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E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Ejercicios resueltos Tema 7
Ecuaciones diferenciales de primer orden
Francisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.
1 EDO’s separables
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables.
dy dx = sin 5x.
dx + e^3 x^ dy = 0.
(x + 1) dy dx = x + 6.
xy^0 = 4y.
dy dx
y^3 x^2
dx dy
x^2 y^2 1 + x
dy dx = e^3 x+2y^.
4 y + yx^2
dy −
2 x + xy^2
dx = 0.
- 2 y (x + 1) dy = x dx.
- y ln x dx dy
μ y + 1 x
dy dx = sin 5x, dy = sin 5x dx, Z dy =
Z
sin 5x dx,
y = −
5 cos 5x^ +^ c,^ c^ ∈^ R. (1.2) dx + e^3 x^ dy = 0,
e^3 x^ dy = −dx,
dy =
e^3 x^ dx = −e−^3 x^ dx, Z dy =
Z
−e−^3 x^ dx, Z dy =
Z
e−^3 x^ (−3) dx,
y =^1 3 e
− 3 x (^) + c, c ∈ R.
(1.3)
(x + 1) dy dx = x + 6,
dy = x + 6 x + 1 dx, Z dy =
Z (^) x + 6 x + 1 dx,
Z x + 6 x + 1 dx =
Z
x + 1 + 5 x + 1 dx =
Z μ 1 +
x + 1
dx = x + 5 ln |x + 1| + c,
y = x + 5 ln |x + 1| + c, c ∈ R.
(1.4) xy^0 = 4y,
x dy dx = 4y, 1 y dy = 4^1 x dx, Z 1 y dy^ = 4
Z
x dx, ln |y| = 4 ln |x| + c 1 , ln |y| = ln x^4 + c 1 ,
|y| = eln^ x
(^4) +c 1 = x^4 · ec^1 , (c 2 = ec^1 ) = c 2 x^4 ,
y = ±c 2 x^4 , y = cx^4 , (c = ±c 2 ).
(1.5) dy dx =^
y^3 x^2 ,
− 3 e−^2 y^ = 2e^3 x^ + c, (c = 6c 1 ).
(1.8) (^) ¡ 4 y + yx^2
dy −
2 x + xy^2
dx = 0, ¡ 4 y + yx^2
dy =
2 x + xy^2
dx, dy dx
x
2 + y^2
y (4 + x^2 )
y 2 + y^2 dy = x 4 + x^2 dx, Z (^) y 2 + y^2 dy =
Z (^) x 4 + x^2 dx,
1 2
Z
2 y 2 + y^2 dy =^1 2
Z
2 x 4 + x^2 dx,
1 2 ln
2 + y^2
ln
4 + x^2
Solución implícita
ln
2 + y^2
= ln
4 + x^2
Calculamos la solución explícita
ln
2 + y^2
− ln
4 + x^2
= c 2 ,
ln
μ 2 + y^2 4 + x^2
= c 2 ,
2 + y^2 4 + x^2 = ec^2 = c,
2 + y^2 4 + x^2 = c,
2 + y^2 = c
4 + x^2
y^2 = c
4 + x^2
soluciones explícitas y = ±
p c (4 + x^2 ) − 2.
(1.9) 2 y(x + 1) dy = x dx, 2 y dy = x x + 1 dx, Z 2 y dy =
Z (^) x x + 1 dx,
Resolvemos la integral del lado derecho Z x x + 1 dx^ =
Z
x + 1 − 1 x + 1 dx^ =
Z μ 1 −
x + 1
dx = x − ln |x + 1| + c
y^2 = x − ln |x + 1| + c.
(1.10)
y ln x dx dy =
μ y + 1 x
y ln x dx = (y^ + 1)
2 x^2 dy,
(y + 1)^2 y dy = x^2 ln x dx, Z (y + 1)^2 y dy =
Z
x^2 ln x dx,
resolvemos la integral del lado izquierdo
Z (^) (y + 1) 2 y dy =
Z (^) y (^2) + 2y + 1 y dy =
Z μ y + 2 +
y
dy
= y
2 2
resolvemos la integral del lado derecho Z x^2 ln x dx = integral por partes,
tomamos u = ln x du = (^1) x dx dv = x^2 dx v = 13 x^3
Z
x^2 ln x dx =
x^3 ln x −
Z
x^3
x dx
=
x^3 ln x −
Z
x^2 dx
=
3 x
(^3) ln |x| − 1 9 x
(^3) + c,
finalmente, la solución es
y^2 2
x^3 ln |x| −
x^3 + c, c ∈ R.
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables.
- ds dr = ks, k constante.
dP dt
= P − P 2.
- sec^2 x dy + csc y dx = 0.
- ey^ sin 2x dx + cos x
e^2 y^ − 1
dy = 0.
si p = 1 1 = A · 0 + B · 1 ⇒ B = 1,
la descomposición es 1 p(1 − p) =
p +^
1 − p. Z 1 p(1 − p) dp^ =
Z μ 1 p +^
1 − p
dp = ln |p| − ln | 1 − p|
= ln
¯¯^ p 1 − p
Solución implícita
ln
¯¯^ p 1 − p
¯¯ = t + c 1.
Calculamos la solución explícita ¯¯ ¯¯^ p 1 − p
¯¯ = et+c^1 = et^ · ec^1 ,
¯¯ ¯¯^ p 1 − p
¯¯ = c 2 et, (c 2 = ec^1 ) ,
p 1 − p = ±c 2 et, p 1 − p = cet, (c = ±c 2 ) ,
p = cet(1 − p) = cet^ − cetp, p + cetp = cet, p
1 + cet
= cet.
Solución explícita
p = ce
t 1 + cet^
sec^2 x dy + csc y dx = 0, sec^2 x dy = − csc y dx, 1 csc y dy =
sec^2 x dx,
μ 1 1 sin y
¶ (^) dy = μ −^1 1 cos^2 x
¶ (^) dx,
sin y dy = − cos^2 x dx,
−
Z
sin y dy = +
Z
cos^2 x dx.
Calculamos la integral del lado derecho usando la identidad trigonométrica
cos^2 x = 1 + cos 2x 2
Z
cos^2 x dx =
Z (^) 1 + cos 2x 2 dx = x 2
sin 2x + c,
solución implícita
cos y = x 2
sin 2x + c.
(2.4) ey^ sin 2x dx + cos x
e^2 y^ − 1
dy = 0, cos x
e^2 y^ − 1
dy = −ey^ sin 2x dx, e^2 y^ − 1 ey^ dy = − sin 2x cos x dx,
usamos la identidad trigonométrica
sin 2x = 2 sin x cos x, μ ey^ − 1 ey
dy = − 2 sin^ x^ cos^ x cos x dx, ¡ ey^ − e−y
dy = −2 sin x dx, Z (^) ¡ ey^ − e−y^
dy = 2
Z
(− sin x) dx.
Solución implícita ey^ + e−y^ = 2 cos x + c 1.
Si usamos el coseno hiperbólico
cosh y = ey^ + e−y 2
podemos obtener una solución explícita
ey^ + e−y 2 = cos x + c^1 2
cosh y = cos x + c,
μ c =
c 1
y = arc cosh (cos x + c).
(2.5) (ey^ + 1)^2 e−y^ dx + (ex^ + 1)^3 e−x^ dy = 0, (ex^ + 1)^3 ex^ dy = − (ey^ + 1)^2 ey^ dx, ey (ey^ + 1)^2
dy = − e
x (ex^ + 1)^3
dx,
igualamos numeradores y = A(y + 1) + B
y determinamos los coeficientes. Si y = − 1
−1 = A · 0 + B ⇒ B = − 1 ,
si y = 0 0 = A + B ⇒ A = 1.
La descomposición es
y (y + 1)^2
y + 1
(y + 1)^2
Z (^) y (y + 1)^2 dy =
Z ∙^1
y + 1
(y + 1)^2
dy = ln |y + 1| +
y + 1
Z 1
1 − x^2 dx = integral racional; descomponemos en fracciones simples.
1 − x^2 = (1 − x)(1 + x), 1 1 − x^2
A
1 − x
B
1 + x
A(1 + x) + B(1 − x) 1 − x^2
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.
Obtenemos 1 1 − x^2
= 1 /^2
1 − x
+ 1 /^2
1 + x
Z 1
1 − x^2 dx =
Z 1 / 2
1 − x dx +
Z 1 / 2
1 + x dx = −
ln | 1 − x| +
ln |1 + x|
=
ln
¯¯^ 1 +^ x 1 − x
Solución
ln |y + 1| +
y + 1
ln
¯¯^ 1 +^ x 1 − x
¯¯ + c 1
ln (y + 1)^2 +
y + 1 = ln
¯¯^ 1 +^ x 1 − x
¯¯ + c, (c = 2c 1 ).
dy dx = sin x
cos 2y − cos^2 y
cos 2y − cos^2 y dy = sin x dx, Z 1 cos 2y − cos^2 y dy =
Z
sin x dx.
En la primera integral, simplificamos la expresión usando la fórmula del coseno del ángulo doble cos 2y = cos^2 y − sin^2 y,
resulta cos 2y − cos^2 y = cos^2 y − sin^2 y − cos^2 y = − sin^2 y, Z (^1) cos 2y − cos^2 y dy =
Z 1
− sin^2 y
dy = cot y = cos y sin y
Solución (^) cos y
sin y =^ −^ cos^ x^ +^ c.
(2.8) x
p 1 − y^2 dx = dy,
x dx = p^1 1 − y^2
dy, Z x dx =
Z
p^1 1 − y^2
dy,
1 2 x^2 = arcsin y + c 1.
Solución explícita
arcsin y =
x^2 + c (c = −c 1 ) ,
y = sin
μ 1 2 x^2 + c
ex^ + e−x
¢ (^) dy dx = y^2 , 1 y^2 dy =
ex^ + e−x^ dx, Z 1 y^2 dy =
Z
ex^ + e−x^ dx,
La integral del lado izquierdo es inmediata Z 1 y^2 dy = − 1 y
Para resolver la integral del lado derecho, escribimos el integrando como sigue
1 ex^ + e−x^ = e
x e^2 x^ + 1
(1 + ey^ ) (1 + cos x) = 4.
Solución explícita
1 + ey^ =
1 + cos x
ey^ =
1 + cos x −^1 ,
y = ln
μ 4 1 + cos x
Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial (^) ( y dy = 4x
y^2 + 1
dx, y(0) = 1.
La EDO es separable y (y^2 + 1)^1 /^2
dy = 4x dx, Z y (y^2 + 1)^1 /^2
dy =
Z
4 x dx,
Z y (y^2 + 1)^1 /^2
dy =
Z ¡
y^2 + 1
2 y dy =
1 2
y^2 + 1
y^2 + 1
Familia de soluciones (^) ¡ y^2 + 1
= 2x^2 + c.
Imponemos la condición inicial y(0) = 1, √ 2 = 0 + c ⇒ c =
solución particular (^) ¡ y^2 + 1
= 2x^2 +
Soluciones explícitas
y^2 + 1 =
2 x^2 +
y = ±
r³ 2 x^2 +
teniendo en cuenta la condición inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama posi- tiva
y =
r³ 2 x^2 +
Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial (^) ½ x^2 y^0 = y − xy, y(−1) = − 1.
La EDO es separable
x^2 dy dx = y − xy, 1 y dy =^1 −^ x x^2 dx, Z 1 y dy^ =
Z
1 − x x^2 dx, Z 1 − x x^2 dx =
Z μ 1 x^2
x
dx = −
x − ln |x|.
Familia de soluciones ln |y| = − 1 x − ln |x| + c,
imponemos la condición inicial y(−1) = − 1 ,
ln 1 = 1 − ln 1 + c ⇒ c = − 1.
Soluciones implícitas
ln |y| = −
x −^ ln^ |x|^ −^1. Determinamos la solución explícita
ln |y| + ln |x| = − 1 x
ln |yx| = −
μ 1 +
x
|xy| = e−(1+^ (^1) x ) ,
y = ±
x e
−(1+ (^) x^1 ).
Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = − 1 , debemos tomar la rama
y =
x e
−(1+ (^1) x ). ¤
Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial (^) ⎧ ⎨ ⎩
dy dx =
2 x + 1 2 y , y(−2) = − 1.
La EDO es separable
2 y dy = (2x + 1) dx, Z 2 y dy =
Z
(2x + 1) dx.
Familia de soluciones y^2 = x^2 + x + c,
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 − 2 x) dy = 0.
Forma normal dy dx
−x y − 2 x
x 2 x − y
realizamos el cambio y = ux, y^0 = u^0 x + u,
y resulta
u^0 x + u = x 2 x − ux
2 − u
u^0 x + u =
2 − u
u^0 x =
2 − u − u
= 1 −^2 u^ +^ u
2 2 − u , (separable).
Determinamos u(x),
x du dx
1 − 2 u + u^2 2 − u
2 − u 1 − 2 u + u^2 du^ =
x dx, Z 2 − u 1 − 2 u + u^2 du =
Z
x dx.
La integral (^) Z 2 − u 1 − 2 u + u^2 du
es racional. Para resolverla, descomponemos en fracciones simples
2 − u 1 − 2 u + u^2 = 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
u − 1
(u − 1)^2
que nos permite resolver la integral Z 2 − u (u − 1)^2
du =
Z
u − 1 du +
Z
(u − 1)^2
du
= − ln |u − 1 | − 1 u − 1
Solución de la EDO
− ln |u − 1 | −
u − 1 = ln^ |x|^ +^ c.
Deshacemos el cambio u = y/x
− ln
y x
y x −^1
= ln |x| + c.
Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solución
ln |x| + ln
y x
x y − x
ln |y − x| + x y − x
(7.3) (^) ¡ y^2 + yx
dx − x^2 dy = 0.
Expresamos la ecuación en forma normal
dy dx = y
(^2) + yx x^2
y realizamos el cambio habitual
y = ux, y^0 = u^0 x + u,
resulta
u^0 x + u = u^2 x^2 + ux^2 x^2 = u^2 + u
u^0 x = u^2.
Hemos obtenido la EDO separable
x du dx = u^2 ,
la resolvemos para determinar u(x).
1 u^2 du =
x dx,
ln
μ y^2 x^2 + 1
- ln x^2 + 2 arctan y x =^ c^1 ,^ (c^1 = 2c) ln
y^2 + x^2
- 2 arctan y x =^ c^1. (7.5) −y dx + (x + √xy) dy = 0.
Escribimos la EDO en forma normal
dy dx
y x +
xy
cambio y = ux, y^0 = u^0 x + u, u^0 x + u = ux x +
ux^2
= u 1 +
u
u^0 x = u 1 +
u − u = u − u − u^3 /^2 1 +
u
−u^3 /^2 1 + u^1 /^2
x du dx
−u^3 /^2 1 + u^1 /^2 , EDO separable.
1 + u^1 /^2 u^3 /^2 du = −
x dx, Z (^) 1 + u 1 / 2 u^3 /^2 du = −
Z 1
x dx,
resolvemos la integral del lado izquierdo Z 1 + u^1 /^2 u^3 /^2 du =
Z μ 1 u^3 /^2
u
du = −
u
Solución −
√^2
u
deshacemos el cambio u = y/x
− p^2 y x
y x
¯ = − ln |x| + c,
reescribimos la solución en forma más conveniente
− 2
r x y
y x
¯ + ln |x| = c
ln |y| − 2
r (^) x y = c, c ∈ R. ¤
Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial (^) ( xy^2 dy dx = y^3 − x^3 , y(1) = 2.
Es una EDO homogénea. Forma normal
dy dx
y^3 − x^3 xy^2
cambio y = ux, y^0 = u^0 x + u,
u^0 x + u = u
(^3) x (^3) − x 3 u^2 x^3 = u
u^2
u^0 x = u^3 − 1 u^2 −^ u^ =^
u^2 , separamos variables (^) Z
u^2 du = −
Z
x dx, 1 3 u^3 = − ln |x| + c,
deshacemos el cambio u = y/x
1 3
y^3 x^3 =^ −^ ln^ |x|^ +^ c, y^3 = − 3 x^3 ln |x| + c 1 x^3 , (c 1 = 3c),
imponemos la condición inicial y(1) = 2 para determinar la constante c 1
8 = 0 + c 1 ⇒ c 1 = 8,
solución implícita y^3 = − 3 x^3 ln |x| + 8x^3 ,
solución explícita y = x 3
p 8 − 3 ln |x|. ¤
Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial (^) ½ ¡ x + ye yx
dx − xe yx^ dy = 0, y(1) = 0.
Es una EDO homogénea. Forma normal
dy dx
x + yey/x x ey/x^
cambio y = ux, y^0 = u^0 x + u,
u^0 x + u = x^ +^ ux e
u x eu^ = 1 +^ u e
u eu^
u^0 x = 1 + ueu eu^ − u =
eu^
separamos variables
eu^ du =
x dx,
