 6. Verifica que : y = x x ∫ sen t dt es solución de la ecuación diferencial 0 t x dy = y + x sen x dx x 7. Verifica que : y = e ∫ x 0 e t dt + C e x es solución de la ecuación 2 x+ x2 diferencial y '− y = e 8. Verifica que y = a cos (tx ) + bsen (tx ) es solución de la ecuación = 2 diferencial y"+t y = 0 , siendo a; b y t constantes 9. Determina la ecuación diferencial que tenga como solución a la función : 1 2 16 y = C1 e − x + C 2 e 3 x + 2 x + 4 Rpta : y = y ' ' − y '+2 x + 3 3 3 −x −3 x 9. Halla la ecuación diferencial correspondiente a : y = x + C1 e + C 2 e Rpta : y' '+4 y'−4 = 3( x − y) 10 Halla la ecuación diferencial correspondiente a : y = A(cos x + xsenx) + B( senx − x cos x) Rpta : xy' '−2 y '+ xy = 0 11. Halla la ecuación diferencial correspondiente a: sen Rpta : ( x tan y =Cx x y + y)dy − xdy = 0 x 12. Halla la ecuación diferencial de la familia de parábolas con el eje focal paralelo al eje x Rpta : ( y') y' ' '−3 y' ( y' ' ) 2 = 0 2 13. Encuentra la ecuación diferencial cuya solución general es la familia de 2 2 2 circunferencias : ( x − h) + ( y − k ) = r en el plano xy siendo h, k y r constantes arbitrarias [ ] Rpta : y' ' ' ( y') + 1 = 3 y' ( y' ' ) 2 2 14. Halla la ecuación diferencial de la familia de circunferencias que pasan por el origen ycuyos centros están en el eje “x” Rpta : 2 xy ' = y 2 − x 2 Ing°Jose Hilario Berrios 17 15. Halla la ecuación diferencial de todas las normales a la parábola y 2 = x . Rpta: y +1/2 y’ = y’[ x - 1/4 (y’)2 ] CAPITULO II ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Y PRIMER GRADO Las ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado presentan la siguiente dy = F ( x, y ) dx M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 ( ) forma: , ecuación que es equivalente a METODOS DE SOLUCION : 1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE VARIABLES SEPARABLES: En este tipo las ecuaciones diferenciales gozan de las siguientes propiedades: i) Se puede reconocer de inmediato los miembros de esta clase de ecuaciones ii) Se cuenta con un método sencillo y directo (en principio) para resolver dichas ecuaciones En este caso la ecuación ( ) se presenta en la forma: M ( x ) dx + N ( y ) dy = 0 , o sea “M” es función sólo de “x” y N es función sólo de “y”, y la solución general se obtiene por integración directa, es decir: ∫ M ( x)dx + ∫ N ( y )dy = C EJERCICIOS RESUELTOS ( ) ( ) 1. xy 1 + y dx − 1 + x dy = 0.......(1) 2 2 Solución.- Para separar variables, multiplicamos la ecuación diferencial (1) por el factor integrante: F .I = 1 ( )( y 1+ y 1+ x 2 2 ) ⇒ ( ) ( ) )( xy 1 + y 2 dx 1 + x 2 dy 0 − = 2 2 2 2 2 y 1+ y 1+ x y 1+ y 1+ x y 1 + y 1 + x2 ( )( ) ( ) ( )( ) Simplificando: xdx dy xdx dy 1 2 xdx dy 1 2 ydy − =0⇒∫ −∫ = ∫0 ⇒ ∫ −∫ + =c 2 2 2 2 2 1+ x y 1+ y 1+ x y 1+ y 2 1+ x y 2 ∫ 1 + y2 ( ) ( ) 1 1 1 Ln 1 + x 2 − Lny + Ln 1 + y 2 = Lnc ⇒ Ln 1 + x 2 2 − Lny + Ln 1 + y 2 2 2 Ln 1 2 = Lnc 1 + x2 1 + y2 1 + x2 1 + y2 = Lnc ⇒ = c ⇒ 1 + x 2 1 + y 2 = cy y y Ing°Jose Hilario Berrios 18 ( )( Elevando al cuadrado ambos miembros: 1 + x 1 + y (1 − y )e y y'+ 2.- 2 2 ) = cy .....Rpta. 2 y2 = 0 .……(1) xLnx y Solución.- Expresando (1) en forma diferencial tenemos: (1 − y )e + y 2dx = 0. xLnx Multiplicando por el F.I = 1/y2 tenemos: (1 − y )e y dy + (1 − y )e y dy + dx = 0 . Integrando : y 2 dx 0 = ⇒ y 2 xLnx y 2 y2 xLnx y2 e y dy ye y dy dx e y dy e y dy dx − + = 0 ⇒ − ∫ y 2 ∫ y 2 ∫ xLnx ∫ ∫ y 2 ∫ y + ∫ xLnx = c por lo tanto: ( − ey e y dy e y dy ey +∫ −∫ + Ln Lnx = c ⇒ Ln Lnx − = c......Rpta y y y y )( ( ) 3.- 1 + y 2 dx = y − 1 + y 2 1 + x 2 ) 3 2 dy Solución.- Separando variables se tiene: dx ( 1+ x ) 2 3 (y − = ) 1 + y 2 dy 1 + y2 Integrando la expresión de la izquierda por sustitución trigonométrica con: x= Tan, dx= sec2, y (1+x2)1/2=sec se tiene: sec 2 d ydy dy 1 2 ydy dy ∫ sec 3 = ∫ 1 + y 2 − ∫ 1 + y 2 ⇒ ∫ cos d = 2 ∫ 1 + y 2 − ∫ 1 + y 2 Entonces: sen = 1 Ln 1 + y 2 − Ln y + 1 + y 2 + c 2 Volviendo a variables iniciales tenemos finalmente: x = Ln 1 + x2 1 + y2 y + 1 + y2 + c.......Rpta. 4.- Hallar la solución particular de la ecuación diferencial: 2 dx e y dy + = 0 y (1) = 0 xy x 3 − 1 Solución.- Para separar variables multiplicamos por el F.I :y(x3-1) y tenemos: Ing°Jose Hilario Berrios 19 ( ) ( ) ( ) 2 y x 3 − 1 dx y x 3 − 1 e y dy x 3 − 1 dx 3 ( ) + = 0 x − 1 y ⇒ + ye y dy = 0 3 xy x −1 x 2 ( ) 2 2 dx dx x3 1 2 + ye y dy = 0 ⇒ ∫ x 2dx − ∫ + ∫ ye y dy = 0 ⇒ − Lnx + e y = c x x 3 2 2 Entonces : x dx − Por lo tanto tenemos la solución general: 2 x3 − 6 Lnx + 3e y = c......( ) Para hallar la solución particular reemplazamos los valores iniciales : x=1 , y=0 en la solución general (α) y tenemos el valor de c=5 , por lo tanto la solución particular será : 2 2 x 3 − 6 Lnx + 3e y − 5 = 0........Rpta. 2 5.- Hallar la solución particular de la ecuación diferencial: ( x y 6 ) + 1 dx + y (x 2 ) = 0 y (0 + 1 dy 4 ) = 1 Solución.- Para separar variables multiplicamos por el F.I : ( 1 , entonces x + 1 y6 + 1 4 )( ) se tiene: ( ) ( ) x y 6 + 1 dx y 2 x 4 + 1 dy xdx y 2 dy xdx y 2 dy + = 0 ⇒ + = 0 ⇒ + ∫ x2 2 + 1 ∫ y3 2 + 1 = ∫ 0 x4 + 1 y6 + 1 x4 + 1 y6 + 1 x4 + 1 y6 + 1 ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) Integrando obtenemos: 1 arctanx 2 2 + 1 arctany 3 3 = c ⇒ 3 arctanx 2 + 2 arctany 3 = c ......( Sol . general ) Ahora para x = 0, y = 1, por lo tanto en la sol. General: (0 )2 3 arctan (1 ) 3 + 2 arctan = c ∴ c = 2 Luego la solución particular será: 3arctanx 2 + 2arctany 3 = 6.- (1 + y + y 2 ) dx ( + x x 2 ) − 4 dy 2 Rpta. = 0 Solución.- Para separar variables multiplicamos por el F.I : 1 (1 + y + y )x(x 2 2 −4 entonces se tiene: (1 + y + y )dx + x(x − 4)dy = 0 ⇒ dx + dy ∫ x(x − 4) ∫ 1 + y + y (1 + y + y )x(x − 4) (1 + y + y )x(x − 4) 2 2 2 2 Ing°Jose Hilario Berrios 2 2 2 2 = ∫0 ) , 20 En este caso para poder integrar más fácilmente podemos hacer uso de las fórmulas de recurrencia: x2 − a2 dx 1 = Ln ∫ x x 2 − a 2 2a x 2 dx 2 2ax + b ∫ ax 2 + bx + c = 4ac − b 2 arctan 4ac − b 2 • ( • ) ,por lo tanto integrando tendremos: 2 x2 − 22 1 2 2x +1 1 Ln x − 4 + 2 arctan2x +1 = c Ln + arctan ⇒ 2 8 x2 3 2(2) x2 4(1)(1) −12 3 3 7.- (y + xy 2 2 ) ( 4 + y 2 dx − 6 x − x 2 − x 3 ) dy = 0 Solución.- Ordenando la ecuación diferencial se tiene : ( ) y 2 (1 + x ) 4 + y 2 dx + x 3 + x 2 − 6 x dy = 0 ⇒ y 2 (1 + x ) 4 + y 2 dx + x ( x − 2 )( x + 3)dy = 0 separando variables: y2(x +1) 4 + y2 2 y ⇒∫ 4 + y x(x − 2)(x + 3) 2 dx+ x(x − 2)(x + 3) 2 y 4 + y x(x − 2)(x + 3) 2 dy = 0 x +1 dy dx + ∫ = ∫0 2 2 x ( x − 2 )( x + 3) y 4+ y Integrando el primer término por descomposición en fracciones parciales y el segundo término por sustitución trigonométrica se tiene la solución general: ( x − 2) 10 − 1 Ln 1 2 x 6 ( x + 3) 15 4 3 4 + y2 =c y Ing°Jose Hilario Berrios Rpta. 21 EJERCICIOS PROPUESTOS dy x2 = dx y (1 + x 3 ) 1. 8. 2. (1 + y 2 )dx + xydy = 0 9. ( y 2 + y + 1)dx + x( x 2 − 4)dy = 0 y 2 e x dx + ( ye x − e ln y )dy = 0 3. ¨dy x +1 = 4 dx y + 1 10. ¨dy x − e − x = dx y + ey 4. e 2 x − y dx + e y − 2 x dy = 0 y ' senx = y ln y , 5. y = e 2 6. e x + y senxdx + (2 y + 1)e − y dy = 0 2 dr sen + e 2 r sen 7. = d 3e r + e r cos , r = 0 2 Ecuaciones Diferenciales reducibles a separables: Existen ecuaciones diferenciales que presentan la forma : dy = f (ax + by + c) , donde a, b, y c son dx constantes, que pueden reducirse a ecuaciones diferenciales de variables separables mediante una sustitución adecuada, como se ven en los siguientes ejemplos: EJERCICIOS RESUELTOS 1. Resolver la ecuación diferencial :y’ = sen2(x-y+1) Solución.- En este caso hacemos: x − y + 1 = z ⇒ 1− (I) dy dz = dx dx ⇒ dy dz = 1− dx dx Por lo tanto remplazando en la ecuación diferencial (I) se tiene: dz dz dz = sen2z ⇒separando variables : =1− sen2z ⇒ = cos2 z dx dx dx 1− ⇒ dz 2 cos z = dx int egrando ∫ sec 2 zdz = x + c Entonces tenemos la solución general: tanz = x+c , y volviendo a variables iniciales: Tan(x-y+1) = x+cRpta 2.- Resolver la ecuación diferencial : y ' Ln x − y = 1 + Ln x − y Ing°Jose Hilario Berrios 22 Solución.- Haciendo : x − y = z ⇒ 1− dy dz = dx dx dy dz , reemplazando en = 1− dx dx ⇒ la ecuación diferencial propuesta se tiene: dz dz dz = 1 + Lnz ⇒ − Lnz =1 1 − Lnz = 1 + Lnz ⇒ Lnz − Lnz dx dx dx Separando variables e integrando: ∫ Lnzdz= −∫dx+ c ⇒ zLnz− z = −x + c , pero: z = x − y ⇒ (x − y)Ln(x − y) − x + y = −x + c Entonces la solución general es : ( x − y )Ln( x − y ) = c − y Rpta. 3.- Resolver la ecuación diferencial : (1 − xy cos xy)dx − x cos xydy = 0 2 Solución.-La ecuación diferencial la podemos expresar como: 1 − xy cos xy − x 2 cos xy dy =0 dx Haciendo : xy = z en ⇒x dz z − dy dx x ⇒ = dx x dy dz +y= dx dx ; sustituyendo la ecuación diferencial se tiene: dz z dz z − − dx x 2 2 1− z cosz − x cosz = 0 ⇒1− z cosz = x cosz dx x x x dz z ⇒ 1 − z cos z = x cos z − dx x luego: 1 − z cos z = x cos z dz dz − z cos z ⇒ 1 = x cos z dx dx ⇒ separando var iables : dx = cos zdz x integrando: ∫ dx = cos zdz + c ⇒ Lnx = sen z + c x ∫ pero : z = xy ⇒ Lnx = sen xy + c ( Rpta. ) 4. Resolver la ecuación diferencial : e y' = k x + e − 1 y Solución: Haciendo : z = x + e y ⇒ dz dy = 1+ ey dx dx reemplazando en la ecuación diferencial se tiene: Ing°Jose Hilario Berrios y ⇒ ey dy dz = − 1 ; por lo tanto dx dx 23 dz dz − 1 = kz − 1 ⇒ = kz , separando variables e integrando : dx dx ( ) dz dz = kdx ⇒ ∫ = k ∫ dx + c ⇒ Lnz = kx + c , pero : z = x + e y ⇒ Ln x + e y = kx + c , z z Luego: e ln(x + e y ) ⇒ x+ e = cekx = ce kx ⇒ e y y = ce kx − x 5. Resolver la ecuación diferencial : x 2 yy ' = Solución: Haciendo : z = x 2 y 2 ⇒ ⇒ ( y = Ln ce ( kx − x ) Rpta . ) 1 Tan x 2 y 2 − xy 2 2 dz dy = 2x2 y + 2 xy 2 dx dx 1 dz dy − xy 2 = x 2 y 2 dx dx ⇒ , reemplazando en la ecuación diferencial se tiene: 1 dz 1 − xy 2 = tan z − xy 2 2 dx 2 ⇒ dz dz = tan z ⇒ = dx dx tan z ⇒ ∫ cot zdz = ∫ dx + c ⇒ Lsenz = x + c luego: sen z = cex , pero : z = x2 y 2 ⇒ sen x2 y 2 = cex Solución general EJERCICIOS PROPUESTOS 1. y' = (x + y)2 2. y' = cos(x + y) [ ] 5. 2(x + y)sec2 x + tanx dx+ tanxdy= 0 3. y' = (8x + 2y +1)2 4. dy x+ y = dx x + y + 2 2. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS. 2.1. Función Homogénea. La función Z = f (x,y)es homogénea de grado “n” si: f (tx, ty) = t n f ( x, y) , n ∈ R Ejemplo: Determine si las siguientes funciones son homogéneas: 1. f ( x , y ) = 2 x 2 y − 5 y 3 Solución : f (tx, ty ) = 2(tx) 2 (ty ) − 5(ty ) 3 f (tx, ty ) = 2t 3 x 2 y − 5t 3 y 3 f (tx, ty ) = t 3 (2 x 2 y − 5 y 3 ) ∴ es hom ogénea de grado 3 Ing°Jose Hilario Berrios Rpta. 24 2. f(x,y) = (x2 + y2)3/2 Solución.- sustituyendo : f(x,y) por f(tx, ty) se tiene: ( f (Tx , Ty ) = T 2 x 2 + T 2 y 2 ) 3 2 [ ( = T 2 x2 + y2 )] 3 2 ( = T 3 x2 + y2 ) 3 2 ; por lo tanto es una función homogénea de grado 3. y x 3. f ( x, y ) = x 2 sen + y 2 e x y 4. f ( x, y ) = x ln x − y ln y 5. f ( x, y ) = x 2 + senx cos y 6. f ( x , y ) = e x y 2.2 Ecuación Diferencial Homogénea. Una ecuación Diferencial homogénea es cualquier ecuación de la forma: M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = 0 , donde M y N son funciones homogéneas del mismo grado. • Cambio de variables para hallar la solución general de una ecuación diferencial homogénea.Si M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = 0 , es homogénea, se puede transformar en una ecuación diferencial de variables separables por medio de la sustitución: v = y x ⇒ y = vx dy = vdx + xdv , Ejemplos Resueltos: 1. Resolver la Ecuación Diferencial : xy ' = y + 2 xe −y x (I) Solución: De la ecuación diferencial (I), se tiene la ec. Diferencial homogénea: dy y −y −y y = + 2e x ⇒ dy = + 2e x dx (). haciendola sustitució n: dx x x v= y ⇒ y = vx , dy = vdx + xdv x Sustituyendo en (α): ( ) vdx + xdv = v + 2e−v dx ⇒ vdx + xdv = vdx + 2e−v dx ⇒ xdv = 2e−v dx Separando variables: y dv dx dx y v v x = 2 ⇒ e dv = 2 + c ⇒ e = 2 Lnx + c , pero : v = ⇒ e = 2 Lnx + c ∫ ∫x e−v x x y Finalmente tenemos la solución general: e 2. Resolver la ecuación diferencial: Ing°Jose Hilario Berrios y' = x = Lnx 2 + c y 1 + x 2 x2 − y2 x2 Rpta . ( ) 25 Solución.- De la ec. Diferencial y 1 dy = + x 2 (α) se tiene la ec. Diferencial homogénea: 2 y 1 − dx x Haciendo las sustituciones: v= y/x ,dy=vdx+xdv se tiene: 1 1 1 vdx + xdv = v + 1 − v 2 dx ⇒ vdx + xdv = vdx + 1 − v 2 dx ⇒ xdv = 1 − v 2 dx 2 2 2 separando variables e integrando: 2 ∫ dv 1− v = ∫ dx x ⇒ 2 arcsen v = Lnx + c ahora sustituyendo: v= y/x tenemos la sol. General: 2arcseny/x= Lnx+cRpta. 3. Resolver la Ecuación diferencial :2(2x2+y2)dx-xydy=0 Solución.- La ecuación diferencial es homogénea de 2do grado, entonces usando las sustituciones: V=y/x , y=vx ; dy =vdx+xdv , y reemplazando en la ecuación diferencial propuesta se tiene: ( ) 2 2x2 + v2 x2 dx − xvx(vdx + xdv) = 0 ⇒ 4x2dx + 2v2 x2dx − x2v2dx − x3vdv = 0 ( ) 4x 2 dx + v 2 x 2 dx − x 3vdv = 0 ⇒ x 2 4 + v 2 dx − x 3vdv = 0 ⇒ separo variables : ( ) x 2 4 + v 2 dx x 3vdv dx vdv 1 − =0⇒ ∫ −∫ = ∫ 0 ⇒ Lnx − Ln 4 + v 2 = Lnc 3 2 3 2 2 x 4+v x 4+v x 4+v 2 ( ) x Ln 2 4+v ( ) = Lnc ⇒ x2 = c(4x2+y2)1/2 x 4+v 2 = c ; pero : v = entonces x4= c(4x2+y2) 4. Resolver la Ecuación diferencial : x Ing°Jose Hilario Berrios y ⇒ x x y2 4+ 2 x =c …solución general dy −y= dx x y arctan x 26 Solución.- dy x = dx De x y arctan x la +y ⇒ ecuación diferencial dada se x xdy = + y dx arctan y x usando ahora las sustituciones: v=y/x ; dy=vdx+xdv, simplificando y separando variables: arctanvdv=dx/x , ahora integrando: ∫ arctanvdv = ∫ dx +c x ( = Ln (v ) + 1) var ctanv − Ln v 2 + 1 var ctanv pero : v = y x 2 ⇒ 1 2 1 2 ⇒ var ctanv − = Lnx + c ( ) 1 Ln v 2 + 1 = Lnx + c 2 ò Lnc + Lnx + Lnc ⇒ var ctanv = Ln v 2 + 1 . x.c y y y2 y y y2 + x2 arctan = Ln 2 + 1 c.x ⇒ arctan = Lnc.x x x x x x x2 y y arctan = Ln c y 2 + x 2 x x Por último: Soluciòn general y y 5. Resolver la Ecuaciòn Diferencial: y ' = 4 + + x x 2 ; y (1) = 2 2 2 dy y y y y Solución: Tenemos: = 4 + + ⇒ dy = 4 + + dx dx x x x x Usando: v=y/x ;dy=vdx+xdv , entonces: vdx+xdv=(4+v+v2)dx Vdx+xdv=4dx+vdx+v2dx , entonces xdv=4dx+v2dx , y se tiene: xdv=(4+v2)dx Separando variables e integrando: 1 y arctan − Lnx = c ⇒ 2 2x dv ∫4+v arctan 2 = ∫ dx 1 v + c ⇒ arctan = Lnx + c x 2 2 y − 2 Lnx = c 2x Soluciòn general Ahora usando los valores iniciales : x=1 , y=2 , y reemplazando en la solución General se tiene el valor de c = arctan y − 2 Lnx = 2x 4 Ing°Jose Hilario Berrios tiene: 4 , y por lo tanto la solución particular es; Rpta .......... .. 27 6. Resolver la Ecuación Diferencial: y y 2 2 x − y − y arcsen dx + x arcsen dy = 0 x x Solución.- Usando v=y/x ;dy= vdx+xdv y reemplazando en la Ec. Dif. Se tiene: ) ( x 2 − v 2 x 2 − vxarcsev dx + x arcsen v(vdx + xdv ) = 0 , luego: x 1 − v 2 dx − vx arcsen vdx + vx arcsen vdx + x 2 arcenvdv = 0 , reduciendo, separando variables e integrando, se tiene: ) ( x 1 − v 2 dx + x 2 arcsen vdv = 0 ⇒ ∫ dx arcsen vdv +∫ = ∫0 x 1 − v2 1 (arcsen v )2 = c , pero : v = y ⇒ Lnx + 1 arcsen y = c Rpta. 2 x 2 x y y 7. Resolver la Ecuación Diferencial: x + ( x − y )e x dx + xe x dy = 0 ; y(1)=0 ⇒ Lnx + Solución: Usando v=y/x ; dy=vdx+xdv , se tiene: (x + (x − vx)e )dx + xe (vdx + xdv) = 0 ⇒ v v Simplificando y separando variables: Lnx+Ln(1+ev)=Lnc ; entonces : ) xdx + xev dx − vxev dx + xvev dx + x 2ev dv = 0 dx e v dv + = 0 , int e gra ndo obtenemos : x 1 + ev Ln(x(1+ev)) =Lnc ; levantando logaritmos: X(1+ev) =C , pero y=v/x , entonces : x(1+e y/x) =C Soluciòn general. Ahora usando los valores iniciales x=1 , y=0, se tiene: C =2 ; por lo tanto reemplazando en la soluciòn general se tiene la soluciònpaticular: x(1+ey/x) =2Rpta 8. Resolver la Ecuación Diferencial : y y y y 2 y 2 y 2 x sen + 2 xtan − y cos − y sec dx + x cos + x sec dy = 0 x x x x x x Solución: Usando v=y/x y dy=vdx+xdv, se tiene: (2xsenv+2xtanv-vxcosv-vxsec2v)dx+(xcosv+xsec2v)(vdx+xdv)=0 2xsenvdx+2xtanvdx-vxcosvdx-vxsec2vdx+vxcosvdx+x2cosvdv+vxsec2vdx+x2sec2vdv=0 simplificando tenemos: 2x(senv+tanv)dx+x2(cosv+sec2v)dv=0 Separando variable e integrando: 2 Ing°Jose Hilario Berrios ( ) dx cos v + sec2 v dv + ∫ x ∫ sen v + tanv = ∫ 0 28 Entonces: 2Lnx+Ln (senv+tanv)=Lnc , por lo tanto: Ln x 2(senv+tanv) = Ln c Pero : v=y/x , entonces : x2(seny/x+tany/x) = CSoluciòn general. • Propuestos: 1. ( x 3 − y 3 )dx + xy 2 dy = 0 2. y ' = 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. y ' = x4 + 2y4 xy 3 y y + sen x x y y + cos 2 dy x , y (1) = Π = dx x 4 y y x cos y ' = y cos − x x x 3 y ( x 2 − y 2 )dx − 2 dy = 0 x y − ( x + y )2 e x + y 2 dx − xydy = 0 xy ' = y (ln y − ln x) y y ( x − y cos )dx + x cos dy = 0 x x y ( xy '− y ) arctan = x , y (1) = 0 x 3. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A HOMOGENEAS Las ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas presentan la siguiente forma: (a1 x + b1 y + c1 )dx + (a 2 x + b2 y + c 2 )dy = 0 (1) Llamada ecuación diferencial no homogénea con coeficientes lineales, donde a1 , b1 , c1 , a 2 , b2 , c 2 son constantes, además si c1 y c 2 se pueden eliminar, la ecuación diferencial es homogénea. La solución de este tipo de ecuaciones diferenciales está en función de los coeficientes de las diferenciales, las que denotan 2 rectas en el sistema coordenado rectangular: a1 x + b1 y + c1 = 0 (2) a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 (3) Como las rectas (2) y (3), pueden ser paralelas o no paralelas se presentan 2 casos: • Caso 1. Si las rectas (2) y (3) no son paralelas entonces sus pendientes no son iguales y por lo tanto tienen un punto de intersección, o sea si a1b2 − a 2 b1 ≠ 0 , Ing°Jose Hilario Berrios 29 implica que la ecuación diferencial (1) se reduce a homogénea trasladando el origen del sistema coordenado rectangular al punto de intersección de estas dos rectas, y para ello se hace una primera sustitución: x = m + h ( 4) ⇒ dx = dm y = n + k (5) ⇒ dy = dn ∴ en (1) : ( a1 m + a1 h + b1 n + b1 k + c1 ) dm + ( a 2 m + a 2 h + b 2 n + b 2 k + c 2 ) dn = 0 (6) Resolviendo el sistema: a1 h + b1 k + c1 = 0 a 2 h + b2 k + c 2 = 0 Se determina los valores de h y k con lo cuál la ecuación (6) se reduce a: (a1m + b1n)dm + (a2 m + b2 n)dn = 0 Que es una ecuación diferencial homogénea y su solución, implica el método descrito anteriormente. Ejemplos: 1.- Resolver la Ecuaciòn Diferencial: dy 2 x + 3 y + 1 = dx 3 x − 2 y − 5 Solución.- De la ec. Dif. De tiene : (2x+3y+1)dx-(3x-2y-5)dy=0….(1) Por lo tanto: a1=2 , b1=3 , a2=-3 , b2=2 , entonces a1b2-a2b1=0 (caso 1) 1ra sustitución: x=m+h ---- dx=dm y=n+k ------ dy=dn en la expresión 1 : (2m+2h+3n+3k+1)dm-(3m+3h-2n-2k-5)dn=0 ….(2) ahora resolviendo el sistema: 2h+3k+1=0 ….(a) 3h-2k-5=0 …..(b) se tiene : h=1 k= -1 por lo tanto en la ecuación (2) : (2m+2+3n-3+1)dm-(3m+3-2n+2-5)dn=0 Entonces : (2m+3n)dm-(3m-2n)dn=0 (3) ( Ecdif homogénea) 2da sustitución: v=n/m , entonces dn=vdm+mdv , reemplazando en (3) (2m+3vm)dm-(3m-2vm)(vdm+mdv)=0 2mdm+3vmdm-3vmdm-3m2dv+2v2mdm+2vm2dv=0 reduciendo y factorizando: m(2+2v2)dm+m2(2v-3)dv=0 separando variables: dm (2v − 3)dv dm vdv 3 dv + =0⇒∫ +∫ 2 − ∫ 2 = 0 2 m 2 v +1 m v +1 2 v +1 ∫ ( ) entonces:Ln(m)+1/2Ln(v2+1)-3/2arctanv=c; pero 2 n2 n ⇒ Lnm 2 + 1 − 3arctan = c m m Ing°Jose Hilario Berrios v=n/m ; 30 ( ) n = c ; ahora : x = m + h ⇒ m = x − 1 ; y = n + k ⇒ n = y + 1 m y + 1 2 2 ∴ la solución general es : Ln ( y + 1) + ( x − 1) − 3 arctan =c x − 1 ⇒ Ln n 2 + m 2 − 3arctan [ ] 2.- Resolver la ecuación diferencial: (Tanx-seny+3)sec2xdx+(3Tanx+seny+1)cosydy=0 …..(1) Solución: Haciendo que: Tanx=z entonces :dz=sec2xdx Seny=w entonces :dw=cosydy En (1) se tiene: (z-w+3)dz+(3z+w+1)dw=0 (2) (ec. Dif. Reducible a homogénea) Entonces a1=1, b1=-1 , a2=3 , b2=1, luego a1b2-a2b1=4=0 (caso1) 1ra sustitución: z=m+hdz=dm ; w=n+kdw=dn , reemplazando en (2) (m+h-n-k+3)dm+(3m+3h+n+k+1)dn=0 …..(3) resolviendo el sistema: h-k+3=0 obtenemos : h= -1 3h+k+1=0 k=2 en(3) (m-1-n-2+3)dm+(3m-3+n+2+1)dn=0 ---> (m-n)dm+(3m+n)dn=0 ….(4) laec. (4) es homogénea y hacemos la 2da sustitución: v=n/m n=vmdn=vdm+mdv sustituyendo en (4) : (m-vm)dm+(3m+vm)(vdm+mdv)=0 reduciendo: mdm+2mvdm+3m2dv+v2mdm+m2vdv=0 factorizando : m(v2+2v+1)dm+m2(v+3)dv=0 , separando variables se tiene: (v + 3)dv = 0 ⇒ dm + (v + 3)dv = 0 dm + 2 ∫ m ∫ (v + 1)2 ∫ m v + 2v + 1 Ln m + Ln v + 1 − int e gra ndo obtenemos : 2 2 = c ⇒ Ln m(v + 1) − = c (5) v +1 v +1 Ahora: v=n/m , entonces reemplazando en (5) y reduciendo tenemos: Ln m + n − 2m =c m+n (6 ) ; pero : z = m + h ⇒ z = m − 1 ⇒ m = z + 1 w=n+k w=n+2 n= w-2 en (5) : Ln z + 1 + w − 2 − 2( z + 1) 2( z + 1) = c ⇒ Ln z + w − 1 − =c z +1+ w − 2 z + w −1 volviendo a variables iniciales con z=Tanx y w= seny obtenemos finalmente: Ln[Tanx + sen y − 1] − Ing°Jose Hilario Berrios 2(tanx + 1) = c Solución general tanx + sen y − 1 31 • Caso 2.Si las rectas (2) y (3) son paralelas, entonces sus pendientes son iguales, o sea si : a1b2 = a 2 b1 , entonces usamos una sustitución simple de la forma: z = a1 x + b1 y ⇒ dz = a1 dx + b1 dy ⇒ dy = dz − a1 dx b1 , que convierte a la ecuación diferencial en una de variable separable. Ejemplo: 3.- Resolver la ecuación diferencial: (2x+y+5)dx+(4x+2y-3)dy=0 Solución.- Tenemos: a1=2 , b1=1 , a2=4 , b2=2 ,entonces a1b2=a2b1 (caso 2) Por lo tanto usamos la sustitución: z=2x+y ,dz=2dx+dy , entonces: dy=dz-2dx Sustituyendo en la ec.dif. se tiene: (z+5)dx+(2z-3)(dz-2dx)=0 Entonces: zdx+5dx+2zdz-3dz+6dx=0 , reduciendo y factorizando tenemos: (11-3z)dx+(2z-3)dz=0 , separando variables tenemos: dx + (2 z − 3)dz 11 − 3 z → ∫ dx − 2∫ ⇒ x− x− = 0 ⇒ ∫ dx + 2 ∫ zdz dz − 3∫ = 0 11 − 3 z 11 − 3 z ∫ 1 zdz dz 11 dz dz + 3∫ + 3∫ = ∫ 0 ⇒ x − 2∫ + =c 3z − 11 3z − 11 3z − 11 3 3(3z − 11) 2 22 dz dz 2 13 dz dz − ∫ + 3∫ =c⇒x− z− ∫ =c ∫ 3 3 3 z − 11 3 z − 11 3 3 3 z − 11 2 z 13 2 13 − Ln 3 z − 11 = c ; pero : z = 2 x + y ⇒ x − (2 x + y ) − Ln 3(2 x + y ) − 11 = c 3 9 3 9 reduciendo tenemos: 3x + 6 y + 13Ln[6 x + 3 y − 11] = c Solución general Ejercicios propuestos: 1. ( x − 2 y + 5)dx + (2 x − y + 4)dy = 0 2. y ' = x+ y+4 x− y−6 3. ( x + y − 2)dx + ( x − y + 4)dy = 0 4. ( x − 2 y − 1)dx + (3 x − 6 y + 2)dy = 0 5. ( x + 2 y + 3)dx + (2 x + 4 y − 1)dy = 0 6. (( x − 2 y + 1)dx + (2 x − 4 y + 3)dy = 0 Ing°Jose Hilario Berrios 7. y ' = − 4 x + 3 y + 15 2x + y + 2 8. x(2 x 2 + 3 y 2 − 7)dx − y (3 x 2 + 2 y 2 + 8)dy = 0 sug : haga u = x 2 ; v = y2 32 • También se puede transformar una ecuación diferencial no homogénea en homogénea mediante la sustitución: y = z ⇒ dy = z −1 dz , como se puede observar en los siguientes ejemplos: Ejemplos: 1.- Resolver la ecuación diferencial : (x2y2-1)dy+2xy3dx=0 ……(1) Solución.- En este caso hacemos la sustitución : y = z ( )( ) ⇒ dy = z −1dz ( ) ∴ en (1) : x 2 z 2 − 1 z −1dz + 2xz3 dx = 0 ⇒ x 2 z 3 −1 − z −1 dz + 2xz3 dx = 0 la ecuación diferencial será homogénea si los grados de todos los términos son iiguales: entonces : 3 + 1 = − 1 ⇒ = −1 por consiguiente : y=z-1 , la ec. Dif será: -(x2z-4-z-2)dz+2xz-3dx=0 , reduciendo : (z2-x2)dz+2zxdx=0 …..(2) (ec. Dif. Homogénea) haciendo v=z/x , entonces z=vx ; dz=vdx+xdv , por lo tanto reemplazando en (2) : (v2x2-x2)(vdx+xdv)+2vx2dx=0 , -- v3x2dx+v2x3dv-x2vdx-x3dv+2vx2dx=0 x2(v3+v)dx+x3(v2-1)dv=0, reduciendo y factorizando: ( separando variables: ) dx v 2 − 1 dv dx v2 − 1 + 3 =0⇒∫ +∫ 3 dv = ∫ 0 ⇒ Lnx + Ln v 2 + 1 − Lnv = Lnc x v +v x v −v z2 2 + 1 x 2 2 x x v +1 x v +1 z =c ⇒ Ln = Lnc ⇒ = c ; ahora : v = ⇒ z v v x x ( ⇒ ) ( z +x = c ; pero : z 2 2 ) y = z −1 ⇒ z = 1 + x2 2 1 + x2 y2 y =c ⇒ =c , 1 y y 1 ∴ y La solución general es : 1+x2y2=cy 2.- Resolver la ecuación diferencial: (2y2-3x)dx+2xydy=0 …..(1) Solución: Haciendo la sustitución: y = z ⇒ dy = z ( Reemplazando en (1) : 2z ( ) 2 ) ( −1 dz ) − 3x dx + 2xz z −1 dz = 0 ⇒ 2 z 2 − 3 x dx + 2xz 2 −1 dz = 0......(2 ) ; ∴ para que (2 ) sea hom ogénea : 2 = 1 ⇒ = 1 2 entonces : y=z1/2 , por lo tanto : dy=1/2z-1/2dz , entonces sustituyrndo en (2)ç (2z-3x)dx+xdz=0 …(3) . Ahora haciendo :v=z/x, z=vx y dz=vdx+xdv Ing°Jose Hilario Berrios 33 en (3) : (2vxdx-3x)dx+x(vdx+xdv)=0 , entonces : 2vxdx-3xdx+vxdx+x2dv=0 --- 3vxdx-3xdx+x2dv=0 ;factorizando: 3x(v-1)dx+x2dv=0 separando variables e integrando se tiene: ⇒ 3∫ dx dv +∫ = 0 ⇒ x v −1 ∫ ⇒ x 3 (v − 1) = c ; pero : v = 3Lnx + Ln v − 1 = Lnc ⇒ [ ] Ln x 3 (v − 1) = Lnc z ⇒ x 3 − 1 = c ; simplfican do : x 2 ( z − x ) = c x z x ahora: y=z1/2 ; entonces : z=y2 , por lo tanto la solución general es: x2(y2-x)=c ó x2y2-x3=c …..Rpta Propuestos: 1. ( y 2 − 3 x 2 y ) dx − x 3 dy = 0 2. (1 − xy 2 ) dx − 2 x 2 y dy = 0 3. ( x − y 3 ) dx − 6 xy 2 dy = 0 4. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 1. Definición.Una Ecuación Diferencial de la forma M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = 0 se dice que es Ecuación Diferencial Exacta si cumple con la condición necesaria y suficiente, llamada criterio de exactitud siguiente: ∂M ∂N = ∂y ∂x Ejemplos: Compruebe si las siguientes Ecuaciones Diferenciales son exactas: 1. (2 xy − 3x )dx + (x 2 Solución : ( 2 ) − 2 y dy = 0 ∂M = 2x ∂y , ) ∂N = 2x ∂x , ∴ Ec. Dif . Exacta 2. cos ydx + y 2 − xseny dy = 0 , ∴ Ec. Dif . Exacta 2. Procedimiento para resolver una Ecuación Diferencial Exacta. • Comprobar que la Ecuación Diferencial dada es exacta, o sea: ∂M ∂N = ∂y ∂x • Calcular Ix( Integración parcial respecto a x) I x = ∫ M ( x, y ) dx x • Calcular Iy( Integración parcial respecto a y) y ∂ (I x ) dy I y = ∫ N ( x, y ) − ∂y Ing°Jose Hilario Berrios 34 • La solución general es: Ix + Iy = C 1.—Resolver la ecuación diferencial : (y+ycosxy)dx+(x+xcosxy)dy=0 Solución: comprobando si es una ec. Dif. Exacta: ∂M = 1 − xy sen xy ∂y Cálculo de Ix e Iy ∂N = 1 − xy sen xy ∂x (Ec. dif exacta ) : I x = ∫ ( y + y cos xy )dx = xy + sen xy x y y y ∂ I y = ∫ ( x + x cos xy ) − ( xy + sen xy )dy = ∫ ( x + x cos xy − x − x cos xy )dy = ∫ 0dy = c ∂y Por lo tanto la solución general es: Ix+Iy = C , entonces : xy+senxy=c ….Rpta 2.—Resolver la ecuación diferencial : (cos2y-3x2y2)dx+(cos2y-2xsen2y-2x3y)dy=0 Solución: comprobando si es una ec. Dif. Exacta: ∂M = − 2 sen 2 y − 6 x 2 y ∂y Cálculo de Ix e Iy ( ∂N = − 2 sen 2 y − 6 x 2 y ∂x (Ec. dif exacta ) : ) I x = ∫ cos 2 y − 3 x 2 y 2 dx = x cos 2 y − x 3 y 2 x ( ) ( ∂ y I y = ∫ cos 2 y − 2 xsen 2 y − 2 x 3 y − x cos 2 y − x 3 y 2 ∂y y ( Iy = ∫ ) )dy = ∫ cos 2 y − 2 xsen 2 y − 2 x 3 y + 2 ysen 2 y + 2 x 3 y dy y cos 2 ydy = 1 1 sen 2 y ∴ I x + I y = c ⇒ sen 2 y + x cos 2 y − x 3 y 2 = c rpta 2 2 3.—Resolver la ecuación diferencial : (x-1)-1ydx+(Ln(2x-2)+1/y)dy=0 Solución: comprobando si es una ec. Dif. Exacta: ∂M 1 = ∂y x − 1 ∂N 1 = ∂x x −1 Ing°Jose Hilario Berrios (Ec. dif exacta ) 35 Cálculo de Ix e Iy Ix = ∫ x : y dx = yLn x − 1 x −1 y y 1 ∂ 1 I y = ∫ Ln(2 x − 2) + − ( yLn( x − 1))dy = ∫ Ln(2 x − 2) + − Ln( x − 1)dy y ∂y y Iy = y Ln (2x-2)+Ln y-y Ln (x-1) ; la solución general : Ix+ Iy = c ,es : yLn (x-1)+y Ln (2x-2)+Ln y- y Ln (x-1) = c , finalmente: y Ln (2x-2)+Ln y = c …Rpta. 4.—Resolver la ecuación diferencial : (ax2+2bxy+cy2) dx+(bx2+2cxy+y2)dy=0 Solución: comprobando si es una ec. Dif. Exacta: ∂M = 2bx + 2cy ∂y ∂N = 2bx + 2cy ∂x Cálculo de Ix e Iy exacta ) : ( ) I x = ∫ ax 2 + 2bxy + cy 2 dx = x (Ec. dif a 3 x + bx 2 y + cxy 2 3 [ ] y y ∂ a I y = ∫ bx 2 + 2cxy + y 2 − x3 + bx 2 y + cxy 2 dy = ∫ bx 2 + 2cxy + y 2 − bx 2 − 2cxy dy ∂y 3 3 y y I y = ∫ y 2dy = 3 ( ) por lo tanto la solución general : Ix+Iy = c ,es : a/3 x3+bx2y+cxy2+y3/3=c , finalmente: ax3+3bx2y+3cxy2+y3=c …..R Rpta. 5.—Resolver la ecuación diferencial : e2x(dy+2ydx)= x2dx Solución: Tenemos :2ye2xdx+e2xdy-x2dx=0 - (2ye2x-x2)dx+e2xdy=0 comprobando si es una ec. Dif. Exacta: ∂M = 2e 2 x ∂y ∂N = 2e 2 x ∂x Cálculo de Ix e Iy ( exacta ) : ) I x = ∫ 2 ye2 x − x 2 dx = ye2 x − x (Ec. dif x3 3 y y y ∂ x 3 I y = ∫ e2 x − ye2 x − dy = ∫ e2 x − e2 x + 0 dy = ∫ 0dy = c ∂y 3 ( Ing°Jose Hilario Berrios ) 36 por lo tanto la solución general : Ix+Iy = c ,es : ye2x-x3/3=c , entonces : 3ye2x= x3+c ….Rpta. 6.-Resolver la ecuación diferencial : (ye 2x e2 x − 3xe2 y dx + − 3x 2e 2 y − e y dy = 0 ; 2 ) y(1)=0 Solución: comprobando si es una ec. Dif. Exacta: ∂M = e 2 x − 6 xe 2 y ∂y ∂N = e 2 x − 6 xe 2 y ∂x Cálculo de Ix e Iy ( (Ec. dif exacta ) : ) x y 3 I x = ∫ ye 2 x − 3 xe 2 y dx = e 2 x − e 2 y x 2 2 2 2x ∂ y 3 y e Iy = ∫ − 3 x 2 e 2 y − e y − e 2 x − e 2 y x 2 dy ∂y 2 2 2 2x e2 x y e = ∫ − 3 x 2e 2 y − e y − + 3 x 2e 2 y dy 2 2 por lo tanto la solución general : Ix+Iy = c ,es : y 2x 3 2 y 2 e − e x − ey = c ⇒ 2 2 ye 2 x − 3 x 2 e 2 y − 2e y = c Ahora si : x = 1 ; y = 0 , entonces c = -5 , por lo tanto la solución particular es : ye 2 x − 3 2 2y x e − 2e y + 5 = 0 Rpta . 2 Propuestos: Resolver las siguientes Ecuaciones Diferenciales y 1. + 6 x dx + ( Lnx − 2)dy = 0 x 2 (2 xy − tan y )dx + x 2 − x sec 2 y dy = 0 ( ) x x x 3. x + e y dx + e y 1 − dy = 0 , y y ( 0) = 2 (2 xseny + 2 x + 3 y cos x )dx + (x 2 cos y + 3senx )dy = 0 Ing°Jose Hilario Berrios , x= , y=0 2 2 5. 3 x 2 + 1 2 + 2 xy 2 − 2 y 3 dx + 3 y 2 + 1 2 + 2 x 2 y − 2 y 2 dy = 0 x x y x 4. 37 5. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLESA EXACTAS (FACTORES INTEGRANTES). Si la ecuación Diferencial :M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 no es exacta, puede transformarse en exacta multiplicándola por un factor apropiado ( x, y ) ,llamado factor integrante de la Ecuación Diferencial. Ejemplo: Sea la Ecuación Diferencial : 2ydx + xdy = 0 (Ecuación Diferencial no exacta) multiplicándola por el factor integrante : ( x , y ) =x, la Ecuación Diferencial resultante: 2xydx + x 2 dy = 0 ya es exacta. (verifique). El cálculo de factores integrantes puede ser un problema difícil, sin embargo hay dos clases de Ecuaciones Diferenciales cuyos factores integrantes pueden hallarse de forma rutinaria, estas son aquellas que poseen factores integrantes que son sólo función de x o bien sólo función de y. Teorema: Sea la Ecuación Diferencial : M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 ⇒ ∂M ∂N − ∂y ∂x f ( x ) dx i ) Si : = f ( x) , ( función sólo de x) ⇒ e ∫ N ∂ N ∂M − ∂x ∂y g ( y ) dy ii ) Si : = g ( y ) , ( función sólo de y ) ⇒ e ∫ M es un F .I es un F .I Ejemplos: 1.- Resolver la ecuación diferencial: (xy3+1)dx+x2y2dy=0 …….(1) Solución: Aplicando el criterio de exactitud: ∂M = 3 xy 2 ∂y ∂N = 2 xy 2 ∂x ; como es una ecuación diferencial no exacta, calculamos el factor integrante , entonces: ∂M ∂N − dx f ( x ) dx 3 xy 2 − 2 xy 2 1 ∂y ∂x ∫x ∫ = = = f ( x ) ⇒ F .I = e =e = e Lnx = x 2 2 N x y x Por lo tanto, multiplicando a la ec. Dif. (1) por el F.I=x se tiene: (x2y3+x)dx+x3y2dy=0 , que es una ecuación diferencial exacta, entonces: ( ) I x = ∫ x 2 y 3 + x dx = x Iy = ∫ y x3 y 3 x 2 + 3 2 3 2 ∂ x 3 y 3 x 2 y + dy = ∫ x3 y 2 − x3 y 2 dy = ∫ 0dy = C x y − ∂y 3 2 Ing°Jose Hilario Berrios ( ) 38 x3 y3 x2 + =C Por lo tanto la solución general es : 3 2 2 x 3 y 3 + 3 x 2 = C Rpta. Ix + Iy = C ⇒ ⇒ 2.- Resolver la ecuación diferencial: (xy3+1)dx+x2y2dy=0 …….(1) Solución: Aplicando el criterio de exactitud: ∂M = 3 xy 2 ∂y ∂N = 2 xy 2 ∂x ; como es una ecuación diferencial no exacta, calculamos el factor integrante , entonces: ∂M ∂N − dx 3 xy 2 − 2 xy 2 1 ∂y ∂x ∫ f ( x ) dx = e ∫ x = e Lnx = x = = = f ( x ) ⇒ F . I = e N x2 y2 x Por lo tanto, multiplicando a la ec. Dif. (1) por el F.I=x se tiene: (x2y3+x)dx+x3y2dy=0 , que es una ecuación diferencial exacta, entonces: ( ) I x = ∫ x 2 y 3 + x dx = x x3 y 3 x 2 + 3 2 y y ∂ x 3 y 3 x 2 I y = ∫ x3 y 2 − + dy = ∫ x3 y 2 − x3 y 2 dy = ∫ 0dy = C ∂y 3 2 ( ) x3 y3 x2 + =C Por lo tanto la solución general es : 3 2 2 x 3 y 3 + 3 x 2 = C Rpta. Ix + Iy = C ⇒ ⇒ x − sen y dy = 0.......(1) y 3.- Resolver la ecuación diferencial: dx + Solución: Aplicando el criterio de exactitud: ∂M =0 ∂y ∂N 1 = ∂x y ; como es una ecuación diferencial no exacta, calculamos el factor integrante , entonces: ∂N ∂M 1 − −0 dy f ( y ) dy ∫y 1 ∂x ∂y y ∫ = = = f ( y ) ⇒ F .I = e =e = e Lny = y M 1 y Por lo tanto, multiplicando a la ec. Dif. (1) por el F.I=y se tiene: ydx +(x-yseny)dy=0 , que es una ecuación diferencial exacta, entonces: Ing°Jose Hilario Berrios 39 Ix = ∫ x ydx = xy y y y ∂ I y = ∫ x − y sen y − ( xy )dy = ∫ ( x − y sen y − x )dy = − ∫ y sen ydy ∂y Integrando por partes se tiene :Iy = ycosy-seny ; por lo tanto la solución general es : Ix+Iy=C, entonces :xy+ycosy-seny=C ……..Rpta. ( ) 4.- Resolver la ecuación diferencial: x Lnx − 2xy dx + 3x y dy = 0.......(1) 4 3 2 2 Solución: Aplicando el criterio de exactitud: ∂M = −6 xy 2 ∂y ∂N = 6 xy 2 ∂x ; como es una ecuación diferencial no exacta, calculamos el factor integrante , entonces: ∂M ∂N − dx − 6 xy 2 − 6 xy 2 − 12 xy 2 4 ∂y ∂x ∫ f ( x ) dx = e − 4 ∫ x = x − 4 = = = − = f ( x ) ⇒ F . I = e N 3x 2 y 2 3x 2 y 2 x Por lo tanto, multiplicando a la ec. Dif. (1) por el F.I=x-4 se tiene: 2 y3 3y2 Lnx − 3 dx + 2 dy = 0 que es una ecuación diferencial exacta, entonces: x x x 2 y3 y3 I x = ∫ Lnx − 3 dx = xLnx − x + 2 x x Iy = ∫ y 3y2 ∂ y 3 dy = − xLnx − x + 2 ∂y x 2 x ∫ y 3y2 3y2 2 − 2 dy = x x por lo tanto la solución general es : xLnx − x + x 3 (Lnx − 1) + y 3 = Cx 2 Rpta ∫ y 0dy = C y3 = C , finalmente : x2 5.- Resolver la ecuación diferencial: dx + ( xtany − 2 sec y )dy = 0(1) Solución: Aplicando el criterio de exactitud se tiene: Ing°Jose Hilario Berrios 40 ∂M ∂N =0 ; = tany = f ( y ) , (ec. dif . no exacta ) , ⇒ cálculo del factor int e gra nte ∂y ∂x ∂N ∂M − tan ydy tan y − 0 ∂x ∂y = = tny = f ( y ) ⇒ F .I = e ∫ = e Ln sec y = sec y M 1 entonces multiplicando la ec .dif .(1) por el factor int egrante : F .I = sec y se tiene : sec ydx + ( x sec y tan y − 2 sec 2 y )dy = 0 ; que es una ec dif .exacta ; entonces : I x = ∫ sec ydx = x sec y x ( y ∂ ; I y = ∫ x sec y tan y − 2 sec 2 y − ( x sec y ) dy ∂y ) I y = ∫ x tan y sec y − 2 sec 2 y − x tan y sec y dy = ∫ − 2 sec 2 ydy = −2 tan y y y por lo tan to la solución general es : I x + I y = C ⇒ se tiene : x sec y − 2 tan y = C Rpta. PROPUESTOS : − x y Re suelva las ec. dif : 1) ye dx − ( xe − x y + y 3 )dy = 0 2) (2 y + 3 x 2 y 3 )dx + (3 x + 5 x 3 y 2 )dy = 0 sug : Use un F ..I de la forma x m y n FACTORES INTEGRANTES POR INSPECCION O GOLPE DE VISTA Este método consiste en agrupar convenientemente los términos de la Ecuación Diferencial y determinar la Ecuación Diferencial exacta que se forma al multiplicarla por un determinado factor integrante conveniente. El éxito de este método requiere de un buen conocimiento de diferenciales y una cierta pericia en determinar como deben agruparse los términos y para esto es útil la siguiente lista de algunas diferenciales exactas. Ing°Jose Hilario Berrios 41 DIFERENCIALES EXACTAS: 1) d ( xy ) = xdy + ydx x ydx − xdy 9) d arc tan = 2 x + y2 y y xdy − ydx 2) d = x2 x y xdy − ydx 10) d arc sen = x x x 2 − y 2 x ydx − xdy 3) d = y2 y 1 ydy + xdx 11) d Ln x 2 + y 2 = 2 x + y2 2 ( ) 4) d x 2 ± y 2 = 2 xdx ± 2 ydy 5) d [Ln( xy )] = xdy + ydx xy x ydx − xdy 6) d Ln = xy y y xdy − ydx 7) d Ln = xy x y xdy − ydx 8) d arc tan = 2 x + y2 x Ing°Jose Hilario Berrios ( ) x + y 2 xdy − 2 ydx = 12) d ( x − y)2 x− y x − y 2 ydx − 2 xdy = 13) d (x + y )2 x+ y ydx + xdy 1 14) d − = n −1 (xy )n (n − 1)( xy ) 42 Ejemplos: 1.- Resolver la ecuación diferencial: (x-x2y)dy-ydx=0 Solución: De la ec dif se tiene : xdy − x 2 ydy − ydx = 0 ; ordenando : xdy − ydx − x 2 ydy = 0 1 xdy − ydx x 2 ydy ; − =0 x2 x2 x2 y y2 y y d − ydy = 0 ; int e gra ndo : ∫ d − ∫ ydy = ∫ 0 ⇒ − =C x 2 x x 2 y − xy 2 = C ⇒ 2 y − xy 2 = Cx luego : 2 y − xy 2 − Cx = 0 Rpta. 2x Multiplicando por el factor int e gra nte : ⇒ ⇒ 2.- Resolver la ecuación diferencial: y(1+xy)dx=xdy Solución: De la ec dif se tiene : ydx + xy 2 dx − xdy = 0 ; ordenando : ydx − xdy + xy 2 dx = 0 Multiplica ndo por el factor int e gra nte : ⇒ ⇒ 1 ; y2 ydx − xdy xy 2 dx + =0 y2 y2 x x x x2 d + xdx = 0 ; int e gra ndo : ∫ d + ∫ xdx = ∫ 0 ⇒ + =C y 2 y y 2x + x2 y x = C ⇒ 2 x + x 2 y = Cy luego : 2 + x 2 = C Rpta. 2y y 3.- Resolver la ecuación diferencial: xdy=(x2+y2+y)dx Solución: De la ec dif se tiene : xdy = ( x 2 + y 2 )dx + ydx ; ordenando : xdy − ydx = ( x 2 + y 2 )dx 1 Multiplicando por el factor int e gra nte : 2 ; x + y2 ⇒ ⇒ ( ) 2 xdy − ydx x 2 + y 2 dx = =0 x2 + y 2 x2 + y 2 y y y d arctan = dx ; int e gra ndo : ∫ d arctan = ∫ dx = ∫ 0 ⇒ arctan = x + C x x x y = tan( x + C ) ⇒ y = xtan( x + C ) Rpta. x 4.- Resolver la ecuación diferencial: (y-xy2Lnx)dx+xdy=0 Solución: Ing°Jose Hilario Berrios 43 De la ec dif se tiene : ydx − xy 2 Lnxdx + xdy = 0 ; ordenando : ydx + xdy − xy 2 Lnxdx = 0 Multiplicando por el factor int e gra nte : ⇒ ⇒ 1 Lnxdx 1 Ln 2 x d − − = 0 ; Inte gra ndo : − − =C ∫ xy ∫ x xy 2 ydx + xdy Lnxdx − =0;⇒ x ( xy )2 − 2 − xyLn 2 x =C 2 xy ⇒ ydx + xdy xy 2 Lnxdx − =0 x2 y 2 x2 y 2 1 ; 2 2 x y 2 + xyLn 2 x = Cxy Rpta. x 2 − y 2 ( xdy − ydx ) = 0 5.- Resolver la ecuación diferencial: x 2 dy − xydx + Solución: De la ec dif se tiene : x( xdy − ydx) + x 2 − y 2 ( xdy − ydx) = 0 ; Multiplicando por el factor int e gra nte : ⇒ ( xdy − ydx) x x −y 2 2 + xdy − ydx =0;⇒ x2 1 x2 x2 − y 2 ⇒ x( xdy − ydx) x2 x2 − y 2 + x 2 − y 2 ( xdy − ydx) x2 x2 − y 2 y y d arcsen + d = 0 x x y y ∫ d arcsen x + ∫ d x = ∫ o Inte gra ndo : finalmente obtenemos : arcsen y y + = C Rpta. x x [ ( )] [( ) ] 6.- Resolver la ecuación diferencial: y + x x + y dx + y x + y − x dy = 0 2 2 2 2 Solución: ( ) )dy = 0 De la ec dif se tiene : ydx + x( x 2 + y 2 )dx + y x 2 + y 2 dy − xdy = 0 ( ) ( ⇒ − ( xdy − ydx ) + x x + y dx + y x + y 2 2 2 Multiplicando por el factor int e gra nte : ( ) ( ) 2 1 se tiene : x2 + y2 xdy − ydx x x 2 + y 2 dx y x 2 + y 2 xdy − ydx − 2 + + 2 =0⇒ − 2 + xdx + ydy 2 2 2 2 2 x +y x +y x +y x +y y y 1 1 ⇒ − d arctan + d x 2 + y 2 = 0 ⇒ − ∫ d arctan + ∫ d x 2 + y 2 x x 2 2 y 1 Inte gra ndo : − arctan + x 2 + y 2 = C x 2 y finalmente obtenemos : − 2arctan + x 2 + y 2 = C Rpta. x ( ) ( ( Ing°Jose Hilario Berrios ) =0 ) = ∫ 0 =0 44 6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Definición.- Se llama ecuación diferencial lineal de primer orden a toda ecuación de la forma : dy + P( x) y = Q( x) dx donde P y Q son funciones continuas de x Solución de una Ecuación Diferencial Lineal de primer orden: Sea: dy + P ( x) y = Q ( x) ⇔ dx dy + P ( x) ydx = Q ( x) dx Multiplicando por el factor integrante: e ∫ e∫ ⇒ P ( x ) dx dy + yP ( x)e ∫ P ( x ) dx = Q ( x )e ∫ P ( x ) dx P ( x ) dx tenemos: dx P ( x ) dx P ( x ) dx d ye ∫ = Q ( x )e ∫ dx , int egrando tenemos : ∫ P ( x ) dx = Q ( x)e ∫ P ( x ) dx dx + C ⇒ ye ∫ P ( x ) dx = Q ( x)e ∫ P ( x ) dx dx + C Sol . gral ∫ d ye ∫ ∫ De manera análoga si la ecuación diferencial es: dx + P ( y ) x = Q ( y ) la solución general es: dy xe ∫ P ( y ) dy = ∫ Q ( y )e ∫ P ( y ) dy dy + C EJERCICIOS RESUELTOS 1.- Resolver la ecuación diferencial: y’- y=3ex Solución: En este caso se tiene : p ( x) = −1 ; Q ( x) = 3e x − dx − dx ∴ la solución general es : ye ∫ = ∫ 3e x e ∫ dx + C ⇒ ⇒ ye − x = 3∫ dx + C ⇒ ye − x = 3 x + C ⇒ − dx ye − x = 3∫ e x e ∫ dx + C y = 3 xe x + Ce x finalmente se tiene : y = e x (3 x + C ) Solución general . 2.- Resolver la ecuación diferencial: (1 + y 2 ) dx = Solución: Ing°Jose Hilario Berrios ( 1+ y 2 ) sen y − xy dy 45 Llevando la ecuación diferencia a la forma lineal : dx (1 + y ) dy = 2 ( 1 + y 2 sen y − xy ⇒ 1 + y 2 dx ) dy + xy = 1 + y 2 sen y 1 + y 2 sen y dx y Dividiendo entre : 1 + y tenemos : + x = dy 1 + y 2 1 + y2 ( ⇒ 2 ) dx y sen y + x= 2 dy 1 + y 1 + y2 (ec. dif en " x" ) ⇒ p( y ) = ydy ∴ la solución general es : xe 1 ⇒ xe 2 Ln 1+ y 2 =∫ 1 sen y 1+ y 2 e2 ∫ 1+ y 2 Ln 1+ y 2 =∫ sen y 1 + y2 y sen y ; Q( y ) = 2 1+ y 1 + y2 ydy e ∫ 1+ y 2 dy + C sen y dy + C ⇒ x 1 + y 2 = ∫ 1+ y 2 1 + y 2 dy + C ⇒ x 1 + y 2 = ∫ sen ydy + C ⇒ x 1 + y 2 = − cos y + C Finalmente : x 1 + y 2 + cos y = C solución general. 3.- Resolver la ecuación diferencial:y’cosy+seny=x+1 Solución: Tenemos : dy cos y + sen y = x + 1 ( ) dx Haciendo : z = sen y ⇒ dz = cos ydy ⇒ dy = dz ; ⇒ reemplazando en ( ) se tiene : cos y dz dz cos y + z = x + 1 ⇒ + z = x + 1 (Ec. diferencial lineal en " z") cos ydx dx ∴ p ( x) = 1 ; Q ( x) = x + 1 ⇒ la solución general es : ze ∫ ⇒ ze x = ∫ (x + 1)e dx + C ⇒ ze ⇒ z = x + Ce − x x ; x dx = ∫ (x + 1)e = xe x − ∫ e x dx + ∫ e x dx + C ⇒ ∫ dx dx + C ze x = xe x + C pero : z = sen y ⇒ sen y = x + Ce − x Sol. general. 4.- Resolver la ecuación diferencial: x Solución: Ing°Jose Hilario Berrios dy y + = 1 − x2 dx 1 + x 46 Llevando la ec. dif . a la forma lineal : dy 1 1 − x2 + y= dx x(1 + x ) x ⇒ p( x) = 1 x(1 + x ) 1 − x 2 ∫ x (1+ x ) ∫ 1 − x2 e Q( x) = ∴ la solución general es : ye x (1+ x ) = ∫ dx + C ( ) x x dx Inte gra ndo la exp resión : ∫ por fracciones parciales se tiene : x(1 + x) dx dx Ln 1 − x 2 Ln x +1 dx x x +1 = Lnx − Ln x + 1 = Ln ⇒ en ( ) : ye = ∫ x(1 + x) ∫ x e dx + C x +1 (1 − x )(1 + x) x dx + C ⇒ xy = (1 − x )dx + C x ⇒ y =∫ x + 1 x x +1 ∫ x + 1 x ⇒ x xy x2 x2 x 1 = x − + C , simplificando : y = x + 1 − − + C 1 + Rpta. x +1 2 2 2 x 5.- Resolver la ecuación diferencial: y '+ ytanx = sen 2 x ; y (0) = 2 Solución: dy + (tanx ) y = sen 2 x ⇒ p ( x) = tanx ; Q ( x) = sen 2 x dx tanxdx tanxdx ⇒ Solución general : ye ∫ = ∫ sen 2 x e ∫ dx + C Tenemos : ⇒ ye − Ln cos x = ∫ sen 2 x e − Ln cos x dx + C ⇒ y sen 2 x =∫ dx + C cos x cos x y 2 sen x cos x y =∫ dx + C ⇒ = 2 sen xdx + C cos x cos x cos x ∫ y y ⇒ = −2 cos x + C ⇒ + 2 cos x = C Sol. general cos x cos x ∴ la solución particular para : x = 0 ; y = 2 es : ⇒ 2 + 2 cos 0o = C ⇒ C = 4 ; ⇒ la solución particular es : 0 cos 0 y + 2 cos x = 4 Rpta. cos x 6.- Resolver la ecuación diferencial: x(1 − x ) y'− y + ax = 0 Solución: 2 Ing°Jose Hilario Berrios 3 47 ( De la ec dif se tiene : x 1 − x 2 dy 1 − dx x 1 − x 2 ( dx ye ∫ x (x 2 −1) ye ⇒ ⇒ y x 2 −1 x ⇒ 3 ; multiplica ndola por : 1 : x 1 − x2 ( ) dy 1 ax 2 + 2 y = ; ∴ la sol . general es : dx x x − 1 x2 − 1 ( ) dx x 2 ∫ x (x 2 −1) dx = a∫ 2 e dx + C ( ) ; int e gra ndo : ∫ por fracciones parciales x −1 x x2 − 1 ( se tiene : ∫ Ln ) ax 2 y = − 1 − x2 ) dy − y = − ax dx dx x2 − 1 = Ln x x2 − 1 x ( ) x 2 Ln = a∫ 2 e x −1 x 2 −1 x ,∴ reemplazan do en ( ) se tiene : dx + C ⇒ 1 − x2 − 1 a y = ∫ 2 x x 2 −1 2 dx + C ⇒ x 2 ( ) ) y x2 − 1 x 2 x 2 − 1 = a∫ 2 dx + C x x − 1 x ( ) 1 x2 − 1 a x2 − 1 2 y = +C x 2 1 2 x2 − 1 = a x 2 − 1 + C ; luego : y = ax + x Cx x2 − 1 Rpta. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES 1. (EC DE BERNOULLI) dy + P( x) y = Q( x) y n dx dy −n Multiplicando por y : y − n + P( x) y 1− n = Q( x) dx dy Multiplicando por (1 − n) : (1 − n) y − n + (1 − n) P( x) y 1− n = (1 − n)Q( x) dx d 1− n ) ⇒ y + (1 − n) P( x) y 1− n = (1 − n)Q( x) dx dZ Haciendo Z = y 1− n se tiene : + (1 − n) P( x) Z = (1 − n)Q( x) Ec Dif Lineal en Z dx (1− n ) P ( x ) dx (1− n ) P ( x ) dx ∴ La solución General es : Z e ∫ = (1 − n)Q( x)e ∫ dx + C Estas presentan la forma: [ ] ∫ o : y 1− n e ∫ (1− n ) P ( x ) dx = (1 − n) ∫ Q( x)e ∫ (1− n ) P ( x ) dx dx + C Ejercicios Resueltos: 1.- Resolver la ecuación diferencial: Solución: Ing°Jose Hilario Berrios ( ) ydx 2xy2 Lnx + 1 = 2xdy 48 ( ) Llevando a la forma lineal de Bernoulli tenemos : y 2 xy 2 Lnx + 1 = 2 x dy dx dy dy y − 2 xy 3 Lnx = y ; ⇒ divi dim os entre 2 x : ⇒ − = Lnx y 3 (Ec dif de Bernoulli ) dx dx 2 x 1 ⇒ P( x) = − ; Q ( x) = Lnx ; n = 3 ⇒ 1 − n = −2 ; ∴ la solución general es : 2x ⇒ 2x y − 2e 2 dx ∫ 2x = −2 ∫ Lnx e 2 dx ∫ 2x dx + C ⇒ y − 2e Lnx = −2 ∫ Lnx e Lnx dx + C ⇒ y − 2 x = −2 ∫ xLnxdx + C int e gra ndo por partes el segundo miembrose tiene : Finalmente setiene la solución general : x2 x 1 2 = − 2 Lnx − x + C 2 y 4 2 x 1 = − x 2 Lnx + x 2 + C Rpta. 2 y 2 2.- Resolver la ecuación diferencial: yy '+ y 2 cot x = 1 sen 2 x Solución: dy + y cot x = csc 2 xy −1 (Ec dif de Bernoulli ) dx 2 ⇒ p ( x) = cot x ; Q( x) = csc x ; n = −1 ; 1 − n = 2 ; ∴ la solución general es : Dividiendo le ec dif entre " y" tenemos : 2 cot xdx 2 cot xdx y 2e ∫ = 2 ∫ csc 2 x e ∫ dx + C ⇒ y 2 (sen x ) = 2 ∫ csc 2 x (sen 2 x)dx + C ⇒ 2 finalmente : y 2 = 2x + C sen 2 x y 2e Ln (sen x ) = 2 ∫ csc 2 x e Ln (sen x ) dx + C 2 2 y 2 sen 2 x = 2 ∫ dx + C ⇒ y 2 sen 2 x = 2 x + C Solución general ( Rpta ). 3.- Resolver la ecuación diferencial: cos x y' = y sen x + y tanx 2 Solución: Ing°Jose Hilario Berrios 49 dy − y sen x = y 2tanx ; ∴ divi dim os entre cos x : dx dy sen x sen x ⇒ − ytanx = y 2 ⇒ p ( x) = −tanx ; Q ( x) = ; n = 2 ⇒ 1 − n = −1 2 dx cos x cos 2 x − − tanxdx sen x − ∫ − tanxdx ⇒ la solución general es : y −1e ∫ = −∫ e dx + C cos 2 x tanxdx sen x ∫ tanxdx sen x Ln sec x Ln sec x ⇒ y −1e ∫ = −∫ e dx + C ⇒ y −1e = −∫ e dx + C 2 cos x cos 2 x sen x 1 sen x ⇒ y −1 sec x = − ∫ sec xdx + C ⇒ = −∫ dx + C 2 cos x y cos x cos 3 x De la ec dif se tiene : cos x 1 −3 ⇒ = − ∫ (cos x ) sen xdx + C ⇒ y cos x (cos x ) 1 = y cos x −2 −2 +C 1 − 1 + 2 C cos 2 x 2 cos 2 x = ⇒ = K cos 2 x − 1 y cos x 2 cos 2 x y cos x 2 cos x ( K = 2 C ) ; finalmente : y = Solución general ( Rpta ) K cos 2 x − 1 ⇒ 1 1 =− +C ⇒ y cos x 2 cos 2 x 4.- Resolver la ecuación diferencial: x dy − y = xk yn dx Solución: Dividiendo entre “x” se tiene: dx dx (1− n )∫ − (1− n )∫ − dy 1 1 x x − y = x k −1 y n ⇒ p ( x) = − ; Q ( x) = x k −1 ∴ y1− n e = (1 − n) ∫ x k −1e dx + C dx x x ⇒ y1− n e( n −1)Lnx = (1 − n) ∫ x k −1e( n −1)Lnx dx + C ⇒ y1− n x n −1 = (1 − n) ∫ x x −1 x n −1dx + C x k + n −1 (1 − n) x k + n −1 + C (k + n − 1) = k + n −1 k + n −1 k + n −1 (1 − n) x C ⇒ y1− n x n −1 (k + n − 1) = (1 − n) x k + n −1 + C ⇒ (k + n − 1) y1− n = + n −1 n −1 x x 1− n k 1− n Finalmente : (k + n − 1) y = (1 − n) x + Cx Sol. general ( Rpta ) (n ≠ 1 ; k + n ≠ 1) ⇒ y1− n x n −1 = (1 − n) ∫ x k + n − 2 dx + C ⇒ y1− n x n −1 = (1 − n) 5.- Resolver la ecuación diferencial: 2 cos ydx − ( x sen y − x )dy = 0 3 Solución: De la ecuación diferencial se tiene: Ing°Jose Hilario Berrios 50 ( ) dx x sen y − x 3 − =0 ⇒ dy 2 cos y dx 1 1 − tany x = − Secy. x 3 (ec dif lineal en x) dy 2 2 1 ⇒ p ( y ) = −tany ; Q ( y ) = − sec y ; n = 3 ⇒ 1 − n = −2 2 2 2 ∫ tanydy 2 ∫ tanydy ⇒ sol. general : x − 2e 2 = ∫ sec y e 2 dy + C ⇒ x − 2e − Ln cos y = ∫ sec ye − Ln cos y dy + C 2 x−2 sec y ⇒ =∫ dy + C ⇒ x − 2 sec y = ∫ sec 2 ydy + C ⇒ x − 2 sec y = tany + C cos y cos y Finalmente : sec y = x 2 (tany + C ) Sol. general ( Rpta ) 6.- Resolver la ecuación diferencial: 2 yy'+ y cot x − csc x = 0 2 Solución: Llevando la ec. Dif. a la forma lineal de Bernoulli se tiene: dy + y 2 cot x = csc x ; dividiendo entre 2 y se tiene : dx dy dy cot x csc x −1 cot x csc x + y ⇒ + y ⇒ = y = dx 2y dx 2 2 2 2y n = −1 ⇒ 1 − n = 2 ∴ la sol. general es : y e 2 ⇒ y 2e Ln sen x = ∫ csc x e Ln sen x dx + C ⇒ ⇒ y 2 sen x = ∫ dx + C ⇒ 2 ∫ cot x dx 2 p( x) = csc x 2 ∫ = 2∫ e 2 cot x csc x ; Q( x) = 2 2 cot x dx 2 y 2 sen x = ∫ csc x sen xdx + C x C + sen x sen x 2 finalmente : y = x csc x + csc x Sol general ( Rpta ) y 2 sen x = x + C ⇒ PROPUESTOS: Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: 2 dy − 2 xy = 2 xe x dx 2. x 2 dy − sen2 xdx + 3 xydx = 0 1. 3. 3 xy '−2 y = x3 y2 1 y x +1 xseny cos y 5. dx + x cot ydy = 2 dy x sen 2 y + 1 4. 8 xy '− y = − 3 Ing°Jose Hilario Berrios y2 = dx + C 51 2. ECUACION DIFERENCIAL DE RICCATI Presentan la siguiente forma: dy = P( x) y + Q( x) y 2 + R( x) (1) dx P( x) , Q( x) , R( x) son funciones sólo de x La solución general se puede hallar si se conoce una solución particular y = (x ) , entonces se hace : y = (x ) + z ⇒ dy dz = ' ( x) + dx dx , (z es una función incógnita de x que se determina con ayuda de la ecuación diferencial propuesta que la reduce a una ec. Dif de Bernoulli) Ejemplos: Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales 1. y '− xy 2 + ( 2 x − 1) y = x − 1 2. dy = 1 + x 2 − 2 xy + y 2 dx , ( x) = 1 , ( x) = x 3. x 3 y ' = x 2 y + y 2 − x 2 , ( x) = x dy 4. = 4 x(4 x + 1) y − 8 xy 2 − (8 x 3 + 4 x 2 − 1) dx 5. y ' = 3 y + y 2 − 4 , ( x) = 1 , ( x) = x dy − (2 x + 1) y + y 2 + 2 x = 0 , ( x) = x dx 2sen( x) 1 7. y '+ y 2 senx = , ( x) = 2 cos x cos x dy y 8. = + x 3 y 2 − x 5 , ( x) = x dx x 6. x( x − 1) Ing°Jose Hilario Berrios 52 CAPITULO IV APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Y PRIMER GRADO 1.A.- Problemas de Crecimiento y decrecimiento exponencial. La razón de cambio con respecto al tiempo de una población p(t) que está creciendo o decreciendo es en muchos casos simples proporcional al tamaño de la población, o sea : dp = kp ; donde k = constante de proporcionalidad. dt Ejemplo 1.- Se sabe que el número de habitantes de cierto país aumenta a una tasa proporcional al número de habitantes actuales del país. Si después de 2 años la población se ha duplicado y después de 3 años, la población es de 20 000 habitantes. ¿Cuántos habitantes había inicialmente en el país? Solución.Sea dp = kp la ecuación diferencial, entonces la solución general es: dt p = CeKt (1) ; entonces según las condiciones del problema : Para un tiempo inicial To existe una población inicial P=P0 , entonces en (1) : p = Ce K ( 0 ) ⇒ C = P0 ; por lo tanto en (1) tenemos : P =P0ekt … (2) . Ahora para T= 2 años la población es P = 2P 0 Entonces en (2) 2P0 = P0ekt ; entonces k= 0,5 Ln2 , por lo tanto k= 0,347. Ahora reemplazamos en (2) y tenemos: p(t)= P0 e0,347t ….(3) (Población en cualquier tiempo t). Ahora para T= 3 años , P= 20 000 y P0 = ? . Por lo tanto reemplazando en (3) se tiene : 20 000 = P0 e0,347(3) Finalmente se tiene : P0 = 7062 habitantes. …(Rpta). Ejemplo 2.El número de bacterias en un cultivo que crece con rapidez fue estimado en 10 000 al mediodía y después de 2 horas en 40 000. ¿ Cuántas bacterias habrá: ii) a las 5 p.m ii) a las 8 p.m dp = kt ; la solución general es : P = Ce kt (1) dt Según las condiciones del problema : paraT0 = 0 existe una población : P = 10000 bacterias Solución : Sea la ecuación diferencial : entonces en (1) : 10000 = Ce k ( 0 ) ⇒ C = 10000 ; en(1) P = 10000e kt (2). Ahora para T = 2 horas se tiene : P = 40000 ⇒ en (2) : 40000 = 10000e k ( 2 ) ⇒ k = 0,693 ;∴ en (2) : P = 10000e 0, 693t (3) ( Población en cualquier tiempo ). Entonces : i ) a las 5 p.m : T = 5 horas habrá : P = 10000e 0, 693( 5) ⇒ P = 319 765 ii ) a las 8 p.m : T = 8 horas habrá : P = 10000e 0, 693(8) ⇒ P = 2 556 988 Ing°Jose Hilario Berrios 53 2.A.- Ley de Desintegración radiactiva. La tasa de desintegración de una sustancia radiactiva es proporcional en cualquier instante a la cantidad de sustancia que está presente; entonces la ecuación diferencial es : dx = − kx ; k = cantidad pre sen te en el tiempo " t" dt Ejemplo 3.- Se ha encontrado que el 0,5% del elemento Radio desaparece en 12 años. ¿Qué porcentaje desaparecerá en 100 años? dx = −kx ; la solución general es : x = Ce kt (1) dt Sea : x0 = cantidad en gra mos de radio pre sen te inicialmente ; ⇒ 0,005 x0 gra mos Solución : Sea la ecuación diferencial : desaparecen en 12años ; queda 0,995 x0 gra mos. Ahora para T0 = 0 tenemos : x = x0 ⇒ en (1) x0 = Ce − k (0 ) ⇒ x0 = C En (1) : x = x0e (2 ) ; ahora para T = 12años se tiene : x = 0,995 x0 − kt En (2) : 0,995 x0 = x0e − k (12 ) x = x0e − 0 , 000418 t ⇒ k = 0,000418 ; por lo tanto en (2) se tiene : (3)(cantidad pre sen te en cualquier tiempot ) ) Por lo tanto cantidad pre sen te en 1000años : en (3) : x = x0e − 0, 000418(1000 ) x = 0,658 x0 ; entonces la cantidad desaparecida en 1000 años es : 0,342 x0 = 34,2% Rpta. Ejemplo 4.- El Carbono 14, uno de los 3 isótopos del carbón es radiactivo y decrece a una razón proporcional a la cantidad actual. Su Vida media es de 5 570 años, es decir una cantidad dada de C14 tarda 5 570 años en reducirse a la mitad de su cantidad original. Si estaban presentes inicialmente 10 gramos. ¿Cuántos gramos quedará después de 2000 años? dx Solución : Sea la ecuación diferencial : = − kx ; la solución general es : x = Ce kt (1) dt Para T0 = 0 existe una cantidad x = 10 g de C14 ∴ en (1) 10 = Ce − k ( 0 ) ⇒ C = 10 entonces en (1) : x = 10e − kt (2 ). ⇒ en (2 ) : 5 = 10e − k ( 5570 ) Ahora para T = 5570 años existe : x = 5 g de C14 ; k = 0,000124 ⇒ en (2 ) : x = 10e − 0, 000124 t (3) Por lo tanto cantidad pre sen te en 2000 años : en (3) : x = 10e − 0, 000124 ( 2000 ) ⇒ x = 7,80 gra mos de C14 Rpta. Ejemplo 5.- Todos los seres vivos contienen Carbono 12 que es estable, y Carbono 14 que es radiactivo. Mientras esté vivo un animal o planta, la razón entre los dos isótopos de Carbono permanece sin cambio, dado a que el Carbono 14 se renueva constantemente; después de su muerte no se absorbe más Carbono 14. La vida media del Carbono 14 es 5570 años. Si los leños carbonizados de un viejo fuerte muestran Ing°Jose Hilario Berrios 54 solo el 70 % del Carbono 14 que es de esperarse en la materia viva. ¿Cuándo fue incendiado el fuerte?. Supóngase que el fuerte se quemo poco después de ser construido con troncos recién aserrados. dx = −kx ; la solución general es : x = Ce kt (1) dt Para T0 = 0 existe una cantidad inicial x0 de C14 ∴ en (1) x0 = Ce − k ( 0 ) ⇒ C = x0 Solución : Sea la ecuación diferencial : entonces en (1) : x = x0e − kt (2 ). Ahora para T = 5570 años existe : x = x0 de C14 2 x0 = x0e − k (5570 ) ; k = 0,000124 ⇒ en (2 ) : x = x0e − 0, 000124 t (3) 2 Ahora, como los leños carbonizados muestran solo el 70% de C14 , ⇒ x = 0,7 x0 ⇒ en (2 ) : ⇒ en (3) 0,7 x0 = x0e − 0, 000124 t ⇒ T = 2876 años por lo tanto el fuerte fue incendiado hace 2876 años Rpta 3.A.- LEY DE NEWTON SOBRE EL ENFRIAMIENTO Establece que la razón de cambio en tiempo, de la temperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia de temperatura entre el cuerpo y el medio ambiente. Sea: T= temperatura del cuerpo. Tm= Temperatura del medio ambiente. Entonces el tiempo necesario para el cambio de la temperatura del cuerpo es: dT dT dT y la ley del enfriamien to puede escribirse como : = − k (T − Tm ) ó + kT = kTm d d d dT signo ( −) para hacer negativa . k = constante de proporcion alidad . d Ejemplo 6.- Un cuerpo metálico a una temperatura de 100ºF, se coloca en un cuarto a una temperatura constante de 0ºF. Si después de 20 minutos, la temperatura de la barra es de 50ºF. Hallar: a) El tiempo requerido por el cuerpo para llegar a una temperatura de 25ºF b) La temperatura del cuerpo después de 10 minutos. Ing°Jose Hilario Berrios 55 Solución. − Se tiene como dato : Tm = 0º F (Tempetura del medio ambiente) dT dT + kT = kTm ⇒ + kT = 0 d d kd = ∫ (0) e ∫ d + C ⇒ T = Ce − k (1) La ecuación diferencial es : Re solviendo : Te ∫ kd (Ec dif lineal ). Para un tiempo T0 = 0 ; T = 100º F ; en (1) : 100 = Ce − k (0 ) ⇒ C = 100 ∴ en (1) : T = 100e − k (2) ; Ahora para un tiempo = 20 min se tiene : T = 50º F ; en (2) : 50 = 100e − k (20 ) ⇒ k = 0,035 ; T = 100 e − 0 , 035 ( ) (3) por lo tanto en (2 ) : (Temperatura del cuerpo en cualquier tiempo ) a ) Tiempo para T = 25º F : en (3) 25 = 100e − 0, 035 b) Temperatura para = 10 min : en (3) T = 100e ⇒ = 39,6 minutos. − 0 , 035 (10 ) ⇒ T = 70,5º F . Ejemplo 7.- Agua a una temperatura de 1000C se enfría en 10 minutos a 80ºC, en un cuarto con temperatura de 25ºC. a) Encuentre la temperatura del agua después de 20 minutos. b) ¿Cuándo la temperatura será de 40ºC?¿26ºC? Solución. − Se tiene como dato : Tm = 25º C (Tempetura del medio ambiente) dT dT + kT = kTm ⇒ + kT = 25k (Ec dif lineal ). d d Re solviendo : T = 25 + Ce − k (1) ; para = 0 tenemos : T = 100 ; ∴ en (1) La ecuación diferencial es : : 100 = 25 + Ce − k (0 ) ⇒ C = 75 luego : T = 25 + 75e − k (2 ) ; ahora = 10 min se tiene : T = 80º C ; en (2 ) : 80 = 25 + 75e − k (10 ) ⇒ k = 0,031 ; T = 25 + 75 e − 0, 031( ) (3) por lo tanto en (2 ) : (Temperatura del cuerpo en cualquier tiempo ) a ) Temperatura para = 20 min : en (3) T = 25 + 75e − 0, 031( 20 ) ⇒ T = 65,35º C. b) Tiempo para T = 40º C : en (3) 40 = 25 + 75e − 0, 031( ) ⇒ = 52 min. c) Tiempo para T = 26º C : en (3) 26 = 25 + 75e − 0, 031( ) ⇒ = 139,27 min 4.A.- APLICACIONES EN CIRCUITOS ELECTRICOS. La electricidad tiene una ley que describe el comportamiento de los circuitos eléctricos, conocida como la LEY DE KIRCHOFF: “La suma algebraica de todas las caídas de voltaje alrededor de un circuito eléctrico es cero”. Considerar un circuito eléctrico que consiste de una fuente de voltaje E (bateria o generador), una resistencia R ; un inductor L conectados en serie. Entonces por convención la corriente fluye del lado positivo (+) del generador a través del circuito hacia el lado negativo (-). (Ver fig). Por Kirchoff, la fuerza electromotriz (f.e.m) dI más la caída dT suministrada es igual a la caída de voltaje a través del inductor L de voltaje a través de la resistencia (RI) , entonces se tiene la ecuación diferencial requerida para el circuito: L Ing°Jose Hilario Berrios dI + RI = E dt 56 Ejemplo 8.- Un generador con f.e.m de 100 voltios se conecta en serie con una resistencia de 10 ohmios y un inductor de 2 henrios. Si el interruptor K se cierra en un tiempo T=0, hallar: ia) Una expresión para la corriente (I) c) La corriente en el tiempo t=8 s E = Voltaje suministrado = 100 V Soluciòn : se tiene : Caìda de voltaje a travès de la resistencia de 10 Ω = RI = 10 I Caìda de voltaje a travès del inductor : L ⇒ se tiene la ecuaciòn diferencial : 2 dI dI =2 dt dt dI + 10 I = 100 dt dI + 5 I = 50 ⇒ resolviendo obtenemos : I = 10 + C e − 5t (1) dt Ahora para t = 0 ; I = 0 ⇒ en (1) : 0 = 10 + C e − 5(0 ) ; ⇒ C = −10 ⇒ ∴ i ) en (1) I = 10 − 10 e − 5t ( ) ⇒ I = 10 1 − e − 5t (Expresiòn para la corriente ) ( ii ) Corriente en t = 8s : en (2 ) : I = 10 1 − e − 5 (8 ) ) = 10 A Ejemplo 9.- Un generador con f.e.m de 20cos5t voltios, se conecta en serie con una resistencia de 10 ohmios y un inductor de 2 henrios. Establezca y resuelva una ecuación diferencial para la corriente si el interruptor se cierra en un tiempo t=0. Ing°Jose Hilario Berrios 57 Soluciòn : La ecuaciòn diferencial del circuito elèctrico es : dI + RI = E ; Segùn los datos del problema se tiene : dt dI dI 2 + 10 I = 20 cos 5t ó + 5I = 10 cos 5t dt dt 5 dt 5 dt Re solviendo la ec .dif . lineal se tiene : I 0e ∫ = ∫10 cos 5te ∫ + C L ⇒ Ie5t = 10∫ e5t cos 5tdt + C ; int e gra ndo por partes : I = cos 5t + sen 5t + Ce − 5(0 ) (1) Ahora para t = 0 ; I = 0 ⇒ en (1) : 0 = cos 5(0) + sen 5(0) + Ce − 5(0 ) ⇒ C = −1 asì que en la soluciòn general (1) : I = cos 5 t + sen 5 t − e − 5t Rpta. 5.A.- TRAYECTORIAS ORTOGONALES Un problema común en electrostática, termodinámica, e hidrodinámica requiere saber hallar una familia de curvas, ortogonal cada una de ellas a todas las curvas de una cierta familia dada. En electrostática, las líneas de fuerza son ortogonales a las curvas equipotenciales. En termodinámica, el flujo de calor a través de una superficie plana es ortogonal a las curvas isotermas. En hidrodinámica las líneas de flujo son trayectorias ortogonales a las curvas potenciales de velocidades, etc. Ejemplo 10.- Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas x2+y2=c2, y dibuje varios miembros de la familia. Soluciòn : Tenemos : x 2 + y 2 = C 2 (Familia de circunferencias con centro en el orìgen y radio C ) Derivando implícitam ente respecto a " x" se tiene : 2 x + 2 yy ' = 0 ⇒ y ' = ⇒ dy x =− dx y (Pendiente de la dy 2x =− dx 2y familia dada de curvas en cualquier punto x, y ) la familia ortogonal debe tener pendiente recíproca negativa : ⇒ y dy y ;∴ = x dx x dy dx = ⇒ Lny = Lnx + LnC ⇒ y x la solución general repre sen ta una familia de rectas. y = Kx Re solviendo obtenemos : Ing°Jose Hilario Berrios 58 Ejemplo 11.- Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas y=cx2, y dibuje varios miembros de la familia. Solución : Sea : y = Cx 2 ; despejando : C = x2 dy − 2 xy dx x4 y x2 ; derivando implícitamente : dy 2 y (Pendiente de la familia ) = dx x dy x La pendiente de la familia ortogonal es : =− ⇒ separando var iables e dx 2y 0= ⇒ x2 dy = 2 xy ⇒ dx x2 + y2 = C 2 int e gra ndo obtenemos : (Ec de la familia ortogonal , familia de elipses ). 6.A.- APLICACIÓN A MEZCLAS En un proceso físico o químico, la cantidad que ingresa debe ser igual a la cantidad que sale más las acumulaciones : ENTRADA= SALIDA+ACUMULACION (Ecuación de la continuidad) Ejemplo 12.- Un tanque se llena con 32 litros de una solución salina que contiene 0,8 Kg de sal disuelto. Luego se introduce en el tanque solución salina que contiene 0,3 Kg de sal por litro a un gasto de 16 l/min, luego la mezcla se agita y sale del tanque al mismo gasto. Hallar: a) Cantidad de sal en cualquier tiempo. b) B) Concentración de sal después de 8 minutos. Solución : Sea Q = Cantidad de sal acumulada en el tanque en el tiempo "t" según la ec .de la continuida d : Acumulació n = Entrada − Salida (1) La entrada es : E = 16 La salida es : E = 16 l Kg Kg 0,3 = 4,8 min l min l Q Kg Q Kg = min 32 l 2 min ; la acumulació n es : cambio de la cantidad acumulada en cualquier tiempo "t" ) Ing°Jose Hilario Berrios dQ dt (razón de 59 ⇒ en (1) : dQ Q = 4,8 − dt 2 ⇒ dQ 9,6 − Q = dt 2 ⇒ dQ 1 dQ 1 = dt ⇒ = − dt 9,6 − Q 2 Q − 9,6 2 t − 1 resolviendo tenemos : Ln Q − 9,6 = − t + C ⇒ Q = 9,6 + Ce 2 (2 ) 2 Ahora : para t = 0 hay una cantidad Q = 0,8 Kg de sal disuelta ⇒ en (2 ) : − 0 2 − t 2 0,8 = 9,6 + Ce ⇒ C = −8,8 ∴ en (2 ) : Q = 9,6 − 8,8e (3) (Cantidad de sal en cualquier tiempo "t" en min) Rpta (a ). − 8 2 b) Cantidad de sal cuando t = 8 min : en(3) Q = 9,6 − 8,8e ⇒ Q = 9,44 Kg . 9,44 Kg Kg ∴ Concentración de sal es : = 0,295 Rpta. 32 l l Ejemplo 13.- Una galería minera contiene 90 000 m 3 de aire cuya concentración es de 0,2 % de CO2. Si se desea remover esa atmósfera de aire con otra fresca proveniente del exterior, cuya concentración sea de 0,05 % de CO2 mediante el uso de ventiladores cuya velocidad es de 9 000 m 3/min. Determinar el porcentaje de CO” al cabo de 25 minutos. Solución : Sea Q = m3 de CO2 al cabo de "t" minutos, entonces se tiene : ( ) ( ) ( ) Acumulación m3 CO2 = Entrada m3 CO2 − Salidas m3 CO2 (1) dQ (razón de cambio del volúmen acumulado en cualquier tiempo) dt m3 m3 Q(9000) m3 La entrada es : E = 0,0005(900) = 4,5 ; La salida es : S = min min 90000 min La acumulación es : − dQ Q ∴ en (1) : = 4,5 − t 10 ; separando var iables e int e gra ndo : Q = 45 + Ce (2 ) dt 10 Ahora en el int erior de la galeria se tiene : Para t = 0 ; Q = 0,002(90000) = 180 m3 ∴ en la sol. general (2) se tiene : 180 = 45 + Ce Q = 45 + 135 e − t 10 (3) − 0 10 ⇒ C = 135 ; ∴ en (2 ) (Volumen deCO2 en cualquier tiempo). Ahora para t = 25 min, en (3) : Q = 45 + 135 e ∴ el % de ren dim iento es : % CO2 = − 25 10 ⇒ Q = 56,08 m3 de CO2 56,08(100) = 0,062 % Rpta. 90000 7.A.- APLICACIONES A LAS REACCIONES QUIMICAS. Las Ecuaciones diferenciales se aplican también a las reacciones químicas de primer, segundo orden etc. Para una reacción de 1er orden A- B, la velocidad de Ing°Jose Hilario Berrios 60 transformación de una cierta cantidad “x” de sustancia no transformada es proporcional a “x”, o sea : dx = kx dt Ejemplo 14.- En un proceso químico una sustancia A se transforma en otra B con una velocidad proporcional a la cantidad de sustancia que queda sin transformar. Si al cabo de 1 hora esa cantidad es 48 gramos y al cabo de 3 horas es 27 gramos. Hallar la cantidad que había al principio. Solución : Sea la reacción : A → B y " x" la cantidad que queda sin transformar. La solución general de (1) es : x = Ce kt(2 ). Ahora para t = 1 hora ; x = 48 g ⇒ en (2 ) 48 = C e k (1) ( ). Para : t = 3 horas ; x = 27 g ⇒ en (2 ) se tiene : 27 = C e k (3 ) ( ). Ahora dividiendo ( ) entre ( ) : 27 C e3k = 48 C e k ⇒ k = −0,2877 ∴ en ( ) : 48 = C e − 0, 2877 (1) ⇒ C = 64 : ∴ en (2 ) : x = 64 e − 0, 2877 t (3) (cantidad sin transformar en cualquier tiempo). Ahora para t = 0 en (3) calculamos la cantidad de sustancia que había al principio : x = 64 e − 0, 2877 (0 ) x = 64 gra mos Rpta. 8.A.- APLICACIONES A LA DINAMICA Se hace uso de la 2da ley de Newton que establece que la rapidez de cambio del movimiento de una partícula es proporcional a la fuerza que actúa sobre ella y que se verifica en la misma dirección que la fuerza. Además como: a= dv dt y v= ds dt F = km ; para una partícula de masa constante " m" se tiene : dv d 2s = mk 2 dt dt ó F= w dv w d 2 s = g dt g dt 2 k= Constante de proporcionalidad que depende del sistema que se emplea. En el sistema C.G.S ;k=1 Ejemplo 15.- Un cuerpo de 8 libras de peso cae partiendo del reposo desde una gran altura, conforme cae, actúa sobre él la resistencia del aire a la que supondremos (en libras) numéricamente igual a 2v, siendo “v” la velocidad en pies/s. Halle una expresión para la velocidad y la distancia recorrida al cabo de “t” segundos. Ing°Jose Hilario Berrios 61 Solución : En el gráfico se muestran las condiciones del problema : i ) Elpunto" A": orígen en el que el cuerpo inicia su caída ii ) F1 = 8 lb , actúa hacia abajo y ∴ es positiva. iii ) F2 = 2V resistencia del aire, actúa hacia arriba, ∴ es negativa con valor − 2V . ⇒ en este problema hacemos uso de la 2da ley de Newton : F = m.a (1). Como la aceleración es : a = dV dV ⇒ en (1) F1 + F2 = m (2 ) dt dt w 8 8 dV Ahora : m = ; g = 32 pies 2 ⇒ m = ⇒ en (2 ) : 8 − 2V = ; ∴ sepa − s g 32 32 dt dV dV rando var iables se tiene : = 8dt ⇒ = −8dt ⇒ Ln V − 4 = −8t + C 4 −V V −4 ⇒ V = 4 + C e −8t (3). Ahora : para t = 0 ; V = 0 ⇒ en (3) se tiene : 0 = 4 + C e −8(0 ) ⇒ C = −4 ; reemplazando en (3) : V = 4 − 4e −8t ( ) V = 4 1 − e −8t (velocidad en "t" segundos ). Ahora se sabe que : V = s = distancia en el instante "t" ⇒ 1 int e gra ndo : s = 4t + e −8t + C1 2 ( ) ( entonces : ds , siendo : dt ) ds = 4 1 − e −8t ⇒ ds = 4 1 − e −8t dt ⇒ dt 1 ⇒ s = 4 t + e −8t + C (4 ). 8 1 1 Ahora para t = 0 ; s = 0 ⇒ en (4 ) : 0 = 4 0 + e −8(0 ) + C ∴ C = − 8 2 1 1 ∴ la distancia recorrida es : s = 4 t + e −8t − Rpta. 8 2 9.A.- APLICACIONES GEOMETRICAS Ejemplo 16.- Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (0,10) y que goza de la siguiente propiedad: “Si por un punto cualquiera de ella se traza la tangente geométrica y por el pie de la ordenada del punto de tangencia, una perpendicular a la tangente geométrica, hasta encontrar a dicha tangente, tal perpendicular mide siempre 10 unidades de longitud”. Ing°Jose Hilario Berrios 62 Solución : Según los datos del problema y de la figura se tiene : HQ = 10 ; RQ = K ; la pendiente de la tan gente en " P" es : dy y dy y = tan = ⇒ = (1). Ahora por semejanza dx K dx K HQ K de triángulos : ∆RHQ ≅ ∆PHQ ⇒ = HP y también : HP = de las exp resiones (1) y (2) se tiene : Ln y 2 − 100 ⇒ K = 10dy y 2 − 100 y HQ HP ⇒ K= y (10) y 2 − 100 (2 ) = dx , int egrando obtenemos : y + y 2 − 100 x = + C (3). Ahora para x = 0 ; y = 10 en (3) tenemos : C = 0 10 10 x Luego la ecuación de la curva pedida es : y + y 2 − 100 = 10e 10 Rpta. 10.A.- APLICACIONES A LA ECONOMIA Debido a que la economía involucra muchos factores impredecibles, tales como decisiones psicológicas o políticas, la formulación matemática de sus problemas es un tanto dificultoso, sin embargo se puede aplicar a ciertos problemas por ejm, de interés compuesto Ejemplo 17.¿Qué tasa de interés pagadera anualmente equivale al 5% de interés contínuo? Solución : La razón de cambio del monto respecto al tiempo es proporcional al monto ds pre sen te en cualquier tiempo, o sea : = ks ; k = constante, en este caso : k = i dt ds ds = is ⇒ = idt ; int e gra ndo : Lns = it + C ⇒ s = C eit dt s Ahora para t = 0 ; s = Cei (0 ) ⇒ s = C ; en este caso : C = constantede int e gra ción igual al capital P ; ∴ s = Peit (1) ; además se sabe por fórmula que : s = P (1 + j )(2 ) , j = Tasa de int erés pagadera anualmente igualando las exp resiones (1) y (2) se tiene : P (1 + j ) = Peit ⇒ 1 + j = eit ⇒ j = eit − 1(3) Ahora para i = 5% (int eréscontinuo) = 0,05 , t = 1 año se tiene en (3) : j = e0, 05 − 1 = 0,0513 ; ∴ j = 5,13 % Rpta. Ing°Jose Hilario Berrios 63 PROBLEMAS PROPUESTOS DE APLICACIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES 1. Un cultivo bacteriano crece exponencialmente de manera que el número inicial se duplica en 3 horas.¿Cuántas veces aumenta el número inicial después de 9horas. Rpta : 8 veces 2. Si la población mundial en 1 980 era de 4,5 x 109 habitantes, sabiendo que crece exponencialmente a razón de 4Ln2 % al año , estimar la población en el año 2030. Rpta : 18 x 109 3. El Isótopo Torio 234 se desintegra a una rapidez proporcional a la cantidad presente. Si 100 mg de éste material radiactivo se reduce a 82,04 mg en una semana. Encontrar una expresión para la cantidad presente en cualquier tiempo, y el tiempo que debe transcurrir para que la masa caiga a la mitad de su valor original. Rpta : 24,75 días 4. La razón de variación instantánea con que se desintegran los núcleos radiactivos es proporcional al número de tales núcleos presentes en una muestra dada. La mitad del número de núcleos radiactivos se ha desintegrado en un periodo de 1 500 años, entonces i) ¿Qué porcentaje de los núcleos radiactivos originales quedará al cabo de 4 500 años. Rpta : 12,5 % X0 ii) ¿Cuántos años tardará en reducirse a una décima parte el número original de tales núcleos. Rpta : 4 983 años 5. A causa del accidente del reactos nuclear de Chernobyl, en Abril de 1 986, quedó en el aire Cesio radiactivo 137. La vida media del 137Cs es 27,9 años. i) ¿Cuándo habrá solamente ¼ de la cantidad inicial? Rpta : 55,9 años ii) ¿Cuándo habrá solamente el 20% de la cantidad inicial? Rpta : 64,9 años 6. Un analista desea enfriar desde 80ºC hasta 60ºC una sustancia contenida en un matraz. Se coloca el dispositivo en un recipiente amplio por el que circula agua a 15ºC. Se observa que después de 2 minutos la temperatura ha descendido a 70ºC. Estime el tiempo total de enfriamiento. Rpta : 4,45 min. 7. Un termómetro que marca 75ºF se lleva fuera donde la temperatura es de 20ºF. 4 minutos más tarde el termómetro marca 30ºF. Encuentre: i) La lectura del termómetro siete minutos después de que este ha sido llevado al exterior. Rpta : 23ª F ii) El tiempo que toma el termómetro para caer desde 75ºF hasta medio grado con respecto a la temperatura del aire Rpta : 11 min. 8. Halle la intensidad de la corriente que circula por un circuito impulsada por una fuerza electromotriz E= E0 e-2t Cos2t, si se tienen los siguientes datos : L = 0,4 henrios, R = 5 ohm , E0 = 100 voltios , i = 0 para t = 0 Rpta : i = 1,66(10,5cos2Π t + 2Π sen2Π t)e-2t – 17,43 e-12,5t 9. Encontrar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas : y2 = Cx3 Rpta: 2x2 + 3y2 = K 10. Encuentre la trayectoria ortogonal de la familia de curvas: x 2 + 3y2 = C y ,y que pase por el punto (1,2) Rpta: y2 = x-2(3x+1) 11. Hallar la curva cuya subtangente es igual al doble de la absisa del punto de tangencia. Rpta: y2 = C x 12. Hallar la ecuación de una curva, sabiendo que el área comprendida entre la curva, el eje de las x, una ordenada fija y una ordenada variable, sea proporcional a la diferencia entre esas ordenadas. Rpta: y = Cex/k Ing°Jose Hilario Berrios 64 CAPITULO V ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Las ecuaciones diferenciales de orden superior u orden “n” tienen la siguiente forma: F(x, y, y’, y’’, ……yn ) = 0 Para resolver este tipo de ecuaciones diferenciales consideraremos los siguientes casos: Primer Caso. Ecuaciones diferenciales de la forma: dny = f ( x) dxn f ( x) es sólo función de x La solución general se obtiene por integración sucesivatal como se muestra en los siguientes ejemplos: Ejemplos: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales 1. d2y = x2 2 dx 2. y '' = 2 senx cos 2 x − sen3 x 3. y ''' = xe− x y ( 0) = 0 , y ' ( 0) = 2 , y ' ' ( 0) = 2 Segundo casoLa ecuación diferencial no contiene a la función incógnita, o sea la ecuación diferencial tiene la siguiente forma: F= (x, y(k) ; y(k+1) , ……….y(n) ) = 0 En este caso se puede reducir el orden de la ecuación diferencial mediante el cambio de variables : y(k) = p, como se observa en el siguiente ejemplo. Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial: 1. d5y 1 d4y − =0 dx5 x dx4 En particular si una ecuación diferencial de 2do orden no contiene a “y” , entonces la sustitución y’ = p la reduce a una ecuación diferencial de primer orden Ejemplos: Resolver las ecuaciones diferenciales: 2. (y ) 3. y' x y' ' = + x y' '' 2 − 3y' − 5 = 0 2 y ( 2) = 0 ; y ' ( 2) = 4 Tercer caso. La ecuación diferencial no contiene a la variable independiente x: La forma de la Ec. Dif. Es:F(y, y’, y’’,……y(n) ) = 0 Ing°Jose Hilario Berrios 65 En este caso el orden de la ecuación se puede reducir en una unidad, por medio de la sustitución y’= p; además, p se considera como una nueva función desconocida de y, o sea p = p(y), y por lo tanto, todas las derivadas dk y deben expresarse por dxk medio de las derivadas de la nueva función desconocida p(y) con respecto a y : dy = p dx d 2 y dp dp dy dp = = = p, dx 2 dx dy dx dy d 3 y d dp = dx 3 dx dy d dp p = dy dy 2 dy d 2 p 2 dp p = 2 p + p dx dy dy y así, análogamente para las demás derivadas de orden superior. En particular, si la ecuación de segundo orden no contiene a la variable independiente, entonces la sustitución de variables señalada conduce a una ecuación de primer orden Ejemplo: Resolver las ecuaciones diferenciales: . 1. 1+ ( y' )2 = yy' ' ........(1) Solución: Haciendolas sustitucio nes: y' = p ; y' ' = p Reemplazando en (1) : 1+ p2 = yp dp dy dp ; dividiendoentre yp tenemos: dy 1 p2 yp dp 1 p dp dp p p−1 + = ⇒ + = ; ordenando : − = .....(ec. dif Bernoulli ) yp yp yp dy yp y dy dy y y Ing°Jose Hilario Berrios 66 Donde : p ( y ) = − 1 y ; Q( y ) = La solución general es : p1− n e ∴p e 2 −2 ∫ dy y ⇒ p 2e Lny ⇒ ∴∫ 1 −2∫ = 2∫ e y −2 = 2∫ 1 y ; n = −1 ; 1 − n = 2 ∫ = (1 − n) ∫ Q ( y )e (1nn ) p ( y ) dy dy y dy + C1 ⇒ 1 Lny − 2 e dy + C1 ⇒ y p 2e − 2 Lny = 2 ∫ ∫ (1nn ) p ( y ) dy dy + C 1 − 2 Lny e dy + C1 y p2 1 1 = 2∫ dy + C1 ⇒ 2 y y y2 p2 1 = 2 ∫ 3 dy + C1 2 y y p2 1 dy = − 2 + C1 ; ⇒ p 2 = C1 y 2 − 1 ; ⇒ p = C1 y 2 − 1 ⇒ = C1 y 2 − 1 2 y y dx dy 1 = ∫ dx ⇒ int egrando : Ln C1 y + C1 y 2 − 1 = x + C2 .......Rpta 2 C1 C1 y − 1 Cuarto CasoEl primer miembro de la ecuación F(x, y, y’, y’’,….y(n) ) =0 es la derivada de cierta expresión diferencial de orden n-1. En este caso se halla fácilmente la llamada primera integral, o sea, una ecuación diferencial de orden n-1, que contiene una constante arbitraria, y que es equivalente a la ecuación dada de nésimo orden, con lo cuál se reduce el orden de la ecuación en una unidad. Ejemplos: Resolver las ecuaciones diferenciales 1. yy' '+( y ' ) 2 = 0 2. yy' '−( y ' ) 2 = 0 Ecuaciones diferenciales lineales de orden “n” Una ecuación diferencial de orden “n” tiene la siguiente forma: a 0 ( x) y n + a1 ( x) y n −1 + a 2 ( x) y n − 2 + + a n −1 ( x) y ' + a ( x) y = f ( x) Donde ao, a1, a2, ...... y f(x) son funciones solo de x o constantes. Si f(x) = 0, la ecuación diferencial se denomina homogénea, en caso contrario es no homogénea. Si los coeficientes ao, a1, a2,....an son constantes , la ecuación se llama ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes y si cualquiera de los coeficientes no es constante, se llama ecuación diferencial con coeficientes variables. Ejemplos: y’’-3y’+y=0 (Ec. Dif. Lineal homogénea con coeficientes constantes) Xy’’-3x2y’+y = Ln x (Ec. Dif. Lineal no homogénea con coeficientes variables) Independencia lineal de funciones. Consideremos un número finito de funciones: y1, y2, .....yn definidas en algún intervalo (a,b). Se dice que estas funciones son linealmente independientes si existen escalares :C1, C2, .......Cn, tal que: C1y1+C2y2+.......+Cnyn= 0entonces : C1=C2=......= Cn= 0 Ing°Jose Hilario Berrios 67 Si algunos de los escalares: C1, C2,......, Cnes diferente de cero, se dice que las funciones son linealmente dependientes. Ejm 1. Las funciones :y1 = senx y y2 = x son linealmente independientes, porque los únicos valores de C1 y C2 para los cuales: C1senx + C2 x = 0, son: C1= 0 y C2 = 0 Ejm 2. Las funciones :y1 = x y y2 = 3x son linealmente dependientes, porque los valores de C1 y C2 para los cuales: C1 x + C2 (3x) = 0, admite solución: C1= -3 y C2 = 1 El Wronskiano. El Wronskiano de 2 funciones derivables f(x) y g(x) denotado por W(f,g); se define como la función dada por el determinante: W [ f , g] = f g f ' g' Las funciones f y g , son linealmente independientes si existe al menos un valor de “x” para el cual : W f g ≠ 0. Si W f g = 0 las funciones son linealmente dependientes Ejemplo: Demostrar que las funciones :y1= eax independientes. ; y y2 = ebx , son linealmente ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS DE 2do ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES. Si y1y y2 son soluciones linealmente independientes de dicha ecuación diferencial, entonces la solución general es: Y = C1y1 + C2y2 , siendo C1 y C2 constantes. Este teorema dice que si podemos hallar 2 soluciones linealmente independientes, entonces podemos obtener la solución general mediante combinación lineal de las dos soluciones. Para hallar dos soluciones linealmente independientes se puede observar que la naturaleza de la ecuación: y’’ + a1y’ + a0y = 0 (1) sugiere que debe tener soluciones de la forma: y = emx; si así es, entonces: Y’=me mx ; y’’=m2e mx Sustituyendo en (1) :m2e mx + a1 me mx + a0emx=0 Ing°Jose Hilario Berrios ; entonces : emx(m2: + a1m + a0)=0 68 Por lo tanto :y = e x será solución si : m2 +a1m + a0= 0 ..........(2) La ecuación (2) se conoce como ecuación característica o auxiliar de la ecuación diferencial: y’’ + a1y’ + a0y = 0 Ejemplo: sea la ecuación diferencial : y’’ + 3y’ – 4y =0 ; la ecuación característica es : m2 +3m –4=0 Solución en términos de las raíces características. Al resolver la ecuación característica, las raíces pueden ser: reales distintas ; reales iguales o complejas conjugadas ; entonces se tienen 3 casos: 1. Raíces reales y diferentes .- Si m1 y m2 son raíces reales diferentes de la ecuación característica, entonces la solución general es : y = C1 e m1 x + C2 e m2 x 2. Raíces reales iguales .- Si m1 y m2 son raíces reales iguales de la ecuación característica, entonces la solución general es : y = C1e m1 x + C2 x e m1 x 3. Raíces complejas .- Si : m1 = + i y m2 = − i son raíces complejas conjugadas de la ecuación característica, entonces la solución general es : y = C1 e x cos x + C2 e x sen x Se ilustran estos tres casos con los siguientes ejemplos: EJERCICIOS RESUELTOS 1.- Resolver la Ecuación diferencial: y’’-3y’+4y=0 Solución : La ecuación característica correspondiente a la ec .dif es : m 2 − 3m + 4 = 0 3 7 3 7 + i ; m2 = − i 2 2 2 2 3 3 x x 7 7 Por lo tanto la solución general es : y = C1 e 2 cos x + C2 e 2 sen x Rpta. 2 2 Las raíces de la ecuación característica son : m1 = 2.- Resolver la ecuación diferencial : y’’- 4y=0 Ing°Jose Hilario Berrios 69 Solución : La ecuación característica corresponiente a la ec .dif . es : m 2 − 4 = 0 Las raíces de la ecuación característica son : m1 = 2 y m2 = −2 por lo tanto la solución general es : y = C1 e 2 x + C2 e − 2 x Rpta. 3.- Resolver la ecuación diferencial : y’’+6y’+9y=0 Solución : La ecuación característica correspondiente a la ec .dif . es : m 2 + 6 y '+9 y = 0 Las raíces de la ecuación característica son : m1 = m2 = −3 (raíces reales repetidas) por lo tanto la solución general es : y = C1 e − 3 x + C2 x e − 3 x Rpta. 4.- Hallar la solución particular de la ecuación. diferencial: y’’-y’-30y=0 ; y(0)=1 ; y’(0)=-4 Solución : La ecuación característica es : m 2 − m − 30 = 0 ⇒ m1 = −5 ; m2 = 6 por lo tanto la solución general es : y = C1 e − 5 x + C2 e6 x ( ) ahora : x = 0 ; y = 1 ⇒ en ( ) : 1 = C1e − 5(0 ) + C2e6 (0 ) ⇒ C1 + C2 = 1(I ) para usar la 2da condición, derivamos ( ), ⇒ y ' = −5C1 e − 5 x + 6C2 e6 x ( ) ahora : x = 0 ; resolviendo y ' = −4 ⇒ en ( ) : − 4 = −5C1 + 6C2 (II ) (I ) y (II ) tenemos : ∴ en ( ) se tiene : y = C1 = 10 1 ; C2 = 11 11 10 − 5 x 1 6 x e + e solución particular 11 11 5.- Resolver la ecuación diferencial : (Rpta ) y’’’-6y’’+11y’-6y=0 Solución : La ecuación característica es : m3 − 6m 2 + 11m − 6 = 0 resolviendo obtenemos : m1 = 1 , m2 = 2 , m3 = 3 ; entonces la solución general es : y = Ce x + C2e 2 x + C3e3 x Rpta 6.- Resolver la ecuación diferencial : y’ v+8y’’’+24y’’+32y’+16y=0 Solución : La ecuación característica es : m 4 + 8m3 + 24m 2 + 32m + 16 = 0 resolviendo obtenemos : m1 = m2 = m3 = m4 = −2 ; entonces la solución general es : y = Ce− 2 x + C2 xe− 2 x + C3 x 2e − 2 x + C4 x3e − 2 x Rpta 7- Resolver la ecuación diferencial: Ing°Jose Hilario Berrios d4y d2y + 5 2 − 36 y = 0 dx4 dx 70 Solución : La ecuación característica es : m 4 + 5m 2 − 36 = 0 ⇒ (m 2 )( ) + 9 m2 − 4 = 0 ∴ las raíces características son : m1 = −2 ; m2 = 2 ; m3 = 3 i ; m4 = −3 i y = C1e −2 x + C2 e 2 x + C3 cos 3x + C4 sen3x Rpta. la solución general es : d5y d4y d3y d 2 y dy − − 2 + 2 + −y=0 dx5 dx4 dx3 dx2 dx 8- Resolver la ecuación diferencial: Solución : La ecuación característica es : m5 − m 4 + 2m3 + 2m 2 + m − 1 = 0 ∴ las raíces características son : m1 = m2 = m3 = 1 (raíz de multiplicidad 3) m4 = m5 = −1 (raíz de multiplicidad 2) la solución general es : y = C1e x + C2 xe x + C3 x 2e x + C4e − x + C5 xe − x Rpta. PROPUESTOS: Resolver las ecuaciones diferenciales 1. 2. 3. 4. 5. y ' '− 3 y '+ 2 y = 0 y ' '− 2 y '− 2 y = 0 y ' '− y = 0 y ' '+ 2 y '+ y = 0 y ' '− 6 y '+ 9 y = 0 3 ; y (0 ) = 0 ; y ' (0 ) = 2 2 d y d y dy + 4 + 4 = 0 3 2 dx dx dx d3y d2y dy 7. −2 −3 = 0 3 2 dx dx dx d4y d3y d 2y dy 8. −2 + + 2 − 2y = 0 4 dx dx dx 3 dx 2 d4y d2y 9. 4 +5 − 9y = 0 4 dx dx 2 d5y d3y d 2 y dy 10 . + 2 + 10 + + 10 y = 0 5 3 dx dx dx dx 2 6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGENEAS Estas ecuaciones diferenciales presentan la siguiente forma: A0yn + a1yn-1 + a2yn-2+ …….+ any =f(x) Donde : a0 , a1 , a2 , ….an son constantes reales , y f(x) es una función que puede asumir diferentes formas, ejm: f(x) = x2 +x ; f(x)= 3exsenx ; f(x) = x Cos x ; f(x) = Lnxetc Solución General de una Ecuación Diferencial lineal no Homogénea de 2do orden Se halla la solución complementaria, o seala solución general de la ecuación homogénea correspondiente, esto se simboliza por yh Se procede a calcula la solución particular de la ecuación no homogénea, lo simbolizamos con yp Ing°Jose Hilario Berrios 71 La solución de la ecuación diferencial no homogénea es : y =yh + yp Método de los Coeficientes Indeterminados para hallar y p Si f(x) consiste en la suma o productos de; xn,emx , senax , cosbx , etc., entonces podemos hallar una solución particular yp por el método de los coeficientes indeterminados. La clave de éste método estriba en conjeturar que la solución ypes una forma generalizada de f(x) ; así por ejemplo; Si f(x) = 3x2 ; escoger yp= Ax2 + Bx + C Si f(x) = e2x; escoger yp= Ae2x x Si f(x) = 4x e ; escoger yp= Axex + Bex Si f(x) = x + senx; escoger yp= (Ax+B) + C sen x + D Cos x ………….etc. Entonces por sustitución en la ecuación diferencial propuesta determinamos los coeficientes de ésta solución generalizada, como podemos ver en los siguientes ejemplos: Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no homogéneas por el método de coeficientes indeterminados: 1. y ' '+4 y = 4e 2 x 2. y ' '+4 y '+4 y = 6 sen3 x d 2 y dy − = x2 dx 2 dx 4. y ' '−4 y '−5 y = 5 x 3. MODIFICACIONES. Si cualquier término de la solución asumida ypes también un término de yh (solución homogénea); entonces la solución asumida debe modificarse multiplicándola por xm, donde “m” es el menor entero tal que el producto de xm por la solución asumida yp no tenga términos en común con yh Ejemplo: Sea una ecuación diferencial con la solución homogénea : yh = C1 + C2 x y sea f(x) = x2 ; la elección normal de yp sería : y p = Ax 2 + Bx + C ; observamos que yp tiene términos en común con yh , entonces multiplicándola por “x” tenemos que : y p = Ax 3 + Bx 2 + Cx que todavía tiene el término común “Cx” ; entonces multiplicamos por x2 , y tenemos : y p = Ax 4 + Bx 3 + Cx 2 que ya no tiene términos en común con yh Ejercicios. Resolver las ecuaciones diferenciales: d2y dy −4 = xe 4 x 2 dx dx 2. y ' ' '− y ' = x + 1 3. y ' '+ y = cos x − senx 4. y ' '+ y = 4 x cos x 1. Ejercicios resueltos,método de los Coeficientes Indeterminados: 1.- Resolver la ecuación diferencial: y' '−16 y = x Ing°Jose Hilario Berrios ( ) 72 Solución : i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m 2 − 16 = 0 ; ⇒ las raíces son : m1 = −4 yh = C1 e − 4 x + C2 e 4 x y m2 = 4 ⇒ ii ) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f ( x) = x ⇒ y p = Ax + B ⇒ y' p = A ; y ' ' p = 0 ; esto lo reemplazamos en la ec dif ( ) : ⇒ 0 − 16 ( Ax + B ) = x ⇒ − 16 Ax − 16 B = x ; ∴ identificando coeficientes de potencias iguales de " x" tenemos : − 16 A = 1 ⇒ A = − ∴ yp = − 1 ; − 16 B = 0 ⇒ B = 0 16 1 x ⇒ la solución general es : y = yh + y p 16 1 y = C1 e − 4 x + C2 e 4 x − x Rpta. 16 por consiguiente : 2.- Resolver la ecuación diferencial: y ' '−2 y '−3 y = 2 sen x ( ) Solución : i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m 2 − 2m − 3 = 0 ; ⇒ las raíces son : m1 = −1 y m2 = 3 ⇒ yh = C1 e − x + C2 e3 x ii ) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generaliza da de f ( x) = 2 senx ⇒ y p = Asenx + B cos x ⇒ y ' p = A cos x − Bsenx ; y ' ' p = − Asenx − Bcosx reemplazan do en la ecuación diferencial ( ) tenemos : − Asenx − B cos x − 2 A cos x + 2 Bsenx − 3 Asenx − 3B cos x = 2 senx ⇒(−4A+ 2B)senx+ (−4B − 2A)cosx = 2senx ;∴identifica ndo coeficient es setiene: − 4A+ 2B = 2(1) − 2A− 4B = 0(2) Resolviendo (1) y (2) obtenemos : A = −2 y B= 1 5 5 2 1 ∴ yp = − senx+ cosx ⇒ la solución general es: y = yh + yp 5 5 porconsiguien te: 2 1 y = C1 e−x +C2 e3x − senx+ cosxRpta . 5 5 3.- Resolver la Ecuación Diferencial: y ' '−6 y '+9 y = x 2 − x + 3 ( ) ; y (0) = Ing°Jose Hilario Berrios 4 ; 3 y ' ( 0) = 1 27 ; 73 Solución : i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m 2 − 6m + 9 = 0 ; ⇒ (m − 3) 2 = 0 ; ∴ m = 3 (raíz de multiplicidad 2) ⇒ yh = C1 e3 x + C2 x e3 x ii ) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f ( x) = x 2 − x + 3 ⇒ y p = Ax 2 + Bx + C ⇒ y ' p = 2 Ax + B ; y' ' p = 2 A ; reemplazando en la ecuación diferencial ( ) tenemos : 2 A − 12 Ax − 6 B + 9 Ax 2 + 9 Bx + 9C = x 2 − x + 3 , igualando coeficientes de potencias iguales de " x" tenemos : 9 A = 1 ⇒ A = 1 2 A − 6 B + 9C = 3 ⇒ 9 ; − 12 A + 9 B = −1 ⇒ B = 1 27 2 6 1 − + 9C = 3 ⇒ C = 9 27 3 1 2 1 1 x + x+ ⇒ la solución general es : y = yh + y p por consiguiente : 9 27 3 1 1 1 y = C1 e3 x + C2 x e3 x + x 2 + x + ( I ). 9 27 3 Ahora para hallar la solución particular se tiene : y (0) = 4 ; y ' (0) = 1 3 27 4 1 1 1 2 ⇒ en ( I ) : = C1e3(0 ) + C2 (0 )e3(0 ) + (0 ) + (0 ) + ⇒ C1 = 1 3 9 27 3 2 1 1 Ahora derivando ( I ) : y ' = 3C1 e3 x + C2 (3xe3 x + e3 x ) + x + ; x = 0 ; y' = 9 27 27 1 2 1 ∴ = 3(1) e3( 0 ) + C2 (3(0)e3(0 ) + e3(0 ) ) + (0) + ⇒ C2 = −3 27 9 27 1 1 1 ⇒ La solución particular es : y = e3 x − 3xe3 x + x 2 + x+ 9 27 3 1 1 1 Finalmente : y = e3 x (1 − 3x ) + x 2 + x + Rpta. 9 27 3 ∴ yp = 4.- Resolver la Ecuación Diferencial: Ing°Jose Hilario Berrios y' '+ y'−2 y = x2e4 x ………(oc) 74 Solución : i ) Cálculo de yh : la ecuación característica es : m 2 + m − 2 = 0 ⇒ las yh = C1 e − 2 x + C2 e x raíces son : m1 = −2 ; m2 = 1 ⇒ ii ) Cálculo de y p : Haciendo que y p sea una forma generalizada de f ( x) = x 2e 4 x se tiene : y p = Ax 2e 4 x + Bx e 4 x + C e 4 x ⇒ y ' p = 4 Ax 2e 4 x + 2 Ax e 4 x + 4 Bx e 4 x + B e 4 x + 4Ce 4 x y ' ' p = 16 Ax 2e 4 x + 16 Ax e 4 x + 2 A e 4 x + 16 Bx e 4 x + 8 Be 4 x + 16C e 4 x ; ahora en ( ) : 16 Ax 2e 4 x + 16 Ax e 4 x + 2 A e 4 x + 16 Bx e 4 x + 8 Be 4 x + 16C e 4 x + 4 Ax 2e 4 x + 2 Ax e 4 x + 4 Bx e 4 x + B e 4 x + 4Ce 4 x − 2 Ax 2e 4 x − 2 Bx e 4 x − 2C e 4 x = x 2e 4 x ⇒ 18 Ax 2e 4 x + 18 Ax e 4 x + 18 Bx e 4 x + 2 Ae 4 x + 9 B e 4 x + 18Ce 4 x = x 2e 4 x identificandocoeficientes : 18 A = 1 ⇒ A = 1 ; 18 A + 18 B = 0 ⇒ B = − 1 18 18 7 2 A + 9 B + 18C = 0 ⇒ C = (18)(18) ⇒ yp = 1 2 4x 1 4x 7 x e − xe + e4 x 18 18 (18)(18) ⇒ yp = ∴ la solución general es : y = C1 e − 2 x + C2 e x + 1 4x 2 7 e x − x+ 18 18 1 4x 2 7 e x − x+ 18 18 5.- Resolver la Ecuación Diferencial: y' '−2 y' = x + 2e ( ) x Solución : i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m 2 − 2m = 0 ; ⇒ m(m − 2) = 0 ; ∴ m1 = 0 ; m2 = 2 ⇒ yh = C1 + C2 e 2 x ii ) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f ( x) = x + 2e x ⇒ 1ra elección : y p = Ax + B + C e x ( ya tiene un término común con yh , la constante) ⇒ multiplicando la parte polinómica por " x" resulta : y p = Ax 2 + Bx + C e x no tiene términos en común con yh ⇒ y ' p = 2 Ax + B + C e x ; ⇒ reemplazando en la ecuación diferencial ( ) tenemos : 2 A + C e x − 4 Ax − 2 B + 2C e x = x + 2 e x y' ' p = 2 A + C e x ⇒ − 4 Ax + 2 A − 2 B − C e x = x + 2 e x igualando coeficientes se tiene : C = −2 ; − 4 A = 1 ⇒ A=−1 1 1 ∴ y p = − x2 − x − 2 ex 4 4 ⇒ la solución general es : y = yh + y p por consiguiente : 2 A − 2B = 0 ⇒ B = − 1 4 y = C1 + C2 e 2 x − 1 2 1 x − x − 2 e x Rpta. 4 4 6.- Resolver la Ecuación Diferencial: y' '−2 y'−3 y = 8e ( ) 3x Ing°Jose Hilario Berrios 4 ; que 75 Solución : i ) Cálculo de yh : la ecuación característica es : m 2 − 2m − 3 = 0 ⇒ m1 = −1 ; m2 = 3 ⇒ yh = C1 e − x + C2 e3 x ii ) Cálculo de y p : 1ra elección : y p = A e3 x multiplicandola por " x": y p = Ax e3 x ⇒ y ' p = 3 Ax e3 x + A e3 x ⇒ (tiene un término común con yh ) ∴ (no tiene términos en común con yh ) y ' ' p = 9 Ax e3 x + 6 A e3 x ( ) ; sustituyendo en la ecuación diferencial ( ) : 9 Ax e3 x + 6 A e3 x − 2 3 Ax e3 x + A e3 x − 3 Ax e3 x = 8e3 x ⇒ 4 A e3 x = 8 e3 x ⇒ 4 A = 8 , luego A = 2 ; ∴ y p = 2 x e3 x y la y = C1 e − x + C2 e3 x + 2 x e3 x Rpta solución general es : Cuándo se tienen ecuaciones diferenciales de orden superior al segundo también se puede extender el método de los coeficientes indeterminados como se puede observar en el siguiente ejemplo: 7.- Resolver la ecuación diferencial: y' ' '−3 y' '+3 y'− y = e + 1 x Solución : i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m3 − 3m 2 + 3m − 1 = 0 ; ⇒ (m − 1)3 = 0 ; ∴ m1 = m2 = m3 = 1 (raíz de multiplicidad 3) ⇒ yh = C1 e x + C2 x e x + C3 x 2 e x ii ) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f ( x) = e x + 1 ⇒ 1ra elección : y p = Ae x + B ( tiene un término común con yh ) ⇒ 2da elección : y p = Ax e x + B ( tiene un término común con yh ) ⇒ 3ra elección : y p = Ax 2 e x + B ( tiene un término común con yh ) ⇒ 4ta elección : y p = Ax 3 e x + B ( no tiene términos en común con yh ) ∴asumimos y p = Ax 3 e x + B ⇒ y ' p = Ax 3 e x + 3 Ax 2 e x ; ⇒ y ' ' ' p = 4 Ax 3 e x + 15 Ax 2 e x + 12 Ax e x + 6 Ae x y ' ' p = 4 Ax 3 e x + 6 Ax e x + 3 Ax 2 e x ⇒ reemplazando en la ecuación diferencial ( ) y simplificando obtenemos : − 6 Ax 3 e x + 15 Ax 2 e x − 6 Ax e x + Ae x − B = e x + 1 igualando coeficientes de exp resiones iguales obtenemos : 1 ; − B = 1 ⇒ B = −1 6 ⇒ la solución general es : y = yh + y p por consiguiente : 6A = 1 ⇒ A= y = C1 e x + C2 x e x + C3 x 2 e x + Ing°Jose Hilario Berrios 1 3 x x e − 1 Rpta 6 76 METODO DE LA VARIACION DE PARAMETROS El método de los coeficientes indeterminados funciona bien si f(x) está formada por funciones cuyas derivadas siguen un modelo cíclico, pero para funciones tales como : f(x) = 1/x ; f(x) = tanx ,…etc; que no poseen éstas características usamos un método más general lamadoVARIACION DE PARAMETROS . En éste método se supone que yp tiene la misma forma que yh ; excepto que las constantes se sustituyen por variables Sea la Ec. Diferencial : y’’+a0y’+a1y= f(x) , el método para hallar la solución general es: Se halla yh : yh = C1 y1 + C2 y2 Sustituir las constantes C1 y C2 por variables 1 y 2 y se forma yp y p = 1 y1 + 2 y 2 Se resuelve el siguiente sistema para 1 y 2 1' y1 + 2' y 2 = 0...............(1) 1' y1' + 2' y 2' = f ( x)........(2) Se integra para hallar 1 y 2 Este método funciona bien cuando f(x) no sigue un modelo cíclico, como veremos en los ejemplos que se dan a continuación: Ejercicios. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 1. y ' '+ y = tan x 2. y ' '+ y = sec x 3. y ' '− y '−2 y = ln x 4. y ' '+4 y = 4 cot 2 x x 5. 9 y ' '+ y = sec 3 Ejercicios Resueltos 1.- Resolver la ecuación diferencial: y' '−3 y'+2 y = Ing°Jose Hilario Berrios e2 x 1 + e2 x 77 Solución : i ) Cálculo de y h : La ecuación característica es : m 2 − 3m + 2 = 0 ⇒ m1 = 1 y m 2 = 2 ⇒ y h = C 1 e x + C 2 e 2x ii ) Cálculo de y p : Sustituir C 1 y C 2 por 1 y 2 ⇒ y p = 1 e x + 2 e 2x ∴ El sistema de ecuaciones resultante es : ' 1 e x + ' 2 e 2 x = 0 (1) e 2x (2 ) 1 + e 2x ex 1 Re solviendo (1) y (2 ) obtenemos : ' 1 = − ; ' 2 = 2x 1+ e 1 + e 2x ex Inte gra mos para obtener : 1 y 2 ⇒ 1 = − ∫ = − arctan e x 2x 1+ e ' 1 e + 2 ' 2 e x 2x = dx dx e −2 x dx 1 − 2 e −2 x d 1 −2x = = = − ∫ 1 + e2 x ∫ 1 ∫ e− 2 x + 1 2 ∫ e− 2 x + 1 = − 2 Ln 1 + e 1 + −2x e 1 y p = −e x arctan e x − Ln 1 + e − 2 x e 2 x ∴ la solución general es : y = yh + y p 2 e2 x ⇒ y = C1 e x + C2 e 2 x − e x arctan e x − Ln 1 + e − 2 x Rpta. 2 Ahora : 2 = ⇒ 2.- Resolver la ecuación diferencial: y ' '+ y = sec x.tanx Solución : i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m 2 + 1 = 0 ⇒ m1 = i y m2 = −i ⇒ yh = C1 sen x + C2 cos x ii ) Cálculo de y p : Sustituir C1 y C2 por 1 y 2 ⇒ y p = 1 sen x + 2 cos x ∴ El sistema de ecuaciones resultante es : '1 sen x + '2 cos x = 0 (1) '1 cos x − '2 sen x = sec x tanx (2 ) Re solviendo (1) y (2 ) obtenemos : '1 = tanx ; Inte gra mos para obtener : 1 y ( 2 '2 = −tan 2 x ⇒ 1 = ∫ tanxdx = − − Ln cos x ) ahora : 2 = − ∫ tan 2 xdx = − ∫ sec 2 x − 1 dx = − ∫ sec 2 xdx + ∫ dx ⇒ 2 = −tanx + x ∴ y p = − sen x Ln cos x + ( x − tanx ) cos x ⇒ y p = − sen x Ln cos x + x cos x − sen x ; ⇒ la solución general es : y = C1 sen x + C2 cos x − sen x Ln cos x + x cos x − sen x Rpta. 3.- Resolver la ecuación diferencial: Ing°Jose Hilario Berrios y' '−4 y'+4 y = x2 e2 x 78 Solución : i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m 2 − 4m + 4 = 0 ⇒ m1 = m2 = 2 (raíz de multiplicidad 2 ) ⇒ yh = C1 e 2 x + C2 xe 2 x ii ) Cálculo de y p : Sustituir C1 y C2 por 1 y 2 ⇒ y p = 1 e 2 x. + 2 xe 2 x ∴ El sistema de ecuaciones resultante es : '1 e 2 x + '2 xe 2 x = 0 (1) ( ) 2 '1 e 2 x + '2 2 xe 2 x + e 2 x = x 2 e 2 x (2 ) Re solviendo (1) y (2 ) obtenemos : '1 = − x Inte gra mos para obtener : 1 y ahora : 2 = ∫ x 2 dx = ⇒ yp = − 3 ; '2 = x 2 2 ⇒ 1 = − ∫ x 3dx = − x4 4 x3 3 x4 2x x4 2x e + e 4 3 ; ⇒ yp = y = C1 e 2 x + C2 xe 2 x + x4 2x e 12 la solución general es : x4 2x e Rpta. 12 ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN “n” CON COEFICIENTES VARIABLES Estas ecuaciones diferenciales tienen la siguiente forma: dny d n −1 y dy + a ( x ) + ....... + a1 ( x) + a 0 ( x) y = f ( x) ........(1) n −1 n n −1 dx dx dx donde : a 0 ( x), a1 ( x).......a n ( x), f ( x) son funciones contínuas de x a n ( x) La ecuación (1) se puede exp resar también de la siguiente forma : dny d n −1 y dy + b ( x ) + ....... + bn −1 ( x) + bn ( x) y = f ( x) ........(2) 1 n n −1 dx dx dx La solución de la ecuación (2) es la suma de la solución y g de la ecuación diferencial hom ogénea correspondiente, más una solución particular y p Ecuaciones Diferenciales de 2do orden de Coeficientes variables Estas tienen la siguiente forma: y’’ +p(x)y’+Q(x)y= R(x) ….(1) Entonces si y1, y2, es un sistema fundamental de soluciones de la ecuación (1) La solución particular es : yp = c1(x)y1 + c2(x)y2, donde c1(x) y c2(x) son funciones por determinarse, para lo cual se forma el sistema siguiente: Ing°Jose Hilario Berrios 79 y1c1' ( x) + y 2 c 2' ( x) = 0 ......( ) y1' c1' ( x) + y 2' c 2' ( x) = R ( x) ......( ) Re solviendo ( ) y ( ) se obtiene : c1' ( x) y c 2' ( x) Integrando obtenemos : c1 ( x) y c 2 ( x) También se puede resolver usandolas siguientes exp resiones : c ( x) = ' 1 0 y2 R( x) y 2' W y1 y2 y1 c 2' ( x) = =− R( x) y 2 W y1 y 2 ⇒ c1 ( x) = − ∫ =− R ( x) y1 W y1 y 2 ⇒ c 2 ( x) = ∫ R ( x) y 2 dx W y1 y 2 0 ' 1 y R( x) W y1 y2 R ( x) y1dx W y1 y 2 Ejemplos : Re solver las sgtes ecuaciones diferencia les 1. xy '' − y ' − 4 x 3 y = 16 x 3 e x 2 ; y1 = e x 2. ( x − 1) y '' − xy ' + y = ( x − 1) 2 e 2 x ; , y2 = e −x 2 2 y1 = x , y 2 = e x 3. x(1 − x ln x) y '' + (1 + x 2 ln x) y ' − ( x + 1) y = (1 − x ln x) 2 e x ; y1 = e x , y 2 = ln x CAPITULO V SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES DE POTENCIA En esta parte se presenta el método de Series de Potencia en su forma más simple, para lo cual revisaremos algunos conceptos. ∞ La serie de potencias: ∑c n =0 n x n = c 0 + c1 x + c 2 x 2 + c3 x 3 + ....... + c n x n + .... ∞ ∑c en un intervalo Isimpre y cuando el límite: n =0 de I . En este caso la suma : f ( x ) = serie : ∑c ∞ ∑c n =0 n x n n n x n = lím N →∞ converge N ∑c n =0 n xn existe para toda x x n queda definida en I y decimos que la es una representación en serie de potencias de la función f sobre I. Algunas series elementales de potencias presentamos a continuación: Ing°Jose Hilario Berrios 80 ∞ ex = ∑ n =0 xn x 2 x3 =1+ x + + + ......; n! 2 ! 3! ∞ x 2n x2 x4 =1− + − ......; ( 2n) ! 2! 4! cos x = ∑ (−1) n n =0 ∞ senx = ∑ (−1) n n =0 x 2 n+1 x3 x5 = x− + − ......; (2n + 1) ! 3! 5 ! ∞ x 2n x2 x4 =1+ + − ......; 2! 4! n =0 ( 2 n ) ! cosh x = ∑ x 2 n+1 x3 x5 = x+ + + ......; 3! 5 ! n =0 ( 2n + 1) ! ∞ senhx = ∑ ∞ ln(1 + x) = ∑ (−1) n+1 n =1 xn x 2 x3 = x− + − ......; n! 2 3 ∞ 1 = ∑ x n = 1 + x + x 2 + x 3 + .....; ( seriegeométrica ) 1 − x n =0 ( − 1) 2 ( − 1)( − 2) 3 (1 + x) = 1 + x + x + x + ......; ( serie binomial ) 2! 3! Algunas propiedades de las sumatorias son las siguientes: 1. ∞ ∞ n=2 n =0 ∞ 2. ∑a n =0 ∑a n=k k =0 ∞ n x n + 2 =∑ a n − 2 x n ∞ 3. ∞ ∑ a n x n =∑ a n + 2 x n + 2 =∑ a k + 2 x k + 2 n=2 ∞ n+m x n + p =∑ a n + m + k x n + p + k n =0 El Método de las Series de Potencias. Este método para resolver una Ecuación Diferencial consiste en sustituir la serie de ∞ potencias: y = ∑ cn x n en la ecuación diferencial y después determinar cuáles n =0 deben ser los coeficientes c0, c1, c2 ….para que la serie de potencias satisfaga la ecuación diferencial. Esto es muy semejante al método de los coeficientes indeterminados, pero ahora tenemos un número infinito de coeficientes que de algún modo se ha de determinar. Este método no siempre tiene éxito, pero cuando si lo es obtenemos una representación en serie de una solución, en contraste con la “forma exacta” de las soluciones que han producido nuestros métodos previos. Para ilustrar el procedimiento veamos los siguientes ejemplos: Resolver las ecuaciones diferenciales por el método de series de potencias: Ing°Jose Hilario Berrios 81 1. 2. 3. 4. y’+ 2y =0 2y’- 3y=0 y’’+ y = 0 (x-3)y’ + 2y =0 CAPITULO VI LA TRANSFORMADA DE LAPLACE La transformada de Laplace se define por : L[F ]( P ) = ∫ ∞ 0 e − Px f ( x ) dx , para P > 0 (a veces se escribe simplemente F(P) ). La transformada de Laplace constituye una integral impropia que existe precisamente cuando: ∫ ∞ 0 e − Px f ( x ) dx = lím N →∞ ∫ N 0 e − Px f ( x ) dx Ejm: Calcula la Transformada de Laplace de f(x)=1 L[1] = ∫ e − Px (1) dx = lím ∫ e − Px dx = lím − ∞ N N →0 0 0 Solución: N N →0 1 N − Px e (− P) dx P ∫0 [ ] 1 1 1 = lím − e − P ( x ) = − lím e − PN − e − P ( 0) = N →0 P N →0 P P 0 De igual manera se puede calcular algunas Transformadas de Laplace, las que se Resumen en la siguiente tabla: Función f ( x) = x f ( x) = x n f ( x) = e a x f ( x) = sen ax f ( x) = cos ax f ( x) = senhax f ( x) = cosh ax Ing°Jose Hilario Berrios Transformada de Laplace F ∞ 1 P2 ∞ n! F ( P ) = ∫ e − Px x n dx = n +1 0 P ∞ 1 F ( P ) = ∫ e − Px e a x dx = 0 P−a F ( P ) = ∫ e − Px xdx = 0 ∞ a 0 P + a2 ∞ P F ( P ) = ∫ e − Px cos ax dx = 2 0 P + a2 ∞ a F ( P ) = ∫ e − Px senh ax dx = 2 0 P − a2 ∞ P F ( P ) = ∫ e − Px cosh ax dx = 2 0 P − a2 F ( P ) = ∫ e − Px senax dx = 2 82 La Transformada de Laplace es un operador lineal, por lo tanto las transformadas de Laplace de algunas funciones compuestas pueden calcularse rápidamente a partir de la tabla anterior. Ejemplos: [ ] 3! 3 − 4 P −1 P 2 6 2) L[4 sen 2 x + 6 x ] = 4. 2 + 2 2 P +2 P 1) L 4 x 3 − 3e x = 4. Ejercicios: 1. Use las fórmulas de la tabla para hallar las transformadas de Laplace de las funciones: b) x 5 + cos 2 x a) 9 c) 2e 3 x − sen 5x d ) 4senx cos x + 2e − x 2. Encuentre una función f cuya transformada de Laplace sea: 30 P4 a) b) 2 P+3 4 6 + 2 3 P P +4 c) 1 P +P d) 2 e) 1 P + P2 4 APLICACIÓN DE LAS TRANSFORMADAS DE LAPLACE A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES Para poder aplicar la transformada de Laplace , la clave consiste en la acción que ejerce la transformada sobre las derivadas. Calculemos: [ L[ y '] = ∫ e − Px y ' ( x)dx = lim ye − Px + ∫ y Pe − Px dx ∞ [ 0 = lim ye N →∞ −P( N ) ] N →∞ ] N 0 − y (0) + PL[ y ] = − y (0) + PL[ y ] ⇒ L[ y '] = PL[ y ] − y (0) [ ] Asimismo : L[ y ' '] = L ( y ' ) ' = PL[ y '] − y ' (0) = P{PL[ y ] − y (0)} − y ' (0) ⇒ L[ y ' '] = P 2 L[ y ] − Py (0) − y ' (0) Ahora estudiemos la ecuación diferencial: y "+ay '+by = f ( x) ( ) , con las condicio n e s y(0) = yo y y ' (0) = y1 a y b constantes. Aplicando la transformada a ambos miembros de ( ) y aprovechando la linealidad de L tenemos: L[ y "] + a L[ y '] + bL[ y ] = L[ f ] identificando cada tér min o tenemos : [P L[y ] − P y(0) − y ' (0)] + a[PL[y ] − y(0)] + bL[y ] = L[ f ] Factorizando : [P + aP + b]L[ y ] = Py (0) + y ' (0) + ay (0) + L[ f ] [P + aP + b]L[y ] = Py + y + ay + L[ f ] 2 2 2 0 ⇒ L[ y ] = 1 [P + a ]y 0 + y1 + L[ f ] [P 2 + aP + b 0 ] La ecuación diferencial se convierte en un problema algebraico Ing°Jose Hilario Berrios 83 Ejemplo: Use la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial: y "+4 y = 4 x , con las condiciones iniciales y ( 0) = 1 y y ' ( 0) = 5 Solución : Aplicando transformada de Laplace : L[ y "] + L[4 y ] = L[4 x ] , ahora usando las fórmulas y la tabla : [P L[y ] − P y(0) − y ' (0)] + 4L[y ] = 4 P 2 2 ⇒ P 2 L[ y ] − P − 5 + 4 L[ y ] = ⇒ L[ y ] P 2 + 4 = P + 5 + ( L[ y ] = ) 4 P2 4 P2 P 5 4 P 5 1 1 + 2 + 2 2 = 2 + 2 + 2 − 2 P + 4 P + 4 p P + 4) P + 4 P + 4 P P +4 P 4 1 ⇒ L[ y ] = 2 + 2 + 2 P +4 P +4 P ∴ Consul tan do con la tabla de Transformada de Laplace se tiene finalmente : ⇒ ( 2 ) y = cos 2 x + 2 sen 2 x + x Rpta Propuestos:Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por transformación de Laplace. 1. y '+ y = e 2 x , y ( 0) = 0 2. y "+3 y '+2 y = 4 x 3. 4. y "+3 y '+2 y = 12e 2 x , y (0) = 0 ; y ' (0) = −1 y "+2 y '+2 y = 2 , y ( 0) = 0 ; y ' ( 0) = 1 5. y "+2 y '+5 y = 3e − x senx , Ing°Jose Hilario Berrios 2 , y ( 0) = 0 ; y ' ( 0) = 0 y ( 0) = 0 ; y ' ( 0) = 3 84 BIBLIOGRAFIA 1. BRONSON RICHARD.“Ecuaciones Diferenciales modernas” Ed. Mc Graw- Hill, 2001 México 2. ESPINOZA RAMOS E.“Ecuaciones Diferenciales” . Ed. Servicios gráficos. 5ta edición, Lima Perú 2007 3. ELSGOLTZ. L “Ecuaciones Diferenciales y Cálculo Variacional”. 3ra Edición. Editorial MIR- Moscú 2001 4. HASSER NORMAN “Análisis matemático”. Ed. Trillas- México- 1999. 5. HENRY RICARDO “Ecuaciones Diferenciales”. Una introducción moderna Editorial Reverté. Barcelona España- 2008 6. HILARIO B,“ Ecuaciones Diferenciales con Ejercicios resueltos” UNCP - 2011 7. MAKARENKO G. “Problemas de Ecuaciones Diferenciales ordinarias” Ed. Latinoaméricana- Lima – Perú 2001 8. MURRAY SPIEGEL. “Ecuaciones Diferenciales aplicadas” Ed. Prentice Hall México2006. 9. SAAL CESAR 10. SIMMONS “Ecuaciones Diferenciales”. Ediciones populares. Lima- Perú- 2002 “Ecuaciones Diferenciales”. Ed Mc Graw Hill 2008 COMPLEMENTARIA www.monografias.com/cibersociedad/html http:/www.geocities.com/ciceron.geo/educación1.htm www.infoperu.com/español/intranet.html Ing°Jose Hilario Berrios