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EDO: Tarea #3Entregada el 21 de Septiembre, 2011
Carlos Vaquera
Solucion
1
Solucion EDO : Tarea #3
Indice
Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Problema 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Problema 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Problema 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Problema 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Problema 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
Problema 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Problema 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Problema 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
Pagina 2 de 30
Solucion EDO : Tarea #3
Boyce & DiPrima 7th Ed. Problemas 34, 36 y 38 Seccion 2.2, p. 47.
Problema 1
dy
dx= −4x+ 3y
2x+ y(1)
Dividiendo simultaneamente el numerador y el denominador en el lado derecho de (1), la ecuacion queda en
una forma explıcitamente homogenea:dy
dx= −
4 + 3 yx2 + y
x
(2)
de modo que ante el cambio de variable u = y/x, esta se reduce a
xdu
dx+ u = −4 + 3u
2 + u, (3)
que es separable. Con una pequena dosis de algebra
xdu
dx= −4 + 3u
2 + u− u = −4 + 3u+ 2u+ u2
2 + u= −4 + 5u+ u2
2 + u=
(u+ 1) (u+ 4)
2 + u(4)
obtenemos ∫u+ 2
(u+ 1) (u+ 4)du = −
∫dx
x+ C1. (5)
Separando el integrando del lado derecho en fracciones parciales
u+ 2
(u+ 1) (u+ 4)=
A
u+ 1+
B
u+ 4
⇒ u+ 2 = A(u+ 4) +B(u+ 1)
= (A+B)u+ (4A+B)
(6)
se tiene A = 1/3 y B = 2/3, de modo que (5) queda∫ [1
3(u+ 1)+
2
3(u+ 4)
]du = −
∫dx
x+ C1
1
3ln |u+ 1|+ 2
3ln |u+ 4| = − ln |x|+ C1.
(7)
Exponenciando ambos lados (con C2 = eC1)
[|u+ 1|(u+ 4)2
] 13 =
C2
|x|(8)
y regresando a la variable original y = ux, se tiene[∣∣∣∣y + x
x
∣∣∣∣ (y + 4x
x
)2] 1
3
=C2
|x|[|y + x| (y + 4x)
2] 1
3
|x|=C2
|x|
(9)
Problema 1 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 3 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 1 (continuacion)
y finalmente, definiendo C = C32 , la solucion a (1) es, en forma implıcita
(y + x) (y + 4x)2
= C (10)
-4 -2 0 2 4x
-4
-2
0
2
4
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −32,−16,−8,−2, 0, 2, 8, 16, 32.
Pagina 4 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 1
Problema 2
(x2 + 3xy + y2
)dx− x2dy (11)
La ecuacion (11) puede escribirse de la forma explıcitamente homogenea
dy
dx= 1 + 3
y
x+(yx
)2(12)
de modo que ante el cambio de variable u = y/x, se reduce a
xdu
dx+ u = 1 + 3u+ u2, (13)
que es separable. Con una pequena dosis de algebra
xdu
dx= 1 + 2u+ u2 = (1 + u)2, (14)
obtenemos ∫du
(1 + u)2 =
∫dx
x+ C
⇒ − 1
(1 + u)= ln |x|+ C.
(15)
Ası, regresando a la variable original y = ux, se tiene
y(x) = −x(
1
ln |x|+ C+ 1
). (16)
-3 -2 -1 0 1 2 3x
-15
-10
-5
0
5
10
15
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −8,−4,−2,−1, 1, 2, 4, 8.
Pagina 5 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 2
Problema 3
dy
dx=
3y2 − x2
2xy(17)
La ecuacion (17) puede escribirse de la forma explıcitamente homogenea
dy
dx=
3
2
y
x− 1
2
(yx
)−1(18)
de modo que ante el cambio de variable u = y/x, se reduce a
xdu
dx+ u =
3
2u− 1
2u−1, (19)
que es separable. Con una pequena dosis de algebra
xdu
dx=
1
2
(u− u−1
)=u2 − 1
2u(20)
obtenemos ∫2u
u2 − 1du =
∫dx
x+ C1∫
d(u2 − 1)
u2 − 1= ln |x|+ C1
ln∣∣u2 − 1
∣∣ = ln |x|+ C1.
(21)
Exponenciando ambos lados (con C = eC1) ∣∣u2 − 1∣∣ = C |x| (22)
y regresando a la variable original y = ux, se tiene
y2 − x2 = Cx3 (23)
y por lo tanto
y(x) = ±√x2 + Cx3. (24)
Problema 3 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 6 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 3 (continuacion)
-1 -0.5 0 0.5 1x
-1
-0.5
0
0.5
1
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −8,−4,−2,−1, 0, 1, 2, 4, 8.
Pagina 7 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 3
Boyce & DiPrima 7th Ed. Problemas 9, 12, 13, 14, 26, 28 y 30 Seccion 2.6, p. 95.
Problema 4
(yexy cos 2x− 2exy sin 2x+ 2x) dx+ (xexy cos 2x− 3) dy = 0 (25)
Esta ecuacion es de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M = yexy cos 2x− 2exy sin 2x+ 2x, (26)
N = xexy cos 2x− 3. (27)
Para averiguar si es exacta y existe una funcion φ(x, y) tal que M = ∂φ∂x y N = ∂φ
∂y , evaluamos
∂M
∂y= exy cos 2x+ xyexy cos 2x− 2xexy sin 2x (28)
y∂N
∂x= exy cos 2x+ xyexy cos 2x− 2xexy sin 2x. (29)
La condicion ∂M∂y = ∂N
∂x se satisface, por lo tanto (25) es exacta y se puede escribir como dφ = 0. la
dependencia en y de la funcion φ(x, y) puede obtenerse integrando N directamente:
φ(x, y) =
∫Ndy + g(x) =
∫(xexy cos 2x− 3) dy + g(x)
= exy cos 2x− 3y + g(x)
(30)
de modo que
M =∂φ
∂x= yexy cos 2x− 2exy sin 2x+
dg
dx. (31)
Comparando este resultado con (26), la ecuacion que satisface g(x) es
dg
dx= 2x, (32)
y por tanto g(x) = x2. Introduciendo este resultado en (30):
φ(x, y) = exy cos 2x− 3y + x2, (33)
la ecuacion (25) se escribe dφ(x, y) = 0, de manera que su solucion viene dada por
exy cos 2x− 3y + x2 = C. (34)
Problema 4 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 8 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 4 (continuacion)
-6 -4 -2 0 2 4 6x
-4
-2
0
2
4
6
8
10
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −8,−4,−2,−1, 0, 1, 2, 4, 8.
Pagina 9 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 4
Problema 5
xdx
(x2 + y2)3/2
+ydy
(x2 + y2)3/2
= 0 (35)
Esta ecuacion es de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M =x
(x2 + y2)3/2
, (36)
N =y
(x2 + y2)3/2
. (37)
Para averiguar si es exacta y existe una funcion φ(x, y) tal que M = ∂φ∂x y N = ∂φ
∂y , evaluamos
∂M
∂y= − 3xy
(x2 + y2)5/2(38)
y∂N
∂x= − 3xy
(x2 + y2)5/2. (39)
La condicion ∂M∂y = ∂N
∂x se satisface, por lo tanto (35) es exacta y se puede escribir como dφ = 0. la
dependencia en x de la funcion φ(x, y) puede obtenerse integrando M directamente:
φ(x, y) =
∫Mdx+ h(y) =
∫xdx
(x2 + y2)3/2
+ h(y)
=1
2
∫d(x2 + y2
)(x2 + y2)
3/2+ h(y)
= −(x2 + y2
)−1/2+ h(y)
(40)
de modo que
N =∂φ
∂y=
y
(x2 + y2)3/2
+dh(y)
dy. (41)
Comparando este resultado con (37), la ecuacion que satisface h(y) es
dh
dy= 0, (42)
y por tanto h(y) = C1. Introduciendo este resultado en (40):
φ(x, y) = −(x2 + y2
)−1/2+ C1, (43)
la ecuacion (35) se escribe dφ(x, y) = 0, de manera que su solucion viene dada por
−(x2 + y2
)−1/2= C2. (44)
o equivalentemente:
y(x) = ±√C − x2. (45)
Problema 5 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 10 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 5 (continuacion)
-3 -2 -1 0 1 2 3x
-3
-2
-1
0
1
2
3
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
Pagina 11 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 5
Problema 6
(2x− y) dx+ (2y − x) dy = 0, y(1) = 3 (46)
Esta ecuacion es de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M = 2x− y, (47)
N = 2y − x. (48)
Para averiguar si es exacta y existe una funcion φ(x, y) tal que M = ∂φ∂x y N = ∂φ
∂y , evaluamos
∂M
∂y= −1 (49)
y∂N
∂x= −1. (50)
La condicion ∂M∂y = ∂N
∂x se satisface, por lo tanto (46) es exacta y se puede escribir como dφ = 0. la
dependencia en x de la funcion φ(x, y) puede obtenerse integrando M directamente:
φ(x, y) =
∫Mdx+ h(y) =
∫(2x− y) dx+ h(y)
= x2 − xy + h(y)
(51)
de modo que
N =∂φ
∂y= −x+
dh(y)
dy. (52)
Comparando este resultado con (48), la ecuacion que satisface h(y) es
dh
dy= 2y, (53)
y por tanto h(y) = y2 + C1. Introduciendo este resultado en (51):
φ(x, y) = x2 − xy + y2 + C1, (54)
la ecuacion (46) se escribe dφ(x, y) = 0, de manera que su solucion viene dada por
x2 − xy + y2 = C. (55)
C se obtiene de la condicion inicial y(1) = 3 en la ecuacion anterior, de modo que
C = 12 − 1 (3) + 32 = 7. (56)
Ası, la solucion al problema de condicion inicial (46) es
x2 − xy + y2 = 7. (57)
Problema 6 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 12 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 6 (continuacion)
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4x
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
y(x)
Campo de direcciones y solucion al problema de condicion inicial.
Pagina 13 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 6
Problema 7
(9x2 + y − 1
)dx− (4y − x) dy = 0, y(1) = 0 (58)
Esta ecuacion es de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M = 9x2 + y − 1, (59)
N = −4y + x. (60)
Para averiguar si es exacta y existe una funcion φ(x, y) tal que M = ∂φ∂x y N = ∂φ
∂y , evaluamos
∂M
∂y= 1 (61)
y∂N
∂x= 1. (62)
La condicion ∂M∂y = ∂N
∂x se satisface, por lo tanto (58) es exacta y se puede escribir como dφ = 0. la
dependencia en x de la funcion φ(x, y) puede obtenerse integrando M directamente:
φ(x, y) =
∫Mdx+ h(y) =
∫ (9x2 + y − 1
)dx+ h(y)
= 3x3 + xy − x+ h(y)
(63)
de modo que
N =∂φ
∂y= x+
dh(y)
dy. (64)
Comparando este resultado con (60), la ecuacion que satisface h(y) es
dh
dy= −4y, (65)
y por tanto h(x) = −2y2 + C1. Introduciendo este resultado en (51):
φ(x, y) = 3x3 + x (y − 1)− 2y2 + C1, (66)
la ecuacion (58) se escribe dφ(x, y) = 0, de manera que su solucion viene dada por
3x3 + x (y − 1)− 2y2 = C. (67)
De nuevo, C se obtiene de la condicion inicial y(1) = 0 en la ecuacion anterior, de modo que
C = 3 + (0− 1)− 0 = 2. (68)
Ası, la solucion al problema de condicion inicial (46) es
3x3 + x (y − 1)− 2y2 = 2. (69)
Problema 7 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 14 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 7 (continuacion)
0 2 4 6 8 10 12x
-40
-20
0
20
40
y(x)
Campo de direcciones y solucion al problema de condicion inicial.
Pagina 15 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 7
Problema 8
y′ = e2x + y − 1 (70)
Esta ecuacion puede escribirse de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M = e2x + y − 1, N = −1. (71)
Para averiguar si es exacta, evaluamos las siguientes parciales:
∂M
∂y= 1,
∂N
∂x= 0. (72)
La condicion ∂M∂y = ∂N
∂x no se satisface, por lo tanto (70) no es exacta, sin embargo, la combinacion
∂M∂y −
∂N∂x
N= −1 (73)
no depende de la variable dependiente y, de modo que existe un factor integrante µ(x) definido por la
ecuacion diferencial
1
µ
dµ
dx=
∂M∂y −
∂N∂x
N= −1
⇒ µ(x) = e−x(74)
que nos permite escribir (70) como µMdx+ µNdy = dφ = 0, con
µM = ex + e−x (y − 1) , µN = −e−x. (75)
Ası, la funcion φ puede obtenerse a partir de µN como sigue:
φ(x, y) =
∫µNdy + g(x) = −e−x
∫dy + g(x)
= −ye−x + g(x)
(76)
de modo que
µM =∂φ
∂x= ye−x +
dg(x)
dx. (77)
Comparando este resultado con (75), la ecuacion que satisface g(x) es
dg(x)
dx= ex − e−x, (78)
y por tanto g(x) = ex + e−x + C1. Introduciendo este resultado en (76), obtenemos
φ(x, y) = −ye−x + ex + e−x + C1, (79)
y por tanto, la solucion general de (70) viene dada por
(1− y) e−x + ex = C ⇒ y(x) = 1 + e2x − Cex. (80)
Problema 8 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 16 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 8 (continuacion)
-3 -2 -1 0 1 2x
-5
0
5
10
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −6,−4,−2, ,−1, 0, 1, 2, 4, 6.
Pagina 17 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 8
Problema 9
ydx+(2xy − e−2y
)dy = 0 (81)
Esta esta en la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M = y, N = 2xy − e−2y. (82)
Para averiguar si es exacta, evaluamos las siguientes parciales:
∂M
∂y= 1,
∂N
∂x= 2y. (83)
La condicion ∂M∂y = ∂N
∂x no se satisface, por lo tanto (81) no es exacta, sin embargo, la combinacion
∂N∂x −
∂M∂y
M=
2y − 1
y(84)
no depende de la variable independiente x, de modo que existe un factor integrante µ(y) definido por la
ecuacion diferencial
1
µ
dµ
dy=
∂N∂x −
∂M∂y
M= 2− 1
y
⇒ µ(y) = e2y−ln|y| = e2y/ |y|(85)
que nos permite escribir (70) como µMdx+ µNdy = dφ = 0, con
µM = e2y, µN = 2xe2y − 1
y(y > 0). (86)
Ası, la funcion φ puede obtenerse a partir de µM como sigue:
φ(x, y) =
∫µMdx+ h(y) = e2y
∫dx+ h(y)
= xe2y + h(y)
(87)
de modo que
µN =∂φ
∂y= 2xe2y +
dh(y)
dy. (88)
Comparando este resultado con (86), la ecuacion que satisface h(y) es
dh(y)
dy= −1
y, (89)
y por tanto h(y) = − ln y + C1. Introduciendo este resultado en (87), obtenemos
φ(x, y) = xe2y − ln y + C1, (90)
y por tanto, la solucion general de (81) para y > 0 viene dada por
xe2y − ln y = C. (91)
Problema 9 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 18 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 9 (continuacion)
Similarmente, la solucion general para y < 0 se obtiene tomando el factor integrante µ = e2y/ |y| = −e2y/yy es
xe2y − ln (−y) = C. (92)
Notese ademas que el uso de un factor integrante singular en y = 0 remueve esta solucion de la ecuacion
original. Ası, la solucion general de (81) para y ∈ R es{xe2y − ln |y| = C y 6= 0
y = 0 y = 0.(93)
-3 -2 -1 0 1 2 3x
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −1,−0.3, 0, 0.3, 1, 2, 4, 6.
Pagina 19 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 9
Problema 10
(4x3
y2+
3
y
)dx+
(3x
y2+ 4y
)dy = 0 (94)
Esta esta en la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M =4x3
y2+
3
y, N =
3x
y2+ 4y. (95)
Para averiguar si es exacta, evaluamos las siguientes parciales:
∂M
∂y= −8x3
y3− 3
y2,
∂N
∂x=
3
y2. (96)
La condicion ∂M∂y = ∂N
∂x no se satisface, por lo tanto (94) no es exacta, sin embargo, la combinacion
∂N∂x −
∂M∂y
M=
8x3
y3 + 6y2
4x3
y2 + 3y
=2
y(97)
no depende de la variable independiente x, de modo que existe un factor integrante µ(y) definido por la
ecuacion diferencial
1
µ
dµ
dy=
∂N∂x −
∂M∂y
M=
2
y
⇒ µ(y) = e2 ln|y| = y2(98)
que nos permite escribir (94) como µMdx+ µNdy = dφ = 0, con
µM = 4x3 + 3y, µN = 3x+ 4y3. (99)
Ası, la funcion φ puede obtenerse a partir de µM como sigue:
φ(x, y) =
∫µMdx+ h(y) =
∫ (4x3 + 3y
)dx+ h(y)
= x4 + 3xy + h(y)
(100)
de modo que
µN =∂φ
∂y= 3x+
dh(y)
dy. (101)
Comparando este resultado con (86), la ecuacion que satisface h(y) es
dh(y)
dy= 4y3, (102)
y por tanto h(y) = y4 + C1. Introduciendo este resultado en (100), obtenemos
φ(x, y) = x4 + 3xy + y4 + C1, (103)
y por tanto, la solucion general de (94) viene dada por
x4 + 3xy + y4 = C. (104)
Problema 10 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 20 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 10 (continuacion)
-2 -1 0 1 2x
-2
-1
0
1
2
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −1,−1/2,−1/4, 0, 1/4, 1/2, 1, 2, 4, 8.
Pagina 21 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 10
Zill 7th Ed. Problemas 26 y 30 Seccion 2.5, p. 74.
Problema 11
dy
dx= sin (x+ y) (105)
Esta ecuacion es de la forma dydx = f(Ax+By + C). Haciendo el cambio de variable u = x+ y, tenemos
d
dx(u− x) =
du
dx− 1 = sinu, (106)
que es separable:du
1 + sinu= dx. (107)
El lado izquierdo de la ecuacion anterior se integra multiplicando y dividiendo al integrando simultaneamente
por (1− sinu): ∫du
1 + sinu=
∫1− sinu
1− sin2 udu =
∫1− sinu
cos2 udu =
∫sec2 udu−
∫sinu
cos2 udu
= tanu+
∫d (cosu)
cos2 u= tanu− 1
cosu= tanu− secu
(108)
y por lo tanto
tanu− secu = x+ C (109)
es la solucion general de (105), y puede escribirse en forma implıcita para la variable original y = u−x como
tan(x+ y)− sec(x+ y)− x = C. (110)
Problema 11 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 22 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 11 (continuacion)
-6 -4 -2 0 2 4 6x
-6
-4
-2
0
2
4
6
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −7,−6,−5,−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Pagina 23 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 11
Problema 12
dy
dx=
3x+ 2y
3x+ 2y + 2, y(−1) = −1 (111)
Esta ecuacion es de la forma dydx = f(Ax+By+C). Haciendo el cambio de variable u = 3x+2y+2, tenemos
d
dx
(u− 3x− 2
2
)=u− 2
u
1
2
du
dx− 3
2= 1− 2
u
(112)
que es separable:du
5− 4u
= dx. (113)
El lado izquierdo de la ecuacion anterior se integra multiplicando y dividiendo al integrando simultaneamente
por u: ∫du
5− 4u
=
∫u
5u− 4du =
1
5
∫u
u− 45
du =1
5
∫u− 4
5 + 45
u− 45
du
=1
5
∫du+
4
25
∫d(u− 4
5
)u− 4
5
=u
5+
4
25ln
∣∣∣∣u− 4
5
∣∣∣∣(114)
y por lo tantou
5+
4
25ln
∣∣∣∣u− 4
5
∣∣∣∣ = x+ C (115)
es la solucion general de (111), y puede escribirse en forma implıcita para la variable original y = (u−3x−2)/2
como3x+ 2y + 2
5+
4
25ln
∣∣∣∣3x+ 2y +6
5
∣∣∣∣− x = C. (116)
C se determina a partir de la condicion y(−1) = −1:
C =−3− 2 + 2
5+
4
25ln
∣∣∣∣−3− 2 +6
5
∣∣∣∣+ 1 =2
5+
4
25ln
19
5, (117)
con lo cual, la solucion al problema con condicion inicial es
y − x+2
5ln
∣∣∣∣5 (3x+ 2y) + 6
19
∣∣∣∣ = 0. (118)
Problema 12 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 24 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 12 (continuacion)
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5x
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
y(x)
Campo de direcciones y solucion al problema de valor inicial.
Pagina 25 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 12
Extra: Zill 7th Ed. Problemas 36 Seccion 2.5, p. 75.
Problema 13
xdy
dx= y ln (xy) (119)
Esta ecuacion se resuelve haciendo el cambio de variable u = ln(xy), con lo cual y = eu/x & dydx = eu
xdudx −
eu
x2 .
Ası, (119) queda
x
(eu
x
du
dx− eu
x2
)=eu
xu (120)
que en la forma canonica es lineal:du
dx− u
x=
1
x(121)
Multiplicando ambos lados de esta ecuacion por el factor integrante
µ(x) = e∫(− 1
x )dx = e− ln x =1
x(122)
obtenemos
1
x
du
dx− u
x2=
1
x2(123)
d
dx
(ux
)=
1
x2(124)
⇒ u = x
(∫x−2dx+ C
)= Cx− 1. (125)
La solucion general de (119), en terminos de las variables originales es
y(x) =eCx−1
x. (126)
Problema 13 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 26 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 13 (continuacion)
0 1 2 3 4 5x
0
1
2
3
4
5
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C =-4, -2, -1, 0, 0.5, 0.75, 1, 1.5, 2, 2.5.
Pagina 27 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 13
Extra: Nagel 4a Ed. Problemas 28(a) y 30 Seccion 2.5, p. 66.
Problema 14
Determine la funcion mas general N(x, y) de modo que la ecuacion
[y cos (xy) + ex] dx+N(x, y)dy = 0 (127)
sea exacta.
Esta ecuacion es de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M = y cos (xy) + ex, (128)
Si esta ecuacion es exacta, existe una funcion φ(x, y) tal que M = ∂φ∂x y N = ∂φ
∂y . La dependencia en x de la
funcion φ(x, y) puede obtenerse integrando M directamente:
φ(x, y) =
∫Mdx+ h(y) =
∫[y cos (xy) + ex] dx+ h(y)
= sinxy + ex + h(y)
(129)
de modo que, la funcion mas general para N que permite escribir (127) como una ecuacion exacta es
N =∂φ
∂y= x cosxy +
dh(y)
dy. (130)
Problema 15
Considere la ecuacion (5x2y + 6x3y2 + 4xy2
)dx+
(2x3 + 3x4y + 3x2y
)dy = 0 (131)
(a)
Muestre que la ecuacion no es exacta
La ecuacion esta en la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con
M = 5x2y + 6x3y2 + 4xy2, N = 2x3 + 3x4y + 3x2y. (132)
Para averiguar si es exacta, evaluamos las siguientes parciales:
∂M
∂y= 5x2 + 12x2y + 8xy,
∂N
∂x= 6x2 + 12x3y + 6xy. (133)
La condicion ∂M∂y = ∂N
∂x no se satisface, por lo tanto (131) no es exacta.
(a)
(b)
Multiplique la ecuacion por xnym y determine valores de n y m que hagan exacta a la ecuacion
resultante
Problema 15 [(b)] continua en la pagina siguiente. . . Pagina 28 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 15
La ecuacion resultante es(5x2+ny1+m + 6x3+ny2+m + 4x1+ny2+m
)dx+
(2x3+nym + 3x4+ny1+m + 3x2+ny1+m
)dy = 0,
(134)
y podemos escribirla de la forma M ′(x, y)dx+N ′(x, y)dy = 0, con
M ′ = 5x2+ny1+m+6x3+ny2+m+4x1+ny2+m, N ′ = 2x3+nym+3x4+ny1+m+3x2+ny1+m. (135)
Para averiguar que valores n,m hacen a (134) exacta, evaluamos las siguientes parciales:
∂M ′
∂y= 5 (1 +m)x2+nym + 6 (2 +m)x3+ny1+m + 4 (2 +m)x1+ny1+m, (136)
∂N ′
∂x= 2 (3 + n)x2+nym + 3 (4 + n)x3+ny1+m + 3 (2 + n)x1+ny1+m. (137)
e imponemos la condicion∂M ′
∂y=∂N ′
∂x(138)
de modo que
(2n− 5m+ 1)x2+nym + 3 (n− 2m)x3+ny1+m + (3n− 4m− 2)x1+ny1+m = 0, (139)
que se satisface para n = 2 y m = 1.
(b)
(c)
Use la solucion de la ecuacion resultante para resolver la ecuacion original
La ecuacion exacta resultante es(5x4y2 + 6x5y3 + 4x3y3
)dx+
(2x5y + 3x6y2 + 3x4y2
)dy = 0, (140)
y podemos escribirla de la forma dφ = 0, con M ′ = ∂φ∂x y N ′ = ∂φ
∂y dados por
M ′ = 5x4y2 + 6x5y3 + 4x3y3, N ′ = 2x5y + 3x6y2 + 3x4y2. (141)
Ası, la funcion φ puede obtenerse a partir de M ′ como sigue:
φ(x, y) =
∫M ′dx+ h(y) =
∫ (5x4y2 + 6x5y3 + 4x3y3
)dx+ h(y)
= x5y2 + x6y3 + x4y3 + h(y)
(142)
de modo que
N ′ =∂φ
∂y= 2x5y + 3x6y2 + 3x4y2 +
dh(y)
dy. (143)
(c)
Pagina 29 de 30
Solucion EDO : Tarea #3 Problema 15
Comparando este resultado con (141), la ecuacion que satisface h(y) es
dh(y)
dy= 0, (144)
y por tanto h(y) = C1. Introduciendo este resultado en (142), obtenemos
φ(x, y) = x5y2 + x6y3 + x4y3 + C1, (145)
y por tanto, la solucion general de (131) viene dada por
x5y2 + x6y3 + x4y3 = C. (146)
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4x
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
y(x)
Campo de direcciones y soluciones correspondientes a
C = −8,−4,−2,−1,−1/2,−1/4,−1/8, 0, 1/8, 1/4, 1/8, 1/2, 1, 2, 4, 8.
(c)
Pagina 30 de 30
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