E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios resueltos Tema 7 Ecuaciones diferenciales de primer orden

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1 E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios resueltos Tema 7 Ecuaciones diferenciales de primer orden Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 008, Versión.3 EDO s separables Ejercicio Resuelve las siguientes EDO s separables. dy. dx =sin5x.. dx + e 3x dy =0. 3. (x +) dy dx = x xy 0 =4y dy dx = y3 x. dx dy = x y +x. dy 7. dx = e3x+y. 8. 4y + yx dy x + xy dx =0. 9. y (x +)dy = xdx. 0. y ln x dx µ y + dy =. x (.) dy dx =sin5x, dy =sin5xdx, dy = sin 5xdx, y = cos 5x + c, c R. 5 (.) dx + e 3x dy =0,

2 Ejercicios: EDO s de primer orden e 3x dy = dx, dy = dx e3x = e 3x dx, dy = e 3x dx, dy = e 3x ( 3) dx, 3 y = 3 e 3x + c, c R. (.3) (.4) x +6 x + dx = (x +) dy dx = x +6, dy = x +6 x + dx, x +6 dy = x + dx, x ++5 x + dx = = x +5ln x + + c, y = x +5ln x + + c, c R. xy 0 =4y, x dy dx =4y, y dy =4 x dx, dy =4 y x dx, ln y =4ln x + c, ln y =lnx 4 + c, µ + 5 dx x + y = e ln x4 +c = x 4 e c, (c = e c ) = c x 4, (.5) y = ±c x 4, y = cx 4, (c = ±c ). dy dx = y3 x,

3 Ejercicios: EDO s de primer orden 3 dx dy = y3 x, y 3 dy = x dx, Solución implícita Solución explícita (.6) Solución implícita y = x + c, y = x + c, y = x + c, c = c. y = +xc. x r x y = ± +cx. dx dy = x y +x, µ +x y dy = dx, x µ y dy = x + dx, x 3 y3 = x +ln x + c. y 3 =3ln x 3 x + c, (c =3c ). Solución explícita (.7) y = 3 r3ln x 3 x + c. dy dx = e3x+y, dy dx = e3x e y, dy e y = e3x dx, e y dy = e 3x dx, e y ( ) dy = 3 e y = 3 e3x + c. e 3x 3 dx,

4 Ejercicios: EDO s de primer orden 4 3e y =e 3x + c, (c =6c ). (.8) 4y + yx dy x + xy dx =0, 4y + yx dy = x + xy dx, Solución implícita dy dx = x +y y (4 + x ), y +y dy = x 4+x dx, y +y dy = x 4+x dx, y +y dy = x 4+x dx, ln +y = ln 4+x + c. Calculamos la solución explícita soluciones explícitas ln +y =ln 4+x + c, (c =c ). ln +y ln 4+x = c, µ +y ln 4+x = c, +y 4+x = ec = c, +y 4+x = c, +y = c 4+x, y = c 4+x, y = ± p c (4 + x ). (.9) y(x +)dy = xdx, ydy= x x + dx, x ydy= x + dx, Resolvemos la integral del lado derecho µ x x + x + dx = dx = dx x + x + = x ln x + + c

5 Ejercicios: EDO s de primer orden 5 (.0) y = x ln x + + c. y ln x dx dy = µ y +, x (y +) y ln xdx= x dy, (y +) dy = x ln xdx, y (y +) dy = x ln xdx, y resolvemos la integral del lado izquierdo (y +) y µ +y + dy = dy = y ++ dy y y y = y +y +ln y, resolvemos la integral del lado derecho x ln xdx= integral por partes, tomamos u =lnx dv = x dx du = x dx v = 3 x3 ) x ln xdx = 3 x3 ln x 3 x3 x dx = 3 x3 ln x x dx 3 = 3 x3 ln x 9 x3 + c, finalmente, la solución es y +y +ln y = 3 x3 ln x 9 x3 + c, c R. Ejercicio Resuelve las siguientes EDO s separables.. ds = ks, k constante. dr dp. dt = P P. 3. sec xdy+cscydx=0. 4. e y sin xdx+cosx e y dy =0.

6 Ejercicios: EDO s de primer orden 6 5. (e y +) e y dx +(e x +) 3 e x dy =0. 6. y yx dy dx =(y +). dy 7. dx =sinx cos y cos y. 8. x p y dx = dy. 9. (e x + e x ) dy dx = y. (.) ds dr = ks, ds = kdr, s s ds = k dr, ln s = kr + c, (.) s = e kr+c s = e kr e c = c e kr, (c = e c ), s = ±c e kr, s = ce kr, (c = ±c ). dp dt = p p, dp = dt, p p p p dp = dp = integral racional. p p Descomposición en fracciones simples p p = p( p) = A p + B p dt, igualamos numeradores =A( p)+bp, determinamos los coeficientes: si p =0 =A + B 0 A =, A( p)+b(p) =, p( p)

7 Ejercicios: EDO s de primer orden 7 si p = la descomposición es =A 0+B B =, p( p) = p + p. µ p( p) dp = p + dp =ln p ln p p = ln p p. Solución implícita ln p p = t + c. Calculamos la solución explícita p p = et+c = e t e c, p p = c e t, (c = e c ), p p = ±c e t, p p = cet, (c = ±c ), p = ce t ( p) = ce t ce t p, Solución explícita (.3) p + ce t p = ce t, p +ce t = ce t. p = cet +ce t. sec xdy+cscydx=0, sec xdy = csc ydx, csc y dy = sec x dx, µ dy = µ dx, sin y cos x sin ydy= cos xdx, sin ydy=+ cos xdx.

8 Ejercicios: EDO s de primer orden 8 Calculamos la integral del lado derecho usando la identidad trigonométrica cos x = +cosx, +cosx cos xdx= dx = x + sin x + c, 4 solución implícita cos y = x + sin x + c. 4 (.4) e y sin xdx+cosx e y dy =0, cos x e y dy = e y sin xdx, e y sin x e y dy = cos x dx, usamos la identidad trigonométrica sin x =sinx cos x, µe y e sinx cos x y dy = dx, cos x e y e y dy = sinxdx, e y e y dy = ( sin x) dx. Solución implícita e y + e y =cosx + c. Si usamos el coseno hiperbólico cosh y = ey + e y, podemos obtener una solución explícita e y + e y =cosx + c, µ cosh y =cosx + c, c = c, (.5) y = arc cosh (cos x + c). (e y +) e y dx +(e x +) 3 e x dy =0, (e x +) 3 e x dy = (ey +) e y dx, e y (e y +) dy = e x (e x +) 3 dx,

9 Ejercicios: EDO s de primer orden 9 e y (e y dy = cambio de variable, +) tomamos ½ t = e y +, dt = e y dy, e y dt (e y +) dy = t = t = e y +. De forma similar, para la integral e x (e x +) 3 dx, tomamos el cambio ½ t = e x +, dt = e x dx, Solución de la EDO (.6) Para la integral e x (e x +) 3 dx = podemos tomar el cambio = y (y +) dy = dt t 3 = (e x +). (e y +) = (e x +) + c. y yx dy dx =(y +), y x dy dx =(y +), y (y +) dy = x dx, y (y +) dy t = y +, dt = dy, y = t. t 3 dt = t = t µ t t dt = t t dt = ln t + =ln y + + t y +. También se puede resolver descomponiendo en fracciones simples y (y +) = A y + + B A(y +)+B = (y +) (y +),

10 Ejercicios: EDO s de primer orden 0 igualamos numeradores y = A(y +)+B y determinamos los coeficientes. Si y = si y =0 La descomposición es =A 0+B B =, 0=A + B A =. y (y +) = y + (y +), y (y +) dy = y + (y +) dy =ln y + + y +. dx = integral racional; descomponemos en fracciones simples. x x =( x)( + x), x = A x + B A( + x)+b( x) = +x x, igualamos numeradores identificamos los coeficientes. Si x =, si x =, Obtenemos x dx = / x dx + = ln +x x. =A( + x)+b( x), =A A =/, =B B =/. x = / x + / +x, / +x dx = ln x + ln +x Solución (.7) ln y + + y + = ln +x x + c ln (y +) + y + =ln +x x + c, (c =c ). dy dx =sinx cos y cos y,

11 Ejercicios: EDO s de primer orden cos y cos dy =sinxdx, y cos y cos y dy = sin xdx. En la primera integral, simplificamos la expresión usando la fórmula del coseno del ángulo doble cos y =cos y sin y, resulta cos y cos y =cos y sin y cos y = sin y, Solución (.8) cos y cos y dy = cos y sin y cos y sin dy =coty = y sin y. = cos x + c. x p y dx = dy, xdx= xdx= p y dy, p y dy, x =arcsiny + c. Solución explícita arcsin y = x + c (c = c ), µ y =sin x + c. (.9) e x + e x dy dx = y, y dy = e x dx, + e x y dy = e x dx, + e x La integral del lado izquierdo es inmediata y dy = y, Para resolver la integral del lado derecho, escribimos el integrando como sigue e x + e x = ex e x +

12 Ejercicios: EDO s de primer orden y hacemos el cambio t = e x e x e x dx = + e x e x + dx dt = t + =arctant = arctan(e x ). Solución Solución explícita y =arctan(ex )+c. y = arctan (e x )+c. Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ½ (e y +)sinxdx=(+cosx) dy, y(0) = 0. La EDO es separable sin x +cosx dx = e y + dy, sin x +cosx dx = e y + dy, La integral del lado izquierdo es casi inmediata sin x +cosx dx = sin x dx = ln ( + cos x), +cosx en la integral del lado derecho, multiplicamos el numerador y denominador por e y e y + dy = e y (e y +)e y dy = Hemos obtenido la familia de soluciones ln ( + cos x) =ln(+e y )+c. e y +e y dy =ln(+ey ). Imponemos la condición inicial y(0) = 0 para determinar la constante ln ( + cos 0) = ln +e 0 + c, c = ln= ln 4. Solución del problema de valor inicial Reescribimos la solución ln ( + cos x) =ln(+e y ) ln 4. ln ( + e y )+ln(+cosx) =ln4,

13 Ejercicios: EDO s de primer orden 3 Solución explícita ( + e y )(+cosx) =4. +e y = e y = µ y =ln 4 +cosx, 4 +cosx, 4 +cosx. Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ( ydy=4x y + / dx, y(0) =. La EDO es separable y dy =4xdx, (y / +) y dy = 4xdx, (y / +) y (y +) dy = y + / ydy= / = y + /. y + / Familia de soluciones y + / =x + c. Imponemos la condición inicial y(0) =, =0+c c =, solución particular Soluciones explícitas y + / =x +. y + = ³ x +, y = ±r ³ x +, teniendo en cuenta la condición inicial, y(0) =, debemos tomar la rama positiva r ³ y = x +. Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ½ x y 0 = y xy, y( ) =.

14 Ejercicios: EDO s de primer orden 4 La EDO es separable x dy dx = y xy, y dy = x x dx, x y dy = x dx, µ x x dx = x dx = x x Familia de soluciones ln y = ln x + c, x imponemos la condición inicial y( ) =, ln = ln + c c =. ln x. Soluciones implícitas ln y = ln x. x Determinamos la solución explícita ln y +ln x = x, µ ln yx = +, x xy = e (+ x), y = ± x e (+ x). Teniendo en cuenta la condición inicial y( ) =, debemos tomar la rama y = x e (+ x). Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial dy x + =, dx y y( ) =. La EDO es separable ydy=(x +)dx, ydy= (x +)dx. Familia de soluciones y = x + x + c,

15 Ejercicios: EDO s de primer orden 5 imponemos la condición inicial y( ) = ( ) = ( ) +c, = 4 +c, c =. Solución implícita y = x + x, soluciones explícitas y = ± p x + x. Teniendo en cuenta la condición inicial y( ) =, debemos tomar la rama y = p x + x. EDO s homogéneas Ejercicio 7 Resuelve las siguientes EDO s homogéneas. (x y) dx + xdy =0.. xdx+(y x) dy. 3. y + yx dx x dy =0. 4. dy dx = y x y + x. 5. ydx+ x + xy dy =0. (7.) Forma normal cambio Determinamos u(x) (x y) dx + xdy =0. dy dx = y x x, y = ux, y 0 = u 0 x + u, u 0 x + u = ux x x = x (u ) x u 0 x + u = u, u 0 x =, (separable). du dx = x, du = x dx, du = x dx, = u,

16 Ejercicios: EDO s de primer orden 6 Deshacemos el cambio resulta la solución explícita u = ln x + c. y = ln x + c, x y = x ln x + cx. (7.) Forma normal realizamos el cambio yresulta xdx+(y x) dy =0. dy dx = x y x = x x y, y = ux, y 0 = u 0 x + u, u 0 x x + u = x ux = u, u 0 x + u = u, Determinamos u(x), u 0 x = = u u u + u, (separable). u x du dx u + u =, u u u + u du = x dx, u u + u du = x dx. La integral u u + u du es racional. Para resolverla, descomponemos en fracciones simples u u + u = u (u ) = A u + igualando numeradores, resulta u = A (u ) + B. Determinamos los coeficientes, si u =, =B B =, B A (u ) + B = (u ) (u ),

17 Ejercicios: EDO s de primer orden 7 si u =0, = A + B A = +=. Hemos obtenido la descomposición u (u ) = u + (u ), que nos permite resolver la integral u (u ) du = Solución de la EDO u du + = ln u u. ln u =ln x + c. u Deshacemos el cambio u = y/x ln y x y =ln x + c. Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solución ln x +ln y x x + y x + c =0, ln y x + x x y x + c =0. (7.3) y + yx dx x dy =0. (u ) du Expresamos la ecuación en forma normal y realizamos el cambio habitual dy dx = y + yx x y = ux, y 0 = u 0 x + u, resulta u 0 x + u = u x + ux x u 0 x = u. HemosobtenidolaEDOseparable x du dx = u, la resolvemos para determinar u(x). u du = x dx, = u + u

18 Ejercicios: EDO s de primer orden 8 u du = x dx, =ln x + c. u Deshacemos el cambio x y =ln x + c y obtenemos la solución explícita y = (7.4) LaEDOyaestáenformanormal x ln x + c. dy dx = y x y + x, efectuamos el cambio y = ux, y 0 = u 0 x + u, u 0 x + u = ux x ux + x = u u +, u 0 x = u u + u = u u u u = u + u +. Obtenemos la EDO separable x du dx = +u u +, que resolvemos para determinar u(x), u + u + du = x dx, u + u + du = x dx. Calculamos aparte la primera integral u + u + du = u u + du + u + du = ln u + +arctanu, y obtenemos la solución ln u + +arctanu = ln x + c. Deshacemos el cambio u = y/x µ y ln x + +arctan y = ln x + c, x y reescribimos la solución en una forma más conveniente µ y ln x + + arctan y = ln x +c x

19 Ejercicios: EDO s de primer orden 9 µ y ln x + +lnx + arctan y x = c, (c =c) ln y + x + arctan y x = c. (7.5) ydx+(x + xy) dy =0. Escribimos la EDO en forma normal dy dx = y x + xy, cambio u 0 x = y = ux, y 0 = u 0 x + u, u 0 ux x + u = x + ux = u + u, u + u u = u u u3/ + = u3/ u +u, / x du dx = u3/, EDO separable. +u/ +u / u 3/ du = x dx, +u / du = u 3/ x dx, resolvemos la integral del lado izquierdo +u / µ du = u 3/ u + du = +ln u. 3/ u u Solución u +ln u = ln x + c, deshacemos el cambio u = y/x p y +ln y = ln x + c, x x reescribimos la solución en forma más conveniente r x y +ln y +ln x = c x r x ln y = c, c R. y Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ( xy dy dx = y3 x 3, y() =.

20 Ejercicios: EDO s de primer orden 0 Es una EDO homogénea. Forma normal cambio dy dx = y3 x 3 xy, y = ux, y 0 = u 0 x + u, u 0 x + u = u3 x 3 x 3 u x 3 = u3 u, u 0 x = u3 u u = u, separamos variables u du = x dx, 3 u3 = ln x + c, deshacemos el cambio u = y/x = ln x + c, 3 x3 y 3 = 3x 3 ln x + c x 3, (c =3c), y 3 imponemos la condición inicial y() = para determinar la constante c 8=0+c c =8, solución implícita solución explícita y 3 = 3x 3 ln x +8x 3, y = x 3p 8 3ln x. Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ½ y y x + ye x dx xe x dy =0, y() = 0. Es una EDO homogénea. Forma normal cambio separamos variables dy dx = x + yey/x xe y/x, y = ux, y 0 = u 0 x + u, u 0 x + u = x + ux eu xe u = +ueu e u, u 0 x = +ueu e u u = e u, e u du = x dx,

21 Ejercicios: EDO s de primer orden e u du = x dx, e u =ln x + c, deshacemos el cambio u = y/x e y/x =ln x + c, imponemos la condición inicial y() = 0 para determinar la constante e 0 =ln+c c =, solución explícita e y/x =ln x +, y =ln(ln x +) x y = x ln(ln x +). 3 EDO s exactas Ejercicio 0 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias son exactas y resuelve aquellas que lo sean.. (x ) dx +(3y +7)dy =0.. (5x +4y) dx + 4x 8y 3 dy =0. 3. xy 3 dx + x y +4 dy =0. 4. x y dx + x xy dy =0. 5. x y 3 + y sin x dx = 3xy +y cos x dy. ³ 6. (y ln y e xy ) dx + y + x ln y dy =0. 7. x dy dx =xex y +6x. µ 8. x y 3 dx +9x dy + x y =0. 9. (tan x sin x sin y) dx +cosx cos ydy= t 3 y 5t y dt + t 4 +3y t dy =0. (0.) Identificamos (x ) dx +(3y +7)dy =0. M =x, N =3y +7,

22 Ejercicios: EDO s de primer orden que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y =0 EDO exacta. N x =0 Tenemos una solución u(x, y) =c con =x, x =3y +7. y De la ecuación obtenemos u = =x, x (x ) dx = x x + c (y), sustituimos en la ecuación y obtenemos y =3y +7 x x + c (y) =3y +7, y Determinamos c (y) c = dc dy =3y +7. (3y +7)dy = 3 y +7y y obtenemos la expresión completa para u(x, y) u(x, y) =x x + 3 y +7y, finalmente, la solución es x x + 3 y +7y = c, c R. (0.) Identificamos (5x +4y) dx + 4x 8y 3 dy =0. M =5x +4y, N =4x 8y 3,

23 Ejercicios: EDO s de primer orden 3 que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y =4 EDO exacta. N x =4 La EDO admite la solución u(x, y) =c con =5x +4y, x y =4x 8y3. De la ecuación obtenemos u = =5x +4y, x (5x +4y) dx = 5 x +4xy + c (y). Sustituimos en la ecuación y obtenemos y =4x 8y3 µ 5 y x +4xy + c (y) =4x 8y 3, 4x + dc dy =4x 8y3, Determinamos c (y) resulta dc dy = 8y3. c = 8y 3 dy = y 4, u(x, y) = 5 x +4xy y 4, finalmente, la solución es 5 x +4xy y 4 = c, c R. (0.3) xy 3 dx + x y +4 dy =0. M =xy 3, N =x y +4,

24 Ejercicios: EDO s de primer orden 4 continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y =4xy EDO exacta, N x =4xy solución con De obtenemos sustituimos en la ecuación y obtenemos u(x, y) =c x =xy 3, y =x y +4. x =xy 3, u = xy 3 dx = x y 3x + c (y), y =x y +4 x y 3x + c (y) =x y +4, y x y + dc dy =x y +4, simplificamos y resulta dc dy =4, integramos para determinar c (y) c = 4dy =4y. Obtenemos la expresión completa de u(x, u) que proporciona la solución u(x, y) =x y 3x +4y x y 3x +4y = c, c R. (0.4) x y dx + x xy dy =0. M = x y, N = x xy,

25 Ejercicios: EDO s de primer orden 5 continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y = y No es exacta. N =x y x (0.5) x y 3 + y sin x dx 3xy +y cos x dy =0. M = x y 3 + y sin x, N = 3xy +y cos x, continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y = 3y +y sin x EDO exacta. N x = 3y +y sin x La EDO admite la solución con De obtenemos u = u(x, y) =c, x = x y3 + y sin x, y = 3xy y cos x. x = x y3 + y sin x, x y 3 + y sin x dx = x xy 3 y cos x + c (y), sustituimos en la ecuación y = 3xy y cos x y obtenemos y µ x xy 3 y cos x + c (y) = 3xy y cos x, 3xy y cos x + dc dy = 3xy y cos x, dc dy =0, c = constante.

26 Ejercicios: EDO s de primer orden 6 Tomamos la siguiente expresión de u(x, y) u(x, y) = x xy 3 y cos x, que nos proporciona la solución x xy 3 y cos x = c, c R. (0.6) y ln y e xy µ dx + y + x ln y dy =0. M = y ln y e xy, N = y + x ln y, continuas con derivadas parciales continuas en la banda M y <x<, 0 <y<. =lny ++xe xy no es exacta. N x =lny (0.7) x dy dx =xex y +6x. Expresamos la EDO en forma diferencial xe x y +6x dx xdy =0 y obtenemos M =xe x y +6x, N = x, continuas con derivadas parciales continuas en todo R. Solución con De M y = N x = u(x, y) =c EDO exacta. x =xex y +6x, y = x. x =xex y +6x,

27 Ejercicios: EDO s de primer orden 7 obtenemos u = xe x y +6x dx =xe x e x xy +x 3 + c (y). Sustituimos en la ecuación y obtenemos y = x xe x e x xy +x 3 + c (y) = x, y x + dc dy = x, dc dy =0, c = constante. Podemos tomar u(x, y) =xe x e x xy +x 3, de donde resulta la solución xe x e x xy +x 3 = c, c R. (0.8) µ x y 3 dx +9x dy + x y =0. Forma diferencial identificamos µ x y 3 +9x dx + x y dy =0, M = x y 3 +9x, N = x y, continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y =3x y no es exacta. N x =xy (0.9) (tan x sin x sin y) dx +(cosx cos y) dy =0. M =tanx sin x sin y, N =cosx cos y, continuas con derivadas parciales continuas en la banda π <x<π, <y<.

28 Ejercicios: EDO s de primer orden 8 M y = sin x cos y N = sin x cos y x La EDO admite una solución de la forma EDO exacta. u(x, y) =c con De obtenemos u = =tanx sin x sin y, x =cosx cos y. y =tanx sin x sin y, x (tan x sin x sin y) dx = ln (cos x)+cosx sin y + c (y), sustituimos en la ecuación y obtenemos y =cosx cos y y ( ln (cos x)+cosx sin y + c (y)) = cos x cos y, cos x cos y + dc dy =cosx cos y, dc dy =0 c = constante. Podemos tomar u(x, y) = ln (cos x)+cosx sin y, de donde resulta la solución ln (cos x)+cosx sin y = c, c R. (0.0) 4t 3 y 5t y dt + t 4 +3y t dy =0. M =4t 3 y 5t y, N = t 4 +3y t, continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y =4t3 N t =4t3 EDO exacta.

29 Ejercicios: EDO s de primer orden 9 La EDO admite una solución de la forma u(t, y) =c, con De obtenemos t =4t3 y 5t y, y = t4 +3y t. t =4t3 y 5t y, sustituimos en la ecuación yresulta u = 4t 3 y 5t y dt = t 4 y 5t 3 yt + c (y), y = t4 +3y t t 4 y 5t 3 yt + c (y) = t 4 +3y t, y t 4 t + dc dy = t4 +3y t, dc dy =3y, c = 3y dy = y 3, finalmente solución u(t, y) =t 4 y 5t 3 yt + y 3, t 4 y 5t 3 yt + y 3 = c, c R. Ejercicio Resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ (x + y) dx + xy + x dy =0, y() =. Identificamos M =(x + y), N =xy + x, que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y N x =x +y =x +y EDO exacta.

30 Ejercicios: EDO s de primer orden 30 La EDO admite una solución de la forma u(x, y) =c con x =(x + y), De obtenemos sustituimos en la ecuación yresulta y =xy + x. x =(x + y), u = (x + y) dx = 3 (x + y)3 + c (y), y =xy + x µ y 3 (x + y)3 + c (y) =xy + x, (x + y) + dc dy =xy + x, x +xy + y + dc dy =xy + x, finalmente dc dy = y, y c = dy = 3 y3 y, u(x, y) = 3 (x + y)3 3 y3 y. Familia de soluciones 3 (x + y)3 3 y3 y = c, c R. Imponemos la condición inicial y() = para determinar la constante =c c = 4 3, 3 (x + y)3 3 y3 y = 4 3, operando, podemos presentar la solución como sigue x 3 +3x y +3xy + y y3 y = 4 3, 3 x3 + x y + xy y = 4 3, x 3 +3x y +3xy 3y =4.

31 Ejercicios: EDO s de primer orden 3 Ejercicio Resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ (4y +t 5) dt +(6y +4t ) dy =0, y( ) =. Identificamos M =4y +t 5 N =6y +4t que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M y =4 N t =4 EDO exacta. Podemos obtener una familia de soluciones de la forma u(t, y) =c, c R, con De obtenemos u = t y t =4y +t 5, =6y +4t. =4y +t 5 (4y +t 5) dt =4yt + t 5t + c (y). Para determinar c (y), sustituimos en la ecuación y =6y +4t y obtenemos 4yt + t 5t + c (y) =6y +4t, y 4t + dc dy =6y +4t, c = dc dy =6y, (6y +)dy =3y y, finalmente, resulta familia de soluciones u(t, y) =4yt + t 5t +3y y, 4yt + t 5t +3y y = c, c R.

32 Ejercicios: EDO s de primer orden 3 Imponemos la condición inicial y( ) = para determinar la constante =c c =8, resulta 4yt + t 5t +3y y =8. Ejercicio 3 Resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ y cos x 3x y x dx + y sin x x 3 +lny dy =0, y(0) = e. Identificamos M = y cos x 3x y x, N =y sin x x 3 +lny, que son continuas con derivadas parciales continuas en la banda solución con De obtenemos M y N x <x<, =y cos x 3x =y cos x 3x 0 <y<. u(x, y) =c EDO exacta, x = y cos x 3x y x, y =y sin x x3 +lny. x = y cos x 3x y x, u = y cos x 3x y x dx = y sin x x 3 y x + c (y), sustituimos en la ecuación y =y sin x x3 +lny y obtenemos y sin x x 3 y x + c (y) =y sin x x 3 +lny, y y sin x x 3 + dc dy =y sin x x3 +lny,

33 Ejercicios: EDO s de primer orden 33 c = dc dy =lny, ln ydy= y ln y = y ln y y. y µ dy y Finalmente u(x, y) =y sin x x 3 y x + y ln y y, familia de soluciones Imponemos la condición inicial y sin x x 3 y x + y ln y y = c, c R. y(0) = e, e sin e ln e e = c, c = e e =0. Solución del problema de valor inicial y sin x x 3 y x + y ln y y =0. Ejercicio 4 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta y 3 + kxy 4 x dx + 3xy +0x y 3 dy =0, resuélvela. Identificamos M = y 3 + kxy 4 x, N =3xy +0x y 3, que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R. Calculamos M y =3y +4kxy 3 yexigimos resulta N x =3y +40xy 3 M y = N x, 3y +4kxy 3 =3y +40xy 3, 4kxy 3 =40xy 3 4k =40, k =0. La ecuación diferencial es y 3 +0xy 4 x dx + 3xy +0x y 3 dy =0,

34 Ejercicios: EDO s de primer orden 34 solución con u(x, y) =c, x = y3 +0xy 4 x, De obtenemos y =3xy +0x y 3. x = y3 +0xy 4 x, u = y 3 +0xy 4 x dx = xy 3 +5x y 4 x + c (y), sustituimos en la ecuación y obtenemos y =3xy +0x y 3 xy 3 +5x y 4 x + c (y) =3xy +0x y 3, y 3xy +0x y 3 + dc dy =3xy +0x y 3, Familia de soluciones dc dy =0, c = constante. xy 3 +5x y 4 x = c, c R. Ejercicio 5 Consideramos la ecuación diferencial ( xy sin x +y cos x) dx +x cos xdy =0.. Verifica que la EDO no es exacta.. Multiplica la ecuación por el factor integrante µ = xy y verifica que la EDO resultante es exacta. 3. Resuélvela.

35 Ejercicios: EDO s de primer orden 35. Inicialmente tenemos identificamos ( xy sin x +y cos x) dx +(x cos x) dy =0, M = xy sin x +y cos x, N =x cos x, que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R. M = x sin x +cosx y no es exacta. N =cosx x sin x x. Multiplicamos por el factor integrante µ = xy y resulta la nueva ecuación x y sin x +xy cos x dx + x y cos x dy =0 3. Solución con De obtenemos M = x y sin x +xy cos x, N =x y cos x. M y = x y sin x +4xy cos x EDO exacta. N x =4xy cos x x y sin x u(x, y) =c x = x y sin x +xy cos x, y =x y cos x. y =x y cos x, u = x y cos x dy sustituimos en la ecuación = x y cos x + c (x), x = x y sin x +xy cos x

36 Ejercicios: EDO s de primer orden 36 y obtenemos x y cos x + c (x) = x y sin x +xy cos x, x xy cos x x y sin x + dc dx = x y sin x +xy cos x, dc =0 c = constante. dy Finalmente, tenemos la familia de soluciones 4 EDO s lineales x y cos x = c, c R. Ejercicio 6 Resuelve las siguientes EDO s lineales. Indica en cada caso un intervalo en el que la solución es válida.. dy dx =5y. dy. dx + y = e3x. 3. y 0 +3x y = x. 4. x y 0 + xy =. 5. x dy dx y = x sin x. 6. x dy dx +4y = x3 x. 7. x y 0 + x (x +)y = e x. 8. ydx 4 x + y 6 dy =0. 9. cos x dy + y sin x =. dx 0. (x +) dy dx +(x +)y =xe x. (6.) EDO lineal homogénea dy dx =5y, escribimos la EDO en forma estándar y 0 5y =0 e identificamos p(x) p(x) = 5,

37 Ejercicios: EDO s de primer orden 37 la solución es Solución definida en todo R. (6.) Es una EDO lineal completa y = ke R ( 5) dx = ke R 5 dx = ke 5x y = ke 5x, k R. dy dx + y = e3x, y 0 + y = e 3x, p(x) =. Solución general de la EDO homogénea asociada y h (x) =ke R dx = ke x, k R. Determinamos una solución particular de la EDO completa por el método de variación de parámetros, esto es, proponemos un solución y sustituimos en la EDO completa k 0 e x ke x {z } y 0 p y p = k(x) e x + ke x {z } y p = e 3x. Determinamos k(x) k 0 e x = e 3x, k 0 = e3x e x = e4x, k = e 4x dx = 4 e4x + c. Tomamos k(x) = 4 e4x, de donde obtenemos la solución particular de la EDO completa µ y p (x) = 4 e4x e x = 4 e3x. Finalmente la solución general de la EDO completa es de la forma y(x) =y h (x)+y p (x) esto es y(x) =ke x + 4 e3x, k R.

38 Ejercicios: EDO s de primer orden 38 La soluciones están definidas en (, + ). (6.3) Es una EDO lineal completa. identificamos y 0 +3x y = x, p(x) =3x. Solución general de la EDO homogénea asociada R p(x) y h (x) = ke dx = ke R 3x dx = ke x3, k R. Variación de parámetros: proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma y p (x) =k(x)e x3, la derivada es yp 0 = k 0 e x3 3kx e x3. Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x) k 0 e x3 3kx e x3 +3x ke x3 = x, k 0 e x3 = x, x k 0 = = x e x 3, e x3 k = x e x3 dx = 3 ex3 + c. Tomamos k(x) = 3 ex3, de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa µ y p = 3 ex3 e x3 = 3. Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = y h + y p y = ke x3 + 3, k R. Las soluciones están definidas en (, + ). Observa que si escribes la ecuación en la forma y 0 = x 3x y = x ( 3y),

39 Ejercicios: EDO s de primer orden 39 está claro que la solución constante y =/3 es una solución singular y puede ser usada como solución particular. (6.4) Es una EDO lineal completa en forma no estándar x y 0 + xy =. Forma estándar y 0 + x y = x. Homogénea asociada y 0 + x y =0 p(x) = x. Solución general de la ecuación EDO homogénea y h = ke R x dx = ke ln x = ke ln(/ x ) = k, tomamos x (0, + ), x y h = k x, k R. Variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma y p = k(x) x, la derivada es y 0 p = k0 x k x. Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x). k 0 y 0 + x y = x, x k x + k x x = x, x = x, k 0 = k = dx =lnx + c. x x Tomamos k(x) =lnx, que nos proporciona la solución particular de la EDO completa y p = ln x x. Finalmente, la solución general de la EDO completa es k 0 y = y h + y p,

40 Ejercicios: EDO s de primer orden 40 y = k x + ln x, k R. x La soluciones están definidas para x (0, + ). (6.5) EDO lineal completa en forma no estándar. x dy dx y = x sin x. Forma estándar dy dx y = x sin x. x Ecuación homogénea asociada y 0 x y =0, p(x) = x. Solución general de la EDO homogénea y h = ke R p(x) dx = ke R ( x) dx = ke R x dx = ke ln x, resolvemos para x>0. = ke ln x = kx. y h = kx, x R. Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma y p = k(x) x, la derivada es yp 0 = k 0 x + k. Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x). k 0 x + k kx = x sin x, x k = k 0 x = x sin x, k 0 =sinx, sin xdx= cos x + c. Tomamos k(x) = cos x, que produce la siguiente solución de la EDO completa y p = x cos x.

41 Ejercicios: EDO s de primer orden 4 Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = y h + y p, y = kx x cos x, k R. Las soluciones están definidas para x>0. (6.6) EDO lineal completa en forma no estándar. Forma estándar EDO homogénea asociada identificamos x dy dx +4y = x3 x. y x y = x. y x y =0, p(x) = 4 x. Solución general de la EDO homogénea y h = ke R p(x) dx = ke R 4 x dx = ke 4ln x = ke ln x 4 = ke ln /x 4, = k x 4, (x 6= 0), tomamos p.e. x>0. Determinamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos la solución y p = k(x) x 4, yp 0 = k 0 x 4 4k x 5, sustituimos en la EDO completa para determinar k(x), k 0 x 4 4k x µ k x x 4 = x, k 0 x 4 = x, k 0 = x 6 x 4. x k = 6 x 4 dx = x7 7 x5 5. Obtenemos la solución particular de la EDO completa µ x 7 y p = 7 x5 5 x 4 = x3 7 x 5.

42 Ejercicios: EDO s de primer orden 4 La solución general de la EDO completa es y = y h + y p y = k x 4 + x3 7 x 5, k R, definida en cualquier intervalo que no contenga x =0. (6.7) EDO lineal completa en forma no estándar. x y 0 + x(x +)y = e x. Forma estándar Homogénea asociada y 0 x(x +) + x y = x ex, µ y y = x x ex. µ y y =0, x identificamos p(x) =+/x. Solución de la EDO homogénea y h = ke R p(x) dx = ke R (+ x) dx = ke x ln x = ke x ln x e = ke x x, y h = k e x x, k R. Determinamos una solución particular de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos la solución particular la derivada es y 0 p = k 0 e x x = k 0 e x x Sustituimos en la EDO completa y p = k(x) e x x, + k e x x e x x x 4 x +x ke x x 4. y 0 + x +x x y = x ex,

43 Ejercicios: EDO s de primer orden 43 k 0 e x x ke x x +x {z x 4 } yp 0 + x +x x k e x {z x } y p = x ex Determinamos k(x), k 0 e x x = x ex, k 0 = x x e x e x = ex. k(x) = e +x dx = ex, y obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa y p = µ e x ex x = ex x. La solución general de la EDO completa es y = y h + y p, y = ke x x + ex x, k R. Las soluciones son válidas para x>0. (6.8) La EDO ydx 4 x + y 6 dy =0 no es lineal en y; sinembargosieslinealenx = x(y) Forma estándar ydx=4 x + y 6 dy, dx dy = 4 x + y 6 = 4 y y x +4y5. x 0 4 y x =4y5 ; p(y) = 4 y. Solución general de la EDO homogénea asociada x 0 4 y x =0, x h = ke R 4 y dy = ke 4ln y x = ke ln y4 = ky 4. Solución de la ecuación completa por variación de parámetros, tomamos k = k(y) x p = k(y) y 4, x 0 p = k 0 y 4 +4ky 3,

44 Ejercicios: EDO s de primer orden 44 k 0 y 4 +4y 3 4 y ky4 =4y 5, Obtenemos k 0 = 4y5 y 4 =4y. k(y) = 4ydy=y, que nos proporciona una solución particular de la EDO completa x p = y y 4 =y 6. Finalmente, determinamos la solución general de la EDO completa x(y) =x h (y)+x p (y), x(y) =ky 4 +y 6,k R. La soluciones son válidas en todo intervalo que no contenga y =0. (6.9) cos x dy + y sin x =. dx Forma estándar dy dx + sin x cos x y = cos x, p(x) = sin x cos x. EDO homogénea asociada y 0 + sin x cos x y =0, y h = ke R sin x cos x dx. Resolvemos la integral del exponente sin x sin x cos x dx = cos x = ln(cosx), dx =ln cos x, ln(cos x) y h = ke y h = k cos x, k R. Variación de parámetros. Proponemos la solución particular y determinamos k(x) y p = k(x)cosx, yp 0 = k 0 cos x k sin x, k 0 cos x k sin x {z } y 0 + tomamos π/ <x<π/ sin x cos x k cos x = cos x,

45 Ejercicios: EDO s de primer orden 45 k 0 = cos x k = k 0 cos x = cos x, Solución particular de la EDO completa Solución general de la EDO completa cos dx =tanx. x y p =tanx cos x =sinx. y = y h + y p y = k cos x +sinx, k R. Las soluciones son válidas para x ( π/, π/). (6.0) (x +) dy dx +(x +)y =xe x. Forma estándar dy dx + x + x + y = x x + e x, p(x) = x + x + = x ++ =+ x + x +. Solución general de la EDO homogénea asociada µ y y =0, x + y h = ke R (+ x+) dx = ke (x+ln x+ ), tomamos x +> 0 (que implica x> ), y h = ke x ln(x+) = ke x e ln x+ = k e x, (x > ). x + Variación de parámetros, proponemos la solución particular de la EDO completa y p = k(x) e x x +, yp 0 = k 0 e x x + + k e x e x (x +) (x +) = k 0 e x +x + ke x x + (x +) = k 0 e x x + ke x x + (x +),

46 Ejercicios: EDO s de primer orden 46 sustituimos en la ecuación completa y 0 + x + x + y = x x + e x yresulta k 0 e x x + ke x x + (x +) {z + x + x + k e x = x } x {z + } x + e x yp 0 y p k 0 e x x + = x x + e x, k 0 =x, k = xdx= x, obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa Solución general de la EDO completa y p = x e x x + y = y h + y p, y = ke x x + + x e x x +, k R. Las soluciones son validas para x>. Ejercicio 7 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial ½ xy 0 + y = e x, y() =. Indica un intervalo en el que esté definida la solución. EDO lineal. Forma estándar y 0 + x y = x ex, p(x) = x. EDO Homogénea y 0 + x y =0, solución general de la EDO homogénea y h = ke R x dx = ke ln x, tomamos x>0 y = ke ln x = ke ln /x,

47 Ejercicios: EDO s de primer orden 47 y = k x, k R. Determinamos una solución de la EDO completa por el método de variación de parámetros y p = k(x) x, y 0 p = k 0 x k x, k 0 x k {z x + } x k = {z} x x ex, yp 0 y p k 0 x = x ex, k 0 = e x, k = e x dx = e x. Resulta y p = ex x. Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = k x + ex x, k R. Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y() = para determinar el valor de la constante k + e = k = e, y = e x + ex x, x (0, + ). Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial (x +) dy dx + y =lnx, y() = 0, x>0. Es una EDO lineal completa. Forma estándar dy dx + x + y = ln x x +, identificamos p(x) = x +. Solución de la EDO homogénea asociada y h = ke R p(x) dx = ke R x+ dx = ke ln x+,

48 Ejercicios: EDO s de primer orden 48 tomamos x +> 0 x>, y h = ke ln(x+) = ke ln x+ = k x + y h = k x +, k R. Determinamos una solución particular de la EDO completa. Proponemos una solución de la forma y p = k(x) x +, la derivada es yp 0 = k 0 x + k (x +). Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x) y 0 + x + y = ln x x +, k 0 x + k (x +) {z } yp 0 + x + k 0 x + = ln x x +, k 0 =lnx, k = ln xdx= x ln x = x ln x k = ln x x {z + } x +, y p dx = x ln x x. x x dx Hemos obtenido la siguiente solución particular para la EDO completa y p =(x ln x x) x +, la solución general de la EDO completa es y = y h + y p, y = k x + + x ln x x, k R. x + Para determinar el valor de la constante, imponemos la condición inicial y() = 0, k + ln =0, k =0 k =. La solución del problema de valor inicial es y = + x ln x x, x >. x +

49 Ejercicios: EDO s de primer orden 49 Ejercicio 9 Resuelve el problema de valor inicial dy +y = f(x), dx y(0) = 0, donde f(x) = ½ si 0 x 3, 0 si x>3. Se trata de una EDO lineal EDO homogénea asociada y 0 +y = f(x). y 0 +y =0, identificamos p(x) =, la solución general de la EDO homogénea asociada es y p = ke R p(x) dx = ke R dx = ke x, k R. Determinamos la solución para el tramo 0 x 3. En este caso, tenemos la EDO completa y 0 +y = 0 x 3, proponemos una solución particular para la EDO completa y sustituimos en la EDO completa y p = k(x) e x, y 0 p = k 0 e x ke x y 0 +y =, k 0 e x ke x {z } y 0 p + ke x {z } y p = k 0 e x =, k 0 = e x = ex, k = e x dx = ex. Resulta la solución µ y p = ex e x = La solución general de la EDO completa en el primer tramo es y = ke x +, k R.

50 Ejercicios: EDO s de primer orden 50 Observa que si escribes la EDO en la forma y 0 = y, está claro que la EDO tiene la solución singular y =/. Aplicamos la condición inicial y(0) = 0, 0=k e 0 + k = /. La solución del problema de valor inicial en el primer tramo es, por lo tanto, y = e x, 0 x 3. Calculamos el valor de esa solución al final de primer tramo y(3) = e 6. Para obtener una solución continua, exigimos para la solución del tramo x (3, + ) y 0 +y =0, y(3) = e 6. Hemos visto anteriormente que la solución de y 0 +y =0es Imponemos la condición inicial y = ke x. x =3, y(3) = e 6, yresulta ke 6 = e 6, k = e 6 e 6 = e6 e 6 = e 6. Solución del o tramo y = e 6 e x. Función solución y(x) = e x, si 0 x 3, e 6 e x, si x>3.

51 Ejercicios: EDO s de primer orden 5 Ejercicio 0 Resuelve el problema de valor inicial dy +xy = f(x), dx y(0) =, donde f(x) = ½ x, si 0 x, 0, si x. Tenemos una EDO lineal completa. Homogénea asociada y 0 +xy =0, identificamos p(x) =x, y p = ke R p(x) dx = ke x Calculamos por variación de parámetros una solución de la EDO completa para el tramo 0 x y p = ke x, yp 0 = k 0 e x kx e x, sustituimos en la EDO completa y 0 +xy = x, 0 x, k 0 e x kx e x +xk e x = x, k 0 e x = x, k 0 = x = xe x, e x k = xe x dx = ex, µ y p = ex e x =. Solución general de la EDO completa, tramo 0 x Imponemos la condición inicial y = ke x +, k R. y(0) =, ke 0 + =, k = =3/, y = + 3 e x, x [0, ].

52 Ejercicios: EDO s de primer orden 5 Solución para x>. En este caso la EDO es y 0 +xy =0, x >. Por continuidad, tomamos como valor inicial del segundo tramo el valor que toma la función del primer tramo en x =, esto es y() = y tramo (), y() = + 3 e. La solución del segundo tramo verifica el problema de valor inicial ( y 0 +xy =0, La solución de y 0 +xy =0es Imponemos la condición inicial y() = + 3 e, x. y = ke x, y() = + 3 e, ke = + 3 e, µ k = + 3 e e = e + 3. Solución en el segundo tramo µ y = e + 3 e x Solución global y(x) = = e e x + 3 e x = e x + 3 e x. + 3 e x, si 0 x, e x + 3 e x, si x>. Ejercicio La función integral seno Si(x) se define como x sin t Si(x) = dt 0 t y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ x 3 y 0 +x y =0sinx, y() = 0.

53 Ejercicios: EDO s de primer orden 53 EDO lineal, la escribimos en forma estándar Homogénea asociada identificamos y 0 + x x 3 y =0sin x x 3, y 0 + x y =0sin x x 3. y 0 + x y =0, p(x) = x. Solución general de la EDO homogénea resolvemos para x>0 y h = ke R p(x) dx = ke R x dx = ke ln x = ke ln /x, ln /x y = ke = k x. Solución completa por variación de parámetros y p = k(x) x, y 0 p = k 0 x + k µ x 3 = k 0 x k x 3, k 0 x k {z x 3 + } x k x =0 sin {z} x 3, y 0 y k 0 x =0sin x x 3, k 0 =0 sin x sin x k =0 dx =0 x Solución particular de la EDO completa x 0 x, sin t t y p =0 Si(x) x. Solución general de la EDO completa y = k 0 Si(x) + x x. dt =0Si(x).

54 Ejercicios: EDO s de primer orden 54 Imponemos la condición inicial y() = 0, y() = k +0Si()=0, k = 0 Si(), y(x) = 5 Métodos numéricos 0 Si() x + 0 Si(x) x, y(x) = 0 (Si(x) Si()). x Ejercicio Consideramos el problema de valor inicial ½ y 0 = x y, y(0) =, 0 x.. Calcula la solución exacta.. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. 4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. ) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar Homogénea asociada y 0 + y = x. y 0 + y =0, identificamos p(x) =. Solución general de la EDO homogénea y h = ke R dx = ke x, k R. Solución de la EDO completa por variación de parámetros, tomamos k = k(x) y p = k(x) e x, yp 0 = k 0 e x ke x. Sustituimos en la EDO completa y 0 + y = x, k 0 e x ke x + ke x = x,

55 Ejercicios: EDO s de primer orden 55 k 0 e x = x, k 0 = x e x = x e x, k = x e x dx. La integral se calcula aplicando integración por partes dos veces x e x dx = x e x xe x dx = x e x xe x dx = x e x xe x e x dx = x e x xe x +e x. Tenemos la solución particular de la EDO completa y p = x e x xe x +e x e x = x x +. Solución general de la EDO completa y = y h + y p, y = ke x + x x +, k R. Solución del problema de valor inicial: exigimos y(0) = ke 0 +=, Finalmente, resulta k = =. y = e x + x x +. ) Método de Euler de 4 pasos. Intervalo [a, b] =[0, ], step h = b a = 4 4 =0.5. El problema está en forma normal y 0 = f(x, y) con Formulación del método f(x, y) =x y. ȳ j+ = ȳ j + hf(x j, ȳ i ) = ȳ j + h (x j ȳ i ).

56 Ejercicios: EDO s de primer orden 56 Fase. Partimos de ½ x0 =0, y 0 =, calculamos ȳ =ȳ x 0 ȳ 0 =+0.5 ( ) = Fase. Partimos de ½ x =0.5, ȳ =0.75, calculamos ȳ = ȳ +0.5 x ȳ = = Fase 3. Partimos de ½ x =0.5, ȳ =0.578, calculamos ȳ 3 = = Fase 4. Partimos de ½ x3 =0.75, ȳ 3 =0.496, calculamos ȳ 4 = = Resumen de valores y errores de truncamiento j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j ) Método de Euler modificado. En cada paso debemos calcular k () j = f (x j, ȳ j ), ³ k () j = f x j+, ȳ j + hk () j, ³ ȳ j+ =ȳ j + h k (j) + k (j).

57 Ejercicios: EDO s de primer orden 57 Fase. Tenemos Calculamos Fase. Tenemos Calculamos k (0) x 0 =0, y 0 =, x =0.5. = f (x 0, ȳ 0 )=f(0, ) = 0 =, ³ k (0) = f x, ȳ 0 + hk (0) = f (0.5, +0.5( )) = f (0.5, 0.5) = f (0.5, 0.75) = (0.5) 0.75 = , ȳ = ȳ 0 + h ³ k (0) + k (0) = ( ) = x =0.5, ȳ =0.789, x =0.5. k () = f (x, ȳ ), k () = f ³ x, ȳ + hk (), ³ ȳ =ȳ + h k () + k (). k () = f(0.5, 0.789) = (0.5) = k () = f(0.5, ( 0.766)) = f(0.5, ) = (0.5) = ȳ = ( ) = Fase 3. Tenemos x =0.5, ȳ =0.6536, x 3 =0.75. Calculamos k () = f (x, ȳ ), ³ k () = f x 3, ȳ + hk (), ȳ 3 =ȳ + h ³ k () + k ().

58 Ejercicios: EDO s de primer orden 58 k () = f (0.5, ) = (0.5) = , k () = f(0.75, ( )) = f(0.75, 0.557) = (0.75) = ȳ 3 = y + h ³ k () + k () = ( ) = Fase 4. Tenemos Calculamos x 3 =0.75, ȳ 3 =0.6044, x 4 =. k (3) = f (x 3, ȳ 3 ), k (3) = f ³ ȳ 4 =ȳ 3 + h x 4, ȳ 3 + hk (3), ³ k () + k (). k (3) = f (0.75, ) = (0.75) = 0.049, ³ k (3) = f x 4, ȳ 3 + hk (3) = f(, ( 0.049)) = f(, ) = = ȳ 4 = ( ) = Resumen de valores y errores de truncamiento j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j ) Método de Taylor de o orden. El método es Tenemos ȳ j+ =ȳ j + hf(x j, ȳ j )+ h Fase. Partimos de f 0 x (x j, ȳ j )+f 0 y (x j, ȳ j ) f (x j, ȳ j ). f(x, y) =x y, fx 0 (x, y) =x, fy 0 (x, y) =. x 0 =0, ȳ 0 =.

59 Ejercicios: EDO s de primer orden 59 Calculamos f(x 0, ȳ 0 )=0 =, fx 0 (x 0, ȳ 0 )=0, fy 0 (x 0, ȳ 0 )=, ȳ = ȳ 0 + hf(x 0, ȳ 0 )+ h Fase. Partimos de Calculamos f 0 x (x 0, ȳ 0 )+f 0 y (x 0, ȳ 0 ) f (x 0, ȳ 0 ) = +0.5 ( ) + (0.5) (0 + ( ) ( )) = ȳ = ȳ + hf(x, ȳ )+ h x =0.5, ȳ = f(x, ȳ )=(0.5) = , f 0 x (x, ȳ )=0.5, f 0 y (x, ȳ )=. f 0 x (x, ȳ )+f 0 y (x, ȳ ) f (x, ȳ ) = ( ) + (0.5) [0.5+( ) ( )] = Fase 3. Partimos de Calculamos ȳ 3 = ȳ + hf(x, ȳ )+ h x =0.5, ȳ = f(x, ȳ )=(0.5) = , f 0 x (x, ȳ )=, f 0 y (x, ȳ )=. f 0 x (x, ȳ )+f 0 y (x, ȳ ) f (x, ȳ ) = ( ) + (0.5) [ + ( ) ( )] = Fase 4. Partimos de Calculamos ȳ 4 = ȳ 3 + hf(x 3, ȳ 3 )+ h x 3 =0.75, ȳ 3 = , f(x 3, ȳ 3 )=(0.75) = , f 0 x (x 3, ȳ 3 )=.5, f 0 y (x 3, ȳ 3 )=. f 0 x (x 3, ȳ 3 )+f 0 y (x 3, ȳ 3 ) f (x 3, ȳ 3 ) = ( ) + (0.5) [.5+( ) ( )] =

60 Ejercicios: EDO s de primer orden 60 Resumen y errores de truncamiento j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j Ejercicio 3 Consideramos el problema de valor inicial ½ y 0 =3y +3x, y(0) =, 0 x 0... Calcula la solución exacta.. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. ) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar Homogénea asociada y 0 3y =3x. y 0 3y =0, identificamos p(x) =3. Solución general de la EDO homogénea y = ke R ( 3) dx = ke 3x, k R. Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la forma y = k(x) e 3x, y 0 = k 0 e 3x +3ke 3x, y sustituimos en la EDO completa para determinar k(x). k 0 e 3x +3ke 3x 3ke 3x =3x, k 0 e 3x =3x, k 0 = 3x e 3x =3xe 3x,

61 Ejercicios: EDO s de primer orden 6 k = 3xe 3x dx = xe 3x + e 3x dx = xe 3x 3 e 3x. Obtenemos y p = µ xe 3x 3 e 3x e 3x = x 3. Solución general de la EDO completa y = y h + y p, µ y = ke 3x + x, k R. 3 Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición inicial Solución del problema de valor inicial y(0) = k 3 = k =+ 3 = 4 3. y = 4 3 e3x x 3. ) Método de Euler de 5 pasos. Intervalo step h = b a 5 El problema está en forma normal [a, b] =[0, 0.], = 0. 5 =0.04. y 0 = f(x, y) con Formulación del método f(x, y) =3x +3y. ȳ j+ =ȳ j + hf(x j, ȳ i ). Fase. Partimos de Calculamos x 0 =0, ȳ 0 =, f(x 0, ȳ 0 )=3x 0 +3ȳ 0 =3,

62 Ejercicios: EDO s de primer orden 6 ȳ =ȳ 0 + hf(x 0, ȳ 0 )= =+0. =.. Fase. Partimos de x =0.04, ȳ =.. Calculamos f(x, ȳ ) = 3x +3ȳ = = 3.48, ȳ = ȳ + hf(x, ȳ )= =.59. Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j ) Método de Euler modificado de 5 pasos. El método es k (j) = f (x j, ȳ j ), ³ k (j) = f x j+, ȳ j + hk (j), Fase. Partimos de ȳ j+ =ȳ j + h ³ k (j) + k (j). x 0 =0, x =0.04, ȳ 0 =, calculamos k (0) = f (x 0, ȳ 0 )=3x 0 +3ȳ 0 =3, ³ k (0) = f x, ȳ 0 + hk (0) = f (0.04, ) = f ( ) = 3(.6) = 3.48, Fase. Partimos de ȳ = ȳ 0 + h ³ k (0) + k (0) = ( ) = =.96. x =0.04, x =0.08, ȳ =.96.

63 Ejercicios: EDO s de primer orden 63 Calculamos k () = f(x, ȳ )=f(0.04,.96) = 3(0.04,.96) = , ³ k () = f x, ȳ + hk () = f(0.08, ) = f(0.08,.700) = 3( ) = , ȳ = ȳ + h ³ k () + k () = ( ) =.808. Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados: j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j ) Método de Taylor de o orden. El método es ȳ j+ =ȳ j + hf(x j, ȳ j )+ h Tenemos f 0 x (x j, ȳ j )+f 0 y (x j, ȳ j ) f (x j,y j ). f(x, y) = 3x +3y, fx 0 = 3, fy 0 = 3. En este caso podemos simplificar los cálculos ȳ j+ =ȳ j + hf(x j, ȳ j )+ h [3 + 3f (x j,y j )]. Fase. Partimos de x 0 =0, y 0 =. Calculamos f (x 0,y 0 )=3x 0 +3y 0 =3, ȳ = (0.04) ( ) =.96.

64 Ejercicios: EDO s de primer orden 64 Fase. Partimos de x =0.04, ȳ =.96. Calculamos f (x, ȳ )=3( ) = , ȳ = ȳ + hf (x, ȳ )+ h [3 + 3f (x,y)] = (0.04) ( ) = Fase 3. Partimos de Calculamos x =0.08, ȳ =.808. f (x, ȳ ) = 3( ) = 4.084, ȳ 3 = ȳ + hf (x, ȳ )+ h [3 + 3f (x, ȳ )] = (0.04) ( ) = Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de o orden con 5 pasos se obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado. Ejercicio 4 Consideramos el problema de valor inicial ½ y 0 = e x y, y(0) =, 0 x Calcula la solución exacta.. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento.

65 Ejercicios: EDO s de primer orden Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. ) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar homogénea asociada y 0 +y = e x, y 0 +y =0, identificamos p(x) =, solución general de la EDO homogénea y h = ke R dx = ke x, k R. Solución completa por variación de parámetros, hacemos k = k(x) y = k(x)e x, y 0 = k 0 e x ke x, sustituimos en la EDO completa para determinar k(x) k 0 e x ke x +3ke x = e x, k 0 e x = e x, k 0 =, k = x. Obtenemos y p = xe x. Solución general de la EDO completa y = y h + y p, y = ke x + xe x. Solución del problema de valor inicial. Imponemos y(0) =, ke 0 +0= k =, y = e x + xe x = (+x) e x. ) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos. Intervalo [a, b] =[0, 0.5], step h = b a 5 =0.,

66 Ejercicios: EDO s de primer orden 66 el problema está en forma normal y 0 = f(x, y) con Fase. Partimos de Calculamos f(x, y) =e x y. x 0 =0, ȳ 0 =. f(x 0, ȳ 0 )=e x 0 ȳ 0 = e 0 = =, ȳ =ȳ 0 + hf(x 0, ȳ 0 )=+0. ( ) = 0.9. Fase. Partimos de Calculamos x =0., ȳ =0.9. f(x, ȳ ) = e x ȳ = e 0..8 = = 0.983, ȳ = ȳ + hf(x, ȳ )= ( 0.983) = Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados: j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j ) Método de Euler modificado de 5 pasos. Fase. Partimos de x 0 =0, x =0., ȳ 0 =. Calculamos k (0) = f (x 0, ȳ 0 )=e 0 = =, ³ k (0) = f x, ȳ 0 + hk (0) = f (0., +0. ( )) = f (0.+0.9) = e 0..8 = ȳ = ȳ 0 + h ³ k (0) + k (0) =+ 0. ( 0.983) =

67 Ejercicios: EDO s de primer orden 67 Fase. Partimos de Calculamos x =0., x =0., ȳ = k () = f(x, ȳ )=e x ȳ = e = 0.983, ³ k () = f x, ȳ + hk () = f(0., ( 0.983)) = f(0., 0.806) = e = , ȳ = ȳ + h ³ k () + k () = ( ) = Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados: j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j ) Método de Taylor de o orden. Tenemos f(x, y) =e x y, f 0 x(x, y) = e x, fy(x, 0 y) =, método ȳ j+ =ȳ j + hf(x j, ȳ j )+ h f 0 x (x j, ȳ j )+fy 0 (x j, ȳ j ) f (x j, ȳ j ). Fase. Partimos de x 0 =0, ȳ 0 =, calculamos f (x 0, ȳ 0 )=e 0 =, fx 0 (x 0, ȳ 0 )= e 0 =, fy 0 (x 0, ȳ 0 )=, ȳ =ȳ 0 + hf(x 0, ȳ 0 )+ h f 0 x (x 0, ȳ 0 )+f 0 y (x 0, ȳ 0 ) f (x 0, ȳ 0 ).

68 Ejercicios: EDO s de primer orden 68 Fase. Partimos de Calculamos ȳ = +0. ( ) + (0.) ( +( ) ( )) = 0. =0.9, x =0., ȳ =0.9. f (x, ȳ )=e 0..8 = 0.983, fx 0 (x, ȳ )= e x = e 0. =.6375, fy 0 (x, ȳ )=, ȳ = ȳ + hf(x, ȳ )+ h f 0 x (x, ȳ )+f 0 y (x, ȳ ) f (x, ȳ ) = ( 0.983) + (0.) [.6375 x( 0.983)] = Continuando de forma análoga, se obtiene: j x j ȳ j y j e j = y j ȳ j Problemas de aplicación Ejercicio 5 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumenta con una rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier momento t. Si la población se duplicó en cinco años, en cuánto tiempo se triplicará ysecuadriplicará? Notaciones y(t) poblacióneninstantet, t tiempo en años, t =0 instante inicial, y 0 = y(0) población inicial. EDO dy dt = αy, donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea y 0 αy =0. y = ke R ( α) dt = ke αt.

69 Ejercicios: EDO s de primer orden 69 Condición inicial y(0) = y 0, y 0 = ke α 0 = k. Modelo matemático y = y 0 e αt. Sabemos que la población se duplica en 5 años y(5) = y 0, y 0 e 5α =y 0, e 5α =, 5α =ln, α = ln 5. Modelo y = y 0 e ln 5 t. Determinamos el tiempo necesario para que la población se triplique. Resolvemos y(t) =3y 0, y 0 e ln 5 t = y 0 3, e ln 5 t =3, ln 5 t =ln3, t = 5ln3 =7.9 años. ln Determinamos el tiempo necesario para que la población se cuadriplique. Resolvemos y(t) =4y 0, y 0 e ln 5 t =4y 0, e ln 5 t =4, ln 5 t =ln4, t =5 ln 4 ln =5ln ln =0años. Ejercicio 6 La población de una comunidad crece a razón proporcional a la poblaciónencualquiermomentot. Su población inicial es de 500 individuos y aumenta un 5% en 5 años. Cuál será la población en 30 años?