E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios resueltos Tema 7...
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E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios resueltos Tema 7
Ecuaciones diferenciales de primer ordenFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Curso 2006/07Noviembre 2006, Versión 1.1
1 EDO’s separablesEjercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s 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=
µy + 1
x
¶2
(1.1)dy
dx= sin 5x
dy = sin 5xdxZdy =
Zsin 5x dx
y = −15cos 5x+ c.
1
Ejercicios: EDO’s de primer orden 2
(1.2)dx+ e3x dy = 0
e3x dy = −dx
dy =−1e3x
dx
= −e−3x dxZdy =
Z−e−3x dxZ
dy =1
3
Ze−3x (−3) dx
y =1
3e−3x + c.
(1.3)
(x+ 1)dy
dx= x+ 6
dy =x+ 6
x+ 1dxZ
dy =
Zx+ 6
x+ 1dx
Zx+ 6
x+ 1dx =
Zx+ 1 + 5
x+ 1dx =
Z µ1 +
5
x+ 1
¶dx
= x+ 5 ln |x+ 1|+ c
y = x+ 5 ln |x+ 1|+ c.(1.4)
xy0 = 4y
xdy
dx= 4y
1
ydy = 4
1
xdxZ
1
ydy = 4
Z1
xdx
ln |y| = 4 ln |x|+ c1ln |y| = lnx4 + c1
|y| = elnx4+c1 = x4 · ec1 (c2 = e
c1)
= c2x4
y = ±c2x4
y = cx4, (c = ±c2).
Ejercicios: EDO’s de primer orden 3
(1.5)dy
dx=y3
x2
1
y3dy =
dx
x2Zy−3 dy =
Zx−2 dx
1
−2y−2 = −x−1 + c1
−12y2
=−1x+ c1
1
y2=2
x+ c, c = −2c1.
Solución implícita1
y2=2 + xc
x.
Solución explícita
y = ±r
x
2 + cx.
(1.6)dx
dy=x2y2
1 + x
y2 dy =
µ1 + x
x2
¶dxZ
y2 dy =
Z µ1
x2+1
x
¶dx
1
3y3 = − 1
x+ ln |x|+ c1.
Solución implícita
y3 = 3 ln |x|− 3x+ c, (c = 3c1) .
Solución explícita
y =3
r3 ln |x|− 3
x+ c.
(1.7)dy
dx= e3x+2y
dy
dx= e3x · e2y
dy
e2y= e3x dxZ
e−2y dy =
Ze3x dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden 4
−12
Ze−2y (−2) dy = 1
3
Ze3x3 dx
−12e−2y =
1
3e3x + c1.
−3e−2y = 2e3x + c, (c = 6c1) .
(1.8) ¡4y + yx2
¢dy −
¡2x+ xy2
¢dx = 0¡
4y + yx2¢dy =
¡2x+ xy2
¢dx
dy
dx=x¡2 + y2
¢y (4 + x2)
y
2 + y2dy =
x
4 + x2dxZ
y
2 + y2dy =
Zx
4 + x2dx
1
2
Z2y
2 + y2dy =
1
2
Z2x
4 + x2dx
1
2ln¡2 + y2
¢=1
2ln¡4 + x2
¢+ c1.
Solución implícita
ln¡2 + y2
¢= ln
¡4 + x2
¢+ c2, (c2 = 2c1) .
Calculamos la solución explícita
ln¡2 + y2
¢− ln
¡4 + x2
¢= c2
ln
µ2 + y2
4 + x2
¶= c2
2 + y2
4 + x2= ec2 = c
2 + y2
4 + x2= c
2 + y2 = c¡4 + x2
¢y2 = c
¡4 + x2
¢− 2
soluciones explícitasy = ±
pc (4 + x2)− 2.
(1.9)2y(x+ 1) dy = xdx
2y dy =x
x+ 1dxZ
2y dy =
Zx
x+ 1dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden 5
Zx
x+ 1dx =
Zx+ 1− 1x+ 1
dx =
Z µ1− 1
x+ 1
¶dx
= x− ln |x+ 1|+ c
y2 = x− ln |x+ 1|+ c.(1.10)
y lnxdx
dy=
µy + 1
x
¶2y lnxdx =
(y + 1)2
x2dy
(y + 1)2
ydy = x2 lnx dxZ
(y + 1)2
ydy =
Zx2 lnx dx
Z(y + 1)2
ydy =
Zy2 + 2y + 1
ydy =
Z µy + 2 +
1
y
¶dy
=y2
2+ 2y + ln |y|Z
x2 lnxdx = integral por partes
Tomamosu = lnx du = 1
x dx
dv = x2 dx v = 13x
3
)Zx2 lnx dx =
1
3x3 lnx−
Z1
3x31
xdx
=1
3x3 lnx− 1
3
Zx2 dx
=1
3x3 ln |x|− 1
9x3 + c
y2
2+ 2y + ln |y| = 1
3x3 ln |x|− 1
9x3 + c.
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s 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+ cosx¡e2y − 1
¢dy = 0
5. (ey + 1)2 e−ydx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0
Ejercicios: EDO’s de primer orden 6
6.¡y − yx2
¢ dydx= (y + 1)2
7.dy
dx= sinx
¡cos 2y − cos2 y
¢8. x
p1− y2 dx = dy
9. (ex + e−x)dy
dx= y2
(2.1)ds
dr= ks
1
sds = k drZ
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 = dtZ1
p− p2 dp =ZdtZ
1
p− p2 dp = integral racional.
Descomposición 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: EDO’s de primer orden 7
si p = 11 = A · 0 +B · 1 ⇒ B = 1,
descomposición1
p(1− p) =1
p+
1
1− p.
Z1
p(1− p) dp =
Z µ1
p+
1
1− p
¶dp = ln |p|− ln |1− p|
= ln
¯p
1− p
¯.
Solución implícita
ln
¯p
1− p
¯= t+ c1.
Calculamos la solución explícita¯p
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
p¡1 + cet
¢= cet.
Solución explícita
p =cet
1 + cet.
(2.3)sec2 x dy + csc y dx = 0
sec2 xdy = − csc y dx1
csc ydy =
−1sec2 x
dx
1µ1
sin y
¶ dy = −1µ1
cos2 x
¶ dxsin y dy = − cos2 x dx
−Zsin y dy = +
Zcos2 xdx
Ejercicios: EDO’s de primer orden 8
Zcos2 x dx =
Z1 + cos 2x
2dx =
x
2+1
4sin 2x+ c
cos y =x
2+1
4sin 2x+ c.
(2.4)ey sin 2x dx+ cosx
¡e2y − 1
¢dy = 0
cosx¡e2y − 1
¢dy = −ey sin 2x dx
e2y − 1ey
dy = −sin 2xcosx
dxµey − 1
ey
¶dy = −2sinx cosx
cosxdx¡
ey − e−y¢dy = −2 sinx dxZ ¡
ey − e−y¢dy = 2
Z(− sinx) dx.
Solución implícitaey + e−y = 2cosx+ c1.
Si usamos el coseno hiperbólico
cosh y =ey + e−y
2,
podemos obtener una solución explícita
ey + e−y
2= cosx+
c12
cosh y = cosx+ c
µc =
1
2c1
¶y = arc cosh (cosx+ c) .
(2.5)(ey + 1)
2e−y dx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0
(ex + 1)3
exdy = −(e
y + 1)2
eydx
ey
(ey + 1)2dy = − ex
(ex + 1)3dxZ
ey
(ey + 1)2 dy = cambio de variable
tomamost = ey + 1dt = ey dyZ
ey
(ey + 1)2 dy =
Zdt
t2= −1
t= − 1
ey + 1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 9
de forma similar, para la integralZex
(ex + 1)3 dx
tomamos el cambiot = ex + 1dt = ex dx
Zex
(ex + 1)3dx =
Zdt
t3= −1
2t−2 = − 1
2t2
=−1
2 (ex + 1)2 .
Solución de la EDO−1
(ey + 1)=
1
2 (ex + 1)2+ c.
(2.6) ¡y − yx2
¢ dydx= (y + 1)2
y¡1− x2
¢ dydx= (y + 1)
2
y
(y + 1)2 dy =
1
1− x2 dx
Para la integral Zy
(y + 1)2 dy
podemos tomar el cambio ⎧⎨⎩ t = y + 1dt = dyy = t− 1
Zy
(y + 1)2dy =
Zt− 1t2
dt =
Z µ1
t− 1
t2
¶dt
= ln |t|+ 1t= ln |y + 1|+ 1
y + 1.
También 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,
igualamos numeradoresy = A(y + 1) +B
y determinamos los coeficientes. Si y = −1
−1 = A · 0 +B ⇒ B = −1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 10
si y = 00 = A+B ⇒ A = 1.
Descomposicióny
(y + 1)2=
1
y + 1− 1
(y + 1)2Zy
(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− x2igualamos 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 + xZ1
1− x2 dx =
Z1/2
1− x dx+Z
1/2
1 + xdx = −1
2ln |1− x|+ 1
2ln |1 + x|
=1
2ln
¯1 + x
1− x
¯.
Solución
ln |y + 1|+ 1
y + 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
¢1
cos 2y − cos2 y dy = sinxdxZ1
cos 2y − cos2 y dy =Zsinx dx
En la primera integral, simplificamos la expresión usando la fórmula del cosenodel ángulo doble
cos 2y = cos2 y − sin2 y
Ejercicios: EDO’s de primer orden 11
cos 2y − cos2 y = cos2 y − sin2 y − cos2 y = − sin2 yZ1
cos 2y − cos2 y dy =Z
1
− sin2 ydy = cot y =
cos y
sin y.
Solucióncos y
sin y= − cosx+ c.
(2.8)xp1− y2 dx = dy
x dx =1p1− y2
dyZxdx =
Z1p1− y2
dy
1
2x2 = arcsin y + c1.
Solución explícita
arcsin y =1
2x2 + c (c = −c1)
y = sin
µ1
2x2 + c
¶.
(2.9) ¡ex + e−x
¢ dydx= y2
1
y2dy =
1
ex + e−xdxZ
1
y2dy =
Z1
ex + e−xdxZ
1
y2dy = −1
yZ1
ex + e−xdx =
Zex
e2x + 1dx = arctan (ex) .
Solución−1y= arctan (ex) + c.
Solución explícita
y =−1
arctan (ex) + c. ¤
Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½
(e−y + 1) sinxdx = (1 + cosx) dyy(0) = 0
Ejercicios: EDO’s de primer orden 12
sinx
1 + cosxdx =
1
e−y + 1dyZ
sinx
1 + cosxdx =
Z1
e−y + 1dyZ
sinx
1 + cosxdx = −
Z − sinx1 + cosx
dx = − ln (1 + cosx)Z1
e−y + 1dy =
Z1
1ey + 1
dy =
Zey
1 + eydy = ln (1 + ey)
Familia de soluciones
− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey) + c.
Imponemos la condición inicial y(0) = 0
− ln (1 + cos 0) = ln¡1 + e0
¢+ c
c = −2 ln 2 = − ln 4.Solución particular
− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey)− ln 4.
Reescribimos la solución
ln (1 + ey) + ln (1 + cosx) = ln 4
(1 + ey) (1 + cosx) = 4.
Solución explícita
1 + ey =4
1 + cosx
ey =4
1 + cosx− 1
y = ln
µ4
1 + cosx− 1¶
¤
Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (
y dy = 4x¡y2 + 1
¢1/2dx
y(0) = 1
y
(y2 + 1)1/2dy = 4xdx
Zy
(y2 + 1)1/2dy =
Z4x dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden 13
Zy
(y2 + 1)1/2dy =
1
2
Z ¡y2 + 1
¢−1/22y dy =
1
2
1¡12
¢ ¡y2 + 1¢1/2=
¡y2 + 1
¢1/2.
Familia de soluciones ¡y2 + 1
¢1/2= 2x2 + c.
Imponemos la condición inicial
y(0) = 1,
√2 = 0 + c ⇒ c =
√2,
solución particular ¡y2 + 1
¢1/2= 2x2 +
√2.
Soluciones explícitas
y2 + 1 =³2x2 +
√2´2
y = ±r³
2x2 +√2´2− 1,
teniendo en cuenta la condición inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama posi-tiva
y =
r³2x2 +
√2´2− 1 ¤
Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial½x2y0 = y − xyy(−1) = −1
x2dy
dx= y − xy
1
ydy =
1− xx2
dxZ1
ydy =
Z1− xx2
dxZ1− xx2
dx =
Z µ1
x2− 1x
¶dx = − 1
x− ln |x| .
Familia de solucionesln |y| = − 1
x− ln |x|+ c.
imponemos la condición inicial y(−1) = −1
ln 1 = 1− ln 1 + c ⇒ c = −1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 14
Soluciones implícitas
ln |y| = − 1x− ln |x|− 1.
Determinamos la solución explícita
ln |y|+ ln |x| = − 1x− 1
ln |yx| = −µ1 +
1
x
¶|xy| = e−(1+ 1
x)
y = ± 1xe−(1+
1x).
Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = −1, debemos tomar la rama
y =1
xe−(1+
1x) ¤
Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ⎧⎨⎩
dy
dx=2x+ 1
2yy(−2) = −1
2y dy = (2x+ 1) dxZ2y dy =
Z(2x+ 1) dx.
Familia de solucionesy2 = x2 + x+ c,
imponemos la condición inicial y(−2) = −1
(−1)2 = (−2)2 − 2 + c1 = 4− 2 + cc = −1.
Solución implícitay2 = x2 + x− 1,
soluciones explícitasy = ±
px2 + x− 1.
Teniendo en cuenta la condición inicial y(−2) = −1, debemos tomar la rama
y = −px2 + x− 1 ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden 15
2 EDO’s homogéneasEjercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas
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+√xy¢dy = 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− 1u0x = −1 (separable).
Determinamos u(x)du
dx=−1x
du =−1xdxZ
du =
Z −1xdx
u = − ln |x|+ c.Deshacemos el cambio
y
x= − ln |x|+ c,
resulta la solución explícita
y = −x ln |x|+ c x.
(7.2)x dx+ (y − 2x) dy = 0
Forma normaldy
dx=−xy − 2x =
x
2x− y ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 16
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
xdxZ
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,
si u = 0,2 = −A+B ⇒ A = −2 + 1 = −1.
Hemos obtenido la descomposición
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|− 1
u− 1 .
Ejercicios: EDO’s de primer orden 17
Solución de la EDO
− ln |u− 1|− 1
u− 1 = ln |x|+ c.
Deshacemos el cambio u = y/x
− ln¯yx− 1¯− 1
yx − 1
= ln |x|+ c.
Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solución
ln |x|+ ln¯yx− 1¯+
x
y − x + c = 0
ln |y − x|+ x
y − x + c = 0.
(7.3) ¡y2 + yx
¢dx− x2 dy = 0
Expresamos la ecuación 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
xdxZ
1
u2du =
Z1
xdx
− 1u= ln |x|+ c.
Deshacemos el cambio−xy= ln |x|+ c
y obtenemos la solución explícita
y =−x
ln |x|+ c .
Ejercicios: EDO’s de primer orden 18
(7.4) La EDO ya está 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 − uu+ 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
xdxZ
u+ 1
u2 + 1du = −
Z1
xdx
Calculamos aparte la primera integralZu+ 1
u2 + 1du =
Zu
u2 + 1du+
Z1
u2 + 1du =
1
2ln¡u2 + 1
¢+ arctanu,
y obtenemos la solución
1
2ln¡u2 + 1
¢+ arctanu = − ln |x|+ c.
Deshacemos el cambio u = y/x
1
2ln
µy2
x2+ 1
¶+ arctan
y
x= − ln |x|+ c
y reescribimos la solución en una forma más conveniente
ln
µy2
x2+ 1
¶+ 2arctan
y
x= −2 ln |x|+ 2c
ln
µy2
x2+ 1
¶+ lnx2 + 2arctan
y
x= c1 (c1 = 2c)
ln¡y2 + x2
¢+ 2arctan
y
x= c1.
(7.5)−y dx+ (x+√xy) dy = 0
Escribimos la EDO en forma normal
dy
dx=
y
x+√xy
Ejercicios: EDO’s de primer orden 19
cambioy = ux, y0 = u0x+ u
u0x+ u =ux
x+√ux2
=u
1 +√u
u0x =u
1 +√u− u = u− u− u3/2
1 +√u
=−u3/21 + u1/2
xdu
dx=−u3/21 + u1/2
separable.
1 + u1/2
u3/2du = − 1
xdxZ
1 + u1/2
u3/2du = −
Z1
xdxZ
1 + u1/2
u3/2du =
Z µ1
u3/2+1
u
¶du = − 2√
u+ ln |u|
Solución− 2√
u+ ln |u| = − ln |x|+ c,
deshacemos el cambio u = y/x
− 2pyx
+ ln¯yx
¯= − ln |x|+ c
reescribimos la solución en forma más conveniente
−2rx
y+ ln
¯yx
¯+ ln |x| = c
ln |y|− 2rx
y= c, c ∈ R. ¤
Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (
xy2dy
dx= y3 − x3,
y(1) = 2.
EDO homogénea. Forma normal
dy
dx=y3 − x3xy2
cambioy = ux, y0 = u0x+ u
u0x+ u =u3x3 − x3u2x3
=u3 − 1u2
u0x =u3 − 1u2
− u = −1u2
Ejercicios: EDO’s de primer orden 20
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 condición inicial y(1) = 2
8 = 0 + c1 ⇒ c1 = 8.
solucióny3 = −3x3 ln |x|+ 8x3
y = x 3p8− 3 ln |x|. ¤
Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½ ¡
x+ yeyx
¢dx− xe yx dy = 0
y(1) = 0
EDO homogénea. 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
xdxZ
eu du =
Z1
xdx
eu = ln |x|+ cdeshacemos el cambio u = y/x
ey/x = ln |x|+ cimponemos la condición inicial y(1) = 0
e0 = ln 1 + c ⇒ c = 1
ey/x = ln |x|+ 1solución explícita
y
x= ln(ln |x|+ 1)
y = x ln(ln |x|+ 1). ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden 21
3 EDO’s 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 − e−xy) dx+³1y + x ln y
´dy = 0
7. xdy
dx= 2xex − y + 6x2
8.µx2y3 − 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
M = 2x− 1N = 3y + 7
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 0
∂N
∂x= 0
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta,
soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 2x− 1,
∂u
∂y= 3y + 7.
De∂u
∂x= 2x− 1
Ejercicios: EDO’s de primer orden 22
obtenemos
u =
Z(2x− 1) dx = x2 − x+ c1(y)
sustituimos en la ecuación∂u
∂y= 3y + 7
y obtenemos∂
∂y
¡x2 − x+ c1(y)
¢= 3y + 7
dc1dy
= 3y + 7
determinamos c1(y)
c1 =
Z(3y + 7) dy =
3
2y2 + 7y
obtenemos la expresión completa para u(x, y)
u(x, y) = x2 − x+ 32y2 + 7y
finalmente, la solución es
x2 − x+ 32y2 + 7y = c, c ∈ R.
(10.2)(5x+ 4y) dx+
¡4x− 8y3
¢dy = 0
M = 5x+ 4yN = 4x− 8y3
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2,
∂M
∂y= 4
∂N
∂x= 4
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
La EDO admite la soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 5x+ 4y,
∂u
∂y= 4x− 8y3.
De∂u
∂x= 5x+ 4y
obtenemos
u =
Z(5x+ 4y) dx =
5
2x2 + 4xy + c1(y)
Ejercicios: EDO’s de primer orden 23
sustituimos en la ecuación∂u
∂y= 4x− 8y3
y obtenemos∂
∂y
µ5
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 solución es
5
2x2 + 4xy − 2y4 = c, c ∈ R.
(10.3) ¡2xy2 − 3
¢dx+
¡2x2y + 4
¢dy = 0
M = 2xy2 − 3N = 2x2y + 4
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 4xy
∂N
∂x= 4xy
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta,
soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 2xy2 − 3,
∂u
∂y= 2x2y + 4.
De∂u
∂x= 2xy2 − 3,
obtenemos
u =
Z ¡2xy2 − 3
¢dx = x2y2 − 3x+ c1(y),
sustituimos en la ecuación∂u
∂y= 2x2y + 4
Ejercicios: EDO’s de primer orden 24
y obtenemos∂
∂y
¡x2y2 − 3x+ c1(y)
¢= 2x2y + 4,
2x2y +dc1dy
= 2x2y + 4,
simplificamos y resultadc1dy
= 4
integramos para determinar c1(y)
c1 =
Z4dy = 4y.
Obtenemos la expresión completa de u(x, u)
u(x, y) = x2y2 − 3x+ 4y
que proporciona la solución
x2y2 − 3x+ 4y = c, c ∈ R.
(10.4) ¡x2 − y2
¢dx+
¡x2 − 2xy
¢dy = 0
M = x2 − y2N = x2 − 2xy
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= −2y
∂N
∂x= 2x− 2y
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ No es exacta.
(10.5) ¡x− y3 + y2 sinx
¢dx−
¡3xy2 + 2y cosx
¢dy = 0
M = x− y3 + y2 sinxN = −
¡3xy2 + 2y cosx
¢continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= −3y2 + 2y sinx
∂N
∂x= −3y2 + 2y sinx
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
La EDO admite la soluciónu(x, y) = c
Ejercicios: EDO’s de primer orden 25
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= x− y3 + y2 sinx,
∂u
∂y= −3xy2 − 2y cosx.
De∂u
∂x= x− y3 + y2 sinx,
obtenemos
u =
Z ¡x− y3 + y2 sinx
¢dx =
1
2x2 − xy3 − y2 cosx+ c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= −3xy2 − 2y cosx
y obtenemos
∂
∂y
µ1
2x2 − xy3 − y2 cosx+ c1(y)
¶= −3xy2 − 2y cosx
−3xy2 − 2y cosx+ dc1dy
= −3xy2 − 2y cosx
dc1dy
= 0
c1 = constante.
Tomamos la siguiente expresión de u(x, y)
u(x, y) =1
2x2 − xy3 − y2 cosx
que nos proporciona la solución
1
2x2 − xy3 − y2 cosx = c, c ∈ R.
(10.6) ¡y ln y − e−xy
¢dx+
µ1
y+ x ln y
¶dy = 0
M = y ln y − e−xyN = 1
y + x ln y
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−∞ < x <∞, 0 < y <∞.
∂M
∂y= ln y + 1 + xe−xy
∂N
∂x= ln y
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ no es exacta.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 26
(10.7)
xdy
dx= 2xex − y + 6x2
Expresamos la EDO en forma diferencial¡2xex − y + 6x2
¢dx− xdy = 0
y obtenemosM = 2xex − y + 6x2N = −x
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= −1
∂N
∂x= −1
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
Soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 2xex − y + 6x2,
∂u
∂y= −x.
De∂u
∂x= 2xex − y + 6x2,
obtenemos
u =
Z ¡2xex − y + 6x2
¢dx = 2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1(y).
Sustituimos en la ecuación∂u
∂y= −x
y obtenemos∂
∂y
¡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 solución
2xex − 2ex − xy + 2x3 = c, c ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 27
(10.8) µx2y3 − 1
1 + 9x2
¶dx
dy+ x2y2 = 0
Forma diferencial µx2y3 − 1
1 + 9x2
¶dx+ x2y2 dy = 0
M = x2y3 − 1
1 + 9x2
N = x2y2
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 3x2y2
∂N
∂x= 2xy2
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ no es exacta.
(10.9)(tanx− sinx sin y) dx+ (cosx cos y) dy = 0
M = tanx− sinx sin yN = cosx cos y
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−π2< x <
π
2, −∞ < y <∞.
∂M
∂y= − sinx cos y
∂N
∂x= − sinx cos y
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
La EDO admite una solución de la forma
u(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= tanx− sinx sin y,
∂u
∂y= cosx cos y.
De∂u
∂x= tanx− sinx sin y
obtenemos
u =
Z(tanx− sinx sin y) dx = − ln (cosx) + cosx sin y + c1(y)
Ejercicios: EDO’s de primer orden 28
sustituimos en la ecuación∂u
∂y= cosx cos y
y obtenemos
∂
∂y(− ln (cosx) + cosx sin y + c1(y)) = cosx cos y
cosx cos y +dc1dy
= cosx cos y
dc1dy
= 0 ⇒ c1 = constante.
Podemos tomaru(x, y) = − ln (cosx) + cosx sin y
de donde resulta la solución
− ln (cosx) + cosx sin y = c, c ∈ R.
(10.10) ¡4t3y − 15t2 − y
¢dt+
¡t4 + 3y2 − t
¢dy = 0
M = 4t3y − 15t2 − yN = t4 + 3y2 − t
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 4t3 − 1
∂N
∂t= 4t3 − 1
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
La EDO admite una solución de la forma
u(t, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂t= 4t3y − 15t2 − y,
∂u
∂y= t4 + 3y2 − t.
De∂u
∂t= 4t3y − 15t2 − y,
obtenemos
u =
Z ¡4t3y − 15t2 − y
¢dt = t4y − 5t3 − yt+ c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= t4 + 3y2 − t
Ejercicios: EDO’s de primer orden 29
y resulta∂
∂y
¡t4y − 5t3 − yt+ c1(y)
¢= t4 + 3y2 − t
t4 − t+ dc1dy
= t4 + 3y2 − t
dc1dy
= 3y2
c1 =
Z3y2dy = y3
finalmenteu(t, y) = t4y − 5t3 − yt+ y3,
soluciónt4y − 5t3 − yt+ y3 = c, c ∈ R. ¤
Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(x+ y)2 dx+
¡2xy + x2 − 1
¢dy = 0,
y(1) = 1.
M = (x+ y)2
N = 2xy + x2 − 1
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 2x+ 2y
∂N
∂x= 2x+ 2y
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
La EDO admite una solución de la forma
u(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= (x+ y)2 ,
∂u
∂y= 2xy + x2 − 1.
De∂u
∂x= (x+ y)2
obtenemos
u =
Z(x+ y)2 dx =
1
3(x+ y)3 + c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= 2xy + x2 − 1
Ejercicios: EDO’s de primer orden 30
y resulta∂
∂y
µ1
3(x+ y)3 + c1(y)
¶= 2xy + x2 − 1
(x+ y)2+dc1dy
= 2xy + x2 − 1
x2 + 2xy + y2 +dc1dy
= 2xy + x2 − 1
dc1dy
= −y2 − 1
c1 =
Z ¡−y2 − 1
¢dy = −1
3y3 − y
finalmenteu(x, y) =
1
3(x+ y)3 − 1
3y3 − y.
Familia de soluciones
1
3(x+ y)3 − 1
3y3 − y = c, c ∈ R.
Imponemos la condición inicial y(1) = 1
8
3− 13− 1 = c ⇒ c =
4
3
1
3(x+ y)
3 − 13y3 − y = 4
3
operando, podemos presentar la solución como sigue
1
3
¡x3 + 3x2y + 3xy2 + y3
¢− 13y3 − y = 4
3
1
3x3 + x2y + xy2 − y = 4
3
x3 + 3x2y + 3xy2 − 3y = 4. ¤
Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(4y + 2t− 5) dt+ (6y + 4t− 1) dy = 0,y(−1) = 2.
M = 4y + 2t− 5N = 6y + 4t− 1
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 4
∂N
∂t= 4
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 31
Podemos obtener una familia de soluciones de la forma
u(t, y) = c, c ∈ R,
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂t= 4y + 2t− 5,
∂u
∂y= 6y + 4t− 1.
De∂u
∂t= 4y + 2t− 5
obtenemos
u =
Z(4y + 2t− 5) dt = 4yt+ t2 − 5t+ c1(y).
Para determinar c1(y), sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= 6y + 4t− 1
y obtenemos∂
∂y
¡4yt+ t2 − 5t+ c1(y)
¢= 6y + 4t− 1
4t+dc1dy
= 6y + 4t− 1
dc1dy
= 6y − 1
c1 =
Z(6y + 1) dy = 3y2 − y
finalmenteu(t, y) = 4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y,
familia de soluciones4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = c.
Imponemos la condición inicial y(−1) = 2
−8 + 1 + 5 + 12− 2 = c ⇒ c = 8
resulta4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = 8 ¤
Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½ ¡y2 cosx− 3x2y − 2x
¢dx+
¡2y sinx− x3 + ln y
¢dy = 0,
y(0) = e.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 32
M = y2 cosx− 3x2y − 2xN = 2y sinx− x3 + ln y
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−∞ < x <∞, 0 < y <∞.
∂M
∂y= 2y cosx− 3x2
∂N
∂x= 2y cosx− 3x2
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta,
soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x,
∂u
∂y= 2y sinx− x3 + ln y.
De∂u
∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x
obtenemos
u =
Z ¡y2 cosx− 3x2y − 2x
¢dx = y2 sinx− x3y − x2 + c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= 2y sinx− x3 + ln y
y obtenemos
∂
∂y
¡y2 sinx− x3y − x2 + c1(y)
¢= 2y sinx− x3 + ln y
2y sinx− x3 + dc1dy
= 2y sinx− x3 + ln y
dc1dy
= ln y
c1 =
Zln y dy = y ln y −
Zy
µ1
y
¶dy
= y ln y − y.
Finalmenteu(x, y) = y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 33
familia de soluciones
y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = c, c ∈ R.
Imponemos la condición inicial
y(0) = e
e2 sin 0− 0− 0 + e ln e− e = cc = e− e = 0.
Solución del problema de valor inicial
y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = 0. ¤
Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta¡y3 + kxy4 − 2x
¢dx+
¡3xy2 + 20x2y3
¢dy = 0,
resuélvela.
M = y3 + kxy4 − 2xN = 3xy2 + 20x2y3
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2. Calculamos
∂M
∂y= 3y2 + 4kxy3
∂N
∂x= 3y2 + 40xy3
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭y exigimos
∂M
∂y=
∂N
∂x
resulta3y2 + 4kxy3 = 3y2 + 40xy3
4kxy3 = 40xy3 ⇒ 4k = 40
k = 10.
La ecuación diferencial es¡y3 + 10xy4 − 2x
¢dx+
¡3xy2 + 20x2y3
¢dy = 0,
soluciónu(x, y) = c,
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= y3 + 10xy4 − 2x,
∂u
∂y= 3xy2 + 20x2y3.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 34
De∂u
∂x= y3 + 10xy4 − 2x
obtenemos
u =
Z ¡y3 + 10xy4 − 2x
¢dx = xy3 + 5x2y4 − x2 + c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= 3xy2 + 20x2y3
y obtenemos
∂
∂y
¡xy3 + 5x2y4 − x2 + c1(y)
¢= 3xy2 + 20x2y3
3xy2 + 20x2y3 +dc1dy
= 3xy2 + 20x2y3
dc1dy
= 0
c1 = constante,
familia de soluciones
xy3 + 5x2y4 − x2 = c, c ∈ R. ¤
Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial
(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ 2x cosx dy = 0
1. Verifica que la EDO no es exacta.
2. Multiplica la ecuación por el factor integrante
µ = xy
y verifica que la EDO resultante es exacta.
3. Resuélvela.
1. Inicialmente tenemos
(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ (2x cosx) dy = 0
M = −xy sinx+ 2y cosxN = 2x cosx
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= −x sinx+ 2 cosx
∂N
∂x= 2cosx− 2x sinx
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ no es exacta.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 35
2. Multiplicamos por el factor integrante
µ = xy
y resulta la nueva ecuación¡−x2y2 sinx+ 2xy2 cosx
¢dx+
¡2x2y cosx
¢dy = 0
M = −x2y2 sinx+ 2xy2 cosxN = 2x2y cosx
∂M
∂y= −2x2y sinx+ 4xy cosx
∂N
∂x= 4xy cosx− 2x2y sinx
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
3. Soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,
∂u
∂y= 2x2y cosx.
De∂u
∂y= 2x2y cosx
obtenemos
u =
Z ¡2x2y cosx
¢dy
= x2y2 cosx+ c1(x),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂x= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx
y obtenemos
∂
∂x
¡x2y2 cosx+ c1(x)
¢= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx
2xy2 cosx− x2y2 sinx+ dc1dx
= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx
dc1dy
= 0 ⇒ c = constante,
finalmente, tenemos la familia de soluciones
x2y2 cosx = c, c ∈ R. ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden 36
4 EDO’s linealesEjercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso unintervalo en el que la solución es válida.
1.dy
dx= 5y
2.dy
dx+ y = e3x
3. y0 + 3x2y = x2
4. x2y0 + xy = 1
5. xdy
dx− y = x2 sinx
6. xdy
dx+ 4y = x3 − x
7. x2y0 + x (x+ 2) y = ex
8. y dx− 4¡x+ y6
¢dy = 0
9. cosxdy
dx+ y sinx = 1
10. (x+ 1)dy
dx+ (x+ 2) y = 2xe−x
(16.1) EDO lineal homogénea
dy
dx= 5y,
escribimos la EDO en forma estándar
y0 − 5y = 0
e identificamos p(x)p(x) = −5,
la solución es
y = ke−R(−5) dx
= keR5 dx = ke5x
y = ke5x, k ∈ R.
Solución definida en todo R.(16.2) Es una EDO lineal completa
dy
dx+ y = e3x
Ejercicios: EDO’s de primer orden 37
y0 + y = e3x
p(x) = 1.
Solución general de la EDO homogénea asociada
yh = ke−Rdx = ke−x, k ∈ R.
Determinamos una solución particular de la EDO completa por el método devariación de parámetros, esto es, proponemos un solución
y = k(x) e−x
y sustituimos en la EDO completa
k0e−x − ke−x| {z }y0
+ ke−x| {z }y
= e3x
Determinamos k(x)k0e−x = e3x
k0 =e3x
e−x= e4x
k =
Ze4x dx =
1
4e4x + c.
Tomamosk(x) =
1
4e4x
de donde obtenemos la solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
4e4x¶e−x =
1
4e3x.
Finalmente la solución general de la EDO completa es de la forma
y = yh + yp
esto esy = ke−x +
1
4e3x, k ∈ R.
La soluciones están definidas en (−∞,+∞).(16.3)
y0 + 3x2y = x2
p(x) = 3x2
Solución general de la EDO homogénea
y = keRp(x) dx = ke−
R3x2 dx
= ke−x3
Ejercicios: EDO’s de primer orden 38
Variación de parámetros: proponemos solución particular de la EDO completade la forma
y = k(x)e−x3
,
la derivada esy0 = k0e−x
3 − 3kx2e−x3 .Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
k0e−x3 − 3kx2e−x3 + 3x2ke−x3 = x2
k0e−x3
= x2
k0 =x2
e−x3= x2ex
3
k =
Zx2ex
3
dx =1
3ex
3
+ c.
Tomamosk(x) =
1
3ex
3
,
de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
3ex
3
¶e−x
3
=1
3.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
y = ke−x3
+1
3, k ∈ R.
Las soluciones están definidas en (−∞,+∞).(16.4)
x2y0 + xy = 1
Forma estándary0 +
1
xy =
1
x2
Homogénea asociada
y0 +1
xy = 0 ⇒ p(x) =
1
x
Solución general de la ecuación EDO homogénea
y = ke−R
1x dx
= ke− ln|x|
= keln 1/|x|
= k1
|x| tomamos x ∈ (0,+∞)
yh =k
x, k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 39
Variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la EDO com-pleta de la forma
y =k(x)
x,
la derivada es
y0 =k0
x− k
x2.
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
y0 +1
xy =
1
x2
k0
x− k
x2+1
x
k
x=1
x2
k0
x=1
x2
k0 =1
x⇒ k =
Z1
xdx = lnx+ c.
Tomamosk(x) = lnx
que nos proporciona la solución particular de la EDO completa
yp =lnx
x.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
y =k
x+1
xlnx, k ∈ R.
La soluciones están definidas para x ∈ (0,+∞) .(16.5)
xdy
dx− y = x2 sinx
Forma estándardy
dx− 1xy = x sinx.
Ecuación homogénea asociada
y0 − 1xy = 0
p(x) = − 1x
Solución general de la EDO homogénea
y = ke−Rp(x) dx
= ke−R(− 1
x) dx
= keR
1x dx
= keln|x| resolvemos para x > 0
= kelnx = kx.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 40
yh = kx, x ∈ R.Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma
y = k(x)x,
la derivada esy0 = k0x+ 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 solución de la EDO completa
yp = −x cosx.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y = kx− x cosx, k ∈ R.Las soluciones están definidas para x > 0.
(16.6)
xdy
dx+ 4y = x3 − x.
Forma estándary0 +
4
xy = x2 − 1.
EDO homogénea asociada
y0 +4
xy = 0,
identificamosp(x) =
4
x.
Solución general de la EDO homogénea
y = ke−Rp(x) dx = ke−
R4x dx
= ke−4 ln|x|
= keln|x−4| = keln 1/x4 ,
=k
x4, (x 6= 0), tomamos p.e. x > 0.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 41
Determinamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros.Proponemos la solución
y = k(x) · 1x4,
y0 = k01
x4− 4kx5,
sustituimos en la EDO completa para determinar k(x),
k01
x4− 4kx5+4
x
µk
x4
¶= x2 − 1,
k01
x4= x2 − 1,
k0 = x6 − x4.
k =
Z ¡x6 − x4
¢dx =
x7
7− x
5
5.
Obtenemos la solución particular de la EDO completa
yp =
µx7
7− x
5
5
¶1
x4
=x3
7− x5.
La solución 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)x2y0 + x(x+ 2)y = ex.
Forma estándar
y0 +x(x+ 2)
x2y =
1
x2ex,
Homogénea asociada
y0 +
µ1 +
2
x
¶y = 0
identificamosp(x) = 1 + 2/x.
Solución de la EDO homogénea
y = ke−Rp(x) dx
= ke−R(1+ 2
x) dx
= ke−x−2 ln|x| , tomamos x > 0
= ke−x · elnx−2
= ke−x · 1x2,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 42
y = ke−x
x2.
Determinamos una solución particular de la EDO completa por variación deparámetros. Proponemos la solución
y = k(x)e−x
x2,
la derivada es
y0 = k0e−x
x2+ k−e−xx2 − e−x · 2x
x4
= k0e−x
x2− ke−x
¡x2 + 2x
¢x4
Sustituimos en la EDO completa
y0 +x2 + 2x
x2· y = 1
x2ex
k0e−x
x2− ke−xx
2 + 2x
x4| {z }y0
+x2 + 2x
x2· k e
−x
x2| {z }y
=1
x2ex
k0e−x
x2=1
x2ex
k0 =x2
x2· e
x
e−x= e2x.
Determinamos k(x),
k(x) =
Ze+2x dx =
1
2e2x,
y obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
2e2x¶e−x
x2=ex
2x2.
La solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y =ke−x
x2+ex
2x2, k ∈ R.
Las soluciones son válidas para x > 0.
(16.8)y dx− 4
¡x+ y6
¢dy = 0
No lineal en y; lineal en x = x(y)
y dx = 4¡x+ y6
¢dy
dx
dy=4¡x+ y6
¢y
=4
yx+ 4y5.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 43
Forma estándarx0 − 4
yx = 4y5 ; p(y) = −4
y.
Solución general de la EDO homogénea asociada
x0 − 4yx = 0
x = k e−R− 4y dy = k e4 ln|y|
x = k eln y4
= ky4.
Solución de la ecuación completa por variación de parámetros, tomamos k =k(y)
x = k(y) y4
x0 = k0y4 + 4ky3
k0y4 + 4y3 − 4yky4 = 4y5
k0 =4y5
y4= 4y.
Obtenemos
k(y) =
Z4y dy = 2y2,
que nos proporciona una solución particular de la EDO completa
xp =¡2y2¢y4 = 2y6.
Finalmente, determinamos la solución general de la EDO completa
x = xh + xp
x = ky4 + 2y6 , k ∈ R.La soluciones son válidas en todo intervalo que no contenga y = 0.
(16.9)
cosxdy
dx+ y sinx = 1
Forma estándardy
dx+sinx
cosxy =
1
cosx
p(x) =sinx
cosx
EDO homogénea asociada
y0 +sinx
cosxy = 0
y = ke−R
sinxcosx dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden 44
−Zsinx
cosxdx =
Z − sinxcosx
dx = ln |cosx| tomamos − π/2 < x < π/2
= ln (cosx)
y = keln(cosx) = k cosx
Variación de parámetros
y = k(x) cosx
y0 = k0 cosx− k sinx
k0 cosx− k sinx| {z }y0
+sinx
cosx· k cosx = 1
cosx
k0 cosx =1
cosx
k0 =1
cos2 x⇒ k =
Z1
cos2 xdx = tanx
Solución particular de la EDO completa
yp = tanx cosx = sinx
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp
y = k cosx+ sinx, k ∈ R.Las soluciones son válidas para x ∈ (−π/2,π/2) .(16.10)
(x+ 1)dy
dx+ (x+ 2) y = 2x e−x
Forma estándardy
dx+x+ 2
x+ 1y =
2x
x+ 1e−x
p(x) =x+ 2
x+ 1=x+ 1 + 1
x+ 1= 1 +
1
x+ 1
Solución general de la EDO homogénea asociada
y0 +
µ1 +
1
x+ 1
¶y = 0
y = ke−R(1+ 1
x+1 ) dx
= ke−(x+ln|x+1|)
tomamosx+ 1 > 0 ⇒ x > −1
y = ke−x−ln(x+1)
= ke−xeln1
x+1
= ke−x
x+ 1, (x > −1) .
Ejercicios: EDO’s de primer orden 45
Variación de parámetros
y = k(x)e−x
x+ 1
y0 = k0e−x
x+ 1+ k−e−x − e−x(x+ 1)
(x+ 1)2
= k0e−x
x+ 1− ke−x 1 + x+ 1
(x+ 1)2
= k0e−x
x+ 1− ke−x x+ 2
(x+ 1)2
sustituimos en la ecuación completa
y0 +x+ 2
x+ 1y =
2x
x+ 1e−x
k0e−x
x+ 1− ke−x x+ 2
(x+ 1)2| {z }y0
+x+ 2
x+ 1· k e
−x
x+ 1| {z }y
=2x
x+ 1e−x
k0e−x
x+ 1=
2x
x+ 1e−x
k0 = 2x
k =
Z2x dx = x2,
obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
yp = x2 e−x
x+ 1
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp
y =¡x2 + c
¢ e−xx+ 1
y =k e−x
x+ 1+x2e−x
x+ 1, k ∈ R.
Las soluciones son validas para x > −1. ¤
Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial½xy0 + y = ex
y(1) = 2
índica un intervalo en el que esté definida la solución.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 46
EDO lineal. Forma estándar
y0 +1
xy =
1
xex
p(x) =1
x.
EDO Homogénea
y0 +1
xy = 0,
solución general de la EDO homogénea
y = ke−R
1x dx = ke− ln|x|,
tomamos x > 0y = ke− lnx = keln 1/x
y =k
x, k ∈ R.
Determinamos una solución de la EDO completa por el método de variación deparámetros
y = k(x)1
x
y0 = k01
x− k 1
x2
k01
x− k 1
x2| {z }y0
+1
xk1
x|{z}y
=1
xex
k01
x=1
xex
k0 = ex
k =
Zex dx = ex,
Resultayp =
ex
x.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y =k
x+ex
x, k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición
y(1) = 2
e
1+k
1= 2 ⇒ k = 2− e
y =2− ex
+ex
x, x ∈ (0,+∞) ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden 47
Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩(x+ 1)
dy
dx+ y = lnx,
y(1) = 10, x > 0.
Forma estándardy
dx+
1
x+ 1y =
lnx
x+ 1
p(x) =1
x+ 1.
EDO Homogénea asociada
y = ke−Rp(x) dx = ke−
R1
x+1 dx
= ke− ln|x+1|,
tomamosx+ 1 > 0 ⇒ x > −1
y = ke− ln(x+1)
= keln1
x+1 = k1
x+ 1
yh = k1
x+ 1, k ∈ R.
Determinamos una solución particular de la EDO completa. Proponemos unasolución de la forma
y = k(x) · 1
x+ 1,
la derivada esy0 = k0
1
x+ 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 }y0
+1
x+ 1· k
x+ 1| {z }y
=lnx
x+ 1
k01
x+ 1=
lnx
x+ 1
k0 = lnx
k =
Zlnx dx = x lnx−
Zx · 1xdx
= x lnx−Zdx = x lnx− x.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 48
Hemos obtenido la siguiente solución particular para la EDO completa
yp = (x lnx− x)1
x+ 1
La solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
y =k
x+ 1+x lnx− xx+ 1
, k ∈ R.
Imponemos la condición inicial
y(1) = 10
k
2+1 ln 1− 1
2= 10
k − 1 = 20 ⇒ k = 21.
La solución del problema de valor inicial es
y =21 + x lnx− x
x+ 1, x > −1 ¤
Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx+ 2y = f(x),
y(0) = 0,
donde
f(x) =
½1 si 0 ≤ x ≤ 3,0 si x > 3.
EDO linealy0 + 2y = f(x)
EDO homogénea asociaday0 + 2y = 0
identificamosp(x) = 2,
la solución general de la EDO homogénea asociada es
y = ke−Rp(x) dx = ke−
R2 dx
= ke−2x, k ∈ R.
Determinamos la solución para el tramo 0 ≤ x ≤ 3. En este caso, tenemos laEDO completa
y0 + 2y = 1 0 ≤ x ≤ 3,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 49
proponemos una solución particular para la EDO completa
y = k(x) e−2x
y0 = k0e−2x − 2k e−2x
y sustituimos en la EDO completa
y0 + 2y = 1
k0e−2x − 2ke−2x| {z }y0
+2 ke−2x| {z }y
= 1
k0e−2x = 1
k0 =1
e−2x= e2x
k =
Ze2x dx =
1
2e2x
Resulta la solución
yp =
µ1
2e2x¶e−2x =
1
2
La solución general de la EDO completa en el primer tramo es
y = ke−2x +1
2, k ∈ R.
Aplicamos la condición inicialy(0) = 0
0 = k · e0 + 12⇒ k = −1/2
La solución del problema de valor inicial en el primer tramo es, por lo tanto,
y =1
2− 12e−2x, 0 ≤ x ≤ 3.
Valor final del intervaloy(3) =
1
2− 12e−6.
Solución del tramo x ∈ (3,+∞)⎧⎨⎩ y0 + 2y = 0
y(3) =1
2
¡1− e−6
¢.
Hemos visto anteriormente que la solución de y0 + 2y = 0 es
y = ke−2x
Imponemos la condición inicial⎧⎨⎩ x = 3
y(3) =1
2− 12e−6
Ejercicios: EDO’s de primer orden 50
y resulta
ke−6 =1
2− 12e−6
k =1
2
¡1− e−6
¢e−6
=1
2e6¡1− e−6
¢=
1
2
¡e6 − 1
¢.
Solución del 2o tramoy =
1
2
¡e6 − 1
¢e−2x.
Función solución
y(x) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1
2− 12e−2x si 0 ≤ x ≤ 3
1
2
¡e6 − 1
¢e−2x si x > 3 ¤
Ejercicio 20 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx+ 2xy = f(x)
y(0) = 2
donde
f(x) =
½x si 0 ≤ x ≤ 10 si x ≥ 1.
Homogénea asociaday0 + 2xy = 0
identificamosp(x) = 2x
y = ke−Rp(x) dx = ke−x
2
Variación de parámetros. Solución completa tramo 0 ≤ x ≤ 1
y = k e−x2
y0 = k0e−x2 − 2kx e−x2
sustituimos en la EDO completa
y0 + 2xy = x 0 ≤ x ≤ 1
k0e−x2 − 2kx e−x2 + 2xk e−x2 = x
k0e−x2
= x
Ejercicios: EDO’s de primer orden 51
k0 =x
e−x2= xex
2
k =
Zxex
2
dx =1
2ex
2
yp =
µ1
2ex
2
¶e−x
2
=1
2.
Solución general de la EDO completa, tramo 0 ≤ x ≤ 1
y = ke−x2
+1
2, k ∈ R.
Imponemos la condición inicial
y(0) = 2
ke0 +1
2= 2
k = 2− 12= 3/2
y =1
2+3
2e−x
2
, x ∈ [0, 1] .
Solución 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 función del primer tramo en x = 1, esto es
y(1) = ytramo1(1)
y(1) =1
2+3
2e−1.
La solución del segundo tramo verifica el problema de valor inicial(y0 + 2xy = 0
y(1) =1
2+3
2e−1, x ≥ 1.
La solución de y0 + 2xy = 0 es
y = ke−x2
,
Imponemos la condición inicial
y(1) =1
2+3
2e−1
ke−1 =1
2+3
2e−1
k =
µ1
2+3
2e−1
¶e =
1
2e+
3
2.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 52
Solución en el segundo tramo
y2 =
µ1
2e+
3
2
¶e−x
2
=1
2e · e−x2 + 3
2e−x
2
=1
2e1−x
2
+3
2e−x
2
.
Solución global
y(x) =
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩1
2+3
2e−x
2
0 ≤ x ≤ 1
1
2e1−x
2
+3
2e−x
2
x > 1 ¤
Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como
Si(x) =
Z x
0
sin t
tdt
y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el siguiente problema de valor inicial½x3y0 + 2x2y = 10 sinx,y(1) = 0.
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 +2x2
x3y = 10
sinx
x3
y0 +2
xy = 10
sinx
x3
Homogénea asociada
y0 +2
xy = 0
identificamosp(x) =
2
x.
Solución general de la EDO homogénea
y = ke−Rp(x) dx = ke−
R2x dx
= ke−2 ln|x| = keln 1/x2
resolvemos para x > 0
y = keln 1/x2
= k1
x2.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 53
Solución completa por variación de parámetros
y = k(x)1
x2
y0 = k01
x2+ k
µ− 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 x
0
sin t
tdt = 10Si(x)
Solución particular de la EDO completa
yp = 10Si(x)
x2.
Solución general de la EDO completa
y =k
x2+10Si(x)
x2.
Imponemos la condición 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 Métodos numéricosEjercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial½
y0 = x2 − y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 54
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1. Solución exacta
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 + y = x2.
Homogénea asociaday0 + y = 0,
identificamosp(x) = 1.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke−Rdx = ke−x, k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros, tomamos k = k(x)
y = k(x) e−x,
y0 = k0e−x − ke−x.Sustituimos en la EDO completa
y0 + y = x2,
k0e−x − ke−x + ke−x = x2,k0e−x = x2,
k0 =x2
e−x= x2ex,
k =
Zx2ex dx.
La integral se calcula aplicando integración por partes dos vecesZx2ex dx = x2ex −
Z2xex dx
= x2ex − 2Zxex dx
= x2ex − 2∙xex −
Zex dx
¸= x2ex − 2xex + 2ex.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 55
Tenemos la solución particular de la EDO completa
yp =¡x2ex − 2xex + 2ex
¢e−x
= x2 − 2x+ 2.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke−x + x2 − 2x+ 2, k ∈ R.Solución del problema de valor inicial: exigimos y(0) = 1
ke0 + 2 = 1,
k = 1− 2 = −1.Finalmente, resulta
y = −e−x + x2 − 2x+ 2.
2. Método de Euler de 4 pasos
Intervalo[a, b] = [0, 1] ,
step
h =b− a4
=1
4= 0.25.
El problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = x2 − y.
Formulación del método
yj+1 = yj + h f(xj , yi)
= yj + h (x2j − yi).
Fase 1.
Partimos de ½x0 = 0,y0 = 1,
calculamos
y1 = y0 + 0.25 ·¡x20 − y0
¢= 1 + 0.25× (−1) = 0.75.
Fase 2.
Partimos de ½x1 = 0.25,y1 = 0.75,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 56
calculamos
y2 = y1 + 0.25¡x21 − y1
¢= 0.75 + 0.25 ·
¡0.252 − 0.75
¢= 0.5781.
Fase 3.
Partimos de ½x2 = 0.5,y2 = 0.5781,
calculamos
y3 = 0.5781 + 0.25 ·¡0.52 − 0.5781
¢= 0.4961.
Fase 4.
Partimos de ½x3 = 0.75,y3 = 0.4961,
calculamos
y4 = 0.4961 + 0.25 ·¡0.752 − 0.4961
¢= 0.5127.
Resumen 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. Método de Euler modificado
En cada paso debemos calcular⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
k(1)j = f (xj , yj) ,
k(2)j = f
³xj+1, yj + hk
(1)j
´,
yj+1 = yj +h2
³k(j)1 + k
(j)2
´.
Fase 1.
Tenemos ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x0 = 0,y0 = 1,x1 = 0.25.
Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = f(0, 1) = 0
2 − 1 = −1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 57
k(0)2 = f
³x1, 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
³k(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
³x2, y1 + hk
(1)1
´,
y2 = y1 + h³k(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
³x3, y2 + hk
(2)1
´,
y3 = y2 +h2
³k(2)1 + k
(2)2
´.
Ejercicios: EDO’s 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
³k(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
³x4, y3 + hk
(3)1
´,
y4 = y3 +h2
³k(1)1 + k
(1)2
´.
k(3)1 = f (0.75, 0.6044) = (0.75)2 − 0.6044 = −0.0419,
k(3)2 = f
³x4, 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 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. Método de Taylor de 2 o orden
El método 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.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 59
Fase 1.
Partimos dex0 = 0, y0 = 1.
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.
Calculamos ⎧⎨⎩ f(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,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 60
Calculamos ⎧⎨⎩ f(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.
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 inicial½y0 = 3y + 3x,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1. Solución exacta
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 − 3y = 3x.
Homogénea asociaday0 − 3y = 0,
identificamosp(x) = 3.
Solución general de la EDO homogénea
y = ke−R(−3) dx = ke3x, k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 61
Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos unasolución 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= 3xe−3x,
k =
Z3xe−3x dx
= −xe−3x +Ze−3x dx
= −xe−3x − 13e−3x.
Obtenemos
yp =
µ−xe−3x − 1
3e−3x
¶e3x
= −x− 13.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke3x +
µ−x− 1
3
¶, k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición inicial
y(0) = 1
k − 13= 1⇒ k = 1 +
1
3=4
3.
Solución del problema de valor inicial
y =4
3e3x − x− 1
3.
2. Método de Euler de 5 pasos
Intervalo[a, b] = [0, 0.2] ,
step
h =b− a5
=0.2
5= 0.04.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 62
El problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = 3x+ 3y.
Formulación del método
yj+1 = yj + h f(xj , yi).
Fase 1.
Partimos dex0 = 0, y0 = 1,
Calculamosf(x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,
y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.04 · 3 = 1 + 0.12 = 1.12.Fase 2.
Partimos dex1 = 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 análoga 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. Método de Euler modificado de 5 pasos⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
k(j)1 = f (xj , yj) ,
k(j)1 = f
³xj+1, yj + hk
(j)1
´,
yj+1 = yj +h2
³k(j)1 + k
(j)2
´.
Fase 1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 63
Partimos dex0 = 0, x1 = 0.04, y0 = 1,
calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,
k(0)2 = f
³x1, 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
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 +
0.04
2× (3 + 3.48)
= 1 + 0.02× 6.48= 1.1296.
Fase 2.
Partimos dex1 = 0.04, x2 = 0.08, y1 = 1.1296.
Calculamos
k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.04, 1.1296)
= 3(0.04, 1.1296)
= 3.5088,
k(1)2 = f
³x2, 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
³k(1)1 + k
(1)2
´= 1.1296 +
0.04
2(3.5088− 4.0499)
= 1.2808.
Continuando de forma análoga, 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. Método de Taylor de 2 o orden
Ejercicios: EDO’s de primer orden 64
El método 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 cálculos
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.
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.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 65
Continuando de forma análoga, 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 método de Taylor de 2o orden con 5 pasosse obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado. ¤
Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = e−2x − 2y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1. Solución exacta
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 + 2y = e−2x,
homogénea asociaday0 + 2y = 0,
identificamosp(x) = 2,
solución general de la EDO homogénea
yh = ke−R2 dx = ke−2x, k ∈ R.
Solución completa por variación de parámetros, hacemos k = k(x)
y = k(x)e−2x,
y0 = k0e−2x − 2ke−2x,sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
k0e−2x − 2ke−2x + 3ke−2x = e−2x,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 66
k0e−2x = e−2x,
k0 = 1,
k = x.
Obtenemosyp = xe
−2x.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke−2x + xe−2x.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos
y(0) = 1,
ke0 + 0 = 1⇒ k = 1,
y = e−2x + xe−2x
= (1 + x) e−2x.
2. Aproximación por el método de Euler de 5 pasos
Intervalo[a, b] = [0, 0.5] ,
step
h =b− a5
= 0.1,
el problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = e−2x − 2y.
Fase 1.
Partimos dex0 = 0, y0 = 1.
Calculamos
f(x0, y0) = e−2x0 − 2y0 = e0 − 2 = 1− 2 = −1,
y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.1 · (−1) = 0.9.Fase 2.
Partimos dex1 = 0.1, y1 = 0.9.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 67
Calculamos
f(x1, y1) = e−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 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 análoga 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. Método de Euler modificado de 5 pasos
Fase 1.
Partimos dex0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1.
Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = e
0 − 2 · 1 = 1− 2 = −1,
k(0)2 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´= f (0.1, 1 + 0.1× (−1))
= f (0.1 + 0.9) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 +
0.1
2(−1− 0.9813)
= 0.9009.
Fase 2.
Partimos dex1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 0.9009
Calculamos
k(1)1 = f(x1, y1) = e
−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 2× 0.9009= −0.9831
k(1)2 = f
³x2, y1 + hk
(1)1
´= f(0.2, 0.9009 + 0.1× (−0.9831))
= f(0.2, 0.8026) = e−0.4 − 2× 0.8026= −0.9349
Ejercicios: EDO’s de primer orden 68
y2 = y1 +h
2
³k(1)1 + k
(1)2
´= 0.9009 +
0.1
2(−0.9831− 0.9349)
= 0.8050
Continuando de forma análoga, 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. Método de Taylor de 2o orden
Tenemos ⎧⎨⎩ f(x, y) = e−2x − 2yf 0x(x, y) = −2e−2xf 0y(x, y) = −2
método
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 = −1f 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)
¤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 = −0.9813f 0x (x1, y1) = −2e−2x1 = −2e−0.2 = −1.6375
f 0y (x1, y1) = −2
Ejercicios: EDO’s de primer orden 69
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 análoga, 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 aplicaciónEjercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumenta conuna rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier mo-mento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo se triplicaráy se cuadriplicará?
Notacionesy(t) población en instante t,t tiempo en años,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) población inici.al
EDOdy
dt= αy,
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea
y0 − αy = 0.
y = ke−R(−α) dt = keαt.
Condición inicialy(0) = y0,
y0 = keα·0 = k.
Modelo matemáticoy = y0e
αt.
Sabemos que la población se duplica en 5 años
y(5) = 2y0,
y0e5α = 2y0,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 70
e5α = 2,5α = ln 2,
α =ln 2
5.
Modeloy = y0e
ln 25 t.
Determinamos el tiempo necesario para que la población 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 años.
Determinamos el tiempo necesario para que la población 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 años. ¤
Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional a lapoblación en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individuos yaumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años?
Notaciones:y(t) población,t tiempo en años,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 500 población inicial.
EDOdy
dt= αy,
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea
y0 − αy = 0,
y = ke−R(−α) dt = keαt, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y(0) = 500,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 71
ke0 = 500 ⇒ k = 500.
Obtenemosy = 500eαt.
Determinamos α con la condición de que la población aumenta el 15% en 10años
y(10)− y(0)y(0)
= 0.15,
y0e10α − y0y0
= 0.15,
e10α − 1 = 0.15,e10α = 1.15,
10α = ln 1.15,
α =ln 1.15
10= 0.01 398.
Modeloy = 500e0.01398t.
Población en 30 años
y(30) = 500e0.01398×30
= 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.¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo la superficie?
Notaciones:
I(x) intensidad a profundidad x,x profundidad en pies (1pie = 30.5cm),x = 0 superfície,I0 intensidad del haz en la superfície,I(3) = 0.25I0 intesidad a 3 pies de profundidad.
EDOdI
dx= αI,
donde α es una constante desconocida; se trata de una EDO lineal homogénea
I 0 − αI = 0.
Solución generalI(x) = ke−
R(−α) dx = keαx.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 72
Imponemos la condición inicial
I(0) = I0,
keα·0 = I0 ⇒ I0 = k.
Obtenemos el modeloI(x) = I0e
αx,
usamos la condiciónI(3) = 0.25I0
para determinar α:I0e
3α = 0.25I0,
e3α = 0.25,
3α = ln 0.25,
α =ln 0.25
3= −0.4621.
ModeloI(x) = I0e
−0.4621x.
Intensidad 15 pies bajo la superficie
I(15) = I0e−0.4621·15 = 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, isótopo 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 había 1 gramo de plomo, ¿cuánto 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.
Notaciones:y(t) cantidad de Pb-209 en gr,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 = 1 cantidad inicial.
Ecuación diferencialdy
dt= αy ⇒ y0 − αy = 0,
y0 − αy = 0.
Solución generaly = ke−
R(−α) dt = keαt, k ∈ R.
Condición inicialy(0) = y0 ⇒ y0 = ke
0 ⇒ y0 = k,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 73
y = y0eαt.
Usamos la condición de vida media
y(3.3) =1
2y0
para determinar α:1
2y0 = y0e
3.3α,
e3.3α =1
2,
3.3α = ln1
2,
α =1
3.3ln 1/2 = −0.2100.
Modeloy = y0e
−0.2100t.
Inicialmente teníamos 1gr, por lo tanto el modelo es
y = e−0.2100t,
cuando se desintegra el 90%, queda el 10%. Resolvemos
e−0.2100t = 0.1,
t = − ln 0.10.21
= 10.9647 ' 11 horas. ¤
Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioactivay, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la velocidadde desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad de sustanciapresente, calcula la vida media de la sustancia.
Notaciones:
y cantidad de sustancia en miligramos,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 cantidad inicial.
EDOy0 = αy,
y0 − αy = 0,
y = ke−R(−α) dt = keαt,
imponemos la condición inicial
y0 = keα·0 ⇒ k = y0.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 74
Modeloy = y0ke
αt.
Para determinara α usamos la condición de que después de 6 horas queda el97% de la cantidad inicial
y(6) = 0.97 y0,
y0e6α = 0.97y0,
e6α = 0.97,
α =ln 0.97
6= −0.00508.
Vida media: Tenemos que calcular tm para que
y(tm) =1
2y0,
y0e−0.00508tm =
1
2y0,
e−0.00508tm =1
2,
tm = −ln 1/2
0.00508= 136.45 horas.
La vida media es tm = 136.45 horas. ¤
Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura delaire es de 70oF y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10oF. Despuésde medio minuto, el termómetro indica 50oF. ¿Cuál será la lectura cuando t =1minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro 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 después de 1/2 min,Tm = 10
oF temperatura ambiente.
Modelo: Ley de enfriamiento de Newton
dy
dt= −α(y − Tm),
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal completa
y0 = −α(y − 10),
la escribimos en forma estándar
y0 + αy = 10α.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 75
EDO homogénea asociaday0 + αy = 0.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke−Rα dt = ke−αt, k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos unasolución particular de la EDO completa de la forma
y = k(t) e−αt,
y0 = k0e−αt − ke−αt,sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)
k0e−αt − αke−αt + αke−αt = 10α,
k0eαt = 10α,
k0 =10α
e−αt= 10αeαt,
k =
Z10αeαt dt
= 10eαt.
Resulta la solución particular
yp = 10eαte−αt = 10.
Solución general de la EDO completa
y = ke−αt + 10, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y0 = 70,
ke0 + 10 = 70,
k = 60,
obtenemosy = 10 + 60e−αt.
Determinamos α con la condición
y(0.5) = 50,
10 + 60e−0.5α = 50,
60e−0.5α = 40,
e−0.5α =40
60=2
3,
−0.5α = ln 2/3,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 76
α = − 1
0.5ln 2/3 = −2 ln 2/3,
α = 0.8109.
Modeloy = 10 + 60e−0.8109t.
La temperatura después de 1 minuto será
y(1) = 10 + 60e−0.8109 = 36.67oF.
Para determinar el tiempo necesario para que la temperatura sea de 15oF ,resolvemos
y(t) = 15,
10 + 60e−0.8105t = 15,
60e−0.8109t = 5,
e−0.8109t =5
60=1
12,
t = − 1
0.8109ln
µ1
12
¶=
ln 12
0.8109= 3.06 minuntos.
Nota. Es habitual escribir la ley de enfriamiento de Newton en la forma
dy
dt= −α(y − Tm),
en este caso, la constante α es positiva y la variación de temperatura es negativacuando la temperatura y del cuerpo es superior a la temperatura ambiente. Sinembargo, no hay ningún inconveniente en plantear la ecuación diferencial en laforma
dy
dt= α(y − Tm),
en este caso, obtendremos un valor negativo para la constante α y el modeloresultante será el mismo. ¤
Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70 oF se coloca en un horno precalen-tado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, un observadorregistra una temperatura de 110 oF después de 1/2 minuto y de 145 oF despuésde 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno?
Notaciones y datos relevantes:
y(t) temperatura del termómetro (en oF),t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70
o temperatura inicial del termómetro,Tm temperatura del medio.
Disponemos de las observaciones½y(0.5) = 110 oF,y(1) = 145 oF.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 77
el objetivo es determinar la temperatura del medio Tm.Ley de enfriamiento de Newton
dy
dt= −α (y − Tm) . (α constante.)
Se trata de una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar
y0 + αy = αTm.
Homogénea asociaday + αy = 0,
yh = ke−Rα dt = ke−αt, k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros
y = k(t)e−αt,
y0 = k0e−αt − αke−αt,
k0e−αt − αke−αt − αke−αt = αTm,
k0e−αt = αTm,
k0 = αTmeαt,
k =
ZαTme
αt = Tmeαt,
yp =¡Tme
αt¢e−αt = Tm.
Solución general de la EDO completa
y = ke−αt + Tm, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y0 = 70,
ke−α·0 + Tm = 70,
k = 70− Tm.Modelo
y = (70− Tm) e−αt + Tm.Determinamos α y Tm con los datos
y(0.5) = 110,
y(1) = 145,
y(1) = 145 ⇒ Tm + (70− Tm) e−α = 145,(70− Tm) e−α = 145− Tm,
e−α =145− Tm70− Tm
,
−α = ln 145− Tm70− Tm
,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 78
α = − ln 145− Tm70− Tm
.
Sustituimos α eny = Tm + (70− Tm) e−αt
y obtenemos
y = Tm + (70− Tm) e(ln145−Tm70−Tm )t
= Tm + (70− Tm) eln[145−Tm70−Tm ]
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
=
µ110− 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
.
El modelo matemático que describe la temperatura del termómetro es
y = 390− 320µ49
64
¶t,
vemos que, efectivamente, con este modelo se obtienen los valores observados
y(1) = 390− 320µ49
64
¶1= 145,
y(1/2) = 390− 320µ49
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 solución 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.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 79
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 concentración mezcla (en gr/litro),1 g/litro concentración entrada.
Observamos que
caudal de entrada = 4 litros/min = caudal de salida,
por lo tanto, el volumen de líquido en el tanque se mantiene constante.
Variación de la cantidad de sal =
entraz }| {1g
litro× 4 litros
min−
salez }| {A
200
g
litro× 4 litros
min
= 4
µ1− A
200
¶g/min .
Ecuación diferencial
dA
dt= 4
µ1− A
200
¶= 4− 4A
200
= 4− A
50.
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar
A0 +A
50= 4.
Homogénea asociada
A0 +A
50= 0.
Solución general de la EDO homogénea
Ah = ke− t50 , k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros, proponemos unasolución de la forma
A = k(t) e−t50
y la sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)
k0e−t50 − t
50ke−
t50 +
t
50ke−
t50 = 4,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 80
k0 = 4et50 ,
k =
Z4e
t50 dt = 200
Ze
t501
50dt
= 200 et50 ,
Ap =³200 e
t50
´e−
t50 = 200.
Solución general de la EDO completa
A = ke−t50 + 200, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
A0 = 30,
ke0 + 200 = 30,
k = −170,Modelo
y = 200− 170e−t/50. ¤
Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmueracon 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bien poragitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina la cantidadA(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. ¿Cuál es laconcentración de la solución del tanque cuando t = 5 min?
Notaciones y datos relevantes:
1 galón 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,Concentración entrada 2 lb/gal,Concentración en el tanque en instante t A
500 libras/galón.
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.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 81
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar
A0 +A
100= 10.
Ecuación homogénea
A0 +A
100= 0.
Solución de la EDO homogénea
A = ke−R
1100 dt = ke−
t100 .
Sabemos que la solución general de la EDO completa se puede escribir en laforma
A = Ah +Ap,
donde Ap es una solución particular cualquiera de la EDO completa, en estecaso (y en los problemas anteriores) podemos obtener una solución singular deforma directa. Las soluciones singulares son soluciones constantes, por lo tanto,tenemos A0 = 0 y resulta la ecuación
A
100= 100⇒ A = 1000,
por lo tanto, disponemos de la solución particular
Ap = 1000.
Solución de la ecuación completa
A = 1000 + ke−t100 , k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
A(0) = 0,
1000 + ke0 = 0⇒ k = −1000.Obtenemos el modelo
A = 1000− 1000 e− t100 .
Concentración cuando t = 5 min. Calculamos la cantidad de sal
A(5) = 1000− 1000 · e− 5100 = 48.77 libras,
la concentración es48.77 lb500 gal
= 0.0975 lb/gal. ¤
Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera,con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón a razón de6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razón de 4 gal/min.Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 82
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,
¾por lo tanto el volumen del contenido del tanque varía a razón de
Variación de volumen = 6 gal/min − 4 gal/min = 2 gal/min.
El volumen en el instante t será
V (t) = 100 + 2 · t
y la concentracióny(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 estándar
y0 +4y
100 + 2t= 3,
identificamosp(t) =
4
100 + 2t.
Solución de la EDO homogénea
y = ke−R
4100+2t dt
= ke−2 ln|100+2t|,
como t ≥ 0
y = ke−2 ln(100+2t)
= keln³
1(100+2t)2
´,
y = k1
(100 + 2t)2 .
Ejercicios: EDO’s de primer orden 83
Solución de la EDO completa por variación de parámetros
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.
Solución particular de la EDO completa
yp =1
2(100 + 2t)
3 1
(100 + 2t)2
=1
2(100 + 2t) .
Solución general de la EDO completa
y =k
(100 + 2t)2 +
1
2(100 + 2t) , k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y (0) = 10,
k
(100 + 0)2+1
2(100 + 2 · 0) = 10,
k
1002+ 50 = 10,
k = (−40)× 1002 = −4× 105.Modelo matemático de la cantidad de sal
y =1
2(100 + 2t)− 4× 105
(100 + 2t)2 .
Ejercicios: EDO’s de primer orden 84
La cantidad de sal después de 30 minutos es
y(30) =1
2(100 + 60)− 4× 105
(100 + 60)2
=1
2× 160− 4× 10
5
1602
= 80− 15.625 = 64.375 lb. ¤
Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masa men caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantáneaes
mdv
dt= mg − cv,
donde c > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo.
1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición 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 ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0.
1. Solución de la ecuación diferencial
mdv
dt= mg − cv,
dv
dt= g − c
mv.
Es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar
v0 +c
mv = g.
Solución de la EDO homogénea
v0 +c
mv = 0,
identificamosp(t) =
c
m,
solución general de la EDO homgénea
v = ke−R
cm dt = ke−
cm t, k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 85
Solución general de la EDO completa
v = vh + vp,
v = ke−km t + vp.
En este caso es sencillo hallar una solución particular de la EDO completa vp,pues la EDO tiene una solución constante (solución singular), que se obtienehaciendo v0 = 0 y determinando v
0 = g − c
mv,
vp =mg
c.
(Verifica que la solución vp realmente satisface la EDO completa).Solución general de la EDO completa
v(t) =mg
c+ ke−
cm t, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
v(0) = 0,
mg
c+ ke0 = 0,
k = −mgc,
Finalmente, resulta
v(t) =mg
c− mg
ce−
cm t,
=mg
c
¡1− e− c
m t¢.
2. Velocidad terminal
vT = limT→∞
v(t) =mg
c
¡1− e−∞
¢=
mg
c.
Observa que la velocidad terminal coincide con la solución singular.
3. Ecuación de la posición. Tenemos la ecuación diferencial
ds
dt= v,
ds
dt=mg
c
¡1− e− c
m t¢,
que se trata de una EDO separableZds =
Zmg
c
¡1− e− c
m t¢dt
Ejercicios: EDO’s de primer orden 86
s =mg
c
³t+
m
ce−
cm t´+ c1.
Determinamos c1 con la condición
s(0) = 0,
mg
c
³0 +
m
ce0´+ c1 = 0,
m2g
c2+ c1 = 0,
c1 = −m2g
c2.
Solución
s(t) =mg
c
³t+
m
ce−
cm t´− m
2g
c2
=mg
c
³t+
m
ce−
cm t − m
c
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