Taller 1
Ecuaciones Diferenciales
Prof. Jesus A. Leon Tordecilla
Prof. Dellerlin Astrid Cepeda
10 de Octubre del 2022
• Cristian Villarreal Orozco - cvillarrealo@unal.edu.co
Anderson Ochoa Trujillo - aochoat@unal.edu.co
1. En los siguientes ı́tems, damos una ecuación diferencial junto con el campo o área donde
surge. Clasifı́quelas como una ecuación diferencial ordinaria (EDO) o una ecuación diferencial
parcial (EDP), proporcione el orden e indique las variables independientes y dependientes. Si
la ecuación es una ecuación diferencial ordinaria, indique si la ecuación es lineal o no lineal.
2
+ 9x = 2cos3t (Vibraciones mecánicas, circuiros eléctricos, sismologı́a)
a) 3 ddt2x + 4 dx
dt
c)
h)
j)
dy
dx
√
y(2−3x)
x(1−3y)
=
(Competencia entre dos especies, ecologı́a)
2
d y
dy
1 − y dx
2 + 2x dx = 0 (Ecuación de Kidder, flujo de un gas a través de un medio poroso)
∂N
∂t
=
∂2N
∂r2
+
1 ∂N
r ∂r
+ kN donde k es una constante (Fisión nuclear)
2. Determine si la función dada es una solución de la ecuación diferencial correspondiente.
(xcosx+senx−1)y
,
3(x−xsenx)
b)
dy
dx
d)
d2 θ
+ 3θ = −2e2t ,
− θ dθ
dt2
dt
dy
= 2xsec(x + y) − 1,
dx
f)
=
xy 3 − xy 3 senx = 1
θ(t) = 2e3t − e2t
x2 − sen(x + y) = 1
3. Determine los valores de m para los que la función ϕ(x) = emx es una solución de la ecuación
dada.
a)
d2 y
dx2
dy
+ 6 dx
+ 5y = 0
4. Determine los valores de m para los que la función ϕ(x) = xm es una solución de la ecuación
dada.
2
d y
dy
b) x2 dx
2 − x dx − 5y = 0
5. Verifique que la función ϕ(x) = c1 ex + c2 e−2x es una solución de la ecuación diferencial
d2 y dy
+
− 2y = 0
dx2 dx
para cualquier elección de las constantes c1 y c2 . Determine c1 y c2 de modo que se satisfagan
las siguientes condiciones iniciales.
b) y(1) = 1,
y ′ (1) = 1.
6. Obtenga la solución general en cada una de las ecuaciones diferenciales ordinarias
a)
dy
dx
′
− y = e3x .
c) y + (tanx)y = xsen2x
2
f) (x + xy 2 )dx + ex ydy = 0.
g)
dy
dx
=
1
.
ey −x
7. Resuelva los siguientes problemas con valor inicial (PVI).
b)
dy
dx
′
+
dy
dx
= ex sen(x)y −2 ,
d) y =
f)
3y
+2
x
2x
,
y+x2 y
= 3x,
y(1) = 1.
y(0) = −2
y(0) = 1.
Solución 1
2
a) 3 ddt2x + 4 dx
+ 9x = 2cos3t
dt
Tipo
Linealidad
Orden
Variable independiente
Variable dependiente
c)
dy
dx
EDO
Sı́
2
t
x
y(2−3x)
x(1−3y)
=
Tipo
Linealidad
Orden
Variable independiente
Variable dependiente
h)
√
EDO
No
1
x
y
2
d y
dy
1 − y dx
2 + 2x dx = 0
Tipo
Linealidad
Orden
Variable independiente
Variable dependiente
j)
∂N
∂t
=
∂2N
∂r2
+
1 ∂N
r ∂r
EDO
No
2
x
y
+ kN
Tipo
Linealidad
Orden
Variable independiente
Variable dependiente
EDP
No
2
t,r
N
Solucion 2
b) xy 3 − xy 3 senx = 1,
dy
dx
=
(xcosx+senx−1)y
3(x−xsenx)
Derivamos implicitamente
y 3 + 3xy 2 y ′ − (y 3 senx + 3xy 2 y ′ senx + xy 3 cosx) = 0
y 3 + 3xy 2 y ′ − y 3 senx − 3xy 2 y ′ senx − xy 3 cosx = 0
3xy 2 y ′ − 3xy 2 y ′ senx = −y 3 + y 3 senx + xy 3 cosx
y ′ (3xy 2 − 3xy 2 senx) = y 3 (−1 + senx + xcosx)
y′ =
y 3 (−1+senx+xcosx)
y 2 3x(1−senx)
y′ =
y(−1+senx+xcosx)
3x(1−senx)
La función es solución de la ecuación diferencial
d)
d2 θ
dt2
− θ dθ
+ 3θ = −2e2t ,
dt
θ(t) = 2e3t − e2t
Derivamos θ
θ′ = 6e3t − 2e2t
θ′′ = 18e3t − 4e2t
Reemplazamos
d2 θ
dt2
− θ dθ
+ 3θ = 6e3t − 2e2t − (2e3t − e2t )(6e3t − 2e2t ) − 3(2e3t − e2t )
dt
= 18e3t − 4e2t − 12e6t + 4e5t + 6e5t − 2e4t + 6e3t − 3e2t
= 24e3t − 7e2t − 12e6t + 10e5t − 2e4t
La función no es solución de la ecuación diferencial
f)
dy
dx
x2 − sen(x + y) = 1
= 2xsec(x + y) − 1,
Derivamos parcialmente
2x − cos(x + y)(1 + y ′ ) = 0
1 + y′ =
2x
cos(x+y)
y ′ = 2xsec(x + y) − 1
La función es solución de la ecuación diferencial
Solucion 3
a)
d2 y
dx2
dy
+ 6 dx
+ 5y = 0,
ϕ(x) = emx
Derivamos ϕ
ϕ′ = memx
ϕ′′ = m2 emx
Reemplazamos
m2 emx + 6memx + 5emx = 0
emx (m2 + 6m + 5) = 0
emx (m + 5)(m + 1) = 0
m1 = −5,
m2 = −1
Solucion 4
2
d y
dy
b) x2 dx
2 − x dx − 5y = 0,
ϕ(x) = xm
Derivamos ϕ
ϕ′ = mxm−1
ϕ′′ = (m2 − m)xm−2
Reemplazamos
x2 (m2 − m)xm−2 − mxm − 5xm = 0
(m2 − m)xm − mxm − 5xm = 0
xm (m2 − 2m − 5) = 0
Utilizamos la fórmula cuadrática
√
2± (−2)2 −(4)(−5)
m1,2 =
2
√
√
m1 = 1 + 6,
m2 = 1 − 6
Solucion 5
b) ϕ(x) = c1 ex + c2 e−2x ,
d2 y
dx2
+
dy
dx
− 2y = 0,
y(1) = 1,
Derivamos ϕ
ϕ′ = c1 ex − 2c2 e−2x
ϕ′ = c1 ex − 4c2 e−2x
Reemplazamos
c1 ex + 4c2 e−2x + c1 ex − 2c2 e−2x − 2(c1 ex + c2 e−2x ) = 0
c1 ex + 2c2 e−2x + c1 ex − 2c1 ex − 2c2 e−2x = 0
Hallamos c1 y c2 con método de eliminación
ϕ(1) = c1 e + c2 e−2 = 1
ϕ′ (1) = c1 e − 2c2 e−2 = 1
(1)
(2)
-
Reemplazamos c2 en (1)
c1 e + 0 = 1
c1 =
1
e
c1 e + c2 e−2 = 1
c1 e − 2c2 e−2 = 1 c2 = 0
0 + 3c2 e−2 = 0
y ′ (1) = 1
Solucion 6
a)
dy
dx
− y = e3x .
Hallamos el factor integrante
µ(x) = e
R
−dx
= e−x
Multiplicamos µ(x) a ambos lados
d
(e−x y) = e3x e−x = e2x
dx
R d −x
R
(e y)dx = e2x dx
dx
e−x y = 21 e2x + c
y = 21 e3x + cex
c) y ′ + (tanx)y = xsen2x
Hallamos el factor integrante
µ(x) = e
R
tanx
= e−ln(cosx) = sec(x)
Multiplicamos factor integrante a ambos lados e integramos
d
sec(x)y
dx
= −xsen(2x)sec(x) = 2xsen(x)cos(x)sec(x) = 2xsen(x)
R
d
sec(x)ydx
dx
=
R
2 xsen(x)dx
A
○
A por partes
Resolvemos ○
R
2 xsen(x)dx
u=x
du = dx
dv = senx
v = −cos(x)
R
R
2 xsen(x)dx = 2(−xcos(x) + cos(x)dx) = −2xcos(x) + 2sen(x)
Reemplazamos en la ecuación
sec(x)y = −2xcos(x) + 2sen(x)
y = −2xcos2 (x) + 2sen(x)cos(x) + C
2
f) (x + xy 2 )dx + ex ydy = 0.
Separamos las x con dx y y con dy
y
dy
1+y 2
= − exx2 dx
Integramos a ambos lados
R y
R
dy = − exx2 dx
1+y 2
Las integrales se resuelven por sustitución
ln(1 + y 2 ) = e−x
g)
dy
dx
=
2
El resultado queda expresado implı́citamente
1
ey −x
Reorganizamos la ecuación en la forma estandar
dx
dy
′
= ey − x
x + x = ey
Hallamos factor integrante
R
µ(y) = e
dy
= ey
Multiplicamos µ(y) a ambos lados e integramos
d
(ey x)
dy
= e2y
R
e2y dy
ey x =
ey x = 21 e2y + C
x = 12 ey + Ce−y
Solución 7
b)
dy
dx
+
3y
x
+ 2 = 3x,
y(1) = 1.
Reorganizamos de la forma estandar
y ′ + x3 y = 3x − 2
Hallamos el factor integrante
µ(x) = e
R
3
dx
x
= e3lnx = x3
Multiplicamos µ(y) a ambos lados e integramos
d
(x3 y) = 3x4 − 2x3
Rdx d 3
R
R 4
R 3
4
3
(x
y)dx
=
(3x
−
2x
)dx
=
3
x
dx
−
2
x dx = 53 x5 − 12 x4 + C
dx
x3 y = 53 x5 − 12 x4 + C
y = 53 x2 − 12 x +
C
x3
Hallamos C
1 == 53 12 − 12 +
C=
d) y ′ =
C
13
9
10
2x
,
y+x2 y
y(0) = −2
Separamos variables
dy
dx
=
2x
y(1+x2 )
ydy =
2x
dx
(1+x2 )
Integramos a ambos lados
R
R 2x
ydy = (1+x
2 ) dx
y2
2
2
= ln(1 + x2 ) + C
y = 2ln(1 + x2 ) + C
p
y = ± 2ln(1 + x2 ) + C
Hallamos C
p
−2 = − 2ln(1) + C
√
2= C
4=C
f)
dy
dx
= ex sen(x)y −2 ,
y(0) = 1
Separamos variables
y 2 dy = ex senxdx
Integramos a ambos lados
R 2
R x
y dy =
e senxdx
A
○
A por partes
Resolvemos ○
R x
e senxdx u = senx dv = ex
du = cosx v = ex
R x
R x
e senxdx = ex senx−
e cosxdx
B
○
B por partes
Resolvemos ○
R x
e cosxdx
u = cosx
dv = ex
du = −senx v = ex
R x
R
e cosxdx = ex cosx + ex senxdx
A
Retomamos ○
R x
R
e senxdx = ex senx − ex cosx − ex senxdx
R
2 ex senxdx = ex senx − ex cosx
R x
x
e senxdx = e2 (senx − cosx) + C
Reemplazamos en la ecuación
y3
3
x
= e2 (senx − cosx) + C
q
y = 3 32 ex (senx − cosx) + C
Hallamos C
q
1 = 3 32 e0 (sen0 − cos0) + C
q
1 = 3 − 32 + C
1 = − 32 + C
5
2
=C