Problemas Resueltos Ecuaciones de 1er Orden

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UNIVERSIDAD TÉCNICA FEDERICO SANTA MARÍA
CAMPUS SANTIAGO
Problemas resueltos (Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden)
Problema 1. Resuelva las ecuaciones:
(a) y′ +
x+ y
x+ 2y
= 0
(b) (6xy2 − 3x2)dx + (6x2y + 3y2 − 7) dy = 0
Solución:
a) Note que la ecuación es equivalente a:
(x+ y)dx+ (x+ 2y)dy = 0
Esta ecuación es homogénea de grado 1, la resolvemos haciendo el cambio de variable y = xz =⇒ dy =
zdx+ xdz. Reemplazando, obtenemos
(1 + z)dx+ (1 + 2z)(zdx+ xdz) = 0⇐⇒ 1 + 2z
1 + 2z + z2
= −dx
x
Integrando se obtiene
ln(1 + 2z + 2z2) = −2 ln(x) + c
lo que es equivalente a
1 + 2z + 2z2 =
K
x2
, donde K = ec
Por lo tanto, la solución es
1 + 2
y
x
+ 2
y2
x2
=
K
x2
⇐⇒ x2 + 2xy + 2y2 = K
b) Como My(x, y) = Nx(x, y) = 12xy, la ecuación es exacta. Por lo tanto, la solución está dada por
u(x, y) =
∫
(6xy2 − 3x2)dx = 3x2y2 − x3 + g(y)
Derivando con respecto a y, obtenemos uy(x, y) = 6x2y + g′(y). Hacemos uy(x, y) = N(x, y), es decir
6x2y + g′(y) = 6x2y + 3y2 − 7⇐⇒ g′(y) = 3y2 − 7⇐⇒ g(y) = y3 − 7y
Luego, la solución es
u(x, y) = 3x2y2 − x3 + y3 − 7y = C
1
Problema 2. Halle los valores de p y q de forma que µ(x, y) = xpyq sea un factor integrante de la ecuación
(2y2 + 4x2y)dx+ (4xy + 3x3)dy = 0.
Además resuelva la ecuacion diferencial.
Solución
Multiplicando la ecuación dada por el factor µ(x, y) = xpyq tenemos:
(2xpyq+2 + 4xp+2yq+1)dx+ (4xp+1yq+1 + 3xp+3yq)dy = 0.
Sin consideramos M(x, y) = 2xpyq + 4xp+2yq+1 y N(x, y) = 4xp+1yq+1 + 3xp+3yq se debe satisfacer que
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
es decir,
2(q + 2)xpyq+1 + 4(q + 1)xp+2yq = 4(p+ 1)xpyq+1 + 3(p+ 3)xp+2yq.
Por tanto,
2(q + 2) = 4(p+ 1)
4(q + 1) = 3(p+ 3)
Resolviendo el sistema obtenemos p = 1 , q = 2. Por tanto µ(x, y) = xy2.
Ahora, solucionar la ecuacion diferencial
(2xy4 + 4x3y3)dx+ (4x2y3 + 3x4y2)dy = 0.
es equivalente a encontrar una función F (x, y) tal que
∂F
∂x
= 2xy4 + 4x3y3 ;
∂F
∂y
= 4x2y3 + 3x4y2
Luego, F (x, y) = x2y4 + x4y3 + h(y).
∂F
∂y
= 4x2y3 + 3x4y2 + h′(y) = 4x2y3 + 3x4y2
De modo que h′(y) = 0 y por tanto h(y) = c.
Conclusión, F (x, y) = x2y4 + x4y3 = c es la solución general de la ecuación diferencial dada.
2
Problema 3.
1. Considerar la ecuación
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0
Y suponer que existen m ; n tales que
My − Nx = m
N
x
− n M
y
Pruebe que u(x, y) = xmyn es un factor integrante.
2. Use lo anterior (aún cuando no lo haya probado) para resolver la ecuación:
(6y − 24xy5) dx + (9x− 56x2y4) dy = 0
Solución:
1. La ecuación xmynMdx+ xmynN = 0 es exacta , si y solo si
nxmyn−1M + xmynMy =mx
m−1ynN + xmynNx
⇔ xmyn(My −Nx) =mxm−1ynN − nxmyn−1M
⇔ My −Nx =m
N
x
− nM
y
2. My = 6− 120xy4 ; Nx = 9− 112xy4 . Luego
My−Nx = −3−8xy4 = (9m−6n)+(24n−56m)xy4 ⇔
3m− 2n = −1
7m− 3n = 1 ⇒
m = 1
n = 2
Por lo tanto (6xy3 − 24x2y7)dx + (9x2y2 − 56x3y6)dy = 0 es exacta. Basta encontrar una función
potencial. Tomar g(x, y) = 3x2y3 − 8x3y7 .
Las curvas solución (curvas integrales) están definidas implicitamente en la relación:
3x2y3 − 8x3y7 = C
3
Problema 4. Resuelva el siguiente problema de valor inicial
y′ +
5y
9x
= 3x3 + x
y(−1) = 4
Solución:
Esta E.D.O es lineal de primer orden, asi que su solución está dada por la fórmula de Leibniz:
y(x) = e−
∫
p(x)dx
(∫
e
∫
p(x)dxq(x)dx+ C
)
Reemplazando p(x) =
5
9x
, q(x) = 3x3 + x en la fórmula e integrando se obtiene:
y(x) =
27
41
x4 +
9
23
x2 + cx−
5
9
Para calcular la constante C usamos la condición inicial
4 = y(−1) = 27
41
+
9
23
− c =⇒ c = −2782
943
Por lo tanto, la solución es:
y(x) =
27
41
x4 +
9
23
x2 − 2782
943
x−
5
9
4
Problema 5. Encuentre la solución de la ecuación:
(1 + x2)y′ + xy = x3y3 con y(0) = 1
Solución:
Como esta ecuación corresponde a una ecuación de Bernoulli, hacemos el cambio de variable z = y−2 para
transformarla en una E.D.O lineal de primer orden
z′ =
2x
1 + x2
z − 2x
3
1 + x2
La solución de esta ecuación es:
z(x) = −(1 + x2) ln(1 + x2)− 1− c(1 + x2), c = constante
Reemplazando z por y−2 obtenemos la solución general de la ecuación
1
y2
= −(1 + x2) ln(1 + x2)− 1− c(1 + x2)
La solución particular que satisface y(0) = 1 es:
1
y2
= −(1 + x2) ln(1 + x2) + 2x2 + 1
5
Problema 6. Resolver La ecuación:
x sen(x)
dy
dx
+ (sen(x) + x cos(x))y = ex
con y
(
− 1
2
)
= 0 .
Solución:
Observar que en intervalos donde x sen(x) 6= 0 se tiene
x sen(x)
dy
dx
+ (sen(x) + x cos(x))y = ex ⇔ y′ +
(
1
x
+
cos(x)
sen(x)
)
y =
ex
x sen(x)
Para resolver hacer previamente∫ (
1
x
+
cos(x)
sen(x)
)
dx = ln(x) + ln(sen(x)) ⇒ e
∫
( 1x+
cos(x)
sen(x)
)dx = x sen(x)
Luego:
y =
1
x sen(x)
[∫
x sen(x) · e
x
x sen(x)
dx+K
]
=
1
x sen(x)
(ex +K)
Evaluando en x = − 1
2
se tiene K = −e−1/2 . Así:
y =
ex
x sen(x)
− e
− 1/2
x sen(x)
6
Problema 7. Resolver la ecuación
(y +
√
x− 3) dx
2
√
x
+ (y −
√
x+ 1) dy = 0
Ayuda: Use un cambio de variable conveniente y transforme en una ecuación homogenea.
Solución:
Hacer t =
√
x , por lo tanto dt =
dx
2
√
x
. Reemplazando queda:
(y + t− 3) dt+(y − t+ 1) dy = 0
dy
dt
=
y − t+ 3
t− y − 1
Esta ecuación puede ser llevada una homogenea haciendo :
t = u+ h
y = v + k
⇒ k + h = 3
h− k = 1 ⇒
h = 2
k = 1
Reemplazando queda la ecuación homogenea:
dv
du
=
u+ v
u− v
=
1 +
(
v
u
)
1−
(
v
u
)
Haciendo z =
v
u
⇒ dv
du
= z + u
dz
du
, queda la ecuación
z + u
dz
du
=
1 + z
1− z
u
dz
du
=
1 + z2
1− z
1− z
1 + z2
dz =
du
u
7
Integrando, se tiene
arc tg(z)− 1
2
ln(1 + z2) = ln(u) + C
arc tg
( v
u
)
− 1
2
ln
[
1 +
( v
u
)2]
= ln(u) + C
arc tg
(
y − 1
t− 2
)
− 1
2
ln
[
1 +
(
y − 1
t− 2
)2]
= ln(t− 2) + C
arc tg
(
y − 1√
x− 2
)
− 1
2
ln
[
1 +
(
y − 1√
x− 2
)2]
= ln(
√
x− 2) + C
8
Problema 8. Haga un cambio de variable apropiado y resuelva la ecuación
dy
dx
+ x + y + 1 = (x+ y)2e3x
Solución:
Si hacemos z = x+ y , se sigue que
dz
dx
= 1 +
dy
dx
.
Reemplazando estos valores en la ecuación se obtiene
dz
dx
+ z = z2e3x (1)
que es una ecuación de Bernoulli. Tomar p =
1
z
de donde
dp
dx
= − 1
z2
· dz
dx
y reemplazando estos valores en (1) resulta
dp
dx
− p = −e3x.
la cual es una ecuación es una ecuación lineal. Se tiene:
p =
1
e−
∫
dx
(
−
∫
e−
∫
dxe3xd+ C
)
=ex
(
−
∫
e2xdx+ C
)
=Cex − e
3x
2
Volviendo a las variables originales
1
x+ y
=
Mex − e3x
2
⇒ y = 2ex(M − e2x) − x
9
Problema 9. Resuelva las siguientes ecuaciones:
(1.a) xdy + ydx = √xydy
12 puntos
(1.b) x3y′ + x2y = 2y−4/3
13 puntos
Solución
(1.a)
xdy + ydx = √xydy
⇔ d(xy) = √xydy
⇔ d(xy)√
xy
= dy
Integrando en ambos lados
√
xy = y + C
donde C es una constante real.
(1.b) Se trata de una ecuación de Bernoulli:
x3y′ + x2y = 2y−
4
3 ⇔ y 43 y′ + 1
x
y
7
3 =
2
x3
si x 6= 0 . Hacer z = y 73 , luego 3z
′
7
= y
4
3 y′ . Reemplazando se obtiene la ecuación lineal: z′+
7
3x
z =
14
3x3
cuya solución esta dada por:
z =
1
x
7
3
∫
x
7
3
14
3x3
dx
z =
14
3x
7
3
(
3x
1
3 + C
)
y
7
3 =
14
x2
+
K
x
7
3
Por lo tanto las curvas solución son:
(xy)
7
3 − 14x 13 = K
10
Problema 10. Resuelva la ecuación
(x4 ln(x)− 2xy3)dx+ 3x2y2dy = 0
sabiendo que admite un factor integrante que sólo depende de x .
Solución:
Note My = −6xy2 y Nx = 6xy2, por lo tanto, la ecuación NO es exacta. Como admite F.I µ que depende
de x calculemos
1
N
(My −Nx) =
−6xy2 − 6xy2
3x2y2
=
−4
x
Entonces,
µ(x) = e−
∫
4
xdx =
1
x4
Multiplicamos la ecuación por el F.I y obtenemos la e.d.o exacta(
ln(x)− 2y
3
x3
)
dx+ 3
y2
x2
dy = 0
La solución está dada por
u(x, y) =
∫
3
y2
x2
dy =
y3
x2
+ g(x)
Derivamos con respecto a x obteniendo
ux(x, y) = −2
y3
x3
+ g′(x) = ln(x)− 2y
3
x3
=⇒ g′(x) = ln(x) =⇒ g(x) = x ln(x)− x
Luego, la solución general es
y3
x2
+ x ln(x)− x = C
11
Problema 11. Un tanque contiene 100 litros de salmuera, obtenida disolviendo 8 kg. de sal en agua. Se
introduce agua pura a una velocidad de 3 lts/min. y sale a la misma velocidad, yendo a un segundo tanque
que contiene al principio 100 lts. de agua pura. De éste sale a la misma velocidad.
Calcular la cantidad desal que hay en el segundo tanque al cabo de una hora.
Solución:
3.- Sea x(t) la cantidad de sal, en el tanque 1, en el tiempo t e y(t) la cantidad de sal, en el tanque 2, en el
tiempo t.
Se tiene:
dx
dt
= − 3x
100
dy
dt
=
3x
100
− 3y
100
con x(0) = 8 e y(0) = 0. Resolviendo la primera ecuación (variable separada):
dx
dt
= − 3x
100
⇒ dx
x
= − 3
100
dt⇒ x = Me− 3t100
Evaluando en t = 0 , se tiene M = 8 y por lo tanto x(t) = 8e− 3t100 .
Reemplazando en la segunda ecuación queda:
dy
dt
=
24e− 3t100
100
− 3y
100
⇔ y′ + 3y
100
=
24
100
e− 3t100
la cual es una ecuación lineal de primer orden.
y = e−
∫
3
100dt
[ ∫
e
∫
3
100dt 24
100
e− 3t100 dt
]
= e− 3t100
[
24
100
t+K
]
Evaluando en t = 0 se tiene K = 0 . Por lo tanto y(t) = 24100 te−
3t
100 .
Evaluando en t = 60 (1 hora) se tiene: y(60) = 725 e−
9
5
12
Problema 12. El tanque A contiene al principio 50 galones de agua pura. Comenzando en t0 = 0 se vierte
en el tanque A agua que contiene una libra de sal por galón a razón de 2 [gal/min]. La mezcla se drena desde
A a la misma razón a un segundo tanque B, que contiene inicialmente 50 galones de agua pura. Comenzando
también en t0 = 0, se vierte en B una mezcla de otra fuente que contiene 2 libras de sal por galón a razón
de 2 [gal/min]. La mezcla se drena de B a razón de 4 [gal/min].
1. Determine una e.d.o para la cantidad y(t) de sal en el tanque B.
2. Si t crece indefinidamente ¿cuál será la cantidad de sal en el tanque B?
Solución.
Sea x(t) la sal en el tanque A, en el tiempo t . Se sabe que x(0) = 0 . Sea y(t) la sal en el tanque B, en el
tiempo t . También y(0) = 0 . Por otra parte la variación de volumen en el tanque A es cero, pues entran
2 galones por minuto y salen dos galones por minuto. Asimismo en el tanque B, entran 4 galones y salen 4
galones.
La ecuación para el tanque A es:
dx
dt
= 1 · 2− 2 · x
50
= 2− x
25
x(0) = 0
Se trata de una ecuación diferencial de variable separada (también es lineal y puede resolverse usando la
formula para ecuaciones lineales) .
dx
dt
= 2− x
25
⇔ dx
x− 50
= − dt
25
⇒ x(t) = 50 +Me−t/25
Evaluando en t = 0 , M = - 50 y la solución queda: x(t) = 50(1− e−t/25)
La ecuación para el tanque B queda:
dy
dt
= 2 ·
(
x(t)
50
)
+ 2 · 2− 4 · y
50
⇔ dy
dt
+
2
25
y = 6− 2e−t/25
Usando la fórmula para resolver ecuaciones lineales se tiene
y(t) =e−
∫
2 dt/25
[∫
e
∫
2 dt/25
(
6− 2e−t/25
)
dt + C
]
=e−2t/25
[∫ (
6e2t/25 − 2et/25
)
dt + C
]
=75− 50e−t/25 + Ce−2t/25
Evaluando en t = 0 , se tiene C = - 25 . Por lo tanto
y(t) = 75− 50e−t/25 − 25e−2t/25
13
Haciendo
ĺım
t→∞
y(t) = ĺım
t→∞
(75− 50e−t/25 − 25e−2t/25) = 75
La cantidad de sal, en el tanque B, tiende a estabilizarse en 75 libras de sal.
14
Problema 13. Muestre que la ecuación diferencial
2x4yy′ + y4 = 4x6
se reduce a una ecuación homogénea mediante el cambio de variable y = zn, para cierto n ∈ R. Determine
el valor de n y resuelva la ecuación.
Solución:
Observar que y = 0⇔ x = 0 . Por otra parte, para x 6= 0 :
2x4yy′ + y4 = 4x6 ⇔ y′ = 4x
6 − y4
2x4y
Haciendo y = zn , de donde y′ = nzn−1z′ . La ecuación queda:
nzn−1z′ =
4x6 − z4n
2x4zn
⇔ nz′ = 4x
6 − z4n
2x4z2n−1
Para n = 32 la ecuación es homogenea. En tal caso queda:
3z′ =
4x6 − z6
x4z2
⇔ 3z′ =
4−
(
z
x
)6(
z
x
)2
Con el cambio de variable u =
z
x
, se tiene:
3u+ 3xu′ =
4− u6
u2
⇔ 3xu′ = 4− u
6 − 3u3
u2
⇔ 3u
2 du
u6 + 3u3 − 4
= −dx
x
Integrando se tiene:
u3 − 1
u3 + 4
=
M
x5
⇔ y
2 − x3
y2 + 4x3
=
M
x5
15
Problema 14. Justamente antes de mediodía el cuerpo de una víctima aparente de un homicidio se encuentra
en un cuarto que se conserva a temperatura constante a 70◦ [F] . A mediodía, la temperatura del cuerpo es
80◦ [F] y a la 1 p.m. es de 75◦ [F] . Considere que la temperatura del cuerpo en el momento de la muerte
era de 98◦ [F] y que se ha enfriado de acuerdo con la Ley de Newton. ¿Cuál fue la hora de su muerte?
Solución:
Sea u(t) la temperatura del cuerpo en el tiempo. Definir u(0) = 80 ; u(1) = 75 y considerar TA = 70 .
Usando la ley de enfriamiento de Newton se tiene
du
dt
= −k(u−70) . De donde, por el método de separación
de variables, se tiene
u(t) = 70 +Me−kt
Evaluando en t = 0 y en t = 1 se obtienen los valores M = 10 y k = ln(2). Reemplazando en u(t) se tiene
u(t) = 70 +
10
2t
Resolviendo la ecuación u(t) = 98, se tiene t =
ln(10)− ln(28)
ln(2)
≈ −1,5. Por tanto la muerte fue a las 10:30
hrs. aproximadamente.
16
Problema 15. Un tanque contiene inicialmente 60 gal. de agua pura. Entra al tanque, a una tasa de 2
gal./min., salmuera que contiene 1 lb. de sal por galón, y la solución (perfectamente mezclada) sale de él a
razón de 3 gal. por minuto; el tanque se vacía después de 1 hora exactamente.
(a) Encuentre la cantidad de sal que hay en el tanque después de t minutos.
(b) ¿Cuál es la máxima cantidad de sal que llega a tener el tanque?
Solución:
(a) La ecuación diferencial que modela el problema en cuestión es
dx
dt
= 1 · 2− x(t)
60− t
3 x(0) = 0
La solución de esta ecuación lineal es:
x(t) = (60− t) + C(60− t)3
Para calcular C usamos la condición inicial x(0) = 0, obteniendo
x(t) = (60− t)− 1
602
(60− t)3
(b) Para determinar el tiempo t∗ donde la cantidad de sal es máxima derivamos la función x(t) para obtener
los puntos críticos:
x′(t) = −1 + 1
602
(60− t)3,
entonces
x′(t) = 0⇐⇒ (60− t)2 = 60
2
3
de donde
t∗ = 60− 60√
3
La segunda derivada de x(t) es x′′(t) = − 6
602
(60− t).
Se ve facilmente que x′′(t∗) < 0, por lo tanto en t∗, x(t) tiene un máximo.
Evaluando x(t) en t∗ obtenemos la cantidad de sal máxima que llega a tener el estanque:
x
(
60− 60√
3
)
=
40√
3
libras de sal
17
Problema 16. a) Demuestre que la sustitución y = ez transforma la e.d.o
y′ + p(x)y = q(x)y ln(y)
donde p(x) y q(x) son funciones continuas, en una ecuación lineal.
b) Use lo anterior para resolver xy′ = 2x2y + (x+ 1)y ln(y).
Solución:
a) Si y = ez =⇒ y′ = ezz′, entonces reemplazando en la ecuación, se tiene
ezz′ + p(x)ez = q(x)ezz ⇐⇒ z′ = q(x)z − p(x)
Esta última ecuación es lineal en la variable z.
b) Normalizando la ecuación, se tiene
y′ − 2xy =
(
x+ 1
x
)
y ln(y)
Haciendo el cambio de variable y = ez, obtenemos la ecuación lineal
z′ =
(
x+ 1
x
)
z + 2x
y su solución está dada por
z = e
∫
x+1
x dx
(
2
∫
xe−
∫
x+1
x dx + C
)
Integrando obtenemos
z = xex(−2e−x + C) = −2x+ Cxex
Luego, la solución es
ln(y) = −2x+ cxex ⇒ y(x) = e−2x+Cxex
18
Problema 17. La recta normal, en cada punto (x, y) de una curva dada, pasa por el punto (2,0) . Si la curva
pasa por el punto (2,3), encuentre su ecuación .
Solución:
Sea y = f(x) tal curva. Luego la ecuación de la recta normal en un punto (u, f(u)) cualquiera de la curva,
está dada por la ecuación:
y − f(u) = − 1
f ′(u)
(x− u)
La recta normal debe pasar por el punto (2,0) , luego reemplazando en x = 2 , y = 0 se tiene la ecuación
diferencial de variable separada:
−f(u) = − 1
f ′(u)
(2− u)
Haciendo x = u e y = f(u) y resolviendo se tiene:
y =
1
dy
dx
(2− x) ⇔ ydy = (2− x)dx ⇔ y
2
2
= − (2− x)
2
2
+ C ⇔ (x− 2)2 + y2 = 2C
Evaluando en el punto (2,3) , 2C = 9 y la curva buscada es:
(x− 2)2 + y2 = 9
19
Problema 18. Suponga que en el instante t = 0 un tercio de una población de 180.000 personas se ha
enterado de cierta noticia y que el nḿero de las que la han oído crece en ese momento a razón de 1.200
personas por día. Suponga además que la rapidez con que se expande la noticia es proporcional al número
de personas que la conocen por el número de personas que no la conocen. ¿Cuánto tiempo pasará para que
los 5/6 de la población se enteren de la noticia?
Solución:
La ecuación que modela la regla: "la rapidez con que se expande la noticia es proporcional al
número de personas que la conocen por el número de personas que no la conocen" ; es
dx
dt
= kx(180000− x)
donde x(t) representa el número de personas que conocen la noticia en el tiempo t .
En t = 0 se tiene x(0) = 60000 y x′(0) = 1200 . Reemplazando en la ecuación se obtiene el valorde
k : k =
1
6
10−6
Luego la ecuación queda:
dx
dt
=
10−6
6
x(18× 104 − x)
Para resolver separar variables e integrar∫
dx
x(18× 104 − x)
=
∫
10−6
6
dt
⇔ 1
18× 104
∫ [
1
x
− 1
18× 104 − x
]
dx =
10−6t
6
+ C
⇔ ln
(
x
18× 104 − x
)
= 3× 10−2t+M
Evaluando en t = 0 se obtiene M = − ln(2) . La igualdad queda:
x
18× 104 − x
=
1
2
e0,03 t
Y despejando
x(t) =
18× 104e0,03 t
2 + e0,03 t
Para responder en cuanto tiempo 5/6 de la población conocera la noticia basta resolver la ecuación:
18× 104e0,03 t
2 + e0,03 t = 15× 10
4
20
Problema 19. Encuentre la ecuación de una curva que pasa por (1,1) , con la propiedad de que el intercepto
en el eje x de su linea tangente es igual al intercepto en el eje y de su linea normal.
Solución:
Considerar la curva y = f(x) con la propiedad anterior. Sea (a , f(a)) un punto de la curva. El intercepto
con el eje x de la recta tangente es:
x = a− f(a)
f ′(a)
Por otra parte el intercepto con el eje y de la recta normal es
a
f ′(a)
+ b
Notar que f ′(a) no puede ser 0. Luego se debe cumplir la siguiente ecuación:
a− f(a)
f ′(a)
=
a
f ′(a)
+ b o bien x− y
y′
=
x
y′
+ y
La cual queda
y′ =
x+ y
x− y
Homogenea, la cual se resuelve haciendo el cambio z =
y
x
. Queda.
z + xz′ =
1 + z
1− z
⇔ x dz
dx
=
1 + z2
1− z
Separando variables e integrando se tiene: ∫
1− z
1 + z2
dz =
dx
x
arc tg(z)− 1
2
ln(1 + z2) = ln(x) + C
En las variables x e y .
arc tg
(y
x
)
− 1
2
ln
(
x2 + y2
x2
)
= ln(x) + C
Para asegurar que la curva pase por el punto (1,1) reemplazar y despejar C . Se tiene::
arc tg(1)− 1
2
ln(2) = C
La curva esta dada por
21
arc tg
(y
x
)
− 1
2
ln
(
x2 + y2
x2
)
= ln(x) +
π
4
− 1
2
ln(2)
O bien
arc tg
(y
x
)
− ln
(√
x2 + y2
)
=
π
4
− ln
(√
2
)
22
Problema 20. Se está celebrando una fiesta en una habitación que contiene 1800 pies cúbicos de aire libre
de monóxido de carbono. En el instante t = 0 varias personas comienzan a fumar. El humo que contiene 6
por ciento de monóxido de carbono, se introduce en la habitación a razón de 0.15 pies cúbicos por minuto, y
la mezcla, removida por ventilación, sale a ese mismo ritmo por una ventana entreabierta. ¿Cuándo deberá
abandonar una persona prudente esa fiesta, si el nivel de monóxido de carbono comienza a ser peligroso a
partir de una concentración de 0.00018?
Solución:
Sea x = x(t) la cantidad de monóxido de cárbono en la habitación, en el tiempo t.
La ecuación que modela está situación es:
dx
dt
= 0,06 · 0,15− x
1800
· 0,15
de donde, separando variables se tiene
dx
16,2− 0,15x
=
dt
1800
− 1
0,15
ln(16,2− 0,15x) = t
1800
+ C
x =
16,2−Ke− 0,15t1800
0,15
Aquí K = e−0,15C . Ademas se sabe que en el tiempo t = 0, x(0) = 0, no hay monóxido de cárbono en la
habitación.
Evaluando en t = 0, se tiene que K = 16,2. Por lo tanto
x(t) =
16,2(1− e− 0,15t1800 )
0,15
= 108(1− e− 0,15t1800 )
Queremos saber en que tiempo, la concentración de monóxido es de 0.00018. Resolvemos la ecuación:
x(t)
1800
= 0,00018
x(t) = 0,324
108(1− e− 0,15t1800 ) = 0,324
1− e− 0,15t1800 = 0,003
e− 0,15t1800 = 0,997
t =
0,00300 · 1800
0,15
t ≈ 36
Por lo tanto, una persona prudente debiera retirarse despues de 36 mínutos aproximadamente.
23
Problema 21. Encuentre la solución general de las e.d.o
1. (x4 ln(x)− 2xy3)dx+ 3x2y2dy = 0 sabiendo que admite un factor integrante que sólo depende de x
2. 3x
dy
dx
− 2y = x
3
y2
3.
dy
dx
+ x sen(2y) = xe−x
2
cos2(y) usando la sustitución t = tan(y)
Solución:
1. Note My = −6xy2 y Nx = 6xy2, por lo tanto, la ecuación NO es exacta. Como admite F.I µ que
depende de x calculemos
1
N
(My −Nx) =
−6xy2 − 6xy2
3x2y2
=
−4
x
Entonces,
µ(x) = e−
∫
4
xdx =
1
x4
Multiplicamos la ecuación por el F.I y obtenemos la e.d.o exacta(
ln(x)− 2y
3
x3
)
dx+ 3
y2
x2
dy = 0
La solución está dada por
u(x, y) =
∫
3
y2
x2
dy =
y3
x2
+ g(x)
Derivamos con respecto a x obteniendo
ux(x, y) = −2
y3
x3
+ g′(x) = ln(x)− 2y
3
x3
=⇒ g′(x) = ln(x) =⇒ g(x) = x ln(x)− x
Luego, la solución general es
y3
x2
+ x ln(x)− x = C
2. Notar que la e.d.o es de Bernoulli, hacemos z = y3 y obtenemos la ecuación lineal
dz
dx
=
2
x
z + x2
y la solución de esta ecuación está dada por
z(x) = x2(x+ c) =⇒ y3 = x2(x+ c)
3. Derivando con respecto a x el cambio de variable se obtiene
dt
dx
= sec2(y)
dy
dx
=⇒ dy
dx
= cos2(y)
dt
dx
Reemplazando en la ecuación, se tiene
cos2(y)
dt
dx
+ 2x sen(y) cos(y) = xe−x
2
cos2(y)⇐⇒ dt
dx
+ 2x tan(y) = xe−x
2
24
Tenemos que resolver la e.d.o lineal
dt
dx
= −2xt+ xe−x
2
La solución es
t = e−x
2
(
x2
2
+ C
)
=⇒ tan(y) = e−x
2
(
x2
2
+ C
)
25
Problema 22. Resuelva la ecuación
dy
dx
+ x sen(2y) = xe−x
2
cos2(y)
Usando la sustitución t = tan(y) .
Solución:
Hacer t = tg(y) y derivar respecto x .
dx
dt
=
dt
dx
· dy
dx
= sec2(y) · dy
dx
⇒ dy
dx
= cos2(y)
dt
dx
Reemplazando
cos2(y)
dt
dx
+ 2x sen(y) cos(y) = xe−x2 cos2(y)
dt
dx
+ 2x tg(y) = xe−x2
dt
dx
+ 2xt = xe−x2
Esta es una ecuación lineal, donde t = t(x)
t = e−
∫
2x dx
[∫
e
∫
2x dx xe−x2 dx + C
]
= e−x2
[∫
x dx + C
]
Volviendo a la variable y = y(x)
tg(y) = e−x2
[
x2
2
+ C
]
y = arc tg
(
x2 + M
2ex2
)
26
Problema 23. Sea ϕ(t) la solución del problema de valores iniciales{
x′(t) = x2 + t , t > 0
x(0) = 0
Pruebe que ϕ(1) ≥ 12 .
Solución:
Sea ϕ(t) la unica solución de la ecuación diferencial que cumple ϕ(0) = 0 . Luego
ϕ′(t) = (ϕ(t))2 + t ⇒ dϕ
dt
(t) ≥ t ⇒ dϕ ≥ t dt
Integrando:
1∫
0
dϕ ≥
1∫
0
t dt ⇒ ϕ(t)
∣∣∣1
0
=
t2
2
∣∣∣1
0
⇒ ϕ(1) − ϕ(0) ≥ 1
2
⇔ ϕ(1) ≥ 1
2
27
Problema 24. Resuelva la ecuación diferencial
(x2 − y)dy
dx
= 4xy
(Ayuda: Use el cambio de variable v =
y
x2
, con x 6= 0)
Solución:
Haciendo y = x2v se tiene y′ = 2xv + x2v′ . Reemplazando en la ecuación queda:
(x2 − x2v)(2xv + x2v′) = 4x3v
(1 − v)(2v + xv′) = 4v
x
dv
dx
=
2(v2 + v)
1− v
1 − v
v2 + v
dv = 2
dx
x
Integrando ∫ (
1
v
− 2
v + 1
)
dv = 2
∫
dx
x
ln
(
v
(v + 1)2
)
= 2 ln(x) + C
v
(v + 1)2
= M x2
Volviendo a la variable y y despejando queda:
x2y = (y + x2)2M x2
y = M (y + x2)2
28
Problema 25. Si y′′ = − 4
y3
y y(2) = 4 ; y′(2) = 0 . Hallar y(4) .
Ayuda: Haga el cambio z = y′ .
Solución:
Hacer
z = y′ =
dy
dx
⇒ dz
dy
=
dz
dx
dx
dy
⇒ y′′ = dz
dy
dy
dx
= z
dz
dy
Queda una nueva ecuación donde z es una función que depende de y .
z
dz
dy
= − 4
y3
⇔ z dz = − 4
y3
dy
Integrando queda
z2
2
=
2
y2
+ C ⇔ (y
′)2
2
=
2
y2
+ C
Evaluando en x = 2 se tiene C = − 1
8
. Así la ecuación queda
(y′)
2
=
4
y2
− 1
4
=
16− y2
4y2
⇒ dy
dx
=
√
16− y2
2y
⇒ 2y√
16− y2
dy = dx
Integrando queda
−2
√
16− y2 = x+K
Evaluando en x = 2 . K = −2 . Luego se tiene
−2
√
16− y2 = x− 2 ⇔ y2 = 16− 1
4
(2− x)2 ⇔ (x− 2)
2
64
+
y2
16
= 1
Y la solución y = y(x) corresponde a la parte superior de la elipse anterior.
29
Problema 26. Resolver
y y′′ = y2y′ + (y′)2
Solución:
El cambio es el mismo que el de la pregunta anterior. Hacer
z = y′ =
dy
dx
⇒ dz
dy
=
dz
dx
dx
dy
⇒ y′′ = dz
dy
dy
dx
= z
dz
dy
Queda una nueva ecuación donde z es una función que depende de y .
yz
dz
dy
= y2z + z2 ⇔ y dz
dy
= y2 + z ⇔ z′ − 1
y
z = y
Esta ultima es una ecuación lineal. Se puede resolver mediante la formula y queda:
z =
dy
dx
= y(y + C)
Separando variables e integrando:
x+K =
1
C
∫ (
1
y
− 1
y + C
)
dy
De donde se tiene
x+ c =
1
C
ln
(
y
y + C
)
⇔ y = C
(
MeC x
1−MeC x
)
30
Problema 27. Resuelva la ecuación x3yy′+2x2y2−1 = 0, utilizando el cambio de variables u(x) = x2y(x) .
Solución:
Haciendo el cambio u = x2y y derivando respecto de x se tiene: u′ = 2xy + x2y′ . Reemplazando:
xy(x2y′) + 2y(x2y)− 1 = 0
⇔ xy (u′ − 2xy) + 2yu− 1 = 0
pero xy =
u
x
. Luego queda:
u
x
(
u′ − 2u
x
)
+
2u2
x2
− 1 = 0
⇔ uu′ = x
Separando variables e integrando queda:
u2
2
=
x2
2
+ C
O bien, volviendo a las variables x e y .
y2 =
1
x2
(
1 +
K
x2
)
Observar que x no puede ser 0, pues en caso contrario la ecuación queda: −1 = 0 .
31