Calculo III PDF

Preview

Summary

Cursos virtuales - C ́alculo III - Lic. Hans M ̈ullerPor: Roberto Perez FerrelLa Sansi Centro de Ense ̃nanza75961951 - 72719689 - 70794142 - 75470828 - 69504078Av. Oquendo entre Calama y Ladislao CabreraEdificio N 0551 acera este.Realizamos cursos de preparaci ́on para los Ex ́amenesdel 1er Parcial,...

Description

ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

E.D. Lineales:

y ′ = a(x)y + b(x)

Teor´ıa Las ecuaciones diferenciales lineales se resuelve por dos tramos 1) Soluci´ on homogen´ ea: 2) Soluci´ on particular:

R

y ′ = a(x)y ⇒ yh = ce yp

a(x)dx

planeteamos al igual que la soluci´on homogen´ea obtenido

Soluci´ on general: y(x) = yh + yp − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Ejercicios 1. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial y ′ − y = ex ´ n.− Soluci o Despejando y ′ = y + ex R

Soluci´ on homogen´ea y ′ = y ⇒ y = ce

1dx

⇒ yh = cex

Soluci´ on particular yp = cex ⇒ y ′ = c′ ex + cex reemplazamos en la ecuaci´ on diferencial c′ ex + cex = cex + ex ⇒ c′ = 1 ⇒ c = x 1

luego la soluci´on particular es: yp = xex Soluci´ on general y = yh + yp y = cex + xex

2. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial x(x2 + 1)y ′ + 2y = (x2 + 1)3 ´ n.− Soluci o Soluci´ on homog´enea y ′ = − x(x22+1) y + R −

y = ce

2 dx x(x2 +1)

y = ce− ln(x

2

−

⇒ y = ce

/(x2 +1))

⇒ yh =

R

(x2 +1)2 x

2 2x x − x2 +1 dx

⇒ y ′ = − x(x22+1) y

⇒ y = ce−(2 ln(x)−ln(x

2 +1))

c(x2 + 1) x2

Soluci´ on particular planteamos yp =

c(x2 +1) x2

2

⇒ y ′ = c′ xx+1 − 2

2c x3

reemplazamos en la ecuaci´ on diferencial tenemos c(x2 + 1) (x2 + 1)2 x2 + 1 2c 2 + − = − x2 x(x2 + 1) x x2 x3 R de donde c′ = x(x2 + 1) ⇒ c = x(x2 + 1)dx c′

integrando c = 41 (x2 + 1)2 luego la soluci´on particular es: yp =

(x2 +1)3 4x2

Soluci´ on general y = yh + yp y=

c(x2 +1) x2

+

(x2 +1)3 4x2

⇒ 4x2 y = c(x2 + 1) + (x2 + 1)3

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

E.D. Bernouilli:

y ′ = a(x)y + b(x)y α

Teor´ıa Toda ecuaci´on diferencial de tipo bernouilli se convierte en una ecuaci´on diferencial lineal de la siguiente manera. Planteamos z = y 1−α 2

Luego la ecuaci´on diferencial se vuelve en: z ′ = (1 − α)a(x)z + (1 − α)b(x) ⇐= Ecuaci´ on diferencial lineal − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Ejercicios 1. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial xy ′ + y = x4 y 3 ´ n.− Soluci o Despejando y ′ = − x1 y + x3 y 3 planteamos z = y 1−3 ; z = y −2 reemplazando el cambio en la ecuaci´on diferencial z ′ = (1 − 3)(− x1 )z + (1 − 3)x3 ⇒ z ′ = x2 z − 2x3 hallamos una soluci´on homogen´ea R

z ′ = x2 z ⇒ z = ce

2 dx x

⇒ zh = cx2

soluci´ on particular zp = cx2 ⇒ z ′ = c′ x2 + 2cx reemplazamos en la ecuaci´ on diferencial para hallar c c′ x2 + 2cx = x2 cx2 − 2x3 ⇒ c′ = −2x integrando c = −x2 luego tenemos la soluci´on particular zp = −x4 soluci´ on general z = cx2 − x4 ⇒ y −2 = cx2 − x4

2. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial xy ′ + y = y 2 ln x ´ n.− Soluci o despejando y ′ = − x1 y +

ln x 2 y x

planteamos z = y 1−2 ⇒ z = y −1 reemplazamos y tenemos una ecuaci´on diferencial lineal. ln x 1 z′ = z − x x R 1 1 ′ dx Soluci´ on homog´enea z = x z ⇒ z = ce x ⇒ z = celn x ⇒ zh = cx 3

Soluci´ on particular zp = cx ⇒ z ′ = c′ x + c reemplazamos en la forma lineal c′ x + c = x1cx − Z ln x 1 + ln x Integrando c = − dx ⇒ c = 2 x x

ln x x

⇒ c′ = − lnx2x

luego la soluci´on particular es: yp = 1 + ln x por tanto la soluci´ on esta dada por: z = cx + 1 + ln x ⇒

1 y

= cx + 1 + ln x

3. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial y′ =

2 + 3xy 2 4x2 y

´ n.− Soluci o queda como ejercicio para el estudiante. − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

E.D. Separables:

y ′ = f (x)g(y )

Teor´ıa Las ecuaciones diferenciales de variable separable trata de separar variables de manera que solo dependan de una sola variable en cada lado de la siguiente manera: y ′ = f (x)g(y) donde y ′ =

dy dx

1 dy dy = f (x)dx ⇒ = f (x)g (y) ⇒ g(y) dx

Z

1 dy = g(y)

Z

f (x)dx + c

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Ejercicios 1. Resolver la ecuacio´ n diferencial. y ′ = x(1 + y 2 ) ´ n.− Soluci o Separamos variables

Integramos

Z

dy 1 dy = xdx = x(1 + y 2 ) ⇒ 1 + y2 dx 1 dy = 1 + y2

Z

1 xdx + c ⇒ arctan y = x2 + c 2 4

y = tan

1

x2 + c 2



− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

E.D. Homog´ eneas:

y ′ = f (y/x)

Teor´ıa Toda ecuaci´ on diferencial de tipo homogen´ea se vuelve en separable bajo el cambio z=

y x

⇒ y = xz ; y ′ = z + xz ′ donde z ′ =

dz dx

reemplazamos en la ecuaci´on diferencial z + xz ′ = f (z) ⇒ z ′ =

f(z )−z x

⇐= ecuaci´ on diferencial separable

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Ejercicios 1. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial y 2

y′ =

y 2

x2 + x2 e( x ) + 2y 2 e( x ) y 2 2xye( x )

´ n.− Soluci o Haciendo operaciones algebraicas se tiene: y 2

y 2

y 1 + e(x ) + 2( x )2 e( x ) y = y 2 2( xy )e( x ) ′

planteamos z = xy ;

y = xz;

y ′ = z + xz ′ donde z ′ =

dz dx

reemplazando en la ecuaci´ on diferencial se vuelve en variable separable 2

z + xz ′ =

1 + ez + 2z 2 ez 2zez 2

2

2

2

1 + ez 2zez 1 dz dx = −→ x 2 2 dz = z x dx 2zez 1+e

Integrando

Z

2

2zez dz = 1 + ez 2

Z

1 dx + C x y 2

2

ln(1 + ez ) = ln(x) + ln(c) −→ ln(1 + e(x ) ) = ln(xc)

5

y 2

1 + e( x ) = xc 2. Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on x2 y ′ = x2 + xy + y 2 ´ n.− Soluci o Dividiendo entre x2 tenemos:

y  y 2 + x x ′ ′ y = z + xz donde z ′ = y′ = 1 +

Planteamos z = xy ;

y = xz ;

dz dx

reemplazando en la ecuaci´ on diferencial se vuelve en variable separable dz z + xz ′ = 1 + z + z 2 −→ xdx Z Z 1 Integrando dz = 1 + z2

= 1 + z 2 −→

1 dz 1+z 2

= x1 dx

1 dx + C x

arctan(z) = ln(x) + ln(c) −→ arctan(xy) = ln(xc) y = x tan(ln(xc)) 3. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial y y x cos( )y ′ = y cos( ) + x x x ´ n.− Soluci o Realizando operaciones algebraicas y y y cos( )y ′ = cos( ) + 1 x x x Planteamos z = xy ;

y = xz ;

y ′ = z + xz ′ donde z ′ =

dz dx

reemplazando, en la ecuaci´ on diferencial se vuelve en variable separable cos(z )(z + xz ′ ) = z cos(z) + 1 −→ z cos(z) + x cos(z)z ′ = z cos(z) + 1 dz x cos(z) dx = 1 −→ cos(z)dz = x1 dx Z Z 1 dx + C Integrando cos(z)dz = x

sin(z) = ln(x) + ln(c) −→ sin(xy) = ln(xc) sin( xy ) − ln(xc) = 0 − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −− 6

E.D. Reducibles a separables

y ′ = f (ax + by + c)

Teor´ıa Como su nombre indica este tipo de ecuaciones diferenciales bajo un cambio se reduce a una ecuaci´ on diferencial separable de la siguiente forma z = ax + by + c ⇒ z ′ = a + by ′ ⇒ y ′ =

z ′ −a b

donde z ′ =

dz dx

sustituimos en la ecuaci´on diferencial. z ′ −a b

= f (z) ⇒ z ′ = bf (z) + a ⇐= ecuaci´ on diferencial separable

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Ejercicios 1. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial y ′ = sin2 (x − y + 1) ´ n.− Soluci o Planteamos z = x − y + 1;

z ′ = 1 − y ′ donde z ′ =

dz dx

Reemplazando, en la ecuaci´ on diferencial se vuelve en variable separable 1 dz = cos2 (z) −→ dz = dx 1 − z ′ = sin2 (z) =⇒ z ′ = 1 − sin2 (z) −→ dx cos2 (z)

Integramos:

R

sec2 (z )dz =

R

dx + c → tan(z) = x + c tan(x − y + 1) = x + c

2. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial y ′ = (x + y )2 ´ n.− Soluci o Planteamos z = x + y;

dz z ′ = 1 + y ′; donde z ′ = dx

Reemplazando, en la ecuaci´ on diferencial se vuelve en variable separable

z′ − 1 = z2 ⇒ z′ = z2 + 1 ⇒ integramos

Z

1 dz = 2 z +1

Z

z2

1 dz = dx +1

dx + c

arctan(z) = x + c ⇒ z = tan(x + c) ⇒ 7

y = tan(x + c) x

y = x tan(x + c) − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Otras ecuaciones diferenciales Teor´ıa Ecuaciones diferenciales no homogen´eas las ecuaciones diferenciales no homogen´eas tiene la forma. y′ =

A1 x + B1 y + C1 A2 x + B2 y + C2

Y se resuelve por dos casos.    A1 B1   = 0 bajo el cambio z = A1 x + B1 y ; z ′ = A1 + B1 y ′ la ecuaci´ Caso 1.- si  on A2 B2  diferencial se vuelve separable    A1 B1   6= 0 Caso 2.- si  A2 B2  Resolvemos las ecuaciones lineales



A1 x + B1 y + C1 = 0 ⇒ x = h, A2 x + B2 y + C2 = 0

y=k

planteamos u = x − h y v = y − k ademas du = dx y dv = dy luego y ′ =

dy dx

=

dv du

= v ′ reemplazando, la ecuaci´on diferencial se vuelve en homog´enea

v′ =

A1 + B1 v/u A1 u + B1 v ⇐= Homogen´ea ⇒ v′ = A2 + B2 v/u A2 u + B2 v

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Ejercicios 1. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial y′ =

x+y+4 x+y−6

´ n.− Soluci o Como el determinante formado por los coeficientes de x e y es igual a:    1 1     1 1 =0 8

entonces planteamos z = x + y;

dz z ′ = 1 + y ′ ; donde z ′ = dx

Reemplazando, en la ecuaci´ on diferencial se vuelve en variable separable z′ − 1 =

z+4 z−6

→ z′ =

2z−2 z−6

→ Z

dz dx

=

2(z−1) z−6

→

z−6 dz z−1

= 2dx

z−6 Integrando dz = 2dx + c z−1 Z 5 1− dz = 2x + c → z − 5 ln(z − 1) = 2x + c z−1 Z

x + y − 5 ln(x + y − 1) = 2x + c → y − x − 5 ln(x + y − 1) = c 2. Resolver la ecuaci´on diferencial y′ =

3x − 4y + 1 −3x + 4y − 2

´ n.− Soluci o Queda como ejercicio para el estudiante − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −− 3. Hallar la soluci´on general de y′ =

x+y−1 x + 4y + 2

´ n.− Soluci o Como el determinante formado por los coeficientes de x e y es igual a:    1 1    6 0  1 4 = 3 =  x+y−1= 0 Resolvemos las ecuaciones lineales ⇒ x = 2, y = −1 x + 4y + 2 = 0 planteamos u = x − 2 y v = y + 1 ademas du = dx y dv = dy luego y ′ =

dy dx

=

dv du

= v ′ reemplazando, la ecuaci´on diferencial se vuelve en homog´enea

v′ = Planteamos z = uv ;

v = uz ;

z + uz ′ =

u+v 1 + v/u ⇒ v′ = 1 + 4v/u u + 4v

dz v ′ = z + uz ′ donde z ′ = du

4z 2 − 1 1 + 4z 1 1+z ⇒ uz ′ = − ⇒ 2 dz = − du 1 + 4z 4z − 1 1 + 4z u 9

1 + 4z

Z

1 dz = − u du + c −1 El lado izquierdo integramos por el m´etodo de fracciones parciales

Integrando

4z 2

Z

A B 1 + 4z ⇒ 1 + 4z = A(2z + 1) + B(2z − 1) = + 2 4z − 1 2z − 1 2z + 1

luego si z =

1 2

da A = 23 ; z = − 12 da B = 21 , por consiguiente se obtiene:

3 1 1 + 4z 2 2 ⇒ = + 4z 2 − 1 2z − 1 2z + 1

Integrando

3 4

Z 

1/2 3/2 + 2z − 1 2z + 1



dz = −

Z

1 du + c u

ln(2z − 1) + 41 ln(2z + 1) = − ln(u) + ln(c)

multiplicando por 4 y empleando propiedades logar´ıtmicas ln((2z − 1)3 (2z + 1)) = ln(c/u4 ) ⇒ (2z − 1)3 (2z + 1) = c/u 4  v  3  v 2 −1 2 + 1 = c/u4 ⇒ (2v − u)3 (2v + u) = c u u por lo tanto reemplazando u = x − 2, v = y + 1 tenemos la soluci´on general: (2(y + 1) − (x − 2))3 (2(y + 1) + (x − 2)) = c =⇒ (x − 2y − 4)3 (x + 2y) = c 4. Resolver la ecuaci´on diferencial y′ =

x+y+4 x−y−6

´ n.− Soluci o Queda como ejercicio para el estudiante 5. Resolver la ecuaci´on diferencial y′ =

3y − 7x + 7 3x − 7y − 3

´ n.− Soluci o Queda como ejercicio para el estudiante

10

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Teor´ıa Cambio de roles Se realiza un cambio de roles cuando no es ninguno de los anteriores dy dx 1 1 = f (x, y) ⇒ = ⇒ x′ = f (x, y) dx dy f (x, y) luego en la nueva ecuaci´ on diferencial buscamos lo siguiente y ′ = f (x, y) ⇒

Lineal x′ = a(y )x + b(y ) Bernouille x′ = a(y )x + b(y )xα Homogen´ea x′ = g(x/y )

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Ejercicios 6. Hallar la soluci´on general y − xy ′ = y ′ y 2ey ´ n.− Soluci o despejamos y ′ y′ = Haciendo cambio de roles x′ = Luego

y x + y 2 ey

x+y 2 ey y

x′ = y1 x + yey ecuaci´on diferencial lineal

resolvemos: Soluci´ on homog´ enea Soluci´ on particular

R

x′ = y1 x ⇒ x = ce

1 dy y

⇒ xh = cy

xp = cy ⇒ x′ = c′ y + c

reemplazamos en la ecuaci´ on diferencial lineal 1 c′ y + c = cy + yey ⇒ c′ y + c = c + yey ⇒ c′ y = yey y c′ = ey ⇒ c = ey reemplazamos y tememos la soluci´ on particular xp = yey soluci´ on general x = xh + xp x = cy + yey

11

7. Resolver la ecuaci´on diferencial y′ =

1 xy + x2 y 3

´ n.− Soluci o Haciendo un cambio de roles tenemos x′ = yx + y 3 x2 ⇐= ecuaci´on diferencial de tipo bernoulli transformamos en una ecuaci´ on diferencial lineal planteando z = x1−2 , z = x−1 z ′ = (1 − 2)yz + (1 − 2)y 3 ⇒ z ′ = −yz − y 3 R

Soluci´ on homogen´ea z ′ = −yz ⇒ z = ce 1 2

(−y )dy 1

1 2

⇒ zh = ce−2 y 2

1

2

1

2

Soluci´ on particular zp = ce− 2 y ⇒ zp′ = c′ e− 2 y − cye− 2 y 1 2

1

1 2

2

c′ e− 2 y − cye− 2 y = −yce−2 y − y 3 de donde c′ = −y 3 e 2 y R 1 2 integrando c = (−y 3 e2 y )dy

R 2 R 1 2 1 2 1 2 1 2 c=− y y e2 y dy =⇒ c = −(y 2 e2 y − e 2 y 2ydy) =⇒ c = (2 − y 2 )e2 y 2 1 u = y2 dv = ye 2 y 1 y2 du = 2ydy v = e2 1 2 1 2 reemplazamos en la soluci´ on particular zp = (2 − y 2 )e 2 y e− 2 y ⇒ zp = 2 − y 2

1

2

soluci´ on general z = ce− 2 y + 2 − y 2 1 2

recuperando la variable x−1 = ce−2 y + 2 − y 2 8. Resolver la ecuaci´on diferencial xy ′ + 2 = x3 (y − 1)y ′ ´ n.− Soluci o Queda como ejercicio para el estudiante

12

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Teor´ıa de E.D. de Riccati Se denomina Ecuaci´ on de Riccati si se conoce una soluci´on particular y ′ = f (x, y) y la soluci´ on particular y(x) = yp se resuelve de dos maneras

1) si planteamos la soluci´ on general y = z + yp ⇒ y ′ = z ′ + yp′ donde z es soluci´ on homogen´ea lo cual nos conduce a una ecuaci´ on diferencial de tipo bernoulli

2) si planteamos la soluci´ on general y=

1 z

+ yp ⇒ y ′ = − z12 z ′ + yp′ donde

1 z

es soluci´ on homogen´ea

lo cual nos conduce a una ecuaci´ on diferencial lineal − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−

Ejercicios 9. hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial y′ =

y + x3 y 2 − x5 x

sabiendo que y = x es una soluci´on particular evidente ´ n.− Soluci o soluci´ on general y = 1z + yp ⇒ la ecuaci´ on diferencial 1 − 2 z′ + 1 = z

1 z

y=

+x + x3 x



1 z

+ x derivamos y ′ = − z12 z ′ + 1 reemplazamos en

2 1 1 2x4 x3 1 + 2 + + x − x5 ⇒ − 2 z ′ = z z z xz z

5

z − x3 ecuaci´ on diferencial lineal z ′ = − 1+2x x

Soluci´ on homog´enea

5

z ′ = − 1+2x z ⇒ z = ce− x

R

1 +2x4 dx x

2 5

⇒ z = ce− ln x− 5 x ⇒ zh = c e

13

2 x5 −5

x

Soluci´ on particular

zp = c e

− 2x5 5

x

⇒ zp′ = c′ e

− 2 x5 5

x

−c



1 − 2 x5 e 5 x2

3 − 25 x5

+ 2x e



reemplazamos en la ecuaci´ on diferencial   2 5 − 25 x5 1 + 2x5 e−5 x c ′ − 2 x5 1 − 2x 5 2 5 ′e x 3 3 − 5 5 = − c c − x ⇒ −c + 2x e e e 5 = −x3 x x x x2 x 2

5

2

5

c′ = −x4 e 5 x integrando c = −21e 5 x reemplazamos obtenemos la soluci´ on particular 2

5

− 1 e 5 x − 2 x5 1 zp = 2 e 5 ⇒ zp = − x 2x luego la soluci´ on est´a dada por: z = zh + zp 2

5

c 2 5 1 ce− 5 x − 1 z = e− 5 x − ⇒z= 2x x 2x Por ultimo la soluci´ on general es: y =

y=

2x 2 x5

ce− 5

1 z

+x

+x −1

10. hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial 1 2 y ′ − x3 − y + y 2 = 0 x x sabiendo que y = x2 es una soluci´ on particular evidente ´ n.− Soluci o Planteamos y = z1 + yp ⇒ y = ecuaci´ on diferencial

−

1 z

+ x2 derivamos y ′ = − z12 z ′ + 2x reemplazamos en la

1 ′ 1 2 1 1 1 2 1 2x z + 2x − x3 − ( + x2 ) + ( + x2 )2 = 0 ⇒ − 2 z ′ − + − 2 =0 2 xz x z x z z z xz z z ′ = (2x −

1 2 )z − ⇐= E.D. Lineal x x

Resolviendo R x2 2 2 Soluci´ on homogen´ea z ′ = (2x − 2x )z ⇒ z = ce (2x− x )dx = cex −2 ln x ⇒ zh = c ex2 x2

x2

Soluci´ on particular zp = c ex2 ⇒ z ′ = c′ ex2 + c( 2x

14

3 x2

e

2

−2xex x4

)

x2

c′ ex2 + c( 2x

3 x2

e

2

−2xex x4

x2

2

) = (2x − x2)c ex2 − x1 ⇒ c′ = −xe−x integrando c = 12 e−x

luego la soluci´ on particular esta dada por: zp = 21e−x

2

2

ex x2

Soluci´ on general obtenido para z es: x2

z = c ex2 + 2x1 2 Soluci´ on general obtenido para y y=

1 x2 c ex2

+ 2x12

+ x2 ⇒ y =

2x2 cex2 +1

+ x2

11. hallar la soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial x2 y ′ + 4xy − x2 − 4y 2 = 0 sabiendo que y = x es una soluci´on particular evidente ´ n.− Soluci o Queda...