Ecuaciones Diferenciales y problemas con valores en la frontera

FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL

AÑO DE LA PROMOCIÓN DE LA INDUSTRIA RESPONSABLE Y EL COMPROMISO CLIMÁTICO

Universidad nacional

“SANTIAGO ANTUNEZ DE MAYOLO”

FACULTAD DE INGENIERÍA CIVL

DEPARTAMENTO ACADÉMICO DE INGENIERÍA CIVIL

MATEMÁTICA II

HUARAZ –PERÚ

2014

FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II

2

ÍNDICE

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE VARIEBLES SEPARABLES

DEFINICIÓN 3

EJERCICIOS PROPUESTOS 4

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS REDUCTIBLES A VARIEBLES SEPARABLES

DEFINICIÓN 12

EJERCICIOS PROPUESTOS 13


3

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE VARIABLE SEPARABLE

ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES

Iniciaremos nuestras técnicas de solución a “Ecuaciones Diferenciales” con las ecuaciones más

sencillas de resolver. Este tipo de ecuaciones son resueltas directamente mediante una o dos integraciones.

DEFINICIÓN 1:

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma:

𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦)

Se dice de Variables Separables si es posible factorizar F(x, y) en la forma:

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥)

Una EDO de variables separables puede resolverse usando la siguiente estrategia:

- Procedimiento: Variables Separables

- Entrada: Una EDO en la forma 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦)

- Salida: La solución de la ED.

Paso I: Factorizar el segundo miembro

Factorizar F(x, y) = f(x) · g(y), si tal factorización no es posible, se concluye que la ED no es de variables separables y el procedimiento no continua.

Paso II: Separar las variables

Hacer álgebra para poner variables diferentes en lados diferentes:

𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦)

dy

dx= 𝑓(𝑥). 𝑔(𝑦)

[𝑑𝑦

𝑔(𝑦)] = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

Paso III: Integrar

Integrando la expresión anterior con respecto a x

obtenemos:

∫[1

g(y)]

dy

dxdx = ∫f(x) dx


4

o simplemente:

∫[1

g(y)]dy = ∫f(x) dx + C

Paso IV: Despejar y Opcional

Debido a que “y” representa la función incógnita a determinar, lo ideal es determinarla por

completo, es decir tener como solución una expresión de la forma:

y = Expresión en x

En caso que este despeje sea posible, se dice que la solución está dada en forma explícita, en

caso contrario (cuando no fue posible despejar y) se dice que la solución está dada en forma implícita.

Ejemplo 1

Resuelve la ED:

dy

dx = -

2x

y

Paso I: Primero revisamos si la Ecuación Diferencial es de Variables Separables:

dy

dx = -

2x

y = (-2x)(

1

y) = f(x).g(x)

Paso II: Separando las variables:

y dy = -2x dx

Paso III: Integrando:

∫ ( y ) dy = ∫ (-2x )dx

Paso IV: Resolviendo:

1

2y 2 = - x2 + C

La expresión 1

2y 2 = - x2 + C representa una familia de soluciones: una solución para cada valor de

la constante C. Si graficamos las funciones para diferentes valores de C tenemos:


5

PROBLEMA CON CONDICIONES INICIALES

Un problema con valores (condiciones) iniciales consiste de una ecuación diferenciales y de un

punto del plano x − y:

dy

dx= f(x, y) sujeto a y(xo) = yo

El problema consiste en encontrar una función y = y(x) solución a la ecuación diferencial y que

además cumpla y(xo) = yo (es decir, que al evaluar dicha función en x = xo el valor resultante sea yo).

Generalmente este problema se resuelve primero encontrando la solución general (aparece C

arbitraria) y posteriormente se sustituyen los datos del punto (xo, yo) para determinar el valor de C.

Ejemplo 2

Resuelve el problema con condiciones iniciales:

dy

dx = -

2x

y sujeto a y(1)=1

Por el ejemplo anterior la solución general es:

1

2y 2 = - x2 + C

Como el punto (xo = 1, yo=1) Debe cumplir:

1

212 = - 12 + C

Por tanto C= 3/2 y la solución buscada es:

1

2y 2 = - x2 + 3/2 ó 𝑦2 = 3 – 2𝑥2


6

DEFINICIÓN 2:

Si en una ecuación diferencial ordinaria de primer grado y primer orden 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑔(𝑥, 𝑦),

se reduce a la forma:

𝑀(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 0 (1)

Donde M es una función solo de x y N es una función sola de y , a esta ecuación se conoces con el nombre de “Ecuación Diferencial Ordinaria de Variable Separable” y la solución general se obtiene por integración directa, es decir:

∫ 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 𝐶 (2)

PROBLEMAS

Problema 1:

Resolver la siguiente ecuación diferencial ordinaria de primer orden.

(1+e )y y = ex x . Hallar la solución que pasa por (0; 1).

RESOLUCIÓN. En primer lugar buscamos la solución general de la ecuación diferencial. Separando las variables e integrando,

2

(1+e )y dy = e dx1 1

ln(1 ) c.2

x xx x

x x

x

e eydy dx ydy dx

e e

ye

De donde obtenemos


7

2 2ln(1 ) 2ln(1 ) .x xy e C y e C

Para obtener la solución particular que pasa por (0; 1) consideramos la solución

positiva de la ecuación diferencial, esto es, 2ln(1 ) C.xy e Como ésta ha de pasar

por (0;1), se debe tener y(0) = 1. Por tanto:

0(0) 2ln(1 ) C 1 2ln 2 1 2ln 2 1

1 2ln 2.

y e C C

C

Luego, la solución particular buscada viene dada por:

0(0) 2ln(1 ) 1 2ln 2 2 ln(1 ) ln 2 1xy e y e

11 2ln .

2

xey

Problema 2: En un cultivo de bacterias el número inicial estimado es de 200. Si al cabo de 10 minutos es de 300. Indicar cuál será el número estimado al cabo de 20 minutos. Recuerde que el modelo utilizado en estos problemas es:

𝑑𝑃

𝑑𝑡= 𝑘𝑃

RESOLUCIÓN:

Separando variables e integrando:

1

𝑃 𝑑𝑃 = 𝑘 𝑑𝑡

∫1

𝑃 𝑑𝑃 = ∫ 𝑘 𝑑𝑡

Ln(P) = kt + C

Despejando P, usando la fórmula:

Ln(x) = N x=𝑒𝑁

P= 𝑒𝑘𝑡+𝐶

P= 𝑒𝐶 . 𝑒𝑘𝑡

P= 𝐶. 𝑒𝑘𝑡

Puesto que para t = 0 el número inicial es de P = 200:

200 = C. 𝑒𝑘.0


8

200 = C. 𝑒0

200 = C.1

200 = C

Y para t = 10, el número es de 300:

300= C. 𝑒𝑘.10

300= 200. 𝑒10𝑘

3

2 = 𝑒10𝑘

Usando la fórmula:

𝑒𝑁 = 𝑥 N= Ln(x)

10.k = Ln(3

2) k= 0.04054

Por tanto, para t=20 tendremos:

P(t=20) = 200. 𝑒𝑘.20 P(t=20) = 200. 𝑒0,04054.20 P(t=20) = 450

Problema 4:

− (𝑦2 + 𝑥𝑦2)𝑦′ + 𝑥2 − 𝑦𝑥2 = 0

RESOLUCIÓN:

(𝑦2 + 𝑥𝑦2)𝑦′ + 𝑥2 − 𝑦𝑥2 = 0 , agrupando términos

𝑦2(1 + 𝑥)𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑥2(1 − 𝑦) = 0 , separando términos tenemos

𝑦2𝑑𝑦

1−𝑦+

𝑥2𝑑𝑥

1+𝑥= 0 , integrando ambos términos

∫𝑦2 𝑑𝑦

1−𝑦+ ∫

𝑥2 𝑑𝑥

1+𝑥= 𝑐 , de donde se tiene:

∫𝑦2𝑑𝑦

1 − 𝑦= ∫

𝑦2 + 1 − 1

(1 − 𝑦)= ∫

−(1 − 𝑦)(𝑦 + 1)

(1 − 𝑦)𝑑𝑦 + ∫

1

(1 − 𝑦)𝑑𝑦 =

− ∫(𝑦 + 1)𝑑𝑦 + ∫1

(1 − 𝑦) → −

𝑦2

2− 𝑦 − 𝐼𝑛|1 − 𝑦|


9

∫𝑥2𝑑𝑦

1+𝑥= ∫

𝑥2+1−1

(1+𝑥)= ∫

(𝑥+1)(𝑥−1)

(1+𝑥)𝑑𝑦 + ∫

1

(1+𝑥)𝑑𝑦 → ∫(𝑥 + 1)𝑑𝑦 + ∫

1

(1+𝑥)𝑑𝑦 →

𝑥2

2+ 𝑥 −

𝐼𝑛|1 + 𝑥|

Por lo tanto:

−𝑦2

2− 𝑦 − 𝐼𝑛|1 − 𝑦| +

𝑥2

2− 𝑥 + 𝐼𝑛|1 + 𝑥| = 𝑐

Si multiplicamos por 2 a toda la expresión tenemos:

−𝑦2 − 2𝑦 − 2𝐼𝑛|1 − 𝑦| + 𝑥 2 − 2𝑥 + 2𝐼𝑛|1 + 𝑥| = 𝑐 ó

(𝑥 + 𝑦)(𝑥 − 𝑦 − 2) + 2𝐼𝑛 |1 + 𝑥

1 − 𝑥| = 𝑐

PROBLEMA N04.- −(𝑥𝑦2 − 𝑦2 + 𝑥 − 1)𝑑𝑥 + (𝑥 2𝑦) − 2𝑥𝑦 + 𝑥 2 + 2𝑦 − 2𝑥 + 2)𝑑𝑦 =0

Solución:

Agrupando términos tenemos:

[𝑦2(𝑥 − 1) + (𝑥 − 1)]𝑑𝑥 + [𝑦(𝑥 2 − 2𝑥 + 2)]𝑑𝑦 = 0

Luego factorizando obtenemos:

(𝑦2 + 1)(𝑥 − 1)𝑑𝑥 + (𝑦 + 1)(𝑥2 − 2𝑥) + 2𝑑𝑦 = 0

Separando variables:

(𝑥+1)𝑑𝑥

𝑥2−2𝑥 +2+

𝑦+1

𝑦2 +1𝑑𝑦 = 0 ,luego integrando

∫(𝑥+1)𝑑𝑥

𝑥2−2𝑥+2+ ∫

𝑦+1

𝑦2 +1𝑑𝑦 = 𝑘 , de donde

∫(𝑥 − 1)𝑑𝑥

𝑥2 − 2𝑥 + 2 𝑢 = 𝑥 2 − 2𝑥 + 2 → 𝑑𝑢 = (2𝑥 − 2)𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 =

𝑑𝑢

2(𝑥 − 1)

1

2 ∫

(𝑥 − 1)𝑑𝑢

𝑢(𝑥 − 1) →

1

2∫

𝑑𝑢

𝑢=

1

2𝐼𝑛|𝑢| →

1

2𝐼𝑛|𝑥 2 − 2𝑥 + 2|

∫𝑦

𝑦2 +1𝑑𝑦 , donde se puede saber

𝑢 = 𝑦2 + 1 ,𝑑𝑢 = 2𝑦𝑑𝑦 , 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢

2𝑦

+ ∫𝑑𝑦

𝑦2 + 1 → 𝑦 = 𝑎𝑡𝑎𝑛𝜃 → 𝑡𝑎𝑛𝜃 → 𝑑𝑦 = 𝑠𝑒𝑐𝜃2 𝑑𝜃

1

2∫

2𝑦

𝑦2 + 1𝑑𝑦 + ∫

𝑠𝑒𝑐𝜃2 𝑑𝜃

𝑠𝑒𝑐𝜃2=

1

2∫

2𝑦

𝑢

𝑑𝑢

2𝑦+ ∫ 𝑑𝜃 →

1

2𝐼𝑛|𝑢| + 𝜃


10

∴1

2𝐼𝑛|𝑦2 + 1| +

1

2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑦

Dado lo anterior tenemos:

1

2𝐼𝑛(𝑥 2 − 2𝑥 + 2) +

1

2𝐼𝑛|𝑦2 + 1| + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑦 = 𝑘

𝐼𝑛 |(𝑥2 − 2𝑥 + 2 )(𝑦2 + 1)| = −2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑦 + 𝑘 → (𝑥 2 − 2𝑥 + 2 )(𝑦2 + 1)

= 𝑒(2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑦+𝑘)𝑐

PROBLEMA 5:

−(1 − 𝑦)𝑒𝑦 𝑑𝑦

𝑑𝑥+

𝑦2

𝑥𝐼𝑛𝑥= 0

RESOLUCIÓN:

Separando variables:

(1 − 𝑦)𝑒𝑦 𝑑𝑦+ 𝑑𝑥

𝑥𝐼𝑛𝑥= 0 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 ∶

∫(1 − 𝑦)

𝑦2 𝑑𝑦 + ∫𝑑𝑥

𝑥𝐼𝑛𝑥= 𝑐 → − ∫

(𝑦 − 1)𝑒𝑥

𝑦2 𝑑𝑦 + 𝐼𝑛(𝐼𝑛𝑥) = 𝑐

− ∫𝑑

𝑑𝑦(

𝑒𝑥

𝑦) + 𝐼𝑛(𝐼𝑛𝑥) = 𝑐 𝑑𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒:

− ex

y+ In(Inx) = c ∴ In(Inx) =

ex

y+ c

Problema 6:


11

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

1 2 2 2 2 0

:

1 2 2 2 2 0 ,

1 1 1 2 1 2 1 0

1 1 2 2 1 0 ,

1

xy y x dx x y xy x y x dy

Solución

xy y x dx x y xy x y x dy agrupando

y x x dx x y x y y dy

y x dx x x y dy separando las variables

x

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

10 ,

2 2 1

1 1

2 2 1

1

2 2 1 1

2 11 1 2

2 2 2 2 1 1

2 21 1 2 ,

2 2 2 2 1 1

dx y dyintegrando ambos miembros

x x y

x dx y dyC

x x y

x dx ydy dy

x x y y

x dx ydy dyC

x x y y

x dx ydy dyC

x x y y

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 tan

1 1ln 2 2 ln 1 tan

2 2

1ln 2 2 1 tan

2

ln 2 2 1 2 tan

ln 2 2 1 2 tan , levantando

2 2 1 .

arc y

de donde tenemos

x x y arc y C

x x y arc y C

x x y arc y C

x x y C arc y el logaritmo

x x y k e

De dond

2 2 2 tan

:

2 2 1 arc y

e se tiene

x x y e k

PROBLEMA 7:

Hallar la ecuación diferencial en 𝑦 = −1 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 0 en la siguiente expresión, dar la gráfica.

(𝑥2 + 1)𝑑𝑦 + (𝑦2 + 1)𝑑𝑥 = 0


12

RESOLUCIÓN:

Dividimos entre (𝑥2 + 1)(𝑦2 + 1)

(𝑥2 + 1)𝑑𝑦

(𝑥 2 + 1)(𝑦2 + 1)+

(𝑦2 + 1)𝑑𝑥

(𝑥 2 + 1)(𝑦2 + 1)= 0

𝑑𝑦

(𝑦2 +1)+

𝑑𝑥

(𝑥2 +1)= 0 , integramos

∫𝑑𝑦

(𝑦2 + 1)+ ∫

𝑑𝑥

(𝑥 2 + 1)= 𝐶 → arctan(𝑥) + arctan(𝑦) = 𝐶

Luego reemplazamos los datos en la ecuación:

arctan(0) + arctan(−1) = 𝐶 → 0 + (−𝜋

4) = 𝐶 → 𝐶 = −

𝜋

4

Por lo tanto a ecuación diferencial será de la siguiente manera:

arctan(𝑥) + arctan(𝑦) = −𝜋

4

Para determinar la gráfica:

Se sabe que:

tan(arctan(𝑥)) = 𝑥

Por lo tanto aplicamos 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 a ambos miembros de la ecuación, lo cual obtendremos:

𝑥 + 𝑦

1 − 𝑥𝑦= −1 → 𝑥 + 𝑦 = 𝑥𝑦 − 1 → 𝑥𝑦 − 𝑥 − 𝑦 − 1

Se puede notar que la gráfica de la ecuación pertenece a una hipérbola equilátera oblicua cuyas

asíntotas en 𝑥 = 1 𝑒 𝑦 = 1.

Veamos la gráfica:

ECUACIONES DIFRENCIALES ORDINARIAS REDUCTIBLES A VARIABLE SEPARABLE

Las ecuaciones diferenciales de la forma siguiente


13

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐) … (∗)

Donde a, b y c con constantes, cabe mencionar que la ecuación no es de variable

separable por lo cual para resolver este tipo de ecuaciones diferenciales, se transforma en una ecuación diferencial de variable separable, mediante la sustitución

𝑧 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 , de donde 𝑑𝑦

𝑑𝑥=

1

𝑏(

𝑑𝑧

𝑑𝑥− 𝑎) , que al remplazar en la ecuación (*), se

obtiene una nueva ecuación diferencial, que es de variable separable, es decir

1

𝑏(

𝑑𝑧

𝑑𝑥− 𝑎), de donde

𝑑𝑧

𝑑𝑥= 𝑎 + 𝑏𝑓(𝑥), separando la variable

𝑑𝑧

𝑎+𝑏𝑓(𝑧)= 𝑑𝑥 , que es la

ecuación de variable separable.

PROBLEMAS:

Problema 8:

Hallar la solución general de la ecuación diferencial de:

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 𝑦 + 1)

RESOLUCIÓN:

Como primer paso hacemos la sustitución:

𝑧 = 𝑥 − 𝑦 + 1

𝑑𝑧

𝑑𝑥= 1 −

𝑑𝑦

𝑑𝑥 ,

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 1 −

𝑑𝑧

𝑑𝑥 , luego de la sustitución

1 −𝑑𝑧

𝑑𝑥= 𝑠𝑒𝑛(𝑧) Separando variables 𝑑𝑥 =

𝑑𝑧

1−𝑠𝑒𝑛(𝑧)

Integrando ∫ 𝑑𝑥 = ∫1

1−𝑠𝑒𝑛(𝑧)

1+𝑠𝑒𝑛 (𝑧)

1+𝑠𝑒𝑛 (𝑧)𝑑𝑧 → ∫ 𝑑𝑥 = ∫

1+𝑠𝑒𝑛 (𝑧)

cos(𝑧) 2 𝑑𝑧

∫ 𝑑𝑥 = ∫(sec )(𝑧)2 + sec(𝑧) tan (𝑧))𝑑𝑧

𝑥 = tan(𝑧) + sec(𝑧) + 𝐶 , regresando a la variable “x”

𝑥 = tan(𝑥 − 𝑦 + 1) + sec(𝑥 + 𝑦 + 1) + 𝐶

Problema 9:

Resolver la ecuación diferencial:

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 4 + √𝑦 − 4𝑥 + 8 Haciendo la sustitución

𝑧 = 𝑦 − 4𝑥 + 8 Derivando con respecto a “x” 𝑑𝑧

𝑑𝑥=

𝑑𝑦

𝑑𝑥− 4 ,

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 4 +

𝑑𝑧

𝑑𝑥

Sustituyendo en la ecuación diferencial y separando variables


14

4 +𝑑𝑧

𝑑𝑥= 4 + √𝑧 →

𝑑𝑧

√𝑧= 𝑑𝑥 , integrando se tiene la solución general:

2√𝑧 = 𝑥 + 𝐶 → 2√𝑦 − 4𝑥 + 8 = 𝑥 + 𝐶

Problema 10:

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑒𝑥+𝑦 − 𝑥 − 𝑦

𝑥 + 𝑦 ∗

Sea 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 → 𝑑𝑧

𝑑𝑥= 1 +

𝑑𝑦

𝑑𝑥

Reemplazando en (*) se obtiene:

𝑑𝑧

𝑑𝑥− 1 =

𝑒𝑧−𝑧

𝑧 , separando variables

𝑧𝑒−𝑧𝑑𝑧 = 𝑑𝑥 → ∫ 𝑧𝑒−𝑧𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑥

Mediante integración por partes:

Sean: 𝑢 = 𝑧 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑧

𝑑𝑣 = 𝑒−𝑧𝑑𝑧 → 𝑣 = −𝑒−𝑧

∫ 𝑧𝑒−𝑧𝑑𝑧 = 𝑧𝑒−𝑧 + ∫ 𝑒−𝑧𝑑𝑧 = 𝑧𝑒−𝑧 − 𝑒−𝑧 + 𝐶

Luego, −𝑧𝑒−𝑧 − 𝑒−𝑧 = 𝑥 + 𝐶

Por lo tanto, la solución dada en forma implícita viene dada por:

−(𝑥 + 𝑦)𝑒−(𝑥+𝑦) − 𝑒−(𝑥+𝑦) = 𝑥 + 𝐶

(𝑥 + 𝑦)𝑒−(𝑥+𝑦) + 𝑒−(𝑥+𝑦) = −𝑥 + 𝐶1

Problema 11: ¿Pueden separarse las variables en la ecuación diferencial 𝑦′ = 𝑥 + 𝑦 e 𝑦′ = 𝑒2𝑥 −7𝑦 ? Respuesta: No, no pueden separarse, y ello parece que debería suceder siempre que las dos variables, la dependiente y la independiente, x e y en este caso, estén en los extremos de una suma o diferencia. Notar que la primera está en la forma normal, que es lineal no homogénea y es de primer orden. ¿Qué puede decirse de la segunda? ¿Tienen algo en común?


15

Ver el siguiente ejemplo. Ejemplo: Sea la función:

𝑓(𝑥, 𝑦) =cos (2𝑥 + 5𝑦 + 3)

(2𝑥 + 5𝑦 + 3)2 + 2+ exp (2𝑥 + 5𝑦 + 3)

Si hacemos 𝑢 = 2𝑥 + 5𝑦 + 3), podemos escribir 𝑓(𝑥,𝑦) = 𝑔(𝑢)

𝑔(𝑢) = cos(𝑢)

𝑢2 + 2+ 𝑒𝑢

Si nuestra ecuación es de la forma:

𝑦′ = 𝑔(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐) , (𝑏 ≠ 0)

Entonces hacemos 𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 , y por tanto, derivando respecto a x tenemos

𝑢′ = 𝑎 + 𝑏𝑦′.despejando 𝑦′ obtenemos 𝑦′ =𝑢′ −𝑎

𝑏

Sustituimos en la ecuación diferencial inicial:

𝑢′ − 𝑎

𝑏= 𝑔(𝑢)

Y ahora solo resta separar variables (porque se puede realizar)e integrar.

La solución general es:

∫𝑑𝑢

𝑏𝑔(𝑢) + 𝑎= 𝑥 + 𝐶 ,𝐶 ∈ 𝑅

Una vez resuelta la integral de la izquierda, recuperamos las variables x e y (se deshace el cambio)

Problema 12:


16

sin 1

:

sin 1

:

1

1

1

:

1 sin

:

1 sin

:

1 sin

dyx y

dx

Solución

dyx y

dx

Haciendo la sustitución

z x y

dz dy

dx dx

dy dz

dx dx

Sustituyendo en la ecuación diferencial

dzz

dx

Separando variables

dzdx

z

Integrando

dzdx

z

2

2

2 2

2

2

1 sin , :

1 sin

1 sin

1 sin 1 sin

1 sin

1 sin

1 sin

cos

sin1

cos cos

sin1 1

cos cos cos

sec sec .tan

zmultiplicando por

z

zdzdx

z z

zdx dz

z

zdx dz

z

zdx dz

z z

zdx dz

z z z

dx z z z dz

dx

2sec sec .tan

tan sec

:

tan 1 sec 1

z dz z z dz

x z z C

Regresando a la variable x

x x y x y C


17

INTEGRANTES:

DOMINGUEZ MÁRQUEZ JUNIOR

GIRALDO HUERTA HANS

LLECLLISH CUPITÁN KAREN

ARROYO SUAREZ JOE

Ecuaciones Diferenciales y problemas con valores en la frontera

Engineering

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