Edos Prob Sol Global
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E.T.S. Minas: Mtodos Matemticos
Ejercicios resueltos Tema 7
Ecuaciones diferenciales de primer ordenFrancisco Palacios
Escuela Politcnica Superior de Ingeniera de ManresaUniversidad Politcnica de Catalua
Noviembre 2008, Versin 1.3
1 EDOs separablesEjercicio 1 Resuelve las siguientes EDOs separables.
1.dy
dx= sin 5x.
2. dx+ e3x dy = 0.
3. (x+ 1)dy
dx= x+ 6.
4. xy0 = 4y.
5.dy
dx=y3
x2.
6.dx
dy=x2y2
1 + x.
7.dy
dx= e3x+2y.
8.4y + yx2
dy
2x+ xy2
dx = 0.
9. 2y (x+ 1) dy = x dx.
10. y lnxdx
dy=
y + 1
x
2.
(1.1)dy
dx= sin 5x,
dy = sin 5xdx,Zdy =
Zsin 5x dx,
y = 15cos 5x+ c, c R.
(1.2)dx+ e3x dy = 0,
1
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 2
e3x dy = dx,
dy =1e3x
dx
= e3x dx,Zdy =
Ze3x dx,Z
dy =1
3
Ze3x (3) dx,
y =1
3e3x + c, c R.
(1.3)
(x+ 1)dy
dx= x+ 6,
dy =x+ 6
x+ 1dx,Z
dy =
Zx+ 6
x+ 1dx,
Zx+ 6
x+ 1dx =
Zx+ 1 + 5
x+ 1dx =
Z 1 +
5
x+ 1
dx
= x+ 5 ln |x+ 1|+ c,
y = x+ 5 ln |x+ 1|+ c, c R.(1.4)
xy0 = 4y,
xdy
dx= 4y,
1
ydy = 4
1
xdx,Z
1
ydy = 4
Z1
xdx,
ln |y| = 4 ln |x|+ c1,ln |y| = lnx4 + c1,
|y| = elnx4+c1 = x4 ec1 , (c2 = ec1)= c2x
4,
y = c2x4,y = cx4, (c = c2).
(1.5)dy
dx=y3
x2,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 3
1
y3dy =
dx
x2,Z
y3 dy =
Zx2 dx,
1
2y2 = x1 + c1,
12y2
=1x+ c1,
1
y2=2
x+ c, c = 2c1.
Solucin implcita1
y2=2 + xc
x.
Solucin explcita
y = r
x
2 + cx.
(1.6)dx
dy=x2y2
1 + x,
y2 dy =
1 + x
x2
dx,Z
y2 dy =
Z 1
x2+1
x
dx,
1
3y3 = 1
x+ ln |x|+ c1.
Solucin implcita
y3 = 3 ln |x| 3x+ c, (c = 3c1) .
Solucin explcita
y =3
r3 ln |x| 3
x+ c.
(1.7)dy
dx= e3x+2y,
dy
dx= e3x e2y,
dy
e2y= e3x dx,Z
e2y dy =
Ze3x dx,
12
Ze2y (2) dy = 1
3
Ze3x3 dx,
12e2y =
1
3e3x + c1.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 4
3e2y = 2e3x + c, (c = 6c1) .(1.8)
4y + yx2dy
2x+ xy2
dx = 0,
4y + yx2dy =
2x+ xy2
dx,
dy
dx=x2 + y2
y (4 + x2)
,
y
2 + y2dy =
x
4 + x2dx,Z
y
2 + y2dy =
Zx
4 + x2dx,
1
2
Z2y
2 + y2dy =
1
2
Z2x
4 + x2dx,
1
2ln2 + y2
=1
2ln4 + x2
+ c1.
Solucin implcita
ln2 + y2
= ln
4 + x2
+ c2, (c2 = 2c1) .
Calculamos la solucin explcita
ln2 + y2
ln
4 + x2
= c2,
ln
2 + y2
4 + x2
= c2,
2 + y2
4 + x2= ec2 = c,
2 + y2
4 + x2= c,
2 + y2 = c4 + x2
,
y2 = c4 + x2
2,
soluciones explcitasy =
pc (4 + x2) 2.
(1.9)2y(x+ 1) dy = x dx,
2y dy =x
x+ 1dx,Z
2y dy =
Zx
x+ 1dx,
Resolvemos la integral del lado derechoZx
x+ 1dx =
Zx+ 1 1x+ 1
dx =
Z 1 1
x+ 1
dx
= x ln |x+ 1|+ c
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 5
y2 = x ln |x+ 1|+ c.(1.10)
y lnxdx
dy=
y + 1
x
2,
y lnxdx =(y + 1)
2
x2dy,
(y + 1)2
ydy = x2 lnx dx,Z
(y + 1)2
ydy =
Zx2 lnx dx,
resolvemos la integral del lado izquierdoZ(y + 1)
2
ydy =
Zy2 + 2y + 1
ydy =
Z y + 2 +
1
y
dy
=y2
2+ 2y + ln |y| ,
resolvemos la integral del lado derechoZx2 lnxdx = integral por partes,
tomamosu = lnx du = 1x dx
dv = x2 dx v = 13x3
)Zx2 lnx dx =
1
3x3 lnx
Z1
3x31
xdx
=1
3x3 lnx 1
3
Zx2 dx
=1
3x3 ln |x| 1
9x3 + c,
finalmente, la solucin es
y2
2+ 2y + ln |y| = 1
3x3 ln |x| 1
9x3 + c, c R.
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDOs separables.
1.ds
dr= ks, k constante.
2.dP
dt= P P 2.
3. sec2 x dy + csc y dx = 0.
4. ey sin 2x dx+ cosxe2y 1
dy = 0.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 6
5. (ey + 1)2 eydx+ (ex + 1)3 ex dy = 0.
6.y yx2
dydx= (y + 1)2 .
7.dy
dx= sinx
cos 2y cos2 y
.
8. xp1 y2 dx = dy.
9. (ex + ex)dy
dx= y2.
(2.1)ds
dr= ks,
1
sds = k dr,Z
1
sds = k
Zdr,
ln |s| = kr + c1,
|s| = ekr+c1|s| = ekrec1
= c2ekr, (c2 = e
c1) ,
s = c2ekr,s = cekr, (c = c2) .
(2.2)dp
dt= p p2,
1
p p2 dp = dt,Z1
p p2 dp =Zdt,Z
1
p p2 dp = integral racional.
Descomposicin en fracciones simples
1
p p2 =1
p(1 p) =A
p+
B
1 p =A(1 p) +B(p)
p(1 p) ,
igualamos numeradores1 = A(1 p) +Bp,
determinamos los coeficientes: si p = 0
1 = A+B 0 A = 1,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 7
si p = 11 = A 0 +B 1 B = 1,
la descomposicin es1
p(1 p) =1
p+
1
1 p.
Z1
p(1 p) dp =Z
1
p+
1
1 p
dp = ln |p| ln |1 p|
= ln
p
1 p
.
Solucin implcita
ln
p
1 p
= t+ c1.
Calculamos la solucin explcitap
1 p
= et+c1 = et ec1 ,
p
1 p
= c2e
t, (c2 = ec1) ,
p
1 p = c2et,
p
1 p = cet, (c = c2) ,
p = cet(1 p)= cet cetp,
p+ cetp = cet,
p1 + cet
= cet.
Solucin explcita
p =cet
1 + cet.
(2.3)sec2 x dy + csc y dx = 0,
sec2 xdy = csc y dx,1
csc ydy =
1sec2 x
dx,
11
sin y
dy = 11
cos2 x
dx,sin y dy = cos2 x dx,
Zsin y dy = +
Zcos2 x dx.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 8
Calculamos la integral del lado derecho usando la identidad trigonomtrica
cos2 x =1 + cos 2x
2,Z
cos2 x dx =
Z1 + cos 2x
2dx =
x
2+1
4sin 2x+ c,
solucin implcita
cos y =x
2+1
4sin 2x+ c.
(2.4)ey sin 2x dx+ cosx
e2y 1
dy = 0,
cosxe2y 1
dy = ey sin 2x dx,
e2y 1ey
dy = sin 2xcosx
dx,
usamos la identidad trigonomtrica
sin 2x = 2 sinx cosx,ey 1
ey
dy = 2 sinx cosx
cosxdx,
ey eydy = 2 sinx dx,Z
ey eydy = 2
Z( sinx) dx.
Solucin implcitaey + ey = 2cosx+ c1.
Si usamos el coseno hiperblico
cosh y =ey + ey
2,
podemos obtener una solucin explcita
ey + ey
2= cosx+
c12,
cosh y = cosx+ c,
c =
1
2c1
,
y = arc cosh (cosx+ c) .
(2.5)(ey + 1)2 ey dx+ (ex + 1)3 ex dy = 0,
(ex + 1)3
exdy = (e
y + 1)2
eydx,
ey
(ey + 1)2 dy =
ex
(ex + 1)3 dx,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 9
Zey
(ey + 1)2 dy = cambio de variable,
tomamos t = ey + 1,dt = ey dy,Z
ey
(ey + 1)2dy =
Zdt
t2= 1
t= 1
ey + 1.
De forma similar, para la integralZex
(ex + 1)3 dx,
tomamos el cambio t = ex + 1,dt = ex dx,
Zex
(ex + 1)3dx =
Zdt
t3=
Zt3dt = 1
2t2 = 1
2t2
=1
2 (ex + 1)2 .
Solucin de la EDO1
(ey + 1)=
1
2 (ex + 1)2+ c.
(2.6) y yx2
dydx= (y + 1)
2,
y1 x2
dydx= (y + 1)2 ,
y
(y + 1)2dy =
1
1 x2 dx,
Para la integral Zy
(y + 1)2dy
podemos tomar el cambio t = y + 1,dt = dy,y = t 1.
Zy
(y + 1)2dy =
Zt 1t2
dt =
Z 1
t 1t2
dt
= ln |t|+ 1t= ln |y + 1|+ 1
y + 1.
Tambin se puede resolver descomponiendo en fracciones simples
y
(y + 1)2 =
A
y + 1+
B
(y + 1)2 =
A(y + 1) +B
(y + 1)2,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 10
igualamos numeradoresy = A(y + 1) +B
y determinamos los coeficientes. Si y = 1
1 = A 0 +B B = 1,
si y = 00 = A+B A = 1.
La descomposicin es
y
(y + 1)2=
1
y + 1 1(y + 1)2
,
Zy
(y + 1)2dy =
Z 1
y + 1 1(y + 1)2
dy = ln |y + 1|+ 1
y + 1.Z
1
1 x2 dx = integral racional; descomponemos en fracciones simples.
1 x2 = (1 x)(1 + x),1
1 x2 =A
1 x +B
1 + x=A(1 + x) +B(1 x)
1 x2 ,
igualamos numeradores
1 = A(1 + x) +B(1 x),
identificamos los coeficientes. Si x = 1,
1 = 2A A = 1/2,
si x = 1,1 = 2B B = 1/2.
Obtenemos1
1 x2 =1/2
1 x +1/2
1 + x,
Z1
1 x2 dx =Z
1/2
1 x dx+Z
1/2
1 + xdx = 1
2ln |1 x|+ 1
2ln |1 + x|
=1
2ln
1 + x
1 x
.
Solucin
ln |y + 1|+ 1y + 1
=1
2ln
1 + x
1 x
+ c1
ln (y + 1)2+
2
y + 1= ln
1 + x
1 x
+ c, (c = 2c1) .
(2.7)dy
dx= sinx
cos 2y cos2 y
,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 11
1
cos 2y cos2 y dy = sinxdx,Z1
cos 2y cos2 y dy =Zsinx dx.
En la primera integral, simplificamos la expresin usando la frmula del cosenodel ngulo doble
cos 2y = cos2 y sin2 y,resulta
cos 2y cos2 y = cos2 y sin2 y cos2 y = sin2 y,Z1
cos 2y cos2 y dy =Z
1
sin2 ydy = cot y =
cos y
sin y.
Solucincos y
sin y= cosx+ c.
(2.8)xp1 y2 dx = dy,
x dx =1p1 y2
dy,Zxdx =
Z1p1 y2
dy,
1
2x2 = arcsin y + c1.
Solucin explcita
arcsin y =1
2x2 + c (c = c1) ,
y = sin
1
2x2 + c
.
(2.9) ex + ex
dydx= y2,
1
y2dy =
1
ex + exdx,Z
1
y2dy =
Z1
ex + exdx,
La integral del lado izquierdo es inmediataZ1
y2dy = 1
y,
Para resolver la integral del lado derecho, escribimos el integrando como sigue
1
ex + ex=
ex
e2x + 1
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 12
y hacemos el cambio t = exZ1
ex + exdx =
Zex
e2x + 1dx
=
Zdt
t2 + 1= arctan t
= arctan (ex) .
Solucin1y= arctan (ex) + c.
Solucin explcita
y =1
arctan (ex) + c.
Ejercicio 3 Determina una solucin explcita para el siguiente problema devalor inicial
(ey + 1) sinx dx = (1 + cosx) dy,y(0) = 0.
La EDO es separablesinx
1 + cosxdx =
1
ey + 1dy,Z
sinx
1 + cosxdx =
Z1
ey + 1dy,
La integral del lado izquierdo es casi inmediataZsinx
1 + cosxdx =
Z sinx1 + cosx
dx = ln (1 + cosx) ,
en la integral del lado derecho, multiplicamos el numerador y denominador porey Z
1
ey + 1dy =
Zey
(ey + 1) eydy =
Zey
1 + eydy = ln (1 + ey) .
Hemos obtenido la familia de soluciones
ln (1 + cosx) = ln (1 + ey) + c.
Imponemos la condicin inicial y(0) = 0 para determinar la constante
ln (1 + cos 0) = ln1 + e0
+ c,
c = 2 ln 2 = ln 4.Solucin del problema de valor inicial
ln (1 + cosx) = ln (1 + ey) ln 4.
Reescribimos la solucin
ln (1 + ey) + ln (1 + cosx) = ln 4,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 13
(1 + ey) (1 + cosx) = 4.
Solucin explcita
1 + ey =4
1 + cosx,
ey =4
1 + cosx 1,
y = ln
4
1 + cosx 1.
Ejercicio 4 Determina una solucin explcita para el siguiente problema devalor inicial (
y dy = 4xy2 + 1
1/2dx,
y(0) = 1.
La EDO es separabley
(y2 + 1)1/2
dy = 4xdx,Zy
(y2 + 1)1/2
dy =
Z4x dx,
Zy
(y2 + 1)1/2dy =
1
2
Z y2 + 1
1/22y dy =
1
2
112
y2 + 11/2=
y2 + 1
1/2.
Familia de soluciones y2 + 1
1/2= 2x2 + c.
Imponemos la condicin inicial y(0) = 1,2 = 0 + c c =
2,
solucin particular y2 + 1
1/2= 2x2 +
2.
Soluciones explcitas
y2 + 1 =2x2 +
22,
y = r
2x2 +22 1,
teniendo en cuenta la condicin inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama posi-tiva
y =
r2x2 +
22 1.
Ejercicio 5 Determina una solucin explcita para el siguiente problema devalor inicial
x2y0 = y xy,y(1) = 1.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 14
La EDO es separable
x2dy
dx= y xy,
1
ydy =
1 xx2
dx,Z1
ydy =
Z1 xx2
dx,Z1 xx2
dx =
Z 1
x2 1x
dx = 1
x ln |x| .
Familia de solucionesln |y| = 1
x ln |x|+ c,
imponemos la condicin inicial y(1) = 1,
ln 1 = 1 ln 1 + c c = 1.
Soluciones implcitas
ln |y| = 1x ln |x| 1.
Determinamos la solucin explcita
ln |y|+ ln |x| = 1x 1,
ln |yx| = 1 +
1
x
,
|xy| = e(1+ 1x),
y = 1xe(1+
1x).
Teniendo en cuenta la condicin inicial y(1) = 1, debemos tomar la rama
y =1
xe(1+
1x).
Ejercicio 6 Determina una solucin explcita para el siguiente problema devalor inicial
dy
dx=2x+ 1
2y,
y(2) = 1.
La EDO es separable
2y dy = (2x+ 1) dx,Z2y dy =
Z(2x+ 1) dx.
Familia de solucionesy2 = x2 + x+ c,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 15
imponemos la condicin inicial y(2) = 1
(1)2 = (2)2 2 + c,1 = 4 2 + c,c = 1.
Solucin implcitay2 = x2 + x 1,
soluciones explcitasy =
px2 + x 1.
Teniendo en cuenta la condicin inicial y(2) = 1, debemos tomar la rama
y = px2 + x 1.
2 EDOs homogneasEjercicio 7 Resuelve las siguientes EDOs homogneas
1. (x y) dx+ xdy = 0.
2. xdx+ (y 2x) dy.
3.y2 + yx
dx x2dy = 0.
4.dy
dx=y xy + x
.
5. y dx+x+
xydy = 0.
(7.1)(x y) dx+ x dy = 0.
Forma normaldy
dx=y xx
,
cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =ux xx
=x (u 1)
x= u 1,
u0x+ u = u 1,u0x = 1, (separable).
Determinamos u(x)du
dx=1x,
du =1xdx,Z
du =
Z 1xdx,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 16
u = ln |x|+ c.Deshacemos el cambio
y
x= ln |x|+ c,
resulta la solucin explcita
y = x ln |x|+ c x.
(7.2)xdx+ (y 2x) dy = 0.
Forma normaldy
dx=
xy 2x =
x
2x y ,
realizamos el cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
y resulta
u0x+ u =x
2x ux =1
2 u,
u0x+ u =1
2 u,
u0x =1
2 u u
=1 2u+ u22 u , (separable).
Determinamos u(x),
xdu
dx=1 2u+ u22 u ,
2 u1 2u+ u2 du =
1
xdx,Z
2 u1 2u+ u2 du =
Z1
xdx.
La integral Z2 u
1 2u+ u2 du
es racional. Para resolverla, descomponemos en fracciones simples
2 u1 2u+ u2 =
2 u(u 1)2
=A
u 1 +B
(u 1)2=A (u 1) +B(u 1)2
,
igualando numeradores, resulta
2 u = A (u 1) +B.
Determinamos los coeficientes, si u = 1,
2 1 = B B = 1,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 17
si u = 0,2 = A+B A = 2 + 1 = 1.
Hemos obtenido la descomposicin
2 u(u 1)2
=1u 1 +
1
(u 1)2,
que nos permite resolver la integralZ2 u(u 1)2
du =
Z 1u 1 du+
Z1
(u 1)2du
= ln |u 1| 1u 1 .
Solucin de la EDO
ln |u 1| 1u 1 = ln |x|+ c.
Deshacemos el cambio u = y/x
lnyx 1 1y
x 1= ln |x|+ c.
Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solucin
ln |x|+ lnyx 1+
x
y x + c = 0,
ln |y x|+ xy x + c = 0.
(7.3) y2 + yx
dx x2 dy = 0.
Expresamos la ecuacin en forma normal
dy
dx=y2 + yx
x2
y realizamos el cambio habitual
y = ux, y0 = u0x+ u,
resulta
u0x+ u =u2x2 + ux2
x2= u2 + u
u0x = u2.
Hemos obtenido la EDO separable
xdu
dx= u2,
la resolvemos para determinar u(x).
1
u2du =
1
xdx,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 18
Z1
u2du =
Z1
xdx,
1u= ln |x|+ c.
Deshacemos el cambioxy= ln |x|+ c
y obtenemos la solucin explcita
y =x
ln |x|+ c .
(7.4) La EDO ya est en forma normal
dy
dx=y xy + x
,
efectuamos el cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =ux xux+ x
=u 1u+ 1
,
u0x =u 1u+ 1
u = u 1 u2 u
u+ 1=1 u2u+ 1
.
Obtenemos la EDO separable
xdu
dx= 1 + u
2
u+ 1,
que resolvemos para determinar u(x),
u+ 1
u2 + 1du = 1
xdx,Z
u+ 1
u2 + 1du =
Z1
xdx.
Calculamos aparte la primera integralZu+ 1
u2 + 1du =
Zu
u2 + 1du+
Z1
u2 + 1du =
1
2lnu2 + 1
+ arctanu,
y obtenemos la solucin
1
2lnu2 + 1
+ arctanu = ln |x|+ c.
Deshacemos el cambio u = y/x
1
2ln
y2
x2+ 1
+ arctan
y
x= ln |x|+ c,
y reescribimos la solucin en una forma ms conveniente
ln
y2
x2+ 1
+ 2arctan
y
x= 2 ln |x|+ 2c
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 19
ln
y2
x2+ 1
+ lnx2 + 2arctan
y
x= c1, (c1 = 2c)
lny2 + x2
+ 2arctan
y
x= c1.
(7.5)y dx+ (x+xy) dy = 0.
Escribimos la EDO en forma normal
dy
dx=
y
x+xy,
cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =ux
x+ux2
=u
1 +u,
u0x =u
1 +u u = u u u
3/2
1 +u
=u3/21 + u1/2
,
xdu
dx=
u3/21 + u1/2
, EDO separable.
1 + u1/2
u3/2du = 1
xdx,Z
1 + u1/2
u3/2du =
Z1
xdx,
resolvemos la integral del lado izquierdoZ1 + u1/2
u3/2du =
Z 1
u3/2+1
u
du = 2
u+ ln |u|.
Solucin 2
u+ ln |u| = ln |x|+ c,
deshacemos el cambio u = y/x
2p yx
+ lnyx
= ln |x|+ c,
reescribimos la solucin en forma ms conveniente
2rx
y+ ln
yx
+ ln |x| = c
ln |y| 2rx
y= c, c R.
Ejercicio 8 Determina una solucin explcita para el siguiente problema devalor inicial (
xy2dy
dx= y3 x3,
y(1) = 2.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 20
Es una EDO homognea. Forma normal
dy
dx=y3 x3xy2
,
cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =u3x3 x3u2x3
=u3 1u2
,
u0x =u3 1u2
u = 1u2,
separamos variables Zu2du =
Z1
xdx,
1
3u3 = ln |x|+ c,
deshacemos el cambio u = y/x
1
3
y3
x3= ln |x|+ c,
y3 = 3x3 ln |x|+ c1x3, (c1 = 3c),imponemos la condicin inicial y(1) = 2 para determinar la constante c1
8 = 0 + c1 c1 = 8,
solucin implcitay3 = 3x3 ln |x|+ 8x3,
solucin explcitay = x 3
p8 3 ln |x|.
Ejercicio 9 Determina una solucin explcita para el siguiente problema devalor inicial
x+ yeyx
dx xe yx dy = 0,
y(1) = 0.
Es una EDO homognea. Forma normal
dy
dx=x+ yey/x
x ey/x,
cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =x+ ux eu
x eu=1 + u eu
eu,
u0x =1 + ueu
eu u = 1
eu,
separamos variables
eu du =1
xdx,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 21
Zeu du =
Z1
xdx,
eu = ln |x|+ c,deshacemos el cambio u = y/x
ey/x = ln |x|+ c,
imponemos la condicin inicial y(1) = 0 para determinar la constante
e0 = ln 1 + c c = 1,
ey/x = ln |x|+ 1,solucin explcita
y
x= ln(ln |x|+ 1)
y = x ln(ln |x|+ 1).
3 EDOs exactasEjercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias sonexactas y resuelve aquellas que lo sean.
1. (2x 1) dx+ (3y + 7) dy = 0.
2. (5x+ 4y) dx+4x 8y3
dy = 0.
3.2xy2 3
dx+
2x2y + 4
dy = 0.
4.x2 y2
dx+
x2 2xy
dy = 0.
5.x y3 + y2 sinx
dx =
3xy2 + 2y cosx
dy.
6. (y ln y exy) dx+1y + x ln y
dy = 0.
7. xdy
dx= 2xex y + 6x2.
8.x2y3 1
1 + 9x2
dx
dy+ x2y2 = 0.
9. (tanx sinx sin y) dx+ cosx cos y dy = 0.
10.4t3y 15t2 y
dt+
t4 + 3y2 t
dy = 0.
(10.1)(2x 1) dx+ (3y + 7) dy = 0.
IdentificamosM = 2x 1,N = 3y + 7,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 22
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
My
= 0
Nx
= 0
EDO exacta.
Tenemos una solucin u(x, y) = c con
ux
= 2x 1,
uy
= 3y + 7.
De la ecuacinux
= 2x 1,
obtenemos
u =
Z(2x 1) dx = x2 x+ c1(y),
sustituimos en la ecuacinuy
= 3y + 7
y obtenemosy
x2 x+ c1(y)
= 3y + 7,
dc1dy
= 3y + 7.
Determinamos c1(y)
c1 =
Z(3y + 7) dy =
3
2y2 + 7y
y obtenemos la expresin completa para u(x, y)
u(x, y) = x2 x+ 32y2 + 7y,
finalmente, la solucin es
x2 x+ 32y2 + 7y = c, c R.
(10.2)(5x+ 4y) dx+
4x 8y3
dy = 0.
IdentificamosM = 5x+ 4y,N = 4x 8y3,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 23
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
My
= 4
Nx
= 4
EDO exacta.
La EDO admite la solucin u(x, y) = c con
ux
= 5x+ 4y,
uy
= 4x 8y3.
De la ecuacinux
= 5x+ 4y,
obtenemos
u =
Z(5x+ 4y) dx =
5
2x2 + 4xy + c1(y).
Sustituimos en la ecuacinuy
= 4x 8y3
y obtenemosy
5
2x2 + 4xy + c1(y)
= 4x 8y3,
4x+dc1dy
= 4x 8y3,
dc1dy
= 8y3.
Determinamos c1(y)
c1 =
Z 8y3
dy = 2y4,
resultau(x, y) =
5
2x2 + 4xy 2y4,
finalmente, la solucin es
5
2x2 + 4xy 2y4 = c, c R.
(10.3) 2xy2 3
dx+
2x2y + 4
dy = 0.
M = 2xy2 3,N = 2x2y + 4,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 24
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
My
= 4xy
Nx
= 4xy
EDO exacta,
solucinu(x, y) = c
con
ux
= 2xy2 3,
uy
= 2x2y + 4.
Deux
= 2xy2 3,
obtenemos
u =
Z 2xy2 3
dx = x2y2 3x+ c1(y),
sustituimos en la ecuacinuy
= 2x2y + 4
y obtenemosy
x2y2 3x+ c1(y)
= 2x2y + 4,
2x2y +dc1dy
= 2x2y + 4,
simplificamos y resultadc1dy
= 4,
integramos para determinar c1(y)
c1 =
Z4dy = 4y.
Obtenemos la expresin completa de u(x, u)
u(x, y) = x2y2 3x+ 4y
que proporciona la solucin
x2y2 3x+ 4y = c, c R.
(10.4) x2 y2
dx+
x2 2xy
dy = 0.
M = x2 y2,N = x2 2xy,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 25
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
My
= 2y
Nx
= 2x 2y
No es exacta.
(10.5) x y3 + y2 sinx
dx
3xy2 + 2y cosx
dy = 0.
M = x y3 + y2 sinx,N =
3xy2 + 2y cosx
,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
My
= 3y2 + 2y sinx
Nx
= 3y2 + 2y sinx
EDO exacta.
La EDO admite la solucinu(x, y) = c,
con
ux
= x y3 + y2 sinx,
uy
= 3xy2 2y cosx.
Deux
= x y3 + y2 sinx,
obtenemos
u =
Z x y3 + y2 sinx
dx =
1
2x2 xy3 y2 cosx+ c1(y),
sustituimos en la ecuacin
uy
= 3xy2 2y cosx
y obtenemos
y
1
2x2 xy3 y2 cosx+ c1(y)
= 3xy2 2y cosx,
3xy2 2y cosx+ dc1dy
= 3xy2 2y cosx,
dc1dy
= 0,
c1 = constante.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 26
Tomamos la siguiente expresin de u(x, y)
u(x, y) =1
2x2 xy3 y2 cosx,
que nos proporciona la solucin
1
2x2 xy3 y2 cosx = c, c R.
(10.6) y ln y exy
dx+
1
y+ x ln y
dy = 0.
M = y ln y exy,N = 1y + x ln y,
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
< x
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 27
obtenemos
u =
Z 2xex y + 6x2
dx = 2xex 2ex xy + 2x3 + c1(y).
Sustituimos en la ecuacinuy
= x
y obtenemosy
2xex 2ex xy + 2x3 + c1(y)
= x,
x+ dc1dy
= x,
dc1dy
= 0,
c1 = constante.
Podemos tomaru(x, y) = 2xex 2ex xy + 2x3,
de donde resulta la solucin
2xex 2ex xy + 2x3 = c, c R.
(10.8) x2y3 1
1 + 9x2
dx
dy+ x2y2 = 0.
Forma diferencial x2y3 1
1 + 9x2
dx+ x2y2 dy = 0,
identificamosM = x2y3 1
1 + 9x2,
N = x2y2,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
My
= 3x2y2
Nx
= 2xy2
no es exacta.
(10.9)(tanx sinx sin y) dx+ (cosx cos y) dy = 0.
M = tanx sinx sin y,N = cosx cos y,
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
2< x 0.= kelnx = kx.
yh = kx, x R.Proponemos una solucin particular de la EDO completa de la forma
yp = k(x)x,
la derivada esy0p = k
0x+ k.
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
k0x+ k 1xkx = x sinx,
k0x = x sinx,
k0 = sinx,
k =
Zsinx dx = cosx+ c.
Tomamosk(x) = cosx,
que produce la siguiente solucin de la EDO completa
yp = x cosx.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 41
Finalmente, la solucin general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y = kx x cosx, k R.Las soluciones estn definidas para x > 0.
(16.6) EDO lineal completa en forma no estndar.
xdy
dx+ 4y = x3 x.
Forma estndary0 +
4
xy = x2 1.
EDO homognea asociada
y0 +4
xy = 0,
identificamosp(x) =
4
x.
Solucin general de la EDO homognea
yh = keRp(x) dx = ke
R4x dx
= ke4 ln|x|
= keln|x4| = keln 1/x4 ,=
k
x4, (x 6= 0), tomamos p.e. x > 0.
Determinamos la solucin de la EDO completa por variacin de parmetros.Proponemos la solucin
yp = k(x) 1x4,
y0p = k0 1x4 4kx5,
sustituimos en la EDO completa para determinar k(x),
k01
x4 4kx5+4
x
k
x4
= x2 1,
k01
x4= x2 1,
k0 = x6 x4.
k =
Z x6 x4
dx =
x7
7 x
5
5.
Obtenemos la solucin particular de la EDO completa
yp =
x7
7 x
5
5
1
x4
=x3
7 x5.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 42
La solucin general de la EDO completa es
y = yh + yp
y =k
x4+x3
7 x5, k R,
definida en cualquier intervalo que no contenga x = 0.
(16.7) EDO lineal completa en forma no estndar.
x2y0 + x(x+ 2)y = ex.
Forma estndar
y0 +x(x+ 2)
x2y =
1
x2ex,
y0 +1 +
2
x
y =
1
x2ex.
Homognea asociada
y0 +1 +
2
x
y = 0,
identificamosp(x) = 1 + 2/x.
Solucin de la EDO homognea
yh = keRp(x) dx
= keR(1+ 2x) dx
= kex2 ln|x|
= kex elnx2
= kex 1x2,
yh = kex
x2, k R.
Determinamos una solucin particular de la EDO completa por variacin deparmetros. Proponemos la solucin particular
yp = k(x)ex
x2,
la derivada es
y0p = k0 ex
x2+ k
exx2 ex 2xx4
= k0ex
x2 kex
x2 + 2x
x4
.
Sustituimos en la EDO completa
y0 +x2 + 2x
x2 y = 1
x2ex,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 43
k0ex
x2 kexx
2 + 2x
x4| {z }y0p
+x2 + 2x
x2 k e
x
x2| {z }yp
=1
x2ex
k0ex
x2=1
x2ex,
k0 =x2
x2 e
x
ex= e2x.
Determinamos k(x),
k(x) =
Ze+2x dx =
1
2e2x,
y obtenemos la siguiente solucin particular de la EDO completa
yp =
1
2e2xex
x2=ex
2x2.
La solucin general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y =kex
x2+ex
2x2, k R.
Las soluciones son vlidas para x > 0.
(16.8) La EDOy dx 4
x+ y6
dy = 0
no es lineal en y; sin embargo si es lineal en x = x(y)
y dx = 4x+ y6
dy,
dx
dy=4x+ y6
y
=4
yx+ 4y5.
Forma estndarx0 4
yx = 4y5; p(y) = 4
y.
Solucin general de la EDO homognea asociada
x0 4yx = 0,
xh = k eR 4y dy = k e4 ln|y|
x = k eln y4
= ky4.
Solucin de la ecuacin completa por variacin de parmetros, tomamos k =k(y)
xp = k(y) y4,
x0p = k0y4 + 4ky3,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 44
k0y4 + 4y3 4yky4 = 4y5,
k0 =4y5
y4= 4y.
Obtenemos
k(y) =
Z4y dy = 2y2,
que nos proporciona una solucin particular de la EDO completa
xp =2y2y4 = 2y6.
Finalmente, determinamos la solucin general de la EDO completa
x(y) = xh(y) + xp(y),
x(y) = ky4 + 2y6 , k R.La soluciones son vlidas en todo intervalo que no contenga y = 0.
(16.9)
cosxdy
dx+ y sinx = 1.
Forma estndardy
dx+sinx
cosxy =
1
cosx,
p(x) =sinx
cosx.
EDO homognea asociada
y0 +sinx
cosxy = 0,
yh = keR
sinxcosx dx.
Resolvemos la integral del exponente
Zsinx
cosxdx =
Z sinxcosx
dx = ln |cosx| , tomamos /2 < x < /2= ln (cosx) ,
yh = keln(cosx)
yh = k cosx, k R.Variacin de parmetros. Proponemos la solucin particular
yp = k(x) cosx,
y0p = k0 cosx k sinx,
y determinamos k(x)
k0 cosx k sinx| {z }y0
+sinx
cosx k cosx = 1
cosx,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 45
k0 cosx =1
cosx,
k0 =1
cos2 x k =
Z1
cos2 xdx = tanx.
Solucin particular de la EDO completa
yp = tanx cosx = sinx.
Solucin general de la EDO completa
y = yh + yp
y = k cosx+ sinx, k R.Las soluciones son vlidas para x (/2,/2) .(16.10)
(x+ 1)dy
dx+ (x+ 2) y = 2x ex.
Forma estndardy
dx+x+ 2
x+ 1y =
2x
x+ 1ex,
p(x) =x+ 2
x+ 1=x+ 1 + 1
x+ 1= 1 +
1
x+ 1.
Solucin general de la EDO homognea asociada
y0 +1 +
1
x+ 1
y = 0,
yh = keR(1+ 1x+1 ) dx
= ke(x+ln|x+1|),
tomamos x+ 1 > 0 (que implica x > 1),
yh = kexln(x+1)
= kexeln1
x+1
= kex
x+ 1, (x > 1) .
Variacin de parmetros, proponemos la solucin particular de la EDO completa
yp = k(x)ex
x+ 1,
y0p = k0 ex
x+ 1+ k
ex ex(x+ 1)(x+ 1)2
= k0ex
x+ 1 kex 1 + x+ 1
(x+ 1)2
= k0ex
x+ 1 kex x+ 2
(x+ 1)2,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 46
sustituimos en la ecuacin completa
y0 +x+ 2
x+ 1y =
2x
x+ 1ex
k0ex
x+ 1 kex x+ 2
(x+ 1)2| {z }y0p
+x+ 2
x+ 1 k e
x
x+ 1| {z }yp
=2x
x+ 1ex
y resulta
k0ex
x+ 1=
2x
x+ 1ex,
k0 = 2x,
k =
Z2x dx = x2,
obtenemos la siguiente solucin particular de la EDO completa
yp = x2 ex
x+ 1
Solucin general de la EDO completa
y = yh + yp,
y =k ex
x+ 1+x2ex
x+ 1, k R.
Las soluciones son validas para x > 1.
Ejercicio 17 Determina una solucin explcita para el problema de valor inicialxy0 + y = ex,y(1) = 2.
Indica un intervalo en el que est definida la solucin.
EDO lineal. Forma estndar
y0 +1
xy =
1
xex,
p(x) =1
x.
EDO Homognea
y0 +1
xy = 0,
solucin general de la EDO homognea
yh = keR
1x dx = ke ln|x|,
tomamos x > 0y = ke lnx = keln 1/x,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 47
y =k
x, k R.
Determinamos una solucin de la EDO completa por el mtodo de variacin deparmetros
yp = k(x)1
x,
y0p = k0 1x k 1
x2,
k01
x k 1
x2| {z }y0p
+1
xk1
x|{z}yp
=1
xex,
k01
x=1
xex,
k0 = ex,
k =
Zex dx = ex.
Resultayp =
ex
x.
Finalmente, la solucin general de la EDO completa es
y =k
x+ex
x, k R.
Solucin del problema de valor inicial. Imponemos la condicin y(1) = 2 paradeterminar el valor de la constante
k
1+e
1= 2 k = 2 e,
y =2 ex
+ex
x, x (0,+) .
Ejercicio 18 Determina una solucin explcita para el problema de valor inicial
(x+ 1)dy
dx+ y = lnx,
y(1) = 10, x > 0.
Es una EDO lineal completa. Forma estndar
dy
dx+
1
x+ 1y =
lnx
x+ 1,
identificamosp(x) =
1
x+ 1.
Solucin de la EDO homognea asociada
yh = keRp(x) dx = ke
R1
x+1 dx
= ke ln|x+1|,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 48
tomamosx+ 1 > 0 x > 1,
yh = ke ln(x+1)
= keln1
x+1 = k1
x+ 1
yh = k1
x+ 1, k R.
Determinamos una solucin particular de la EDO completa. Proponemos unasolucin de la forma
yp = k(x) 1x+ 1
,
la derivada esy0p = k
0 1x+ 1
k 1(x+ 1)2
.
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
y0 +1
x+ 1y =
lnx
x+ 1,
k01
x+ 1 k 1
(x+ 1)2| {z }y0p
+1
x+ 1 kx+ 1| {z }yp
=lnx
x+ 1,
k01
x+ 1=
lnx
x+ 1,
k0 = lnx,
k =
Zlnx dx = x lnx
Zx 1xdx
= x lnxZdx = x lnx x.
Hemos obtenido la siguiente solucin particular para la EDO completa
yp = (x lnx x)1
x+ 1,
la solucin general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y =k
x+ 1+x lnx xx+ 1
, k R.
Para determinar el valor de la constante, imponemos la condicin inicial
y(1) = 10,
k
2+1 ln 1 1
2= 10,
k 1 = 20 k = 21.La solucin del problema de valor inicial es
y =21 + x lnx x
x+ 1, x > 1.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 49
Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial
dy
dx+ 2y = f(x),
y(0) = 0,
donde
f(x) =
1 si 0 x 3,0 si x > 3.
Se trata de una EDO lineal
y0 + 2y = f(x).
EDO homognea asociaday0 + 2y = 0,
identificamosp(x) = 2,
la solucin general de la EDO homognea asociada es
yp = keRp(x) dx = ke
R2 dx
= ke2x, k R.
Determinamos la solucin para el tramo 0 x 3. En este caso, tenemos laEDO completa
y0 + 2y = 1 0 x 3,proponemos una solucin particular para la EDO completa
yp = k(x) e2x,
y0p = k0e2x 2k e2x
y sustituimos en la EDO completa
y0 + 2y = 1,
k0e2x 2ke2x| {z }y0p
+2 ke2x| {z }yp
= 1
k0e2x = 1,
k0 =1
e2x= e2x,
k =
Ze2x dx =
1
2e2x.
Resulta la solucin
yp =
1
2e2xe2x =
1
2
La solucin general de la EDO completa en el primer tramo es
y = ke2x +1
2, k R.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 50
Observa que si escribes la EDO en la forma
y0 = 1 2y,
est claro que la EDO tiene la solucin singular y = 1/2.Aplicamos la condicin inicial
y(0) = 0,
0 = k e0 + 12 k = 1/2.
La solucin del problema de valor inicial en el primer tramo es, por lo tanto,
y =1
2 12e2x, 0 x 3.
Calculamos el valor de esa solucin al final de primer tramo
y(3) =1
2 12e6.
Para obtener una solucin continua, exigimos para la solucin del tramo x (3,+)
y0 + 2y = 0,
y(3) =1
2
1 e6
.
Hemos visto anteriormente que la solucin de y0 + 2y = 0 es
y = ke2x.
Imponemos la condicin inicialx = 3,
y(3) =1
2 12e6,
y resulta
ke6 =1
2 12e6,
k =1
2
1 e6
e6
=1
2e61 e6
=
1
2
e6 1
.
Solucin del 2o tramoy =
1
2
e6 1
e2x.
Funcin solucin
y(x) =
1
2 12e2x, si 0 x 3,
1
2
e6 1
e2x, si x > 3.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 51
Ejercicio 20 Resuelve el problema de valor inicial
dy
dx+ 2xy = f(x),
y(0) = 2,
donde
f(x) =
x, si 0 x 1,0, si x 1.
Tenemos una EDO lineal completa. Homognea asociada
y0 + 2xy = 0,
identificamosp(x) = 2x,
yp = keRp(x) dx = kex
2
Calculamos por variacin de parmetros una solucin de la EDO completa parael tramo 0 x 1
yp = k ex2 ,
y0p = k0ex
2 2kx ex2 ,sustituimos en la EDO completa
y0 + 2xy = x, 0 x 1,
k0ex2 2kx ex2 + 2xk ex2 = x,
k0ex2
= x,
k0 =x
ex2= xex
2
,
k =
Zxex
2
dx =1
2ex
2
,
yp =
1
2ex
2
ex
2
=1
2.
Solucin general de la EDO completa, tramo 0 x 1
y = kex2
+1
2, k R.
Imponemos la condicin inicial
y(0) = 2,
ke0 +1
2= 2,
k = 2 12= 3/2,
y =1
2+3
2ex
2
, x [0, 1] .
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 52
Solucin para x > 1. En este caso la EDO es
y0 + 2xy = 0, x > 1.
Por continuidad, tomamos como valor inicial del segundo tramo el valor quetoma la funcin del primer tramo en x = 1, esto es
y(1) = ytramo1(1),
y(1) =1
2+3
2e1.
La solucin del segundo tramo verifica el problema de valor inicial(y0 + 2xy = 0,
y(1) =1
2+3
2e1, x 1.
La solucin de y0 + 2xy = 0 es
y = kex2
,
Imponemos la condicin inicial
y(1) =1
2+3
2e1,
ke1 =1
2+3
2e1,
k =
1
2+3
2e1
e =
1
2e+
3
2.
Solucin en el segundo tramo
y2 =
1
2e+
3
2
ex
2
=1
2e ex2 + 3
2ex
2
=1
2e1x
2
+3
2ex
2
.
Solucin global
y(x) =
1
2+3
2ex
2
, si 0 x 1,
1
2e1x
2
+3
2ex
2
, si x > 1.
Ejercicio 21 La funcin integral seno Si(x) se define como
Si(x) =
Z x0
sin t
tdt
y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el siguiente problema de valor inicialx3y0 + 2x2y = 10 sinx,y(1) = 0.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 53
EDO lineal, la escribimos en forma estndar
y0 +2x2
x3y = 10
sinx
x3,
y0 +2
xy = 10
sinx
x3.
Homognea asociada
y0 +2
xy = 0,
identificamosp(x) =
2
x.
Solucin general de la EDO homognea
yh = keRp(x) dx = ke
R2x dx
= ke2 ln|x| = keln 1/x2
,
resolvemos para x > 0
y = keln 1/x2
= k1
x2.
Solucin completa por variacin de parmetros
yp = k(x)1
x2,
y0p = k0 1x2+ k
2x3
= k0
1
x2 k 2
x3,
k01
x2 k 2
x3| {z }y0
+2
x k 1x2|{z}y
= 10sin
x3,
k01
x2= 10
sinx
x3,
k0 = 10sinx
x,
k = 10
Zsinx
xdx = 10
Z x0
sin t
tdt = 10Si(x).
Solucin particular de la EDO completa
yp = 10Si(x)
x2.
Solucin general de la EDO completa
y =k
x2+10Si(x)
x2.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 54
Imponemos la condicin inicial
y(1) = 0,
y(1) = k + 10Si(1) = 0,
k = 10 Si(1),
y(x) =10 Si(1)
x2+10Si(x)
x2,
y(x) =10
x2(Si(x) Si(1)) .
5 Mtodos numricosEjercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial
y0 = x2 y,y(0) = 1, 0 x 1.
1. Calcula la solucin exacta.
2. Aproxima la solucin usando el mtodo de Euler de 4 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
3. Aproxima la solucin usando el mtodo de Euler modificado de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solucin usando el mtodo de Taylor de orden 2 de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1) Solucin exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estndar
y0 + y = x2.
Homognea asociaday0 + y = 0,
identificamosp(x) = 1.
Solucin general de la EDO homognea
yh = keRdx = kex, k R.
Solucin de la EDO completa por variacin de parmetros, tomamos k = k(x)
yp = k(x) ex,
y0p = k0ex kex.
Sustituimos en la EDO completa
y0 + y = x2,
k0ex kex + kex = x2,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 55
k0ex = x2,
k0 =x2
ex= x2ex,
k =
Zx2ex dx.
La integral se calcula aplicando integracin por partes dos vecesZx2ex dx = x2ex
Z2xex dx
= x2ex 2Zxex dx
= x2ex 2xex
Zex dx
= x2ex 2xex + 2ex.
Tenemos la solucin particular de la EDO completa
yp =x2ex 2xex + 2ex
ex
= x2 2x+ 2.
Solucin general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = kex + x2 2x+ 2, k R.Solucin del problema de valor inicial: exigimos y(0) = 1
ke0 + 2 = 1,
k = 1 2 = 1.Finalmente, resulta
y = ex + x2 2x+ 2.
2) Mtodo de Euler de 4 pasos. Intervalo
[a, b] = [0, 1] ,
step
h =b a4
=1
4= 0.25.
El problema est en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = x2 y.
Formulacin del mtodo
yj+1 = yj + h f(xj , yi)
= yj + h (x2j yi).
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 56
Fase 1. Partimos de x0 = 0,y0 = 1,
calculamos
y1 = y0 + 0.25 x20 y0
= 1 + 0.25 (1) = 0.75.
Fase 2. Partimos de x1 = 0.25,y1 = 0.75,
calculamos
y2 = y1 + 0.25x21 y1
= 0.75 + 0.25 0.252 0.75
= 0.5781.
Fase 3. Partimos de x2 = 0.5,y2 = 0.5781,
calculamos
y3 = 0.5781 + 0.25 0.52 0.5781
= 0.4961.
Fase 4. Partimos de x3 = 0.75,y3 = 0.4961,
calculamos
y4 = 0.4961 + 0.25 0.752 0.4961
= 0.5127.
Resumen de valores y errores de truncamiento
j xj yj yj |ej | = |yj yj |0 0 1.0000 1 01 0.25 0.7500 0.7837 0.03372 0.50 0.5781 0.6435 0.06543 0.75 0.4691 0.5901 0.09404 1 0.5127 0.6321 0.1194
3) Mtodo de Euler modificado. En cada paso debemos calcular
k(1)j = f (xj , yj) ,
k(2)j = f
xj+1, yj + hk
(1)j
,
yj+1 = yj +h2
k(j)1 + k
(j)2
.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 57
Fase 1. Tenemos
x0 = 0,y0 = 1,x1 = 0.25.
Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = f(0, 1) = 0
2 1 = 1,
k(0)2 = f
x1, y0 + hk
(0)1
= f (0.25, 1 + 0.25(1)) = f (0.25, 1 0.25)= f (0.25, 0.75) = (0.25)2 0.75= 0.6875,
y1 = y0 +h
2
k(0)1 + k
(0)2
= 1 +
0.25
2(1 0.6875) = 0.7891.
Fase 2. Tenemos x1 = 0.25,y1 = 0.7891,x2 = 0.5.
Calculamos
k(1)1 = f (x1, y1) ,
k(1)2 = f
x2, y1 + hk
(1)1
,
y2 = y1 + hk(1)1 + k
(1)2
.
k(1)1 = f(0.25, 0.7891) = (0.25)
2 0.7891 = 0.7266.
k(1)2 = f(0.5, 0.7891 + 0.25 (0.7266))
= f(0.5, 0.6074)
= (0.5)2 0.6074 = 0.3574.
y2 = 0.7891 +0.25
2 (0.7266 0.3574)
= 0.6536.
Fase 3. Tenemos x2 = 0.5,y2 = 0.6536,x3 = 0.75.
Calculamos
k(2)1 = f (x2, y2) ,
k(2)2 = f
x3, y2 + hk
(2)1
,
y3 = y2 +h2
k(2)1 + k
(2)2
.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 58
k(2)1 = f (0.5, 0.6536) = (0.5)
2 0.6536 = 0.4036,k(2)2 = f(0.75, 0.6536 + 0.25 (0.4036))
= f(0.75, 0.5527) = (0.75)2 0.5527 = 0.0098.
y3 = y2 +h
2
k(2)1 + k
(2)2
= 0.6536 +
0.25
2(0.4036 0.0098)
= 0.6044.
Fase 4. Tenemos x3 = 0.75,y3 = 0.6044,x4 = 1.
Calculamos
k(3)1 = f (x3, y3) ,
k(3)2 = f
x4, y3 + hk
(3)1
,
y4 = y3 +h2
k(1)1 + k
(1)2
.
k(3)1 = f (0.75, 0.6044) = (0.75)
2 0.6044 = 0.0419,
k(3)2 = f
x4, y3 + hk
(3)1
= f(1, 0.6044 + 0.25 (0.0419))
= f(1, 0.5939) = 1 0.5939 = 0.406075.
y4 = 0.6044 +0.25
2(0.0419 0.406075)
= 0.6499.
Resumen de valores y errores de truncamiento
j xj yj yj |ej | = |yj yj |0 0 1 1 01 0.25 0.7891 0.7837 0.00542 0.5 0.6536 0.6435 0.01013 0.75 0.6044 0.5901 0.01434 1.0 0.6499 0.6321 0.0178
4) Mtodo de Taylor de 2 o orden. El mtodo es
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
.
Tenemos f(x, y) = x2 y,f 0x (x, y) = 2x,f 0y (x, y) = 1.
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 59
Calculamos f(x0, y0) = 0 1 = 1,f 0x (x0, y0) = 0,f 0y (x0, y0) = 1,
y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2
2
f 0x (x0, y0) + f
0y (x0, y0) f (x0, y0)
= 1 + 0.25 (1) + (0.25)
2
2(0 + (1) (1))
= 0. 78125.
Fase 2. Partimos dex1 = 0.25, y1 = 0. 78125.
Calculamosf(x1, y1) = (0.25)
2 0. 78125 = 0. 71875,f 0x (x1, y1) = 0.5,f 0y (x1, y1) = 1.
y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2
2
f 0x (x1, y1) + f
0y (x1, y1) f (x1, y1)
= 0. 78125 + 0.25 (0. 71875) + (0.25)
2
2[0.5 + (1) (0. 71875)]
= 0. 63965.
Fase 3. Partimos dex2 = 0.5, y2 = 0. 63965.
Calculamos f(x2, y2) = (0.5)
2 0. 63965 = 0. 38965,f 0x (x2, y2) = 1,f 0y (x2, y2) = 1.
y3 = y2 + h f (x2, y2) +h2
2
f 0x (x2, y2) + f
0y (x2, y2) f (x2, y2)
= 0. 63965 + 0.25 (0. 38965) + (0.25)
2
2[1 + (1) (0. 38965)]
= 0. 58566 .
Fase 4. Partimos dex3 = 0.75, y3 = 0. 58566,
Calculamosf(x3, y3) = (0.75)
2 0. 58566 = 0.0 2316 ,f 0x (x3, y3) = 1.5,f 0y (x3, y3) = 1.
y4 = y3 + h f (x3, y3) +h2
2
f 0x (x3, y3) + f
0y (x3, y3) f (x3, y3)
= 0. 58566 + 0.25 (0.0 2316 ) + (0.25)
2
2[1.5 + (1) (0.0 2316 )]
= 0. 62747.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 60
Resumen y errores de truncamiento
j xj yj yj |ej | = |yj yj |0 0 1.0000 1 01 0.25 0.78125 0.78370 0.002452 0.50 0.63965 0.64347 0.003823 0.75 0.58566 0.59013 0.004474 1 0.62747 0.63212 0.00465
Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicialy0 = 3y + 3x,y(0) = 1, 0 x 0.2.
1. Calcula la solucin exacta.
2. Aproxima la solucin usando el mtodo de Euler de 5 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
3. Aproxima la solucin usando el mtodo de Euler modificado de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solucin usando el mtodo de Taylor de orden 2 de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1) Solucin exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estndar
y0 3y = 3x.
Homognea asociaday0 3y = 0,
identificamosp(x) = 3.
Solucin general de la EDO homognea
y = keR(3) dx = ke3x, k R.
Solucin de la EDO completa por variacin de parmetros. Proponemos unasolucin particular de la forma
y = k(x) e3x,
y0 = k0e3x + 3ke3x,
y sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
k0e3x + 3ke3x 3ke3x = 3x,
k0e3x = 3x,
k0 =3x
e3x= 3xe3x,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 61
k =
Z3xe3x dx
= xe3x +Ze3x dx
= xe3x 13e3x.
Obtenemos
yp =
xe3x 1
3e3x
e3x
= x 13.
Solucin general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke3x +
x 1
3
, k R.
Solucin del problema de valor inicial. Imponemos la condicin inicial
y(0) = 1
k 13= 1 k = 1 + 1
3=4
3.
Solucin del problema de valor inicial
y =4
3e3x x 1
3.
2) Mtodo de Euler de 5 pasos. Intervalo
[a, b] = [0, 0.2] ,
step
h =b a5
=0.2
5= 0.04.
El problema est en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = 3x+ 3y.
Formulacin del mtodo
yj+1 = yj + h f(xj , yi).
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1,
Calculamosf(x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 62
y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.04 3 = 1 + 0.12 = 1.12.Fase 2. Partimos de
x1 = 0.04, y1 = 1.12.
Calculamos
f(x1, y1) = 3x1 + 3y1 = 0.12 + 3.36
= 3.48,
y2 = y1 + h f(x1, y1) = 1.12 + 0.04 3.48= 1.2592.
Continuando de forma anloga se obtienen los siguientes resultados
j xj yj yj |ej | = |yj yj |0 0 1 1 01 0.04 1.12 1.1300 0.01002 0.08 1.2592 1.2817 0.02253 0.12 1.4199 1.4578 0.03794 0.16 1.6047 1.6614 0.05675 0.20 1.8165 1.8962 0.0797
3) Mtodo de Euler modificado de 5 pasos. El mtodo es
k(j)1 = f (xj , yj) ,
k(j)1 = f
xj+1, yj + hk
(j)1
,
yj+1 = yj +h2
k(j)1 + k
(j)2
.
Fase 1. Partimos de
x0 = 0, x1 = 0.04, y0 = 1,
calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,
k(0)2 = f
x1, y0 + hk
(0)1
= f (0.04, 1 + 0.04 3)
= f (0.04 + 1.12) = 3(1.16) = 3.48,
y1 = y0 +h
2
k(0)1 + k
(0)2
= 1 +
0.04
2 (3 + 3.48)
= 1 + 0.02 6.48= 1.1296.
Fase 2. Partimos de
x1 = 0.04, x2 = 0.08, y1 = 1.1296.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 63
Calculamos
k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.04, 1.1296)
= 3(0.04, 1.1296)
= 3.5088,
k(1)2 = f
x2, y1 + hk
(1)1
= f(0.08, 1.1296 + 0.04 3.5088)= f(0.08, 1.2700) = 3(0.08 + 1.2700)
= 4.0499,
y2 = y1 +h
2
k(1)1 + k
(1)2
= 1.1296 +
0.04
2(3.5088 4.0499)
= 1.2808.
Continuando de forma anloga, se obtienen los siguientes resultados:
j xj yj yj |ej | = |yj yj |0 0 1 1 01 0.04 1.1296 1.1300 0.00042 0.08 1.2808 1.2817 0.00093 0.12 1.4563 1.4578 0.00154 0.16 1.6592 1.6614 0.00225 0.20 1.8930 1.8962 0.0032
4) Mtodo de Taylor de 2 o orden. El mtodo es
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
.
Tenemos
f(x, y) = 3x+ 3y,
f 0x = 3,f 0y = 3.
En este caso podemos simplificar los clculos
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2[3 + 3f (xj , yj)] .
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1.
Calculamosf (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,
y1 = 1 + 0.04 3 + (0.04)2
2(3 + 3 3) = 1.1296.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 64
Fase 2. Partimos dex1 = 0.04, y1 = 1.1296.
Calculamosf (x1, y1) = 3(0.04 + 1.1296) = 3.5088,
y2 = y1 + hf (x1, y1) +h2
2[3 + 3f (x1, y1)]
= 1.1296 + 0.04 3.5088 + (0.04)2
2(3 + 3 3.5088)
= 1.28077.
Fase 3. Partimos dex2 = 0.08, y2 = 1.2808.
Calculamos
f (x2, y2) = 3(0.08 + 1.2808)
= 4.0824,
y3 = y2 + hf (x2, y2) +h2
2[3 + 3f (x2, y2)]
= 1.2808 + 0.04 4.0824 + (0.04)2
2(3 + 3 4.0824)
= 1.4563.
Continuando de forma anloga, se obtienen los siguientes resultados
j xj yj yj |ej | = |yj yj |0 0 1.0000 1 01 0.04 1.1296 1.1300 0.00042 0.08 1.2808 1.2817 0.00093 0.12 1.4563 1.4578 0.00154 0.16 1.6592 1.6614 0.00225 0.20 1.8930 1.8962 0.0032
En este caso particular, al aplicar el mtodo de Taylor de 2o orden con 5 pasosse obtienen los mismos resultados que con el mtodo de Euler modificado.
Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicialy0 = e2x 2y,y(0) = 1, 0 x 0.5.
1. Calcula la solucin exacta.
2. Aproxima la solucin usando el mtodo de Euler de 5 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
3. Aproxima la solucin usando el mtodo de Euler modificado de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 65
4. Aproxima la solucin usando el mtodo de Taylor de orden 2 de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1) Solucin exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estndar
y0 + 2y = e2x,
homognea asociaday0 + 2y = 0,
identificamosp(x) = 2,
solucin general de la EDO homognea
yh = keR2 dx = ke2x, k R.
Solucin completa por variacin de parmetros, hacemos k = k(x)
y = k(x)e2x,
y0 = k0e2x 2ke2x,sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
k0e2x 2ke2x + 3ke2x = e2x,
k0e2x = e2x,
k0 = 1,
k = x.
Obtenemosyp = xe
2x.
Solucin general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke2x + xe2x.
Solucin del problema de valor inicial. Imponemos
y(0) = 1,
ke0 + 0 = 1 k = 1,
y = e2x + xe2x
= (1 + x) e2x.
2) Aproximacin por el mtodo de Euler de 5 pasos. Intervalo
[a, b] = [0, 0.5] ,
step
h =b a5
= 0.1,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 66
el problema est en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = e2x 2y.
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1.
Calculamos
f(x0, y0) = e2x0 2y0 = e0 2 = 1 2 = 1,
y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.1 (1) = 0.9.Fase 2. Partimos de
x1 = 0.1, y1 = 0.9.
Calculamos
f(x1, y1) = e2x1 2y1 = e0.2 1.8
= 0.8187 1.8 = 0.9813,
y2 = y1 + h f(x1, y1) = 0.9 + 0.1 (0.9813)= 0.8019.
Continuando de forma anloga se obtienen los siguientes resultados:
j xj yj yj |ej | = |yj yj|0 0 1 1 01 0.1 0.9 0.9006 0.00062 0.2 0.8019 0.8044 0.00253 0.3 0.7085 0.7135 0.00504 0.4 0.6217 0.6291 0.00745 0.5 0.5423 0.5518 0.0095
3) Mtodo de Euler modificado de 5 pasos.Fase 1. Partimos de
x0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1.
Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = e
0 2 1 = 1 2 = 1,
k(0)2 = f
x1, y0 + hk
(0)1
= f (0.1, 1 + 0.1 (1))
= f (0.1 + 0.9) = e0.2 1.8 = 0.9813
y1 = y0 +h
2
k(0)1 + k
(0)2
= 1 +
0.1
2(1 0.9813)
= 0.9009.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 67
Fase 2. Partimos de
x1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 0.9009.
Calculamos
k(1)1 = f(x1, y1) = e
2x1 2y1 = e0.2 2 0.9009= 0.9831,
k(1)2 = f
x2, y1 + hk
(1)1
= f(0.2, 0.9009 + 0.1 (0.9831))
= f(0.2, 0.8026) = e0.4 2 0.8026= 0.9349,
y2 = y1 +h
2
k(1)1 + k
(1)2
= 0.9009 +
0.1
2(0.9831 0.9349)
= 0.8050.
Continuando de forma anloga, se obtienen los siguientes resultados:
j xj yj yj |ej | = |yj yj|0 0 1 1 01 0.1 0.9009 0.9006 0.00032 0.2 0.8050 0.8044 0.00063 0.3 0.7144 0.7135 0.00094 0.4 0.6302 0.6291 0.00115 0.5 0.5531 0.5518 0.0013
4) Mtodo de Taylor de 2o orden. Tenemosf(x, y) = e2x 2y,f 0x(x, y) = 2e2x,f 0y(x, y) = 2,
mtodo
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
.
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1,
calculamosf (x0, y0) = e
0 2 = 1,f 0x (x0, y0) = 2e0 = 2,
f 0y (x0, y0) = 2,
y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2
2
f 0x (x0, y0) + f
0y (x0, y0) f (x0, y0)
.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 68
y1 = 1 + 0.1 (1) + (0.1)2
2(2 + (2) (1))
= 1 0.1 = 0.9,
Fase 2. Partimos dex1 = 0.1, y1 = 0.9.
Calculamosf (x1, y1) = e
0.2 1.8 = 0.9813,f 0x (x1, y1) = 2e2x1 = 2e0.2 = 1.6375,
f 0y (x1, y1) = 2,
y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2
2
f 0x (x1, y1) + f
0y (x1, y1) f (x1, y1)
= 0.9 + 0.1 (0.9813) + (0.1)
2
2[1.6375 2x(0.9813)]
= 0.8035.
Continuando de forma anloga, se obtiene:
j xj yj yj |ej | = |yj yj |0 0 1 1 01 0.1 0.9 0.9006 0.00062 0.2 0.8035 0.8044 0.00093 0.3 0.7125 0.7135 0.00104 0.4 0.0282 0.6291 0.00095 0.5 0.5511 0.5518 0.0007
6 Problemas de aplicacinEjercicio 25 Se sabe que la poblacin de una cierta comunidad aumenta conuna rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier mo-mento t. Si la poblacin se duplic en cinco aos, en cunto tiempo se triplicary se cuadriplicar?
Notacionesy(t) poblacin en instante t,t tiempo en aos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) poblacin inicial.
EDOdy
dt= y,
donde es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homognea
y0 y = 0.
y = keR() dt = ket.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 69
Condicin inicialy(0) = y0,
y0 = ke0 = k.
Modelo matemticoy = y0e
t.
Sabemos que la poblacin se duplica en 5 aos
y(5) = 2y0,
y0e5 = 2y0,
e5 = 2,5 = ln 2,
=ln 2
5.
Modeloy = y0e
ln 25 t.
Determinamos el tiempo necesario para que la poblacin se triplique. Resolve-mos
y(t) = 3y0,
y0eln 25 t = y03,
eln 25 t = 3,
ln 2
5t = ln 3,
t =5 ln 3
ln 2= 7.92 aos.
Determinamos el tiempo necesario para que la poblacin se cuadriplique. Re-solvemos
y(t) = 4y0,
y0eln 25 t = 4y0,
eln 25 t = 4,
ln 2
5t = ln 4,
t = 5ln 4
ln 2= 5
2 ln 2
ln 2= 10 aos.
Ejercicio 26 La poblacin de una comunidad crece a razn proporcional a lapoblacin en cualquier momento t. Su poblacin inicial es de 500 individuos yaumenta un 15% en 15 aos. Cul ser la poblacin en 30 aos?
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 70
Notaciones:y(t) poblacin,t tiempo en aos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 500 poblacin inicial.
EDOdy
dt= y,
donde es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homognea
y0 y = 0,
y = keR() dt = ket, k R.
Determinamos k con la condicin inicial
y(0) = 500,
ke0 = 500 k = 500.Obtenemos
y = 500et.
Determinamos con la condicin de que la poblacin aumenta el 15% en 10aos
y(10) y(0)y(0)
= 0.15,
y0e10 y0y0
= 0.15,
e10 1 = 0.15,e10 = 1.15,
10 = ln 1.15,
=ln 1.15
10= 0.01 398.
Modeloy = 500e0.01398t.
Poblacin en 30 aos
y(30) = 500e0.0139830
= 760 individuos.
Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia transpar-ente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x), dondex representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la intensidad a 3pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 del haz incidente.Cul ser la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo la superficie?
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 71
Notaciones:
I(x) intensidad a profundidad x,x profundidad en pies (1pie = 30.5cm),x = 0 superfcie,I0 intensidad del haz en la superfcie,I(3) = 0.25I0 intesidad a 3 pies de profundidad.
EDOdI
dx= I,
donde es una constante desconocida; se trata de una EDO lineal homognea
I 0 I = 0.
Solucin generalI(x) = ke
R() dx = kex.
Imponemos la condicin inicial
I(0) = I0,
ke0 = I0 I0 = k.Obtenemos el modelo
I(x) = I0ex,
usamos la condicinI(3) = 0.25I0
para determinar :I0e
3 = 0.25I0,
e3 = 0.25,
3 = ln 0.25,
=ln 0.25
3= 0.4621.
ModeloI(x) = I0e
0.4621x.
Intensidad 15 pies bajo la superficie
I(15) = I0e0.462115 = 0.000978 I0.
La intensidad 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad en lasuperficie ' 0.1%.
Ejercicio 28 El Pb-209, istopo radioactivo del plomo, se desintegra con unarapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t y tiene unavida media de 3.3 horas. Si al principio haba 1 gramo de plomo, cunto tiempodebe transcurrir para que se desintegre el 90%?Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesario paraque se desintegre la mitad de la cantidad inicial.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 72
Notaciones:y(t) cantidad de Pb-209 en gr,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 = 1 cantidad inicial.
Ecuacin diferencialdy
dt= y y0 y = 0,
y0 y = 0.Solucin general
y = keR() dt = ket, k R.
Condicin inicialy(0) = y0 y0 = ke0 y0 = k,
y = y0et.
Usamos la condicin de vida media
y(3.3) =1
2y0
para determinar :1
2y0 = y0e
3.3,
e3.3 =1
2,
3.3 = ln1
2,
=1
3.3ln 1/2 = 0.2100.
Modeloy = y0e
0.2100t.
Inicialmente tenamos 1gr, por lo tanto el modelo es
y = e0.2100t,
cuando se desintegra el 90%, queda el 10%. Resolvemos
e0.2100t = 0.1,
t = ln 0.10.21
= 10.9647 ' 11 horas.
Ejercicio 29 Inicialmente, haba 100 miligramos de una sustancia radioactivay, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la velocidadde desintegracin, en el instante t, es proporcional a la cantidad de sustanciapresente, calcula la vida media de la sustancia.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 73
Notaciones:
y cantidad de sustancia en miligramos,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 cantidad inicial.
EDOy0 = y,
y0 y = 0,y = ke
R() dt = ket,
imponemos la condicin inicial
y0 = ke0 k = y0.
Modeloy = y0ke
t.
Para determinara usamos la condicin de que despus de 6 horas queda el97% de la cantidad inicial
y(6) = 0.97 y0,
y0e6 = 0.97y0,
e6 = 0.97,
=ln 0.97
6= 0.00508.
Vida media: Tenemos que calcular tm para que
y(tm) =1
2y0,
y0e0.00508tm =
1
2y0,
e0.00508tm =1
2,
tm = ln 1/2
0.00508= 136.45 horas.
La vida media es tm = 136.45 horas.
Ejercicio 30 Un termmetro se saca de un recinto donde la temperatura delaire es de 70oF y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10oF. Despusde medio minuto, el termmetro indica 50oF. Cul ser la lectura cuando t =1minuto? Cunto tiempo se necesita para que el termmetro llegue a 15oF?
Notaciones y datos relevantes:
y(t) temperatura en oF,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70
oF temperatura inicial,y(0.5) = 50oF temperatura despus de 1/2 min,Tm = 10
oF temperatura ambiente.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 74
Modelo: Ley de enfriamiento de Newton
dy
dt= (y Tm),
donde es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal completa
y0 = (y 10),
la escribimos en forma estndar
y0 + y = 10.
EDO homognea asociaday0 + y = 0.
Solucin general de la EDO homognea
yh = keR dt = ket, k R.
Solucin de la EDO completa por variacin de parmetros. Proponemos unasolucin particular de la EDO completa de la forma
y = k(t) et,
y0 = k0et ket,sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)
k0et ket + ket = 10,
k0et = 10,
k0 =10et
= 10et,
k =
Z10et dt
= 10et.
Resulta la solucin particular
yp = 10etet = 10.
Solucin general de la EDO completa
y = ket + 10, k R.
Determinamos k con la condicin inicial
y0 = 70,
ke0 + 10 = 70,
k = 60,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 75
obtenemosy = 10 + 60et.
Determinamos con la condicin
y(0.5) = 50,
10 + 60e0.5 = 50,
60e0.5 = 40,
e0.5 =40
60=2
3,
0.5 = ln 2/3,
= 10.5
ln 2/3 = 2 ln 2/3,
= 0.8109.
Modeloy = 10 + 60e0.8109t.
La temperatura despus de 1 minuto ser
y(1) = 10 + 60e0.8109 = 36.67oF.
Para determinar el tiempo necesario para que la temperatura sea de 15oF ,resolvemos
y(t) = 15,
10 + 60e0.8105t = 15,
60e0.8109t = 5,
e0.8109t =5
60=1
12,
t = 10.8109
ln
1
12
=
ln 12
0.8109= 3.06 minuntos.
Nota. Es habitual escribir la ley de enfriamiento de Newton en la forma
dy
dt= (y Tm),
en este caso, la constante es positiva y la variacin de temperatura es negativacuando la temperatura y del cuerpo es superior a la temperatura ambiente. Sinembargo, no hay ningn inconveniente en plantear la ecuacin diferencial en laforma
dy
dt= (y Tm),
en este caso, obtendremos un valor negativo para la constante y el modeloresultante ser el mismo.
Ejercicio 31 Un termmetro que indica 70 oF se coloca en un horno precalen-tado a temperatura constante. A travs de una ventana del horno, un observadorregistra una temperatura de 110 oF despus de 1/2 minuto y de 145 oF despusde 1 minuto. A qu temperatura est el horno?
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 76
Notaciones y datos relevantes:
y(t) temperatura del termmetro (en oF),t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70
o temperatura inicial del termmetro,Tm temperatura del medio.
Disponemos de las observacionesy(0.5) = 110 oF,y(1) = 145 oF.
el objetivo es determinar la temperatura del medio Tm.Ley de enfriamiento de Newton
dy
dt= (y Tm) . ( constante.)
Se trata de una EDO lineal completa, la escribimos en forma estndar
y0 + y = Tm.
Homognea asociaday + y = 0,
yh = keR dt = ket, k R.
Solucin de la EDO completa por variacin de parmetros
y = k(t)et,
y0 = k0et ket,
k0et ket ket = Tm,k0et = Tm,
k0 = Tmet,
k =
ZTmet = Tmet,
yp =Tme
tet = Tm.
Solucin general de la EDO completa
y = ket + Tm, k R.
Determinamos k con la condicin inicial
y0 = 70,
ke0 + Tm = 70,
k = 70 Tm.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 77
Modeloy = (70 Tm) et + Tm.
Determinamos y Tm con los datos
y(0.5) = 110,
y(1) = 145,
y(1) = 145 Tm + (70 Tm) e = 145,(70 Tm) e = 145 Tm,
e =145 Tm70 Tm
,
= ln 145 Tm70 Tm
,
= ln 145 Tm70 Tm
.
Sustituimos eny = Tm + (70 Tm) et
y obtenemos
y = Tm + (70 Tm) e(ln145Tm70Tm )t
= Tm + (70 Tm) eln[145Tm70Tm ]
t
,
y = Tm + (70 Tm)145 Tm70 Tm
t.
Para determinar Tm, hemos de resolver
y(1/2) = 110,
Tm + (70 Tm)r145 Tm70 Tm
= 110,
(70 Tm)r145 Tm70 Tm
= 110 Tm,r145 Tm70 Tm
=110 Tm70 Tm
,
145 Tm70 Tm
=
110 Tm70 Tm
2,
(70 Tm) (145 Tm) = (110 Tm)2 ,T 2m 215Tm + 10100 = T 2m 220Tm + 12100,
220Tm 215Tm = 12100 10150,5Tm = 1950,
Tm =1950
5= 390
o
.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 78
El modelo matemtico que describe la temperatura del termmetro es
y = 390 32049
64
t,
vemos que, efectivamente, con este modelo se obtienen los valores observados
y(1) = 390 32049
64
1= 145,
y(1/2) = 390 32049
64
1/2= 390 320 7
8= 110.
Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto de solucin con1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque un caudal de 4 litrospor minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en el tanque en cualquierinstante t.
Notaciones y datos relevantes:
A(t) cantidad de sal, en gramos,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,A0 = 30g cantidad inicial de sal en el tanque,A200 concentracin mezcla (en gr/litro),1 g/litro concentracin entrada.
Observamos que
caudal de entrada = 4 litros/min = caudal de salida,
por lo tanto, el volumen de lquido en el tanque se mantiene constante.
Variacin de la cantidad de sal =
entraz }| {1g
litro 4 litros
min
salez }| {A
200
g
litro 4 litros
min
= 4
1 A
200
g/min .
Ecuacin diferencial
dA
dt= 4
1 A
200
= 4 4A
200
= 4 A50.
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estndar
A0 +A
50= 4.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 79
Homognea asociada
A0 +A
50= 0.
Solucin general de la EDO homognea
Ah = ke t50 , k R.
Solucin de la EDO completa por variacin de parmetros, proponemos unasolucin de la forma
A = k(t) et50
y la sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)
k0et50 t
50ke
t50 +
t
50ke
t50 = 4,
k0 = 4et50 ,
k =
Z4e
t50 dt = 200
Ze
t501
50dt
= 200 et50 ,
Ap =200 e
t50
e
t50 = 200.
Solucin general de la EDO completa
A = ket50 + 200, k R.
Determinamos k con la condicin inicial
A0 = 30,
ke0 + 200 = 30,
k = 170,Modelo
y = 200 170et/50.
Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmueracon 2 libras de sal por galn a razn de 5 gal/min. El tanque se mezcla bien poragitacin y de l sale la mezcla con la misma rapidez. Determina la cantidadA(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. Cul es laconcentracin de la solucin del tanque cuando t = 5 min?
Notaciones y datos relevantes:
1 galn 37.85 litros,1 libra 0.4536 kg,A(t) cantidad de sal en libras,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,A0 = A(0) = 0 libras cantidad inicial de sal (agua pura),Volumen del tanque 500 galones (constante),Caudal de entrada = caudal de salida 5 gal/min,Concentracin entrada 2 lb/gal,Concentracin en el tanque en instante t A500 libras/galn.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 80
Tasa de entrada de sal2 lbgal
5 galmin
=10 lbmin
.
Tasa de salidaA lb500 gal
5 galmin
=A
100
lbmin
.
Tasa netadA
dt= 10 A
100.
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estndar
A0 +A
100= 10.
Ecuacin homognea
A0 +A
100= 0.
Solucin de la EDO homognea
A = keR
1100 dt = ke
t100 .
Sabemos que la solucin general de la EDO completa se puede escribir en laforma
A = Ah +Ap,
donde Ap es una solucin particular cualquiera de la EDO completa, en estecaso (y en los problemas anteriores) podemos obtener una solucin singular deforma directa. Las soluciones singulares son soluciones constantes, por lo tanto,tenemos A0 = 0 y resulta la ecuacin
A
100= 100 A = 1000,
por lo tanto, disponemos de la solucin particular
Ap = 1000.
Solucin de la ecuacin completa
A = 1000 + ket100 , k R.
Determinamos k con la condicin inicial
A(0) = 0,
1000 + ke0 = 0 k = 1000.Obtenemos el modelo
A = 1000 1000 e t100 .Concentracin cuando t = 5 min. Calculamos la cantidad de sal
A(5) = 1000 1000 e 5100 = 48.77 libras,la concentracin es
48.77 lb500 gal
= 0.0975 lb/gal.
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 81
Ejercicio 34 Un tanque est parcialmente lleno con 100 galones de salmuera,con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galn a razn de6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razn de 4 gal/min.Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos.
Notaciones:
y(t) cantidad de sal en el instante t,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 10 lb cantidad inicial de sal,Volumen inicial 100 galones.
En este problema tenemos:
caudal entrante 6 gal/min,caudal saliente 4 gal/min,
por lo tanto el volumen del contenido del tanque vara a razn de
Variacin de volumen = 6 gal/min 4 gal/min = 2 gal/min.
El volumen en el instante t ser
V (t) = 100 + 2 t
y la concentraciny(t)
100 + 2t
lbgal.
Tasa de entrada de sal
0.5lbgal
6 galmin
= 3lbmin
.
Tasa de salida de sal
y
100 + 2t
lbgal
4 galmin
=4y
100 + 2t
lbmin
.
Tasa netady
dt= 3 4y
100 + 2t.
EDO lineal completa; la escribimos en forma estndar
y0 +4y
100 + 2t= 3,
identificamosp(t) =
4
100 + 2t.
Solucin de la EDO homognea
y = keR
4100+2t dt
= ke2 ln|100+2t|,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 82
como t 0
y = ke2 ln(100+2t)
= keln
1(100+2t)2
,
y = k1
(100 + 2t)2.
Solucin de la EDO completa por variacin de parmetros
y0 = k01
(100 + 2t)2+ k
(2)(100 + 2t)3
2
= k01
(100 + 2t)2
4k
(100 + 2t)3 .
Sustituimos eny0 +
4y
100 + 2t= 3,
k01
(100 + 2t)2 4k(100 + 2t)3
+4
100 + 2t k(100 + 2t)2
= 3,
k01
(100 + 2t)2= 3,
k0 = 3 (100 + 2t)2 ,
k =
Z3 (100 + 2t)2 dt =
3
2
Z(100 + 2t)2 2 dt
=3
2 13(100 + 2t)
3
=1
2(100 + 2t)
3.
Solucin particular de la EDO completa
yp =1
2(100 + 2t)3
1
(100 + 2t)2
=1
2(100 + 2t) .
Solucin general de la EDO completa
y =k
(100 + 2t)2 +
1
2(100 + 2t) , k R.
Determinamos k con la condicin inicial
y (0) = 10,
k
(100 + 0)2 +
1
2(100 + 2 0) = 10,
k
1002+ 50 = 10,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 83
k = (40) 1002 = 4 105.Modelo matemtico de la cantidad de sal
y =1
2(100 + 2t) 4 10
5
(100 + 2t)2 .
La cantidad de sal despus de 30 minutos es
y(30) =1
2(100 + 60) 4 10
5
(100 + 60)2
=1
2 160 4 10
5
1602
= 80 15.625 = 64.375 lb.
Ejercicio 35 La ecuacin diferencial que describe la velocidad de una masa men cada, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantneaes
mdv
dt= mg cv,
donde c > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo.
1. Resuelve la ecuacin diferencial con la condicin inicial v (0) = 0.
2. Determina la velocidad terminal de la masa
vT = limt
v (t) .
3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa,tenemos
ds
dt= v.
Determina la ecuacin de s(t) con la condicin inicial s(0) = 0.
1) Solucin de la ecuacin diferencial
mdv
dt= mg cv,
dv
dt= g c
mv.
Es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estndar
v0 +c
mv = g.
Solucin de la EDO homognea
v0 +c
mv = 0,
identificamosp(t) =
c
m,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 84
solucin general de la EDO homognea
v = keR
cm dt = ke
cm t, k R.
Solucin general de la EDO completa
v = vh + vp,
v = kekm t + vp.
En este caso es sencillo hallar una solucin particular de la EDO completa vp,pues la EDO tiene una solucin constante (solucin singular), que se obtienehaciendo v0 = 0 y determinando v
0 = g cmv,
vp =mg
c.
(Verifica que la solucin vp realmente satisface la EDO completa).Solucin general de la EDO completa
v(t) =mg
c+ ke
cm t, k R.
Determinamos k con la condicin inicial
v(0) = 0,
mg
c+ ke0 = 0,
k = mgc,
Finalmente, resulta
v(t) =mg
c mg
ce
cm t,
=mg
c
1 e cm t
.
2) Velocidad terminal.
vT = limT
v(t) =mg
c
1 e
=
mg
c.
Observa que la velocidad terminal coincide con la solucin singular.
3. Ecuacin de la posicin. Tenemos la ecuacin diferencial
ds
dt= v,
ds
dt=mg
c
1 e cm t
,
-
Ejercicios: EDOs de primer orden 85
que se trata de una EDO separableZds =
Zmg
c
1 e cm t
dt
s =mg
c
t+
m
ce
cm t+ c1.
Determinamos c1 con la condicin
s(0) = 0,
mg
c
0 +
m
ce0+ c1 = 0,
m2g
c2+ c1 = 0,
c1 = m2g
c2.
Solucin
s(t) =mg
c
t+
m
ce
cm t m
2g
c2
=mg
c
t+
m
ce
cm t m
c
.