Edos Prob Sol Global

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,


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.


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


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.


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,


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.


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,


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,


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

,


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


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,


(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.


x2y0 = y xy,y(1) = 1.


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).


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,


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,


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,


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,


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


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,


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.


Es una EDO homognea. Forma normal

dy

dx=y3 x3xy2

,


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|.


x+ yeyx

dx xe yx dy = 0,

y(1) = 0.

Es una EDO homognea. Forma normal

dy

dx=x+ yey/x

x ey/x,


u0x+ u =x+ ux eu

x eu=1 + u eu

eu,

u0x =1 + ueu

eu u = 1

eu,

separamos variables

eu du =1

xdx,


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,


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,


x2 x+ 32y2 + 7y = c, c R.

(10.2)(5x+ 4y) dx+

4x 8y3

dy = 0.

IdentificamosM = 5x+ 4y,N = 4x 8y3,


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,


5

2x2 + 4xy 2y4 = c, c R.

(10.3) 2xy2 3

dx+

2x2y + 4

dy = 0.

M = 2xy2 3,N = 2x2y + 4,


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,



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

,


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.


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


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,


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.


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.


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,


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,


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,


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,


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


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,


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


R1

x+1 dx

= ke ln|x+1|,


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.


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.


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.


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] .


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

,


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.


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.



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).


yp = 10Si(x)

x2.


y =k

x2+10Si(x)

x2.



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.


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,


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.


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).


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.


calculamos

y3 = 0.5781 + 0.25 0.52 0.5781

= 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

.


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

.


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.


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.


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.






y0 3y = 3x.

Homognea asociaday0 3y = 0,

identificamosp(x) = 3.


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,


k =

Z3xe3x dx

= xe3x +Ze3x dx

= xe3x 13e3x.

Obtenemos

yp =

xe3x 1

3e3x

e3x

= x 13.


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,


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.


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


.

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)] .


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.


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.







y0 + 2y = e2x,

homognea asociaday0 + 2y = 0,

identificamosp(x) = 2,


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.


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,


el problema est en forma normal

y0 = f(x, y)

conf(x, y) = e2x 2y.


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.


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


.

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)

.


y1 = 1 + 0.1 (1) + (0.1)2

2(2 + (2) (1))

= 1 0.1 = 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.


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?


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?


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.


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.


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.


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.


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.


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.


y = ket + 10, k R.


y0 = 70,

ke0 + 10 = 70,

k = 60,


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?



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.


y = ket + Tm, k R.


y0 = 70,

ke0 + Tm = 70,

k = 70 Tm.


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

.


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.


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.


Homognea asociada

A0 +A

50= 0.


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.


A = ket50 + 200, k R.


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?


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.


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.


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.


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.


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.


y = keR

4100+2t dt

= ke2 ln|100+2t|,


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.


yp =1

2(100 + 2t)3

1

(100 + 2t)2

=1

2(100 + 2t) .


y =k

(100 + 2t)2 +

1

2(100 + 2t) , k R.


y (0) = 10,

k

(100 + 0)2 +

1

2(100 + 2 0) = 10,

k

1002+ 50 = 10,


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.


v0 +c

mv = 0,

identificamosp(t) =

c

m,



v = keR

cm dt = ke

cm t, k R.


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.


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

,


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

.

Edos Prob Sol Global

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