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Ecuaciones Diferenciales y problemas con valores en la frontera

Ecuaciones Diferenciales y problemas con valores en la frontera

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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 
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FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 
ÍNDICE 
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE VARIEBLES SEPARABLES 
DEFINICIÓN 3 
EJERCICIOS PROPUESTOS 4 
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS REDUCTIBLES A VARIEBLES SEPARABLES 
DEFINICIÓN 9 
EJERCICIOS PROPUESTOS 10 
2
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE VARIABLE SEPARABLE 
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES 
Iniciaremos nuestras técnicas de solución a “Ecuaciones Diferenciales” con las ecuaciones más 
encillas de resolver. Este tipo de ecuaciones son resueltas directamente mediante una o dos 
integraciones. 
3 
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(y) 
Una EDO de variables separables puede resolverse usando la siguiente estrategia: 
- Procedimiento: Variables Separables 
- Entrada: Una EDO en la forma y0 = 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 
dx 
dx = ∫f(x) dx 
o simplemente: 
∫[ 
1 
g(y) 
]dy = ∫f(x) dx + C
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 
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. 
4 
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 
2 
y 2 = - x2 + C 
La expresión 
1 
2 
y 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: 
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
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 
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. 
5 
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 
2 
y 2 = - x2 + C 
Como el punto (xo = 1, yo=1) Debe cumplir: 
1 
2 
12 = - 12 + C 
Por tanto C= 3/2 y la solución buscada es: 
1 
2 
y 2 = - x2 + 3/2 ó 푦2 = 3 – 2푥2 
DEFINICIÓN 2: 
Si en una ecuación diferencial ordinaria de primer grado y primer orden 푑푦 
푑푥 
= 푔(푥, 푦), 
se reduce a la forma: 
푀(푥)푑푥 + 푁(푦)푑푦 = 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: 
∫ 푀(푥)푑푥 + ∫ 푁(푦)푑푦 = 퐶 (2)
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PROBLEMAS 
Problema 1: 
Resolver la siguiente ecuación diferencial ordinaria de primer orden. 
(1+e )y y = e x x  . Hallar la solución que pasa por (0; 1). 
y e C C 
6 
RESOLUCIÓN. 
En primer lugar buscamos la solución general de la ecuación diferencial. Separando 
las variables e integrando, 
(1+e )y dy = e dx 
2 
1 1 
ln(1 ) c. 
2 
x x 
x x 
x x 
x 
e e 
ydy dx ydy dx 
e e 
y 
e 
    
  
    
  
De donde obtenemos 
2 y  2ln(1ex ) Cy   2ln(1ex ) C. 
Para obtener la solución particular que pasa por (0; 1) consideramos la solución 
positiva de la ecuación diferencial, esto es, 2ln(1 ) C. x y  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. 
C 
          
   
Luego, la solución particular buscada viene dada por: 
0 (0) 2ln(1 ) 1 2ln 2 2 ln(1 ) ln 2 1 x y   e    y    e    
1 
x e 
1 2ln . 
2 
y 
 
   
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: 
푑푃 
푑푡 
= 푘푃 
RESOLUCIÓN: 
Separando variables e integrando: 
1 
푃 
푑푃 = 푘 푑푡

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Ecuaciones Diferenciales y problemas con valores en la frontera

  • 1. 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
  • 2. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II ÍNDICE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE VARIEBLES SEPARABLES DEFINICIÓN 3 EJERCICIOS PROPUESTOS 4 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS REDUCTIBLES A VARIEBLES SEPARABLES DEFINICIÓN 9 EJERCICIOS PROPUESTOS 10 2
  • 3. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE VARIABLE SEPARABLE ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES Iniciaremos nuestras técnicas de solución a “Ecuaciones Diferenciales” con las ecuaciones más encillas de resolver. Este tipo de ecuaciones son resueltas directamente mediante una o dos integraciones. 3 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(y) Una EDO de variables separables puede resolverse usando la siguiente estrategia: - Procedimiento: Variables Separables - Entrada: Una EDO en la forma y0 = 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 dx dx = ∫f(x) dx o simplemente: ∫[ 1 g(y) ]dy = ∫f(x) dx + C
  • 4. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 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. 4 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 2 y 2 = - x2 + C La expresión 1 2 y 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: 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
  • 5. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 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. 5 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 2 y 2 = - x2 + C Como el punto (xo = 1, yo=1) Debe cumplir: 1 2 12 = - 12 + C Por tanto C= 3/2 y la solución buscada es: 1 2 y 2 = - x2 + 3/2 ó 푦2 = 3 – 2푥2 DEFINICIÓN 2: Si en una ecuación diferencial ordinaria de primer grado y primer orden 푑푦 푑푥 = 푔(푥, 푦), se reduce a la forma: 푀(푥)푑푥 + 푁(푦)푑푦 = 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: ∫ 푀(푥)푑푥 + ∫ 푁(푦)푑푦 = 퐶 (2)
  • 6. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II PROBLEMAS Problema 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial ordinaria de primer orden. (1+e )y y = e x x  . Hallar la solución que pasa por (0; 1). y e C C 6 RESOLUCIÓN. En primer lugar buscamos la solución general de la ecuación diferencial. Separando las variables e integrando, (1+e )y dy = e dx 2 1 1 ln(1 ) c. 2 x x x x x x x e e ydy dx ydy dx e e y e             De donde obtenemos 2 y  2ln(1ex ) Cy   2ln(1ex ) C. Para obtener la solución particular que pasa por (0; 1) consideramos la solución positiva de la ecuación diferencial, esto es, 2ln(1 ) C. x y  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. C              Luego, la solución particular buscada viene dada por: 0 (0) 2ln(1 ) 1 2ln 2 2 ln(1 ) ln 2 1 x y   e    y    e    1 x e 1 2ln . 2 y     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: 푑푃 푑푡 = 푘푃 RESOLUCIÓN: Separando variables e integrando: 1 푃 푑푃 = 푘 푑푡
  • 7. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 7 ∫ 1 푃 푑푃 = ∫ 푘 푑푡 Ln(P) = kt + C Despejando P, usando la fórmula: Ln(x) = N  x=푒푁 P= 푒푘푡+퐶 P= 푒퐶 . 푒푘푡 P= 퐶. 푒푘푡 Puesto que para t = 0 el número inicial es de P = 200: 200 = C. 푒푘.0 200 = C. 푒0 200 = C.1 200 = C Y para t = 10, el número es de 300: 300= C. 푒푘.10 300= 200. 푒10푘 3 2 = 푒10푘 Usando la fórmula: 푒푁 = 푥  N= Ln(x)  10.k = Ln(3 2 )  k= 0.04054 Por tanto, para t=20 tendremos: P(t=20) = 200. 푒푘.20 P(t=20) = 200. 푒0,04054.20 P(t=20) = 450
  • 8. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 8 Problema 4: − (푦2 + 푥푦2 )푦′ + 푥2 − 푦푥2 = 0 RESOLUCIÓN: (푦2 + 푥푦2)푦′ + 푥2 − 푦푥2 = 0 , agrupando términos 푦2(1 + 푥) 푑푦 푑푥 + 푥2(1 − 푦) = 0 , separando términos tenemos 푦2푑푦 1−푦 + 푥2푑푥 1+푥 = 0 , integrando ambos términos ∫ 푦2 푑푦 1−푦 + ∫ 푥2 푑푥 1+푥 = 푐 , de donde se tiene: ∫ 푦2푑푦 1 − 푦 = ∫ 푦2 + 1 − 1 (1 − 푦) = ∫ −(1 − 푦)(푦 + 1) (1 − 푦) 푑푦 + ∫ 1 (1 − 푦) 푑푦 = − ∫(푦 + 1)푑푦 + ∫ 1 (1 − 푦) → − 푦2 2 − 푦 − 퐼푛|1 − 푦| ∫ 푥2푑푦 1 + 푥 = ∫ 푥2 + 1 − 1 (1 + 푥) = ∫ (푥 + 1)(푥 − 1) (1 + 푥) 푑푦 + ∫ 1 (1 + 푥) 푑푦 → ∫(푥 + 1)푑푦 + ∫ 1 (1 + 푥) 푑푦 → 푥2 2 + 푥 − 퐼푛|1 + 푥| Por lo tanto: − 푦2 2 − 푦 − 퐼푛|1 − 푦| + 푥2 2 − 푥 + 퐼푛|1 + 푥| = 푐 Si multiplicamos por 2 a toda la expresión tenemos: −푦2 − 2푦 − 2퐼푛|1 − 푦| + 푥 2 − 2푥 + 2퐼푛|1 + 푥| = 푐 ó 1 + 푥 1 − 푥 (푥 + 푦)(푥 − 푦 − 2) + 2퐼푛 | | = 푐 PROBLEMA N04.- −(푥푦2 − 푦2 + 푥 − 1)푑푥 + (푥 2푦) − 2푥푦 + 푥 2 + 2푦 − 2푥 + 2)푑푦 = 0 Solución: Agrupando términos tenemos: [푦2(푥 − 1) + (푥 − 1)]푑푥 + [푦(푥 2 − 2푥 + 2)]푑푦 = 0 Luego factorizando obtenemos: (푦2 + 1)(푥 − 1)푑푥 + (푦 + 1)(푥2 − 2푥) + 2푑푦 = 0 Separando variables: (푥+1)푑푥 푥2−2푥 +2 + 푦 +1 푦2 +1 푑푦 = 0 ,luego integrando
  • 9. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 9 ∫ (푥+1)푑푥 푥2− 2푥+2 + ∫ 푦 +1 푦2 +1 푑푦 = 푘 , de donde ∫ (푥 − 1)푑푥 푥 2 − 2푥 + 2 푢 = 푥 2 − 2푥 + 2 → 푑푢 = (2푥 − 2)푑푥 → 푑푥 = 푑푢 2(푥 − 1) 1 2 ∫ (푥 − 1)푑푢 푢(푥 − 1) → 1 2 ∫ 푑푢 푢 = 1 2 퐼푛|푢| → 1 2 퐼푛|푥 2 − 2푥 + 2| ∫ 푦 푦2 +1 푑푦 , donde se puede saber 푢 = 푦2 + 1 , 푑푢 = 2푦푑푦 , 푑푦 = 푑푢 2푦 + ∫ 푑푦 푦2 + 1 → 푦 = 푎푡푎푛휃 → 푡푎푛휃 → 푑푦 = 푠푒푐휃2 푑휃 1 2 ∫ 2푦 푦2 + 1 푑푦 + ∫ 푠푒푐휃2 푑휃 푠푒푐휃2 = 1 2 ∫ 2푦 푢 푑푢 2푦 + ∫ 푑휃 → 1 2 퐼푛|푢| + 휃 ∴ 1 2 퐼푛|푦2 + 1| + 1 2 푎푟푐푡푎푛푦 Dado lo anterior tenemos: 1 1 퐼푛(푥 2 − 2푥 + 2) + 2 2 퐼푛|푦2 + 1| + 푎푟푐푡푎푛푦 = 푘 퐼푛 |(푥2 − 2푥 + 2 )(푦2 + 1)| = −2푎푟푐푡푎푛푦 + 푘 → (푥 2 − 2푥 + 2 )(푦2 + 1) = 푒(2푎푟푐푡푎푛푦 +푘) 푐 PROBLEMA 5: −(1 − 푦)푒푦 푑푦 푑푥 + 푦2 푥퐼푛푥 = 0 RESOLUCIÓN: Separando variables: (1 − 푦)푒푦 푑푦 + 푑푥 푥퐼푛푥 = 0 푖푛푡푒푔푟푎푛푑표 푡푒푛푒푚표푠 ∶ ∫ (1 − 푦) 푦2 푑푦 + ∫ 푑푥 푥퐼푛푥 = 푐 → − ∫ (푦 − 1)푒푥 푦2 푑푦 + 퐼푛(퐼푛푥) = 푐 − ∫ 푑 푑푦 푒푥 푦 ( ) + 퐼푛(퐼푛푥) = 푐 푑푒 푑표푛푑푒: − ex y + In(Inx) = c ∴ In(Inx) = ex y + c
  • 10. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II Problema 6:  2 2   2 2  xy  y  x  1 dx  x y  2 xy  x  2 y  2 x  2 dy  0 Solución : xy y x dx x y xy x y x dy agrupando  2 2   2 2            1 2 2 2 2 0 , 2 2            y x   x   dx   x y   x y   y   dy  1 1 1 2 1 2 1 0 y x dx x x y dy separando las variables x           integrando ambos miembros   1 1 ln 2 2 ln 1 tan 2 2 1 ln 2 2 1 tan 2 ln 2 2 1 2 tan 2 2                                      ln 2 2 1 2 tan , levantando 10         2 2 1 1 2 2 1 0 , 1 dx y 1 dy   0 ,  2 2 x x y      2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1     x dx y dy C   2 2 x  x  y   x   dx ydy dy x x y y      2 2 2       x dx ydy dy 1 2  1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2       2 2 2              2 2 2 , 2 2 2 2 1 1 C x x y y x dx ydy dy C x x y y                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 tan 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  : e se tiene    2 2 2 tan 2 2 1 arc y x  x  y  e  k
  • 11. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II PROBLEMA 7: Hallar la ecuación diferencial en 푦 = −1 푐푢푎푛푑표 푥 = 0 en la siguiente expresión, dar la gráfica. (푥2 + 1)푑푦 + (푦2 + 1)푑푥 = 0 11 RESOLUCIÓN: Dividimos entre (푥2 + 1)(푦2 + 1) (푥2 + 1)푑푦 (푥 2 + 1)(푦2 + 1) + (푦2 + 1)푑푥 (푥 2 + 1)(푦2 + 1) = 0 푑푦 (푦2 +1) + 푑푥 (푥2 +1) = 0 , integramos ∫ 푑푦 (푦2 + 1) + ∫ 푑푥 (푥 2 + 1) = 퐶 → arctan(푥) + arctan(푦) = 퐶 Luego reemplazamos los datos en la ecuación: arctan(0) + arctan(−1) = 퐶 → 0 + (− 휋 4 ) = 퐶 → 퐶 = − 휋 4 Por lo tanto a ecuación diferencial será de la siguiente manera: arctan(푥) + arctan(푦) = − 휋 4 Para determinar la gráfica: Se sabe que: tan(arctan(푥)) = 푥 , por lo tanto aplicamos 푡푎푛푔푒푛푡푒 a ambos miembros de la ecuación, lo cual obtendremos: 푥 + 푦 1 − 푥푦 = −1 → 푥 + 푦 = 푥푦 − 1 → 푥푦 − 푥 − 푦 − 1 Se puede notar que la gráfica de la ecuación pertenece a una hipérbola equilátera oblicua cuyas asíntotas en 푥 = 1 푒 푦 = 1. Veamos la gráfica:
  • 12. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II ECUACIONES DIFRENCIALES ORDINARIAS REDUCTIBLES A VARIABLE SEPARABLE Las ecuaciones diferenciales de la forma siguiente 12 푑푦 푑푥 = 푓(푎푥 + 푏푦 + 푐) … (∗) 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 푧 = 푎푥 + 푏푦 + 푐 , de donde 푑푦 푑푥 = 1 푏 (푑푧 푑푥 − 푎) , que al remplazar en la ecuación (*), se obtiene una nueva ecuación diferencial, que es de variable separable, es decir 1 푏 (푑푧 푑푥 − 푎), de donde 푑푧 푑푥 = 푎 + 푏푓(푥), separando la variable 푑푧 푎+푏푓(푧) = 푑푥 , que es la ecuación de variable separable. PROBLEMAS: Problema 8: Hallar la solución general de la ecuación diferencial de: 푑푦 푑푥 = 푠푒푛(푥 − 푦 + 1) RESOLUCIÓN: Como primer paso hacemos la sustitución: 푧 = 푥 − 푦 + 1 푑푧 푑푥 = 1 − 푑푦 푑푥 , 푑푦 푑푥 = 1 − 푑푧 푑푥 , luego de la sustitución 1 − 푑푧 푑푥 = 푠푒푛(푧) Separando variables 푑푥 = 푑푧 1−푠푒푛(푧) Integrando ∫ 푑푥 = ∫ 1 1−푠푒푛(푧) 1+푠푒푛 (푧 ) 1+푠푒푛 (푧 ) 푑푧 → ∫ 푑푥 = ∫ 1+푠푒푛 (푧) cos(푧) 2 푑푧 ∫ 푑푥 = ∫(sec )(푧)2 + sec(푧) tan (푧))푑푧 푥 = tan(푧) + sec(푧) + 퐶 , regresando a la variable “x” 푥 = tan(푥 − 푦 + 1) + sec(푥 + 푦 + 1) + 퐶
  • 13. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 13 Problema 9: Resolver la ecuación diferencial: 푑푦 푑푥 = 4 + √푦 − 4푥 + 8 Haciendo la sustitución 푧 = 푦 − 4푥 + 8 Derivando con respecto a “x” 푑푧 푑푥 = 푑푦 푑푥 − 4 , 푑푦 푑푥 = 4 + 푑푧 푑푥 Sustituyendo en la ecuación diferencial y separando variables 4 + 푑푧 푑푥 = 4 + √푧 → 푑푧 √푧 = 푑푥 , integrando se tiene la solución general: 2√푧 = 푥 + 퐶 → 2√푦 − 4푥 + 8 = 푥 + 퐶 Problema 10: 푑푦 푑푥 = 푒푥 +푦 − 푥 − 푦 푥 + 푦 ∗ Sea 푧 = 푥 + 푦 → 푑푧 푑푥 = 1 + 푑푦 푑푥 Reemplazando en (*) se obtiene: 푑푧 푑푥 − 1 = 푒푧−푧 푧 , separando variables 푧푒−푧 푑푧 = 푑푥 → ∫ 푧푒−푧 푑푧 = ∫ 푑푥 Mediante integración por partes: Sean: 푢 = 푧 → 푑푢 = 푑푧 푑푣 = 푒−푧 푑푧 → 푣 = −푒−푧 ∫ 푧푒−푧 푑푧 = 푧푒−푧 + ∫ 푒−푧 푑푧 = 푧푒−푧 − 푒−푧 + 퐶 Luego, −푧푒−푧 − 푒−푧 = 푥 + 퐶 Por lo tanto, la solución dada en forma implícita viene dada por: −(푥 + 푦)푒−(푥+푦) − 푒−(푥+푦) = 푥 + 퐶 (푥 + 푦)푒−(푥+푦) + 푒−(푥+푦) = −푥 + 퐶1
  • 14. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II 14 Problema 11: ¿Pueden separarse las variables en la ecuación diferencial 푦′ = 푥 + 푦 e 푦′ = 푒2푥 −7푦 ? 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? Ver el siguiente ejemplo. Ejemplo: Sea la función: 푓(푥, 푦) = cos (2푥 + 5푦 + 3) (2푥 + 5푦 + 3)2 + 2 + exp (2푥 + 5푦 + 3) Si hacemos 푢 = 2푥 + 5푦 + 3), podemos escribir 푓(푥, 푦) = 푔(푢) 푔(푢) = cos(푢) 푢2 + 2 + 푒푢 Si nuestra ecuación es de la forma: 푦′ = 푔(푎푥 + 푏푦 + 푐) , (푏 ≠ 0) Entonces hacemos 푢 = 푎푥 + 푏푦 + 푐 , y por tanto, derivando respecto a x tenemos 푢′ = 푎 + 푏푦′.despejando 푦′ obtenemos 푦′ = 푢′ −푎 푏 Sustituimos en la ecuación diferencial inicial: 푢′ − 푎 푏 = 푔(푢) Y ahora solo resta separar variables (porque se puede realizar)e integrar. La solución general es: ∫ 푑푢 푏푔(푢) + 푎 = 푥 + 퐶 , 퐶 ∈ 푅 Una vez resuelta la integral de la izquierda, recuperamos las variables x e y (se deshace el cambio)
  • 15. FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL- MATEMÁTICA II      sec 2   sec   . tan   z dz z z dz     x z z C Regresando a la variable x : x  x  y   x  y   C 15 Problema 12:      sin 1            : sin 1 : 1 1 1 : 1 sin : 1 sin : 1 sin dy x y dx Solución dy x y dx Haciendo la sustitución z x y dz dy dx dx dy dz dx dx Sustituyendo en la ecuación diferencial dz z dx Separando variables dz dx z Integrando dz dx z                           2       2 2               2 2  2       1 sin , : 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin cos 1 sin cos cos 1 1 sin cos cos cos sec sec . tan z multiplicando por z dz z dx z z z    dx dz z z   dx dz z z   dx dz z z z   dx dz z z z dx z z z dz dx                                         tan  sec      tan 1 sec 1