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TP1 - Ecuaciones diferenciales a variables separables 2_ Halle la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales. a) 𝑦 = 𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑎 ∈ ℝ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑎 𝑦 𝑥 Podemos separar variables: = 𝑎 e integrando miembro a miembro: 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑎 𝑑𝑥 𝑥 ln|𝑦| = 𝑎 ln|𝑥| + ln|𝐶| => 𝑙𝑛|𝑦| = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑙𝑛|𝐶| => 𝑙𝑛|𝑦| = ln (|𝑥| |𝐶|) 𝑦 = 𝐶|𝑥| 𝑐𝑜𝑛 𝑎 ∈ ℝ b) (1 + 𝑥 ) 𝑑𝑦 = 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑑𝑥 1 + 𝑥 ∫ 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 2 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥) + 𝐶 c) + 𝑦 = 𝑦 𝑥 𝑒 = 𝑦 𝑥 𝑒 − 𝑦 => = 𝑦(𝑥 𝑒 − 1) => = (𝑥 𝑒 − 1) ∫ = ∫(𝑥 𝑒 − 1)𝑑𝑥 la integral ∫ 𝑥 𝑒 con tablas o por integración por partes 𝑙𝑛|𝑦| = 𝑥 𝑒 − 𝑒 − 𝑥 + 𝐶 => 𝑙𝑛|𝑦| = (𝑥 − 1) 𝑒 − 𝑥 + 𝐶 d) 𝑥 𝑦 = 𝑦 − 𝑥 𝑦 ; 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑦(−1) = −1 𝑥 = 𝑦(1 − 𝑥) => = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑦 = 1 𝑥 − 1 𝑥 𝑑𝑥 𝑙𝑛|𝑦| = − − 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 Solución General Para la curva que pasa por el punto (-1;-1): 𝑙𝑛|−1| = − − 𝑙𝑛|−1| + 𝐶 => 𝐶 = −1 𝑙𝑛|𝑦| = − − 𝑙𝑛|𝑥| − 1 Solución Particular => |𝑦| = | | => 𝑦 = 𝑒 − 1𝑥+1 𝑥 3_ Problemas de formación de ecuaciones diferenciales a) Demuestre que la curva tal que la pendiente de la tangente en cada punto es proporcional a la abscisa del punto de tangencia, es una parábola. Como existe una relación biunívoca entre derivada y pendiente de recta tangente a una curva, del enunciado se puede expresar matemáticamente que: 𝑦 = 𝑘 𝑥 que es una ecuación diferencial a variables separables, que vamos a resolver: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑘 𝑥 => 𝑑𝑦 = 𝑘 𝑥 𝑑𝑥 => 𝑑𝑦 = 𝑘 𝑥 𝑑𝑥 Siendo su solución general: 𝑦 = 𝑘 𝑥 + 𝐶 que claramente es una familia de parabolas b) Halle una curva que pase por el punto (0; -2) de tal modo que el coeficiente angular de la tangente en cada punto sea igual a la ordenada a ese punto. Sabiendo que el coeficiente angular de la recta tangente es la pendiente. La ecuación diferencial que resulta del enunciado es: 𝑦 = 𝑦 ED a variables separables que podemos resolver: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 => 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑑𝑥 => 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑑𝑥 Siendo su solución general: 𝑙𝑛|𝑦| = 𝑥 + 𝐶 si queremos hallar la curva que pase por (0; - 2) => 𝑙𝑛|−2| = 0 + 𝐶 => C = ln 2 𝑙𝑛|𝑦| = 𝑥 + 𝑙𝑛2 => |𝑦| = 𝑒 => |𝑦| = 2 𝑒 => 𝑦 = ±2 𝑒 La solución buscada es: 𝑦 = −2 𝑒
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