Solucion De Ecuaciones Diferenciales-jorge Baron 1p565s
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1.
eax cos bx y eax senbx son soluciones linealmente independientes de la ecuación (D2 - 2aD + a 2 + b2 )y = 0
Mostrar que
Demostración
(D - 2aD + a2 + b2 )y = 0 2
Þ D2 y - 2aDy + a2 y + b2 y = 0 (1) Si y = eax cos bx Þ Dy = aeax cos bx - b eax senbx Þ D2 y = a2eax cos bx - ab eax senbx - baeax senbx - b 2eax cos bx Remplazando estos resultados en (1) tenemos: a2eax cos bx - ab eax senbx - baeax senbx - b 2 eax cos bx - 2a(aeax cos bx - b eax senbx) + a2eax cos bx + b 2eax cos bx = a2eax cos bx - ab eax senbx - abeax senbx - b 2eax cos bx - 2a2eax cos bx + 2ab eax senbx + a2 eax cos bx + b2eax cos bx = (2a2 eax cos bx - 2a2eax cos bx) - (2ab eax senbx - 2ab eax senbx) + (b 2 eax cos bx - b2eax cos bx) = 0 Lo cual demuestra que las soluciones dadas son linealmente independientes 2. xy’ + 2y = 0 Solución
dy + 2y = 0 dx dy 2 dy 2 Þ + y =0 Þ =- y dx x dx x dy dx dy dx Þ = -2 Þ = -2 Þ ln y = - 2ln x y x y x x
ò
Þ eln y = eln x Þ y = cex
-2
ò
-2
+c
Þ y = ex ec = cex
-2
-2
3. (senx)y’+(cosx)y=0 Solución
dy
( senx) dx + ( cos x) y = 0 dy cos x dy cos x + y =0 Þ =y dx senx dx senx dy cos x dy cos x Þ =dx Þ =dx Þ ln y = - ln senx + c y senx y senx Þ
ò
ln senx
Þ eln y = e
-1
+c
Þ y=e
ò
ln senx
-1
ec = ce
ln senx
-1
Þ y = c csc x 4. (1 – x2)y’ – y = 0 Solución 2
dy
(1 - x ) dx - y = 0 Þ
dy 1 dy 1 y =0 Þ = y 2 dx dx 1- x 1 - x2
(
)
dy 1 Þ = dx Þ y 1 - x2
(
)
)
(
ò
dy = y
ò
1
(
1- x
2
)
1
ò (1 - x) (1 + x) dx
dx =
(1)
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
La última integral se resuelve por fracciones simples
1 A B = + 2 1- x 1+x 1- x Þ
( ) ( ) 1 = A (1 + x) + B (1 - x)
1 2 1 Si x = 1 Þ 1 = 2A luego A = 2 1 1 dx 1 dx 1 1 Þ dx = + = ln(1 - x) + ln(1 + x) + c 1- x 1+x 2 1- x 2 1+x 2 2 Si x = - 1 Þ 1 = 2B luego B =
ò(
)(
ò
)
1 2
ò
1 2
1
= ln(1 - x) (1 + x) + c = ln éë(1 - x)(1 + x)ùû2 + c = ln(1 - x2 )1 2 + c Llevando este resultado a (1) tenemos
ln y = ln(1 - x2 )1 2 + c 2 12
Þ eln y = eln(1- x
)
+c
2 12
= eln(1- x
)
2 12
ec = celn(1- x
)
Þ y = c(1 - x2 )1 2 Þ y = c 1 - x2 5. 3y’ + ky =0
dy + ky = 0 dx dy 1 dy k Þ + ky = 0 Þ =- y dx 3 dx 3 dy k dy k kx Þ = - dx Þ =dx Þ ln y = +c y 3 y 3 3
3
ò
Þ eln y = e Þ y = ce
-
-
kx +c 3
=e
-
kx 3
ò
ec = ce
-
kx 3
kx 3
6. 2y’ + 3y = e-x Para resolver este tipo de ecuaciones debemos tener en cuenta que tiene la forma dy + p(x)y = q(x) dx Cuya solución general es: p(x)dx é ù - p(x)dx Þ y = ê q(x)eò dx + c ú e ò ë û p(x)dx ò Donde la función e se denomina factor de integración de la ecuación
ò
dy + 3y = e- x dx dy 3 e- x Þ + y= dx 2 2
2
3
3
x ò dx multiplicamos toda la ecuación por e 2 = e 2 3
Þ e2
x
dy 3 23 x e- x 23 x + ye = e dx 2 2
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
3
x
2 Notamos que los dos términos de la izquierda son la derivada de ye por lo tanto podemos escribir la última ecuación de la forma: 3 ö 1 x x d æ ç ye 2 ÷ = 1 e 2 ç ÷ dx è ø 2 3 1 1 x x x 1 Þ ye 2 = e 2 dx = e 2 + c 2
ò
1
x
Þ y = e2 e
-
3 x 2
Þ y = e- x + ce
+ ce -
-
3 x 2
3 x 2
7. 3xy’ –y = lnx +1 dy 3x - y = ln x + 1 dx dy 1 ln x + 1 Þ y= dx 3x 3x
multiplicamos toda la ecuación por e Þ x
-
1 3
1
ò 3x dx
-
=e
-
1 ln x 3
=x
-
1 3
1 dy 1 ln x + 1 - 13 yx 3 = x dx 3x 3x
yx Los dos términos de la izquierda son la derivada de la forma: 1 1 - ö d æ ç yx 3 ÷ = ln x + 1 x 3 ÷ dx çè 3x ø 1 3
-
1 3
por lo tanto podemos escribir la última ecuación de
1 ln x + 1 dx (1) 4 3 3 x Esta última integral la resolvemos por partes, así: 1 sea u = (ln x + 1) Þ du = dx x Þ yx
-
-
=
ò
4
dv = x 3 dx Þ v = - 3x
-
1 3
1 1 1 ln x + 1 dx dx = - 3x 3 (ln x + 1) + 3 4 = - 3x 3 (ln x + 1) - 3x 3 + c 4 x3 x3 Llevando este resultado a (1) obtenemos 1 1 1 1 1 ö 1æ 1 3 3 yx 3 = çç - 3x 3 (ln x + 1) - 3x 3 + c ÷ = x (ln x + 1) x + c ÷ 3è 3 ø
Þ
ò
ò
Þ y = - ln x - 1 - 1 +
1 13 cx 3
1 13 cx - 2 3 8. Ldi/dt + Ri = E di R E Þ + i= dt L L
Þ y = ln(1 x) +
R
R
t ò dt multiplicamos toda la ecuación por e L = e L R
Þ eL
t
dy R RL t E RL t + ie = e dx L L
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
R
t
L Los dos términos de la izquierda son la derivada de ie por lo tanto podemos escribir la última ecuación de la forma: R ö R t t d æ çie L ÷ = E e L ÷ L dx çè ø R
R R t t E E L RL t e L dt Þ ie L = e +c L LR R t E Rt Þ ie L = e L + c R R - t E Þ i = + ce L R 9. (3x2 +1)y’ - 2xy = 6x t
ò
Þ ie L =
2
(3x
dy
+1
) dx - 2xy = 6x
dy 2x 6x y= 2 dx 3x + 1 3x2 + 1
Þ
(
)
(
) ò
-
multiplicamos toda la ecuación por e
2x
(
3x2 +1
)
dx
para resolver la integral hacemos u = 3x2 + 1 Þ du = 6xdx du Þ = 2xdx 3 2x -ò dx 1 1 1 - ò du - lnu -1 3 3x2 +1) ( Þ e = e 3 u = e 3 = u- 1 3 = 3x2 + 1
(
Þ
(3x
2
Þ
(3x
2
+1
)
+1
)
-1 3
dy 2x dx 3x2 + 1
3x )(
(
-1 3
dy 2x 2 dx 3x + 1
(
)
43
2
+1
y=
)
)
-1 3
y=
6x
(3x
2
+1
)
6x
(3x
2
(3x + 1)
2
+1
)
-1 3
43
Los dos términos de la izquierda son la derivada de y 3x2 + 1
(
)
-1 3
por lo tanto podemos escribir la
ecuación en la forma d y 3x2 + 1 dx
(
)
Þ y 3x2 + 1
(
)
-1 3
-1 3
6x
=
(3x
ò
=
(
2
+1
)
43
6x 2
3x + 1
)
43
dx (1)
Para la última integral hacemos u = 3x2 + 1 Þ
ò
6x 3x2 + 1
( y ( 3x
Þ
2
) + 1)
43
ò
dx =
-1 3
(
10. 2
(x Þ
+1
(x
(
)
2
ò
= - 3 3x2 + 1
Þ y = c 3x2 + 1
13
Þ du = 6xdx
du = u- 4 3du = - 3u- 1 3 + c u4 3
)
-1 3
+c
- 3
+ 1 y '- 1 - x2 y = xe - x
)
dy
(
2
)
) dx - (1 - x )y = xe
-x
dy (1 - x2 ) xe- x y= 2 2 dx x +1 x +1
(
)
(
) Jorge E. Barón H.
Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
1- x2
ò
-
multiplicamos toda la ecuación por e
2
( x +1)
1 - x2
para resolver la integral notamos que
ò
Þ -
Þ e(
(x
2
+1
)
= -1 +
2 x +1 2
æ 2 ö dx ÷ dx = çç1 - 2 dx = dx - 2 2 = x - 2arc tan x ÷ x + 1ø x +1 x +1 è
1- x
(
dx
2
2
ò
)
ò
ò
2 ) dy - (1 - x ) e( x - 2arc tan x) y = 2
xe - x
x - 2arc tan x
dx
(
x +1
)
(
x2 + 1
)
e(
x - 2arc tan x
)
Vemos que los dos terminos de la izquierda son la derivada de ye(
x - 2arc tan x
) , por lo tan to
d é ( x - 2arc tan x) ù xe- x x - 2arc tan x) e y = e( ûú dx ëê x2 + 1
(
Þ e(
(
ò
x - 2arc tan x
)y =
xe
)
- 2arc tan x
(x
2
+1
)
dx
11. (x2 + 1)y’ + xy =(1 – 2x)√ dy x2 + 1 + xy = (1 - 2x) x2 + 1 dx
Þ
)
dy x (1 - 2x) x2 + 1 + 2 y= dx x +1 x2 + 1
(
)
(
)
x
ò x2 +1 dx multiplicamos toda la ecuación por e ( ) para resolver la integral hacemos u = x2 + 1 Þ du = 2xdx du = xdx 2 x 1 1 1 ò x2 +1 dx ( ) = e2ò u du = e2 lnu = u1 2 = x2 + 1 Þ e Þ
(
(x2 + 1)1 2
)
12
dy x(x2 + 1)1 2 (1 - 2x)(x2 + 1)1 2 + y= 2 dx (x + 1) (x2 + 1)
Los dos términos de la izquierda son la derivada de y x2 + 1
(
)
12
por lo tanto podemos escribir la
ecuación en la forma d é 2 êy x + 1 dx ë
(
)
2
Þ y x +1
(
Þ y=
)
12
2 ù (1 - 2x) x + 1 2 x +1 ú= û x2 + 1
(
12
+1
)
12
ò
x - x +c
(x
)
)
= (1 - 2x)dx = x - x2 + c
2
2
(
12
=
x(1 - x) 2
x +1
+
c 2
x +1
12. xsenxy’ + (senx +xcox)y = xex dy xsenx + (senx + x cos x)y = xex dx dy (senx + x cos x) ex Þ + y= dx xsenx senx
(
)
(
)
(
)
1 cos x
ò ( + )dx multiplicamos toda la ecuación por e x senx = eln x +ln senx = eln x eln sex = xsenx
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dy + (senx + x cos x)y = xex dx Los dos términos de la izquierda son la derivada de yxsenx por lo tanto podemos escribir la Þ xsenx
ecuación en la forma d é x yxsenx ù û = xe dx ë Þ yxsenx = xex dx sea u = x Þ du = dx, dv = e x Þ v = ex
ò
Þ yxsenx = xex Þ y=
ò e dx = xe x
x
- ex + c
ex (x - 1) + c xsenx
xy '+
y 2x + 1
= 1 + 2x + 1
13. dy y x + = 1 + 2x + 1 dx 2x + 1
Þ
dy y 1 + 2x + 1 + = dx x 2x + 1 x
ò Se debe multiplicar toda la ecuación por el factor e x
1 2x +1
dx
evaluamos la integral usando susitución trigonométrica En el triángulo observamos que: tan θ = 2x Þ tan2 θ = 2x y 2 tan θ sec2 θdθ = 2dx Þ
tan θ sec2 θdθ tan2 θ = dx, además sec θ = 2x + 1 y =x 2 2
ò Þ e x
1 2x +1
dx
ò =e
tan θ sec2 θdθ tan2 θ sec θ
ò =e
sec θdθ tan θ
csc θdθ ln csc θ - cot θ = eò =e = csc θ - cot θ =
2x
-
1
2x + 1 2x é1 + 2x + 1 ù é 2x ù 1 ú ê úê ê ú ê x 2x úû ë û ë 2x + 1 æ 2x 1 ö÷ Los dos tér min os de la izquierda son la derivada de çç y 2x ÷ è 2x + 1 ø é ù dy éêæ 2x 1 ö÷ ùú ê 2x 1 + 2x + 1 1 + 2x + 1 ú ç Þ y = ú ú ê dx êëêçè 2x + 1 2x ÷ x 2x + 1 x 2x ú ø ûú êë û é 2x 1 + 2x + 1 ù æ 2x é2x + 2x 2x + 1 - 2x + 1 - 2x - 1 ù ê 1 ö÷ 1 + 2x + 1 ú ú dx Þ çç y = ê ú dx = êê ÷ ú ê 2x ø x 2x + 1 x 2x ú x 2x 2x + 1 è 2x + 1 ë û ë û é 2x + 1(2x - 1) - 1 ù dx ê ú dx = (2x - 1) dx Þ (1) ê x 2x 2x + 1 ú x 2x x 2x 2x + 1 ë û 2dx dx Sea u = 2x + 1 Þ du = = Þ udu = dx u 2 2x + 1 é 2x Þ ê ê 2x + 1 ë
1 ùú dy éê 2x + 2x úû dx êë 2x + 1
ù 1 ùú é y ê ú= ú 2x û ëê x 2x + 1 ûú
(
ò
ò
)
(
)
ò
ò
ò
Además u2 = 2x + 1 Þ u2 - 2 = 2x - 1 tambien Þ
ò
(2x - 1)
ò
(u2 - 2) du udu - 2 2 32 2 (u - 1) (u - 1)3 2
=2
x 2x
dx -
òx
dx 2x 2x + 1
ò (u
=2
2
(u2 - 2)
u2 - 1 = 2x
ò
y
u2 - 1 =x 2 udu
udu - 2 - 1) u2 - 1 (u2 - 1)u u2 - 1
ò
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
2
Para la primera integral hacemos t = u -1 entonces dt =2udu, luego dt/2 = udu (t - 1) =2 dt = 2 (t - 1)t - 3 2dt = 2 t - 1 2 - t - 3 2 dt = 4t1 2 - 4t - 1 2 (t)3 2
ò
ò
ò(
(u2 - 2) udu = 4 u2 - 1 2 32 - 1)
4
ò (u
Þ 2
)
2
u -1 Para la segunda integral aplicamos sustitución trigonométrica En el triángulo observamos que tan θ = u2 - 1 Þ tan3 θ = u2 - 1
(
sec θ = u Þ sec θ tan θdθ = du
ò (u
Þ -2
2
)
32
du sec θ tan θdθ sec θdθ cos θdθ = -2 = -2 = -2 32 3 2 - 1) tan θ tan θ sen2θ
ò
ò
ò
Sea t = senθ Þ dt = cos θdθ cos θdθ cos θdθ 2 = - 2 t - 2dt = 2(t - 1 ) por lo cual - 2 = = 2 csc θ senθ sen2θ sen2θ du 2u Þ -2 = (u2 - 1)3 2 u2 - 1
ò
ò
Þ -2
ò
ò
Llevando estos resultados a (1) y volviendo a la variable original tenemos
ò
(2x - 1)
dx
òx
dx -
x 2x æ 2x Þ çç è 2x + 1
2x 2x + 1 ö 1 ÷ y = 4 2x 2x ÷ ø 4
4 2x -
2x 2x
Þ y=
+
2x + 1 Þ y=
= 4 2x -
2 2x + 1
-
2x 1
4 2x
+
4 2x
+
2 2x + 1
2 2x + 1 2x
2x
+c
+c
8x - 4 + 2 2x + 1 + c
+c
2x 2x - 2x + 1
=
2x
=
(8x - 4 + 2 2x + 1 + c)( 2x + 1) 2x -
2x + 1
2x 2x + 1
(8x + 2 2x + 1 + c)( 2x + 1) 2x -
2x + 1
14.
y
xy '+
2
(
)
= 1 + 1 - x2 e x
1- x dy y Þ x + = 1 + 1 - x2 e x 2 dx 1- x dy y Þ + dx x 1 - x2
( (1 + =
) 1- x e ) 2
x
x
ò Se debe multiplicar toda la ecuación por el factor e x
1 1- x2
dx
evaluamos la integral usando susitución trigonométrica En el triángulo observamos que: senθ = 1 - x2 y cos θ = x Þ - senθdθ = dx ò Þ e x
=
1 1 - x2
dx
- senθdθ
-1 ò - sec θdθ - ln s e c θ +tan θ = e cos θsenθ = e ò == e = s e c θ + tan θ =
1 1 = s e c θ + tan θ 1 1 - x2 + x x
x 1 + 1 - x2
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ò Þ e x
1 1- x2
dx
=
x 1 + 1 - x2
(
)
1 + 1 - x2 ex æ ö ö x ÷= ç ÷ ÷ ç 2 ÷ x ø è1 + 1 - x ø æ ö x ÷ por lo que podemos Los términos de la izquierda son la derivada de y çç 2 ÷ è1 + 1 - x ø escribir la ecuación de la forma é ù ö d æ x çê ú y ÷ = ex ÷ dx çè êë1 + 1 - x2 ú û ø æ ö x ÷ y = ex dx Þ çç 2 ÷ è1 + 1 - x ø æ ö x ÷ y = ex + c Þ çç 2 ÷ è1 + 1 - x ø æ1 + 1 - x2 ö ÷(ex + c) Þ y = çç ÷ ç ÷ x è ø Verificar que la función indicada es una solución de la ecuación diferencial dada. Donde sea apropiado, c1 y c2 son constantes. 15. y '+ 4y = 32, y = 8 æ x Þ çç 2 è1 + 1 - x
ö dy y ÷ ÷ dx + x 1 - x2 ø
æ x ç ç 2 è1 + 1 - x
ò
Þ y '+ 4y - 32 = 0 y = 8 Þ y' = 0 remplazando en la ecuación dada 0 + 4(8) - 32 = 0 16.
2y '+ y = 0, y = e- x 2 1 -x 2 e 2 remplazando en la ecuación dada y = e- x 2 Þ y ' = - e- x 2 + e- x 2 = 0
17.
y '- 2y = e3x , y = e3x + 10e2x y = e3x + 10e2x Þ y ' = 3e3x + 20e2x remplazando en la ecuación dada 3e3x + 20e2x - 2e3x - 20e2x = e3x
18.
y '- 20y = 24, y =
6 6e- 20x 5 5
6 6e- 20x Þ y ' = 24e- 20x 5 5 remplazando en la ecuación dada æ6 6e- 20x ö ÷ = 24e- 20x + 24 - 24e- 20x = 24 24e- 20x - 20 çç 5 ÷ è5 ø y=
19.
y '- y2 = 25, y = 5 tan5x y = 5 tan5x Þ y ' = 25 sec2 5x, y2 = 25 tan2 5x remplazando en la ecuación dada
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25 sec2 5x - 25 tan2 5x = 25(tan2 5x + 1) - 25 tan2 5x = 25 tan2 5x + 25 - 25 tan2 5x = 25
20.
y = 0, y = x
y 'y=
(
x + c1
)
2
(
x + c1
2
) 1 y' = 2 ( x +c ) 2 x
Þ
1
remplazando en la ecuación dada
( 21.
x + c1
1
)
x
(
-
x + c1 x
2
) =(
x + c1
1
)
x
-
(
x + c1 x
)
=0
senx c os x + 10e- x 2 2 senx c os x c os x senx y= + 10e- x Þ y ' = + - 10e- x 2 2 2 2 remplazando en la ecuación dada y '+ y - senx = 0, y =
c os x senx senx c os x + - 10e- x + + 10e- x - senx = senx - senx = 0 2 2 2 2 22.
(x2 + 2y)y '+ 2xy = 0, x2 y + y2 = c x2 y + y2 = c Þ 2xy + x2 y '+ 2yy ' = 0 Þ Þ y' =
- 2xy
(x
2
(x
2
+ 2y y ' = - 2xy
)
+ 2y
)
remplazando en la ecuación dada (x2 + 2y) 23.
- 2xy
(
x2 + 2y
)
+ 2xy = - 2xy + 2xy = 0
y ''+ y '- 12y = 0, y = c1e3x + c2e- 4x y = c1e3x + c2e- 4x Þ y ' = 3c1e3x - 4c2e- 4x Þ y '' = 9c1e3x + 16c2e - 4x remplazando en la ecuación dada 9c1e3x + 16c2e- 4x + 3c1e3x - 4c2e- 4x - 12 c1e3x + c2e- 4x
(
3x
= 9c1e
+ 16c2e
- 4x
3x
+ 3c1e
- 4c2e
- 4x
3x
- 12c1e
)
- 12c2e- 4x
= 12c1e3x + 12c2e- 4x - 12c1e3x - 12c2e- 4x = 0 Encuentre la solución a las siguientes ecuaciones diferenciales 24.
( x - y) + xy ' = 0 dy y = -1 dx x y du Sea u = Þ xu = y Þ y ' = u + x x dx du Þ u+x =u- 1 dx du dx dx Þ x = - 1 Þ du = Þ u== - ln x + c dx x x y Þ = - ln x + c x Þ y = - x ln x + cx Þ
ò
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
25.
( x + y) + xy ' = 0 dy y =- -1 dx x y du Sea u = Þ xu = y Þ y ' = u + x x dx du Þ u+x = -u - 1 dx du du dx Þ x = - 2u - 1 Þ =Þ dx 2u + 1 x Þ ln 2u + 1 = - 2 ln x + c Þ
du
ò 2u + 1 = -ò
dx 1 Þ ln 2u + 1 = - ln x + c x 2
-2 ln 2u +1 Þ e ( ) = e- 2ln x +c = celn x
Þ 2u + 1 = cx - 2 y c x 1 Þ 2 = cx - 2 - 1 Þ y = = cx - 1 - x x 2x 2 2
(
)
26. y’ = 1 + x + y2 + xy
dy = 1 + x + y2 + xy2 = (1 + x) + y2 (1 + x) = (1 + x)(1 + y2 ) dx dy Þ = (1 + x)dx (1 + y2 ) dy Þ = (1 + x)dx, la primera integral la solucionamos por sustitución trigonométrica (1 + y2 ) Þ
ò
ò
En el triánguo observamos que: tan θ = y Þ sec2 θdθ = dy sec θ = 1 + y2 Þ sec2 θ Þ
ò
dy = (1 + y2 )
ò
sec2 θdθ
sec2 θ 1 Þ arctan y = x + x2 + c 2 æ ö 1 2 Þ y = tan çç x + x + c ÷ ÷ 2 è ø
ò
= dθ = θ + c = arctan y
27. y’ = e3x + 2y
Þ Þ Þ Þ Þ
dy = e3x + 2y = e3x e2y dx dy = e3x dx e2y dy = e3x dx e2y 1 1 - e- 2y = e3x + c 2 3 - 2y 3e = - 2e3x + c
ò
ò
28. (4y + x2y)y’ =(2x + xy2)
dy = x(2 + y2 ) dx y x Þ dy = dx 2 + y2 4 + x2 y(4 + x2 )
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Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
Þ
y
ò2 +y
2
x
ò 4 +x
dy =
2
dx
Þ ln(2 + y2 ) = ln(4 + x2 ) + c 2
Þ eln(2 +y
)
= eln(4 +x
2
)+c
Þ 2 + y2 = c(4 + x2 ) Þ y2 = c(4 + x2 ) - 2
29. dP/dt = P – p2
dP = dt P - P2 1 Þ dP = dt P(1 - P) 1 Þ dP = dt P(1 - P)
ò
ò
La primra integral se resuelve por fracciones simples, así 1 A B A(1 - P) + BP = + = P(1 - P) P (1 - P) P(1 - P) 1 = A(1 - P) + BP Si P = 1, Þ 1 = B Si P = 0, Þ 1 = A 1 1 1 Þ dP = dP + dP = lnP - ln(1 - P) + c P(1 - P) P 1- P
ò
ò
ò
Þ lnP - ln(1 - P) + c = t Þ elnP - ln(1- P)+c = et Þ elnP e- ln(1- P)ec = et Þ
P = Cet 1- P
30. y’’ = x + cosx
dy d2 y du = u, Þ = dx dx2 dx du Þ = x + cos x dx Þ du = (x + cos x)dx
Sea
ò
Þ Þ Þ Þ
ò
1 u = x2 + senx + c 2 dy 1 2 = x + senx + c1 dx 2 1 dy = x2dx + senxdx + c1dx 2 1 y = x3 - cos x + c1x + c2 6
ò
ò
ò
ò
Hallar la ecuación diferencial correspondiente a la solución general dada 31. y = c1ex + c2xex Þ y ' = c1ex + c2ex + c2xex = c1ex + c2ex (1 + x)
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Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
y' - c2 (1 + x) = c1 ex Al remplazar el valor de c1 obtenemos :
Þ
éy ' ù Þ y = ê x - c2 (1 + x)ú ex + c2ex (1 + x) ëêe ûú Þ y = y '- c2ex (1 + x) + c2 xex Þ y = y '- c2ex - c2 xex + c2 xex Þ y = y '- c2ex Þ y ' = y + c2ex (1) Þ y '' = y '+ c2ex Þ c2ex = y ''- y ' Þ c2 = y '' e- x - y ' e- x remplazando este resultado en (1), tenemos y ' = y + (y '' e- x - y ' e- x )ex = y + y ''- y ' Þ y ''- 2y '+ y = 0 32. y = 1/3ln(3ex – 3c1)
Þ y' =
(1)
ex Þ 3ex y '– 3c1y ' = ex 3ex – 3c1
Þ 3ex y '- ex = 3c1y ' Þ ex -
ex = c1 3y '
Re mplazando este valor en (1) x ö æ æ xö 1 æ ex ö÷ö÷ 1 æ ç3ex - 3ex + e ÷ = 1 ln ç e ÷ y = ln çç3ex - 3 çç ex = ln ç ç ÷ ÷ 3 è 3y ' ÷ y'÷ è øø 3 è ø 3 è y'ø æex ö x 3y = ln çç ÷ ÷ = ln e - ln y ' y ' è ø Þ ln y ' = ex - 3y Þ y ' = ee
x
- 3y
33. Demostrar que y =ce3x + 1 es solución de y’ – 3y + 3 = 0
Þ y ' = 3ce3x al remplazar este resultado en la ecuación diferencial, obtnmos : 3ce3x - 3(ce3x + 1) = 3ce3x - 3ce3x - 3 + 3 = 0 Leo la función dada es solución de la ecuación diferencial planteada 34. yy’ = ex+2y cos x
dy = ex e2y cos x dx y dy Þ 2y = ex cos x e dx y Þ dy = ex cos xdx (1) 2y e Þ y
ò
ò
En la primera integral hacemos u = y, entonces du = dy;
Þ
y
òe
2y
dy = -
dv = e-2ydy, entonces v = (-1/2)e-2y
y 1 -2y y 1 + e dy = - e-2y (2) 2y 2y 2 4 2e 2e
ò
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Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
En la segunda integral hacemos u = ex, entonces du = exdx dv = cosxdx, entonces v = senx
ò e cos xdx = e s enx - ò e senxdx = e s enx + e cos x - ò e Þ 2ò e cos xdx = e s enx + e cos x e s enx + e cos x e Þ ò e cos xdx = = (s enx + cos x) (3) 2 2 Þ
x
x
x
x
x
x
x
x
x
cos xdx
x
x
x
x
Donde en la última integral se hizo u = ex, entonces du = exdx dv = senxdx, entonces v = -cosx Al remplazar (2) y (3) en (1), obtenemos:
y 1 ex - e-2y = (s enx + cos x) 2y 4 2 2e 4y + 2 ex Þ = (s enx + cos x) + C 2 8e2y (y + 1) Þ = - ex (s enx + cos x) + c 4e2y Þ (y + 1)e- 2y = - 4ex (s enx + cos x) + c -
35.
Considere el modelo de población, en el cual P(t) es la población en el tiempo t æ dP P ö ÷ (1) = 0.4P çç1 dt 230 ÷ è ø a. ¿Para qué valores de P esta en equilibrio la población? b. ¿Para qué valores de P esta creciendo la población? c. ¿Para qué valores de P esta decreciendo la población? Solución En (1) si P = 0 ó si P = 230 æ æ 230 ö dp 0 ö ÷ ÷=0 Þ = 0.4(0) çç1 = 0.4(230) çç1 ÷ dt 230 ø 230 ÷ è è ø dp Þ = 0, Ni crese ni decrese, lo cual indica que la población está en equilibrio, P(0) y P(230) dt son soluciones de la ecuación dada b.f(0) > 0 sí y sólo sí 1 -
P >0 230
Þ 230 - P > 0 Þ P < 230 Þ (0,230) es el intervalo de crecimiento de la población c. f(0) < 0 sí y sólo sí 1 -
P <0 230
Þ 230 - P < 0 Þ P > 230 Þ (230, ¥ ) es el intervalo de decrecimiento de la población ECUACION DE BERNOULLI Una ecuación diferencial es aquella que tiene la forma dy + p(x)y = Q(x)y n , donde: n 0, dx n1 Esta ecuación se puede transformar en una ecuación lineal de primer orden haciendo la dw + (1 - n)P(x)w = (1 - n)Q(x) sustitución W = y n- 1 quedando de la forma dx La cual podemos resolver fácilmente
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Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
dy = 1 con y(1) = 0 36. Resolver la xy(1 + xy 2 ) dx SOLUCION dy xy(1 + xy 2 ) =1 dx dy 1 Þ = dx xy(1 + xy 2 ) dx Þ = xy(1 + xy 2 ) = xy + x 2 y 3 dy dx Þ - xy = x 2 y 3 (a) dy Hacemos w = x 1- 2 = x - 1 Þ x = w - 1, x2 = w - 2 dx dw = - w-2 dy dy Remplazando en la ecuacion (a) tenemos: Þ
- w-2
dw - w - 1y = w - 2 y 3 dy
Multiplicando toda la ecuación por - w 2 tenemos: dw + wy = - y 3 dy 2 ydy eò = ey 2 La última ecuación es lineal de primer grado en w, por lo que la resolvemos a través del factor integrante Entonces 2 2 2 dw ey 2 + wyey 2 = - y 3ey 2 dy
Como los dos términos del miembro izquierdo de la ecuación es la derivada de wey escribir la ecuación de la forma 2 2 d (ey 2w) = - y 3ey 2 dy 2
2
Þ d(ey 2w) = - y 3ey 2dy 2
2
Þ ey 2w = -ò y 3ey 2dy Hacemos u = y 2 2 Þ du = ydy , y 2 = 2u
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2
2
, podemos
Þ ey
2
w = - 2ò ueu du
2
Aplicamos integración por partes t = u Þ dt = du dv = eu du Þ v = eu Þ - 2ò ueu du = - 2(ueu - ò eu du) = - 2ueu + 2eu + C Þ ey
2
2
Þ ey
2
2
-1
w =- 2
y 2 y2 e 2
w = - y 2ey y2 2
2
2
2
2
+ 2e y
+ 2e y
y2 2
2
2
2
2
+C
+C
y2 2
Þ x e = -y e + 2e +C 2 1 Þ = - y 2 + 2 + Ce - y 2 x Como y(1) = 0 Þ C = - 1 Por lo que la solucion particular es 2 1 = - y 2 + 2 - e- y 2 x
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eax cos bx y eax senbx son soluciones linealmente independientes de la ecuación (D2 - 2aD + a 2 + b2 )y = 0
Mostrar que
Demostración
(D - 2aD + a2 + b2 )y = 0 2
Þ D2 y - 2aDy + a2 y + b2 y = 0 (1) Si y = eax cos bx Þ Dy = aeax cos bx - b eax senbx Þ D2 y = a2eax cos bx - ab eax senbx - baeax senbx - b 2eax cos bx Remplazando estos resultados en (1) tenemos: a2eax cos bx - ab eax senbx - baeax senbx - b 2 eax cos bx - 2a(aeax cos bx - b eax senbx) + a2eax cos bx + b 2eax cos bx = a2eax cos bx - ab eax senbx - abeax senbx - b 2eax cos bx - 2a2eax cos bx + 2ab eax senbx + a2 eax cos bx + b2eax cos bx = (2a2 eax cos bx - 2a2eax cos bx) - (2ab eax senbx - 2ab eax senbx) + (b 2 eax cos bx - b2eax cos bx) = 0 Lo cual demuestra que las soluciones dadas son linealmente independientes 2. xy’ + 2y = 0 Solución
dy + 2y = 0 dx dy 2 dy 2 Þ + y =0 Þ =- y dx x dx x dy dx dy dx Þ = -2 Þ = -2 Þ ln y = - 2ln x y x y x x
ò
Þ eln y = eln x Þ y = cex
-2
ò
-2
+c
Þ y = ex ec = cex
-2
-2
3. (senx)y’+(cosx)y=0 Solución
dy
( senx) dx + ( cos x) y = 0 dy cos x dy cos x + y =0 Þ =y dx senx dx senx dy cos x dy cos x Þ =dx Þ =dx Þ ln y = - ln senx + c y senx y senx Þ
ò
ln senx
Þ eln y = e
-1
+c
Þ y=e
ò
ln senx
-1
ec = ce
ln senx
-1
Þ y = c csc x 4. (1 – x2)y’ – y = 0 Solución 2
dy
(1 - x ) dx - y = 0 Þ
dy 1 dy 1 y =0 Þ = y 2 dx dx 1- x 1 - x2
(
)
dy 1 Þ = dx Þ y 1 - x2
(
)
)
(
ò
dy = y
ò
1
(
1- x
2
)
1
ò (1 - x) (1 + x) dx
dx =
(1)
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La última integral se resuelve por fracciones simples
1 A B = + 2 1- x 1+x 1- x Þ
( ) ( ) 1 = A (1 + x) + B (1 - x)
1 2 1 Si x = 1 Þ 1 = 2A luego A = 2 1 1 dx 1 dx 1 1 Þ dx = + = ln(1 - x) + ln(1 + x) + c 1- x 1+x 2 1- x 2 1+x 2 2 Si x = - 1 Þ 1 = 2B luego B =
ò(
)(
ò
)
1 2
ò
1 2
1
= ln(1 - x) (1 + x) + c = ln éë(1 - x)(1 + x)ùû2 + c = ln(1 - x2 )1 2 + c Llevando este resultado a (1) tenemos
ln y = ln(1 - x2 )1 2 + c 2 12
Þ eln y = eln(1- x
)
+c
2 12
= eln(1- x
)
2 12
ec = celn(1- x
)
Þ y = c(1 - x2 )1 2 Þ y = c 1 - x2 5. 3y’ + ky =0
dy + ky = 0 dx dy 1 dy k Þ + ky = 0 Þ =- y dx 3 dx 3 dy k dy k kx Þ = - dx Þ =dx Þ ln y = +c y 3 y 3 3
3
ò
Þ eln y = e Þ y = ce
-
-
kx +c 3
=e
-
kx 3
ò
ec = ce
-
kx 3
kx 3
6. 2y’ + 3y = e-x Para resolver este tipo de ecuaciones debemos tener en cuenta que tiene la forma dy + p(x)y = q(x) dx Cuya solución general es: p(x)dx é ù - p(x)dx Þ y = ê q(x)eò dx + c ú e ò ë û p(x)dx ò Donde la función e se denomina factor de integración de la ecuación
ò
dy + 3y = e- x dx dy 3 e- x Þ + y= dx 2 2
2
3
3
x ò dx multiplicamos toda la ecuación por e 2 = e 2 3
Þ e2
x
dy 3 23 x e- x 23 x + ye = e dx 2 2
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3
x
2 Notamos que los dos términos de la izquierda son la derivada de ye por lo tanto podemos escribir la última ecuación de la forma: 3 ö 1 x x d æ ç ye 2 ÷ = 1 e 2 ç ÷ dx è ø 2 3 1 1 x x x 1 Þ ye 2 = e 2 dx = e 2 + c 2
ò
1
x
Þ y = e2 e
-
3 x 2
Þ y = e- x + ce
+ ce -
-
3 x 2
3 x 2
7. 3xy’ –y = lnx +1 dy 3x - y = ln x + 1 dx dy 1 ln x + 1 Þ y= dx 3x 3x
multiplicamos toda la ecuación por e Þ x
-
1 3
1
ò 3x dx
-
=e
-
1 ln x 3
=x
-
1 3
1 dy 1 ln x + 1 - 13 yx 3 = x dx 3x 3x
yx Los dos términos de la izquierda son la derivada de la forma: 1 1 - ö d æ ç yx 3 ÷ = ln x + 1 x 3 ÷ dx çè 3x ø 1 3
-
1 3
por lo tanto podemos escribir la última ecuación de
1 ln x + 1 dx (1) 4 3 3 x Esta última integral la resolvemos por partes, así: 1 sea u = (ln x + 1) Þ du = dx x Þ yx
-
-
=
ò
4
dv = x 3 dx Þ v = - 3x
-
1 3
1 1 1 ln x + 1 dx dx = - 3x 3 (ln x + 1) + 3 4 = - 3x 3 (ln x + 1) - 3x 3 + c 4 x3 x3 Llevando este resultado a (1) obtenemos 1 1 1 1 1 ö 1æ 1 3 3 yx 3 = çç - 3x 3 (ln x + 1) - 3x 3 + c ÷ = x (ln x + 1) x + c ÷ 3è 3 ø
Þ
ò
ò
Þ y = - ln x - 1 - 1 +
1 13 cx 3
1 13 cx - 2 3 8. Ldi/dt + Ri = E di R E Þ + i= dt L L
Þ y = ln(1 x) +
R
R
t ò dt multiplicamos toda la ecuación por e L = e L R
Þ eL
t
dy R RL t E RL t + ie = e dx L L
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R
t
L Los dos términos de la izquierda son la derivada de ie por lo tanto podemos escribir la última ecuación de la forma: R ö R t t d æ çie L ÷ = E e L ÷ L dx çè ø R
R R t t E E L RL t e L dt Þ ie L = e +c L LR R t E Rt Þ ie L = e L + c R R - t E Þ i = + ce L R 9. (3x2 +1)y’ - 2xy = 6x t
ò
Þ ie L =
2
(3x
dy
+1
) dx - 2xy = 6x
dy 2x 6x y= 2 dx 3x + 1 3x2 + 1
Þ
(
)
(
) ò
-
multiplicamos toda la ecuación por e
2x
(
3x2 +1
)
dx
para resolver la integral hacemos u = 3x2 + 1 Þ du = 6xdx du Þ = 2xdx 3 2x -ò dx 1 1 1 - ò du - lnu -1 3 3x2 +1) ( Þ e = e 3 u = e 3 = u- 1 3 = 3x2 + 1
(
Þ
(3x
2
Þ
(3x
2
+1
)
+1
)
-1 3
dy 2x dx 3x2 + 1
3x )(
(
-1 3
dy 2x 2 dx 3x + 1
(
)
43
2
+1
y=
)
)
-1 3
y=
6x
(3x
2
+1
)
6x
(3x
2
(3x + 1)
2
+1
)
-1 3
43
Los dos términos de la izquierda son la derivada de y 3x2 + 1
(
)
-1 3
por lo tanto podemos escribir la
ecuación en la forma d y 3x2 + 1 dx
(
)
Þ y 3x2 + 1
(
)
-1 3
-1 3
6x
=
(3x
ò
=
(
2
+1
)
43
6x 2
3x + 1
)
43
dx (1)
Para la última integral hacemos u = 3x2 + 1 Þ
ò
6x 3x2 + 1
( y ( 3x
Þ
2
) + 1)
43
ò
dx =
-1 3
(
10. 2
(x Þ
+1
(x
(
)
2
ò
= - 3 3x2 + 1
Þ y = c 3x2 + 1
13
Þ du = 6xdx
du = u- 4 3du = - 3u- 1 3 + c u4 3
)
-1 3
+c
- 3
+ 1 y '- 1 - x2 y = xe - x
)
dy
(
2
)
) dx - (1 - x )y = xe
-x
dy (1 - x2 ) xe- x y= 2 2 dx x +1 x +1
(
)
(
) Jorge E. Barón H.
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1- x2
ò
-
multiplicamos toda la ecuación por e
2
( x +1)
1 - x2
para resolver la integral notamos que
ò
Þ -
Þ e(
(x
2
+1
)
= -1 +
2 x +1 2
æ 2 ö dx ÷ dx = çç1 - 2 dx = dx - 2 2 = x - 2arc tan x ÷ x + 1ø x +1 x +1 è
1- x
(
dx
2
2
ò
)
ò
ò
2 ) dy - (1 - x ) e( x - 2arc tan x) y = 2
xe - x
x - 2arc tan x
dx
(
x +1
)
(
x2 + 1
)
e(
x - 2arc tan x
)
Vemos que los dos terminos de la izquierda son la derivada de ye(
x - 2arc tan x
) , por lo tan to
d é ( x - 2arc tan x) ù xe- x x - 2arc tan x) e y = e( ûú dx ëê x2 + 1
(
Þ e(
(
ò
x - 2arc tan x
)y =
xe
)
- 2arc tan x
(x
2
+1
)
dx
11. (x2 + 1)y’ + xy =(1 – 2x)√ dy x2 + 1 + xy = (1 - 2x) x2 + 1 dx
Þ
)
dy x (1 - 2x) x2 + 1 + 2 y= dx x +1 x2 + 1
(
)
(
)
x
ò x2 +1 dx multiplicamos toda la ecuación por e ( ) para resolver la integral hacemos u = x2 + 1 Þ du = 2xdx du = xdx 2 x 1 1 1 ò x2 +1 dx ( ) = e2ò u du = e2 lnu = u1 2 = x2 + 1 Þ e Þ
(
(x2 + 1)1 2
)
12
dy x(x2 + 1)1 2 (1 - 2x)(x2 + 1)1 2 + y= 2 dx (x + 1) (x2 + 1)
Los dos términos de la izquierda son la derivada de y x2 + 1
(
)
12
por lo tanto podemos escribir la
ecuación en la forma d é 2 êy x + 1 dx ë
(
)
2
Þ y x +1
(
Þ y=
)
12
2 ù (1 - 2x) x + 1 2 x +1 ú= û x2 + 1
(
12
+1
)
12
ò
x - x +c
(x
)
)
= (1 - 2x)dx = x - x2 + c
2
2
(
12
=
x(1 - x) 2
x +1
+
c 2
x +1
12. xsenxy’ + (senx +xcox)y = xex dy xsenx + (senx + x cos x)y = xex dx dy (senx + x cos x) ex Þ + y= dx xsenx senx
(
)
(
)
(
)
1 cos x
ò ( + )dx multiplicamos toda la ecuación por e x senx = eln x +ln senx = eln x eln sex = xsenx
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dy + (senx + x cos x)y = xex dx Los dos términos de la izquierda son la derivada de yxsenx por lo tanto podemos escribir la Þ xsenx
ecuación en la forma d é x yxsenx ù û = xe dx ë Þ yxsenx = xex dx sea u = x Þ du = dx, dv = e x Þ v = ex
ò
Þ yxsenx = xex Þ y=
ò e dx = xe x
x
- ex + c
ex (x - 1) + c xsenx
xy '+
y 2x + 1
= 1 + 2x + 1
13. dy y x + = 1 + 2x + 1 dx 2x + 1
Þ
dy y 1 + 2x + 1 + = dx x 2x + 1 x
ò Se debe multiplicar toda la ecuación por el factor e x
1 2x +1
dx
evaluamos la integral usando susitución trigonométrica En el triángulo observamos que: tan θ = 2x Þ tan2 θ = 2x y 2 tan θ sec2 θdθ = 2dx Þ
tan θ sec2 θdθ tan2 θ = dx, además sec θ = 2x + 1 y =x 2 2
ò Þ e x
1 2x +1
dx
ò =e
tan θ sec2 θdθ tan2 θ sec θ
ò =e
sec θdθ tan θ
csc θdθ ln csc θ - cot θ = eò =e = csc θ - cot θ =
2x
-
1
2x + 1 2x é1 + 2x + 1 ù é 2x ù 1 ú ê úê ê ú ê x 2x úû ë û ë 2x + 1 æ 2x 1 ö÷ Los dos tér min os de la izquierda son la derivada de çç y 2x ÷ è 2x + 1 ø é ù dy éêæ 2x 1 ö÷ ùú ê 2x 1 + 2x + 1 1 + 2x + 1 ú ç Þ y = ú ú ê dx êëêçè 2x + 1 2x ÷ x 2x + 1 x 2x ú ø ûú êë û é 2x 1 + 2x + 1 ù æ 2x é2x + 2x 2x + 1 - 2x + 1 - 2x - 1 ù ê 1 ö÷ 1 + 2x + 1 ú ú dx Þ çç y = ê ú dx = êê ÷ ú ê 2x ø x 2x + 1 x 2x ú x 2x 2x + 1 è 2x + 1 ë û ë û é 2x + 1(2x - 1) - 1 ù dx ê ú dx = (2x - 1) dx Þ (1) ê x 2x 2x + 1 ú x 2x x 2x 2x + 1 ë û 2dx dx Sea u = 2x + 1 Þ du = = Þ udu = dx u 2 2x + 1 é 2x Þ ê ê 2x + 1 ë
1 ùú dy éê 2x + 2x úû dx êë 2x + 1
ù 1 ùú é y ê ú= ú 2x û ëê x 2x + 1 ûú
(
ò
ò
)
(
)
ò
ò
ò
Además u2 = 2x + 1 Þ u2 - 2 = 2x - 1 tambien Þ
ò
(2x - 1)
ò
(u2 - 2) du udu - 2 2 32 2 (u - 1) (u - 1)3 2
=2
x 2x
dx -
òx
dx 2x 2x + 1
ò (u
=2
2
(u2 - 2)
u2 - 1 = 2x
ò
y
u2 - 1 =x 2 udu
udu - 2 - 1) u2 - 1 (u2 - 1)u u2 - 1
ò
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
2
Para la primera integral hacemos t = u -1 entonces dt =2udu, luego dt/2 = udu (t - 1) =2 dt = 2 (t - 1)t - 3 2dt = 2 t - 1 2 - t - 3 2 dt = 4t1 2 - 4t - 1 2 (t)3 2
ò
ò
ò(
(u2 - 2) udu = 4 u2 - 1 2 32 - 1)
4
ò (u
Þ 2
)
2
u -1 Para la segunda integral aplicamos sustitución trigonométrica En el triángulo observamos que tan θ = u2 - 1 Þ tan3 θ = u2 - 1
(
sec θ = u Þ sec θ tan θdθ = du
ò (u
Þ -2
2
)
32
du sec θ tan θdθ sec θdθ cos θdθ = -2 = -2 = -2 32 3 2 - 1) tan θ tan θ sen2θ
ò
ò
ò
Sea t = senθ Þ dt = cos θdθ cos θdθ cos θdθ 2 = - 2 t - 2dt = 2(t - 1 ) por lo cual - 2 = = 2 csc θ senθ sen2θ sen2θ du 2u Þ -2 = (u2 - 1)3 2 u2 - 1
ò
ò
Þ -2
ò
ò
Llevando estos resultados a (1) y volviendo a la variable original tenemos
ò
(2x - 1)
dx
òx
dx -
x 2x æ 2x Þ çç è 2x + 1
2x 2x + 1 ö 1 ÷ y = 4 2x 2x ÷ ø 4
4 2x -
2x 2x
Þ y=
+
2x + 1 Þ y=
= 4 2x -
2 2x + 1
-
2x 1
4 2x
+
4 2x
+
2 2x + 1
2 2x + 1 2x
2x
+c
+c
8x - 4 + 2 2x + 1 + c
+c
2x 2x - 2x + 1
=
2x
=
(8x - 4 + 2 2x + 1 + c)( 2x + 1) 2x -
2x + 1
2x 2x + 1
(8x + 2 2x + 1 + c)( 2x + 1) 2x -
2x + 1
14.
y
xy '+
2
(
)
= 1 + 1 - x2 e x
1- x dy y Þ x + = 1 + 1 - x2 e x 2 dx 1- x dy y Þ + dx x 1 - x2
( (1 + =
) 1- x e ) 2
x
x
ò Se debe multiplicar toda la ecuación por el factor e x
1 1- x2
dx
evaluamos la integral usando susitución trigonométrica En el triángulo observamos que: senθ = 1 - x2 y cos θ = x Þ - senθdθ = dx ò Þ e x
=
1 1 - x2
dx
- senθdθ
-1 ò - sec θdθ - ln s e c θ +tan θ = e cos θsenθ = e ò == e = s e c θ + tan θ =
1 1 = s e c θ + tan θ 1 1 - x2 + x x
x 1 + 1 - x2
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
ò Þ e x
1 1- x2
dx
=
x 1 + 1 - x2
(
)
1 + 1 - x2 ex æ ö ö x ÷= ç ÷ ÷ ç 2 ÷ x ø è1 + 1 - x ø æ ö x ÷ por lo que podemos Los términos de la izquierda son la derivada de y çç 2 ÷ è1 + 1 - x ø escribir la ecuación de la forma é ù ö d æ x çê ú y ÷ = ex ÷ dx çè êë1 + 1 - x2 ú û ø æ ö x ÷ y = ex dx Þ çç 2 ÷ è1 + 1 - x ø æ ö x ÷ y = ex + c Þ çç 2 ÷ è1 + 1 - x ø æ1 + 1 - x2 ö ÷(ex + c) Þ y = çç ÷ ç ÷ x è ø Verificar que la función indicada es una solución de la ecuación diferencial dada. Donde sea apropiado, c1 y c2 son constantes. 15. y '+ 4y = 32, y = 8 æ x Þ çç 2 è1 + 1 - x
ö dy y ÷ ÷ dx + x 1 - x2 ø
æ x ç ç 2 è1 + 1 - x
ò
Þ y '+ 4y - 32 = 0 y = 8 Þ y' = 0 remplazando en la ecuación dada 0 + 4(8) - 32 = 0 16.
2y '+ y = 0, y = e- x 2 1 -x 2 e 2 remplazando en la ecuación dada y = e- x 2 Þ y ' = - e- x 2 + e- x 2 = 0
17.
y '- 2y = e3x , y = e3x + 10e2x y = e3x + 10e2x Þ y ' = 3e3x + 20e2x remplazando en la ecuación dada 3e3x + 20e2x - 2e3x - 20e2x = e3x
18.
y '- 20y = 24, y =
6 6e- 20x 5 5
6 6e- 20x Þ y ' = 24e- 20x 5 5 remplazando en la ecuación dada æ6 6e- 20x ö ÷ = 24e- 20x + 24 - 24e- 20x = 24 24e- 20x - 20 çç 5 ÷ è5 ø y=
19.
y '- y2 = 25, y = 5 tan5x y = 5 tan5x Þ y ' = 25 sec2 5x, y2 = 25 tan2 5x remplazando en la ecuación dada
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
25 sec2 5x - 25 tan2 5x = 25(tan2 5x + 1) - 25 tan2 5x = 25 tan2 5x + 25 - 25 tan2 5x = 25
20.
y = 0, y = x
y 'y=
(
x + c1
)
2
(
x + c1
2
) 1 y' = 2 ( x +c ) 2 x
Þ
1
remplazando en la ecuación dada
( 21.
x + c1
1
)
x
(
-
x + c1 x
2
) =(
x + c1
1
)
x
-
(
x + c1 x
)
=0
senx c os x + 10e- x 2 2 senx c os x c os x senx y= + 10e- x Þ y ' = + - 10e- x 2 2 2 2 remplazando en la ecuación dada y '+ y - senx = 0, y =
c os x senx senx c os x + - 10e- x + + 10e- x - senx = senx - senx = 0 2 2 2 2 22.
(x2 + 2y)y '+ 2xy = 0, x2 y + y2 = c x2 y + y2 = c Þ 2xy + x2 y '+ 2yy ' = 0 Þ Þ y' =
- 2xy
(x
2
(x
2
+ 2y y ' = - 2xy
)
+ 2y
)
remplazando en la ecuación dada (x2 + 2y) 23.
- 2xy
(
x2 + 2y
)
+ 2xy = - 2xy + 2xy = 0
y ''+ y '- 12y = 0, y = c1e3x + c2e- 4x y = c1e3x + c2e- 4x Þ y ' = 3c1e3x - 4c2e- 4x Þ y '' = 9c1e3x + 16c2e - 4x remplazando en la ecuación dada 9c1e3x + 16c2e- 4x + 3c1e3x - 4c2e- 4x - 12 c1e3x + c2e- 4x
(
3x
= 9c1e
+ 16c2e
- 4x
3x
+ 3c1e
- 4c2e
- 4x
3x
- 12c1e
)
- 12c2e- 4x
= 12c1e3x + 12c2e- 4x - 12c1e3x - 12c2e- 4x = 0 Encuentre la solución a las siguientes ecuaciones diferenciales 24.
( x - y) + xy ' = 0 dy y = -1 dx x y du Sea u = Þ xu = y Þ y ' = u + x x dx du Þ u+x =u- 1 dx du dx dx Þ x = - 1 Þ du = Þ u== - ln x + c dx x x y Þ = - ln x + c x Þ y = - x ln x + cx Þ
ò
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Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
25.
( x + y) + xy ' = 0 dy y =- -1 dx x y du Sea u = Þ xu = y Þ y ' = u + x x dx du Þ u+x = -u - 1 dx du du dx Þ x = - 2u - 1 Þ =Þ dx 2u + 1 x Þ ln 2u + 1 = - 2 ln x + c Þ
du
ò 2u + 1 = -ò
dx 1 Þ ln 2u + 1 = - ln x + c x 2
-2 ln 2u +1 Þ e ( ) = e- 2ln x +c = celn x
Þ 2u + 1 = cx - 2 y c x 1 Þ 2 = cx - 2 - 1 Þ y = = cx - 1 - x x 2x 2 2
(
)
26. y’ = 1 + x + y2 + xy
dy = 1 + x + y2 + xy2 = (1 + x) + y2 (1 + x) = (1 + x)(1 + y2 ) dx dy Þ = (1 + x)dx (1 + y2 ) dy Þ = (1 + x)dx, la primera integral la solucionamos por sustitución trigonométrica (1 + y2 ) Þ
ò
ò
En el triánguo observamos que: tan θ = y Þ sec2 θdθ = dy sec θ = 1 + y2 Þ sec2 θ Þ
ò
dy = (1 + y2 )
ò
sec2 θdθ
sec2 θ 1 Þ arctan y = x + x2 + c 2 æ ö 1 2 Þ y = tan çç x + x + c ÷ ÷ 2 è ø
ò
= dθ = θ + c = arctan y
27. y’ = e3x + 2y
Þ Þ Þ Þ Þ
dy = e3x + 2y = e3x e2y dx dy = e3x dx e2y dy = e3x dx e2y 1 1 - e- 2y = e3x + c 2 3 - 2y 3e = - 2e3x + c
ò
ò
28. (4y + x2y)y’ =(2x + xy2)
dy = x(2 + y2 ) dx y x Þ dy = dx 2 + y2 4 + x2 y(4 + x2 )
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
Þ
y
ò2 +y
2
x
ò 4 +x
dy =
2
dx
Þ ln(2 + y2 ) = ln(4 + x2 ) + c 2
Þ eln(2 +y
)
= eln(4 +x
2
)+c
Þ 2 + y2 = c(4 + x2 ) Þ y2 = c(4 + x2 ) - 2
29. dP/dt = P – p2
dP = dt P - P2 1 Þ dP = dt P(1 - P) 1 Þ dP = dt P(1 - P)
ò
ò
La primra integral se resuelve por fracciones simples, así 1 A B A(1 - P) + BP = + = P(1 - P) P (1 - P) P(1 - P) 1 = A(1 - P) + BP Si P = 1, Þ 1 = B Si P = 0, Þ 1 = A 1 1 1 Þ dP = dP + dP = lnP - ln(1 - P) + c P(1 - P) P 1- P
ò
ò
ò
Þ lnP - ln(1 - P) + c = t Þ elnP - ln(1- P)+c = et Þ elnP e- ln(1- P)ec = et Þ
P = Cet 1- P
30. y’’ = x + cosx
dy d2 y du = u, Þ = dx dx2 dx du Þ = x + cos x dx Þ du = (x + cos x)dx
Sea
ò
Þ Þ Þ Þ
ò
1 u = x2 + senx + c 2 dy 1 2 = x + senx + c1 dx 2 1 dy = x2dx + senxdx + c1dx 2 1 y = x3 - cos x + c1x + c2 6
ò
ò
ò
ò
Hallar la ecuación diferencial correspondiente a la solución general dada 31. y = c1ex + c2xex Þ y ' = c1ex + c2ex + c2xex = c1ex + c2ex (1 + x)
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
y' - c2 (1 + x) = c1 ex Al remplazar el valor de c1 obtenemos :
Þ
éy ' ù Þ y = ê x - c2 (1 + x)ú ex + c2ex (1 + x) ëêe ûú Þ y = y '- c2ex (1 + x) + c2 xex Þ y = y '- c2ex - c2 xex + c2 xex Þ y = y '- c2ex Þ y ' = y + c2ex (1) Þ y '' = y '+ c2ex Þ c2ex = y ''- y ' Þ c2 = y '' e- x - y ' e- x remplazando este resultado en (1), tenemos y ' = y + (y '' e- x - y ' e- x )ex = y + y ''- y ' Þ y ''- 2y '+ y = 0 32. y = 1/3ln(3ex – 3c1)
Þ y' =
(1)
ex Þ 3ex y '– 3c1y ' = ex 3ex – 3c1
Þ 3ex y '- ex = 3c1y ' Þ ex -
ex = c1 3y '
Re mplazando este valor en (1) x ö æ æ xö 1 æ ex ö÷ö÷ 1 æ ç3ex - 3ex + e ÷ = 1 ln ç e ÷ y = ln çç3ex - 3 çç ex = ln ç ç ÷ ÷ 3 è 3y ' ÷ y'÷ è øø 3 è ø 3 è y'ø æex ö x 3y = ln çç ÷ ÷ = ln e - ln y ' y ' è ø Þ ln y ' = ex - 3y Þ y ' = ee
x
- 3y
33. Demostrar que y =ce3x + 1 es solución de y’ – 3y + 3 = 0
Þ y ' = 3ce3x al remplazar este resultado en la ecuación diferencial, obtnmos : 3ce3x - 3(ce3x + 1) = 3ce3x - 3ce3x - 3 + 3 = 0 Leo la función dada es solución de la ecuación diferencial planteada 34. yy’ = ex+2y cos x
dy = ex e2y cos x dx y dy Þ 2y = ex cos x e dx y Þ dy = ex cos xdx (1) 2y e Þ y
ò
ò
En la primera integral hacemos u = y, entonces du = dy;
Þ
y
òe
2y
dy = -
dv = e-2ydy, entonces v = (-1/2)e-2y
y 1 -2y y 1 + e dy = - e-2y (2) 2y 2y 2 4 2e 2e
ò
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
En la segunda integral hacemos u = ex, entonces du = exdx dv = cosxdx, entonces v = senx
ò e cos xdx = e s enx - ò e senxdx = e s enx + e cos x - ò e Þ 2ò e cos xdx = e s enx + e cos x e s enx + e cos x e Þ ò e cos xdx = = (s enx + cos x) (3) 2 2 Þ
x
x
x
x
x
x
x
x
x
cos xdx
x
x
x
x
Donde en la última integral se hizo u = ex, entonces du = exdx dv = senxdx, entonces v = -cosx Al remplazar (2) y (3) en (1), obtenemos:
y 1 ex - e-2y = (s enx + cos x) 2y 4 2 2e 4y + 2 ex Þ = (s enx + cos x) + C 2 8e2y (y + 1) Þ = - ex (s enx + cos x) + c 4e2y Þ (y + 1)e- 2y = - 4ex (s enx + cos x) + c -
35.
Considere el modelo de población, en el cual P(t) es la población en el tiempo t æ dP P ö ÷ (1) = 0.4P çç1 dt 230 ÷ è ø a. ¿Para qué valores de P esta en equilibrio la población? b. ¿Para qué valores de P esta creciendo la población? c. ¿Para qué valores de P esta decreciendo la población? Solución En (1) si P = 0 ó si P = 230 æ æ 230 ö dp 0 ö ÷ ÷=0 Þ = 0.4(0) çç1 = 0.4(230) çç1 ÷ dt 230 ø 230 ÷ è è ø dp Þ = 0, Ni crese ni decrese, lo cual indica que la población está en equilibrio, P(0) y P(230) dt son soluciones de la ecuación dada b.f(0) > 0 sí y sólo sí 1 -
P >0 230
Þ 230 - P > 0 Þ P < 230 Þ (0,230) es el intervalo de crecimiento de la población c. f(0) < 0 sí y sólo sí 1 -
P <0 230
Þ 230 - P < 0 Þ P > 230 Þ (230, ¥ ) es el intervalo de decrecimiento de la población ECUACION DE BERNOULLI Una ecuación diferencial es aquella que tiene la forma dy + p(x)y = Q(x)y n , donde: n 0, dx n1 Esta ecuación se puede transformar en una ecuación lineal de primer orden haciendo la dw + (1 - n)P(x)w = (1 - n)Q(x) sustitución W = y n- 1 quedando de la forma dx La cual podemos resolver fácilmente
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
dy = 1 con y(1) = 0 36. Resolver la xy(1 + xy 2 ) dx SOLUCION dy xy(1 + xy 2 ) =1 dx dy 1 Þ = dx xy(1 + xy 2 ) dx Þ = xy(1 + xy 2 ) = xy + x 2 y 3 dy dx Þ - xy = x 2 y 3 (a) dy Hacemos w = x 1- 2 = x - 1 Þ x = w - 1, x2 = w - 2 dx dw = - w-2 dy dy Remplazando en la ecuacion (a) tenemos: Þ
- w-2
dw - w - 1y = w - 2 y 3 dy
Multiplicando toda la ecuación por - w 2 tenemos: dw + wy = - y 3 dy 2 ydy eò = ey 2 La última ecuación es lineal de primer grado en w, por lo que la resolvemos a través del factor integrante Entonces 2 2 2 dw ey 2 + wyey 2 = - y 3ey 2 dy
Como los dos términos del miembro izquierdo de la ecuación es la derivada de wey escribir la ecuación de la forma 2 2 d (ey 2w) = - y 3ey 2 dy 2
2
Þ d(ey 2w) = - y 3ey 2dy 2
2
Þ ey 2w = -ò y 3ey 2dy Hacemos u = y 2 2 Þ du = ydy , y 2 = 2u
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
Especialista en istración de la informática educativa Universidad de Santander UDES
2
2
, podemos
Þ ey
2
w = - 2ò ueu du
2
Aplicamos integración por partes t = u Þ dt = du dv = eu du Þ v = eu Þ - 2ò ueu du = - 2(ueu - ò eu du) = - 2ueu + 2eu + C Þ ey
2
2
Þ ey
2
2
-1
w =- 2
y 2 y2 e 2
w = - y 2ey y2 2
2
2
2
2
+ 2e y
+ 2e y
y2 2
2
2
2
2
+C
+C
y2 2
Þ x e = -y e + 2e +C 2 1 Þ = - y 2 + 2 + Ce - y 2 x Como y(1) = 0 Þ C = - 1 Por lo que la solucion particular es 2 1 = - y 2 + 2 - e- y 2 x
Jorge E. Barón H. Lic. Ciencias de la educación especialidad matemática y física Universidad del atlántico
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