1 Ecuaciones diferenciales homogéneas 1. Utilizando el cambio de ...

1 Ecuaciones diferenciales homogéneas1. Utilizando el cambio de variable y = z α y eligiendo adecuadamente α integrar elproblema de valor inicial⎧⎪⎨⎪ ⎩dydx =xy3x 2 − y 4y(2) = 1Solution 1 Utilizamos el cambio de variable y = z α . Diferenciando tenemosPor tantoy simplificando nos quedadydxα−1 dzαzdx == αzα−1dzdx .xz α3x 2 − z 4αdzdx = 1 ( )xzα 3x 2 − z 4αEsta última ecuación puede ponerse de la siguiente formadzdx = 1 ( )z/xα 3 − z 4α /x 2y es claro que resultará homogenera cuando α = 1/2. En este caso queda como( )dz z/xdx = 2 3 − z 2 /x 2que mediante el cambioZ = z xqueda reducida adZdx + Z = 2Z3 − Z . 2Esta última, simplificada, da la siguiente ecuación en variables separablesdZdx = − 1)−Z(Z2 Z 2 − 3..cuya solución esUsandoobtenemos∫Z 2 − 3Z(Z 2 − 1) dZ = − ∫ dxx + cte .Z 2 − 3Z(Z 2 − 1) = 3 Z − 1Z − 1 − 1Z + 1logZ 3∣Z 2 − 1∣ = − log |x| + cte

2. Encuentre la solución general de la ecuación diferencial siguiente(2x − 2y − 4)dx + (x − y + 10)dy = 0Solution 4 Expresamos la ecuación diferencial en la forma siguientedydx= −2x− 2y − 4x − y + 10(siempre que x − y + 10 ≠ 0) y realizamos el cambio de variable V = x − y. Por tantotenemos quedydx = 1 − dVdxy la ecuación queda de la siguiente forma1 − dVdx = −2V − 4V + 10que simplificada resultadVdx = 3V + 6V + 10ecuación de variables separables cuya solución es∫ ∫V + 103V + 6 dV = dx + cte.Por otro lado es facil comprobar que∫ V + 103V + 6 dV = 1 3 V + 8 log (V + 2) .3Por tantoy simplificando13 V + 8 log (V + 2) = x + cte3V + 8 log (V + 2) = 3x + ctede donde resulta que8 log (x − y + 2) = 2x + y + ctey tomando exponenciales obtenemosx − y + 2 = ke 2x+y8con k ∈ R constante relacionadas algebraicamente con las anteriores.3. Encuentre la solución general de la ecuación diferencial siguiente(3y − 7x + 7)dx + (7y − 3x + 3)dy = 0

Solution 5 Expresamos la ecuación diferencial en la forma siguientedydx= −3y− 7x + 77y − 3x + 3si 7y − 3x + 3 ≠ 0. Aplicando en cambio de variable⎧⎨ X = x − 1⎩Y = yobtenemos la siguiente ecuación homogéneadYdX= −3Y− 7X7Y − 3X .Introduciendo el nuevo cambio de variable dado por Y = V X tenemos que la ecuaciónanterior quedaquedando entonces comoX dV (dX = − V + 3V − 7 )7V − 3X dVdX = 7(1 − V 2 )7V − 3lista para ser tratada como una ecuación de variables separables. Esta ecuación tiene porsolución ∫ ∫ 7V − 3 dX1 − V dV = 7 2 X + cte.Es facil ver que ∫ 7V − 3dV = −2 log |V − 1| − 5 log |V + 1| .1 − V2Por tantoTomando exponenciales tenemos2 log |V − 1| + 5 log |V + 1| + 7 log X = cte(V − 1) 2 |V + 1| 5 X 7 = kcon k ∈ R. Deshaciendo los cambios tenemos que( ) 2 ∣ ∣ Y ∣∣∣X − 1 Y ∣∣∣5X + 1 X 7 = kque simplificada quedao equivalentemente(Y − X) 2 |Y + X| 5 = k(y − x + 1) 2 |y + x − 1| 5 = k.4. Encuentre la solución general de la ecuación diferencial siguiente(x + 2y − 4)dx − (2x − 4y)dy = 0

Solution 6 La solución general viene dada porlog ( 4(y − 1) 2 + (x − 2) 2) − 2 arctan5. Integrar el problema de valor inicial⎧dy ⎪⎨dx⎪⎩=2x + 9y − 206x + 2y − 10y(0) = 2Solution 7 Aplicando en cambio de variable⎧⎨ X = x − 1obtenemos la siguiente ecuación homogénea⎩dYdXY = y − 2=2X + 9Y6X + 2Y .( ) 2(y − 1)= ctex − 2La anterior ecuación puede ser reducida mediante el cambio Y = V X a la siguienteecuación en variables separables dada porquedando entonces comoX dVdX = 2 + 9V6 + 2V − VX dV22 + 3V − 2V=dX 6 + 2Vlista para ser tratada como una ecuación de variables separables cuya solución es∫3 + V2 + 3V − 2V dV = 1 ∫ dX 2 2 X + cte.luegoEs facil ver que∫3 + V2 + 3V − 2V = 1 12 2 V + 1 2.− 1V − 23 + V2 + 3V − 2V dV = 1 ∣ ∣∣∣ 2 2 log V + 1 2∣ − log |V − 2|quedando la solución de la forma siguiente∣1 ∣∣∣2 log V + 1 2∣ − log |V − 2| = 1 log X + cte .2Por tantolog∣ V + 1 2∣ − 2 log |V − 2| − log X = cte′quedando entonces como∣∣ V +1∣Y2logX (V − 2) 2 = log + 1 ∣X 2X ( Y− 2) 2 = cte′ .X

Tomando exponenciales obtenemos(Y + 1 2 X )= k 1 (Y − 2X) 2siendo k 1 = e cte′ . Finalmente deshaciendo el primer cambio de variable, la última identidadqueda ((y − 2) + 1 )2 (x − 1) = k 1 ((y − 2) − 2(x − 1)) 2la cual simplificada resulta(y + 1 2 x − 5 )= k 1 (y − 2x) 2 .2La solución verificando y(0) = 2 nos da k 1 = −1/8 y por tanto la solución buscada es(y + 1 2 x − 5 )= − 1 2 8 (y − 2x)2 .6. Integrar el problema de valor inicial⎧⎨ (4x + 3y + 1)dx + (3x + 2y + 1)dy = 0⎩y(0) = 1.Solution 8 Hacer7. Integrar el problema de valor inicial⎧dy ⎪⎨dx = y − x − 33x + y + 1 = 0⎪⎩y(−1) = 0.Solution 9 Hacer8. Integrar el problema de valor inicial⎧⎪⎨dydx = 3(2x + 3y)2 − 3 = 0⎪⎩ y(0) = 1.Solution 10 Hacer3 Factores de Integración1. Encuentre un factor integrante para la siguiente ecuación diferencial(x 2 + 2xy − y 2 )dx + (y 2 + 2xy − x 2 )dy = 0sabiendo que es una función de z = (x + y) −1 .

Solution 11 Consideremos la ecuación más general siguienteM(x, y)dx + N(x, y)dy = 0y sea µ(x, y) = µ(x + y) un factor integrante para la anterior ecuación.siguiente ecuaciónEntonces laes exacta y por tanto se verifica queµ(x + y)M(x, y)dx + µ(x + y)N(x, y)dy = 0∂∂x (µ(x + y)N(x, y)) = ∂ (µ(x + y)M(x, y)) .∂yDesarrollando esta última igualdad obtenemosµ ′ N + µ ∂N∂x = µ′ M + µ ∂M∂ydonde hemos suprimido los argumentos de las funciones para facilitar la notación. Esclaro quey simplificando se tiene que( ∂Mµ ′ (N − M) = µ∂y − ∂N )∂x∂Nµ ′µ = − ∂x − ∂M∂yN − M .Luego la función∂N∂x − ∂M∂yΦ(x, y) = −N − M= Φ(z)debe ser una función de z = x + y y en este caso el factor integrante viene dado porµ(x + y) = µ(z) = e ∫ Φ(z)dz .En nuestro caso particular aplicando este resultado general obtenemosAdemás se verifica queΦ(x, y) = Φ(z) = −M(x, y) = x 2 + 2xy − y 2 ;N(x, y) = y 2 + 2xy − x 2 ;∂N∂x − ∂M∂yN − Mquedando entonces que el factor integrante viene dado porµ(x + y) =∂M= 2x − 2y∂y∂N= 2y − 2x .∂x= −4(y − x)2(y 2 − x 2 ) = − 2x + y = −2 z1(x + y) 2 .

2. Encuentre un factor integrante para la siguiente ecuación diferencialsabiendo que es una función de z = xy.(x 2 y − y 3 + y)dx + (xy 2 − x 3 + x)dy = 0Solution 12 Al igual que en el ejercicio anterior para la ecuación más generalobtenemos que esta ecuaciónes exacta. Por tantoy desarrollando nos quedaSe tiene entonces la siguiente expresiónquedandoLuego tenemos que la funciónM(x, y)dx + N(x, y)dy = 0µ(xy)M(x, y)dx + µ(xy)N(x, y)dy = 0∂∂x (µ(xy)N(x, y)) = ∂ (µ(xy)M(x, y))∂yyµ ′ N + µ ∂N∂x = xµ′ M + µ ∂M∂y .µ ′ (yN − xM) = µ( ∂M∂y − ∂N )∂x∂Nµ ′µ = − ∂x − ∂M∂yyN − xM .∂N∂x − ∂M∂yΦ(x, y) = −yN − xM = Φ(z)debe ser una función de z = xy y en este caso el factor integrante viene dado porEn nuestro casoAdemás es claro queµ(xy) = µ(z) = e ∫ Φ(z)dz .M(x, y) = x 2 y − y 3 + y;N(x, y) = xy 2 − x 3 + x;∂M∂y = x2 − 3y 2 + 1∂N∂x = y2 − 3x 2 + 1∂N∂x − ∂M∂yΦ(x, y) = Φ(z) = −yN − xM = − 4(y2 − x 2 )2xy(y 2 − x 2 ) = − 2xy = −2 zquedando entonces que el factor integrante viene dado porµ(xy) = 1x 2 y 2 .

3. Encuentre un factor integrante para la siguiente ecuación diferencial(2x − y)dx + (x + 2y)dy = 0sabiendo que es una función de z = x 2 + y 2 .Solution 13 Análogamentey desarrollando nos queda∂ (µ(x 2 + y 2 )N(x, y) ) = ∂ (µ(x 2 + y 2 )M(x, y) )∂x∂yObtenemos entonces la siguiente expresión2xµ ′ N + µ ∂N∂x = 2yµ′ M + µ ∂M∂y .2µ ′ (xN − yM) = µ( ∂M∂y − ∂N )∂xquedando entoncesLuego tenemos que la función∂Nµ ′µ = −1 ∂x − ∂M∂y2 xN − yM .∂NΦ(x, y) = − 1 ∂x − ∂M∂y2 xN − yM = Φ(z)debe ser una función de z = x 2 + y 2 y en este caso el factor integrante viene dado porµ(xy) = µ(z) = e ∫ Φ(z)dz .En nuestro caso tenemos queM(x, y) = 2x − y;N(x, y) = x + 2y;∂M∂y = −1∂N∂x = 1Además tenemos que∂NΦ(z) = − 1 ∂x − ∂M∂y2 xN − yM = −1 22 x(x + 2y) − y(2x − y) = − 1x 2 + y = −1 2 zquedando entonces que el factor integrante viene dado porµ(x 2 + y 2 ) =1x 2 + y 2 .

4. ¿Qué relaciones deben verificar los coeficientes de la siguiente ecuación diferencial(ax + by)dx + (cx + dy)dy = 0para que admita un factor integrante que sea función de z = x 2 + y 2 ?.Solution 14 Supongamos que los coeficientes sean números reales no nulos. Aplicandoel ejercicio anterior, tenemos queM(x, y) = ax + by;N(x, y) = cx + dy;∂M∂y = b∂N∂x = cAdemás se verifica que∂NΦ(z) = − 1 ∂x − ∂M∂y2 xN − yM = −1 c − b2 x(cx + dy) − y(ax + by) = −1 c − b2 cx 2 − by 2 + (d − a) xy .Para que haya factor integrante dependiente de z = x 2 + y 2suficiente qued = a b = −c .es condición necesaria yEntoncesy el factor integrante viene dado porΦ(z) = − 1x 2 + y 2µ(x 2 + y 2 ) =5. Encuentre un factor integrante de la ecuación1x 2 + y 2 .(4xy + 3y 4 )dx + (2x 2 + 5xy 3 )dy = 0sabiendo que es de la forma µ(x, y) = x r y s con r, s ∈ N que se determinarán.Solution 15 Sencillo...6. Encuentre un factor integrante para la ecuación(y + x(x 2 + y 2 ) ) dx − (y(x 2 + y 2 ) − x)dysabiendo que es una función de x 2 + y 2 .Solution 16 Hecho en clase

7. Demostrar que un factor integrante de la ecuaciónviene dado porf(xy)ydx + F (xy)xdy = 0µ(x, y) =1xy[f(xy) − F (xy)] .Con ayuda de este resultado reducir a la cuadratura la siguiente ecuación diferencial(x 3 y 3 + 1)ydx + (x 2 y 2 − 1)xdy = 0 .Solution 17 Hacer en clase.4 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes1. Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencialcon ω ∈ R.d 2 y+ y = sin ωxdx2 Solution 18 La solución general de la ecuación diferencial viene dada pory(x) = y h (x) + y p (x)dondey h (x) = C 1 cos x + C 2 sin xsiendo C 1 , C 2 ∈ R. Por otro lado la solución particular y p (x) viene dada pory p (x) = A sin ωx + B cos ωxcon ω ∈ R y ω ≠ 1. Para determinar las constantes A y B tenemos qued 2 y pdx = − ( ω 2 A sin ωx + ω 2 B cos ωx )2y usando queobtenemosd 2 y pdx 2+ y p(x) = sin ωx− (ω 2 A sin ωx + ω 2 B cos ωx) + (A sin ωx + B cos ωx) = sin ωx .LuegoA(1 − ω 2 ) = 1B(1 − ω 2 ) = 0

y como ω ≠ 1 se tiene queEntoncescuando ω ≠ 1.En el caso que ω = 1 tenemos quey derivando obtenemosA = 11 − ω 2 , B = 0 .y(x) = C 1 cos x + C 2 sin x + 1 sin ωx1 − ω2 y p (x) = Bx sin x + Dx cos xdy p= A cos x + B sin x − C sin x + D cos x + Bx cos x − xD sin xdxd 2 y p= 2B cos x − C cos x − A sin x − 2D sin x − Bx sin x − xD cos x .dx2 Por tantod 2 y pdx + y p(x) = 2B cos x − 2D sin x = sin x2luego D = −1/2 y B = 0. En este casoy(x) = C 1 cos x + C 2 sin x − 1 2 x cos x .2. Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferenciald 3 ydx − y3 2d2 dx + dy2 dx − 2y = xex .Solution 19 La solución general viene dada pory(x) = C 1 cos x + C 2 sin x + C 3 e 2x − 1 2 xex .3. Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferenciald 3 ydx 3 + y = 1 + x2 e x .Solution 20 La solución general viene dada pory(x) = C 1 e −x + C 2 e x/2 sin( √3con constantes C 1 , C 2 y C 3 ∈ R.2 x )+ C 3 e x/2 cos1 + 3 4 ex − 3 2 xex + 1 2 x2 e x( √32 x )+4. Integrar el problema de valor inicial⎧d⎪⎨3 ydx − dy3 dx = x + sin x∣dy⎪⎩ y(0) = 0,d 2 y ∣∣∣x=0dx∣ = 0, = 0x=0dx 2.

Solution 21 La solución general viene dada pory(x) = C 1 + C 2 e x + C 3 e −x + 1 2cos x −x22 .Por otro lado usando las condiciones iniciales dadas, obtenemos el siguiente sistema deecuaciones ⎧⎪ ⎨⎪ ⎩C 1 + C 2 + C 3 = −1/2que determina la solución siguienteC 2 − C 3 = 0C 3 + C 2 = 3/2y(x) = −2 + 3 4 ex + 3 4 e−x + 1 25. Integrar el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩cos x −x22 .d 3 ydx − dy3 dx = xex + e −x∣dyy(0) = 0,d 2 y ∣∣∣x=0dx∣ = 0, = 0x=0dx 2.Solution 22 La solución general viene dada por y(x) = y h (x) + y p (x) dondey h (x) = C 1 + C 2 e x + C 3 e −xes la solución general de la ecuación homogénea yy p (x) = x(A + Bx)e x + Cxe −xes la solución particular donde A, B y C son constantes a determinar. Tenemos queyd 3 y pdx 3d 3 y pdx 3dy pdx = Aex + (A + 2B)xe x + Bx 2 e x + Ce −x − Cxe −x= (3A + 6B)ex + (A + 6B)xe x + Bx 2 e x + 3Ce −x − Cxe −x− dy pdx = (2A + 6B)ex + 4Bxe x + 2Ce −x = xe x + e −xluego ⎧⎪ ⎨⎪ ⎩2A + 6B = 04B = 12C = 1cuya solución resulta A = − 3, B = 1, C = 1 quedando la solución particular dada por4 4 2y p (x) = x(− 3 4 + 1 )4 x e x + 1 2 xe−x .

Para resolver el problema con condiciones iniciales usamos las dadas en el ejercicio paraobtener el sistema de tres ecuaciones con incognitas C 1 , C 2 y C 3 . Dejamos como ejercicioel comprobar dichas constantes valen C 1 = −2, C 2 = 9/8, C 3 = 7/8. Por tanto la soluciónesy(x) = −2 + 9 8 ex + 7 8 e−x + x(− 3 4 + 1 )4 x e x + 1 2 xe−x .6. Integrar el problema de valor inicial⎧d⎪⎨3 ydx + dy3 dx⎪⎩y(0) = 0,= 3 + x + 2 sin x + 4 cos x∣dyd 2 y ∣∣∣x=0dx∣ = 0, = 0x=0dx 2.Solution 23 Comprobar que la solución es(y(x) = 1 − sin x − cos x + x 3 + x )e x − x sin x − 2x cos x .27. Integrar el problema de valor iniciald 2 ydx − 6dy + 9y = 2 xe3xdxSolution 24 Buscar una solución particular de la forma y p (x) = x 2 (a + bx)e 3x . Comprobarque la solución general es8. Integrar el problema de valor inicialy(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x + 1 6 x3 e 3x .d 2 ydx − 6dy + 9y = (3 + 2 x)e3xdxSolution 25 Buscar una solución particular de la forma y p (x) = x 2 (a + bx)e 3x . Comprobarque la solución general es9. Integrar el problema de valor inicialy(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x + 1 6 x2 (9 + x)e 3x .d 2 ydx 2 − 6dy dx + 9y = x3 e 3xSolution 26 Buscar una solución particular de la forma y p (x) = x 2 (a+bx+cx 2 +dx 3 )e 3x .Comprobar que la solución general esy(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x + 1 20 x5 e 3x .