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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS...

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ECUACIONES DIFERENCIALES ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL E.D.O.EXACTAS .CONTINUACIÓN. Cuando una E.D.O. de la forma: Mdx+Ndy=0 no cumple la condición de exactitud y tampoco se puede resolver usando los factores integrantes, entonces se usa artificios o sustituciones algebraicas como por ejemplo: y=ux

o

x=vy

Veamos: Ejemplo: Resolver la E.D.O. (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 )𝒅𝒙 + (𝒙𝟐 − 𝒙𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 Como ya sabemos M= 𝑥 2 + 𝑦 2 , Vamos a saber si es exacta:

𝜕𝑀 𝜕𝑦

N=𝑥 2 − 𝑥𝑦 𝜕𝑁

= 2𝑦 ,

𝜕𝑥

= 2𝑥 − 𝑦

Por tanto no es exacta. Vamos a intentarlo con el factor integrante. 1

𝑁

ECUACIONES DIFERENCIALES

(

𝜕𝑀 𝜕𝑦

−

𝜕𝑁

𝜕𝑥

)=

2𝑦−2𝑥+𝑦 3𝑦−2𝑥 𝑥 2 −𝑥𝑦

=

𝑥(𝑥−𝑦)

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1

(

𝜕𝑀

𝑀 𝜕𝑦

−

𝜕𝑁

𝜕𝑥

1

)=𝑥 2+𝑦2 (3𝑦 − 2𝑥)

Como se ve no se puede convertir a exactas. Entonces vamos usar la sustitución y=ux 𝑑𝑦

𝑑𝑥

=𝑢+𝑥

𝑑𝑢 𝑢𝑑𝑥+𝑥𝑑𝑢 𝑑𝑥

=

𝑑𝑥

luego dy=udx+xdu

Reemplazando la sustitución en la ecuación original se tiene: (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 2 -xy) dy = 0 (𝑥 2 +(𝑢𝑥)2 )𝑑𝑥 + (𝑥 2 −𝑢𝑥 2 )(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 𝑥 2 (1 + 𝑢2 )𝑑𝑥 + 𝑥 2 (1 − 𝑢)𝑢𝑑𝑥 + 𝑥 3 (1 − 𝑢)𝑑𝑢 = 0 𝑥 2 (1 + 𝑢2 + (1 − 𝑢)𝑢)𝑑𝑥 + 𝑥 3 (1 − 𝑢)𝑑𝑢 = 0 𝑥 2 (1 + 𝑢)𝑑𝑥 = −𝑥 3 (1 − 𝑢)𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑥

=−

(1−𝑢)𝑑𝑢 (𝑢−1) (1+𝑢)

=

𝑢+1

𝑑𝑢 , ∫

𝑑𝑥 𝑥

=∫

(𝑢+1−2)𝑑𝑢 𝑢+1 𝑦

= ∫ 𝑑𝑢 − 2 ∫

𝑑𝑢

𝑢+1

𝑦

ln|𝑥|=u-2ln|𝑢 + 1|+k→ln|𝑥| = − 2𝑙𝑛 | + 1|+k 𝑥 𝑥

ECUACIONES DIFERENCIALES

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𝑦

2

𝑦

ln|𝑥|+ln| + 1| = + 𝑘 𝑥 2

𝑦

𝑥

𝑦

ln(|𝑥| | + 1| ) = 𝑥 + 𝑘, 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑒 𝑎 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜𝑠: 𝑥

2 𝑦 𝑦 |𝑥| | + 1| = 𝑒 𝑥 𝑒 𝑘 𝑥

2. (𝒚𝟐 − 𝒙𝒚)𝒅𝒙 + 𝒙𝟐 𝒅𝒚 = 𝟎 Como siempre 𝜕𝑀

exacta;

𝜕𝑦

M = 𝑦 2 − 𝑥𝑦 , 𝑁 = 𝑥 2 ,

= 2𝑦 − 𝑥,

𝜕𝑁 𝜕𝑥

vamos a ver si es

=2x

Resulta que no es exacta. Probemos con factores integrantes: 1 𝜕𝑀 𝜕𝑁 1 2𝑦 − 3𝑥 ( − ) = 2 (2𝑦 − 𝑥 − 2𝑦 = 𝑁 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝑥 𝑥2 1 1 𝜕𝑀 𝜕𝑁 ( − )= 2 (2𝑦 − 3𝑥) 𝑀 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝑦 − 𝑥𝑦 Tampoco sirve factores integrantes. Usemos entonces la sustitución y=ux ECUACIONES DIFERENCIALES

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dy =udx+xdu ,(𝑦 2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 = 0 (𝑢2 𝑥 2 − 𝑢𝑥 2 )𝑑𝑥 + 𝑥 2 (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢 ) = 0 𝑥 2 (𝑢2 − 𝑢)𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥 3 du=0 𝑥 2 𝑢((𝑢 − 1)+1) dx=- 𝑥 3 𝑑𝑢 entonces

𝑥 2 𝑢2 𝑑𝑥 = −𝑥 3 𝑑𝑢, entonces 𝑢2 𝑑𝑥 = −𝑥𝑑𝑢 ∫

𝑑𝑥 𝑑𝑢 = −∫ 2 𝑥 𝑢

1

ln|𝑥| = − (− ) + 𝑘 = 𝑢

𝑥

→ |𝑥 | = 𝑒𝑦 𝑒 𝑘

1

𝑦 𝑥

𝑥

𝑥

+ 𝑘 = 𝑦 + 𝑘, 𝑒 𝑙𝑛|𝑥| = 𝑒 𝑦 𝑒 𝑘 𝑥 𝑦

luego 𝑒 = ±𝑥/𝐷

Aplicando logaritmo a ambos miembros: 𝑥

𝑦

=ln

ECUACIONES DIFERENCIALES

𝑥

𝐹

luego y =

𝑥

𝑙𝑛𝑥−𝐺

, G = lnF

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3. (senxy+xycosxy) dx+𝒙𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙𝒚𝒅𝒚 = 𝟎 M=senxy+xycosxy, N= 𝑥 2 cos xy, 𝜕𝑀 = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑥𝑦(−𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦)𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑁 = 2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑥 2 (−𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦)𝑦 𝜕𝑥 Luego es exacta. Su solución es: u(x, y)=∫ 𝑀𝑑𝑥 + ℎ(𝑦)=∫(𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 + 𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦)𝑑𝑥 + ℎ(𝑦) =-

𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 𝑦

+ 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 +

𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 𝑦

u(x,y)=xsenxy +h(y)+k ,

+ 𝑘 + ℎ(𝑦) = 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 + ℎ (𝑦) + 𝑘 𝜕𝑢

𝜕𝑦

= 𝑁 ,𝑥 2 𝑐osxy) +h´(y)= 𝑥 2 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦

luego queda

h´(y)=0,h(y)= C. u(x,y)=xsenxy+D ,D=C+K es la respuesta.

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ECUACION DE BERNOULLI Tiene la forma

𝑑𝑦

+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)𝑦 𝑛 . Cuando n≠0 y n≠ 1, la

𝑑𝑥 1−𝑛

sustitución u=𝑦 , reduce la ecuación de Bernoulli a una ecuación lineal. Ejemplos: 1. Resolver

x 𝑑𝑦

Sol.

𝑑𝑥

+

𝑦

= 𝑥𝑦 2

𝑥

𝒅𝒚

+ 𝒚 = 𝒙𝟐 𝒚𝟐

𝒅𝒙

, con

p(x)=

1

, q(x)=x

𝑥

Tiene la forma de una ecuación de Bernoulli con n=2, es decir 1

u=𝑦 −1=

𝑦

, y=

1

𝑢 𝑑𝑦

Por la regla de la cadena:

𝑑𝑥

en la ecuación original 𝑑𝑢

-𝑢 −2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑢

𝑑𝑥

11 𝑥𝑢

=

1 𝑑𝑢

𝑥

𝑢2

𝑢2

𝑑𝑥

= −𝑢−2

−

1

𝑥𝑢

𝑑𝑢

𝑑𝑥

=−

, reemplazamos

𝑥

𝑢2

luego

𝑢

− 𝑥 = −𝑥 , esta ecuación es lineal en la variable u

Lineal no homogénea, p(x)= integrante𝑒

𝑑𝑥

∫− 𝑥

1

𝑥

, q(x)=-x no homogénea, factor

=𝑒 −𝑙𝑛|𝑥| =|𝑥|−1 =

ECUACIONES DIFERENCIALES

1

𝑥 MG. MARÍA TERESA CÁRDENAS RIVERA

Suponga que x> 0 ,

1 𝑑𝑢

𝑥 𝑑𝑥

𝑑 1 (u ) 𝑑𝑥 𝑥

= −1

−

𝑢

𝑥2

= −1

1

∫ 𝑑( 𝑢 𝑥) = ∫ −𝑑𝑥

1

pero y= luego y= 𝑢

𝑢

,𝑥 =-x+k , u=-𝑥 2 +kx ,

1

−𝑥 2 +𝑘𝑥

𝒅𝒚

2. 𝒅𝒙 + 𝒙𝒚 = 𝒙𝒚𝟐 Es una ecuación de Bernoulli, con p(x)=x=q(x)=(x, n=2, haciendo u=𝑦 1−𝑛 = 𝑦 −1 como el caso anterior −𝑢−2

𝑑𝑢

𝑑𝑥

1

+x = 𝑥 𝑢

1

𝑢2,

(reemplazando en la ecuación original) 𝑑𝑢 − 𝑥𝑢 = −𝑥 𝑑𝑥

Ecuación lineal de primer orden no homogénea, p(x)= -x, q(x)=-x 𝑥2 /2

Factor de integración 𝑒 ∫ −𝑥𝑑𝑥 =𝑒 − 𝑒 ECUACIONES DIFERENCIALES

−𝑥2 2

𝑑𝑢

𝑑𝑥

− 𝑥𝑢𝑒

−𝑥2 2

=-x𝑒

−𝑥2 2

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−2

−𝑥 2 𝑑 𝑥 (𝑢𝑒 2 ) = −𝑥𝑒 2 𝑑𝑥

∫ 𝑑(𝑢 𝑒

−𝑥2 2

) = − ∫ 𝑥𝑒

−𝑥2 2

dx=𝑒

pero y=

−𝑥2 2

+k, u=1+k𝑒

𝑥2 2

1

𝑢

y=

1

𝑥2 1+𝑘𝑒 2

𝒅𝒚

3.

𝒅𝒙

+ 𝟐𝒙𝒚 = −𝒙𝒚𝟒 , es una ecuación de Bernoulli con p(x)= 2x,

q(x)=-x, n=4

1

U=𝑦1−𝑛 =𝑦 −3= 𝑦3

1

y= √ , 𝑦 −3 = 𝑢 3

𝑢

𝑑𝑢 𝑑𝑥

= −3𝑦 −4

𝑑𝑦

𝑑𝑥

La ecuación original puede verse así también: 𝑦 −4 𝑑𝑢 𝑑𝑥

-6xu=3x

𝑑𝑦

𝑑𝑥

+ 2𝑥𝑦 −3 = −𝑥, (Dividiendo por 𝑦 −4 )

que es una ecuación lineal en la variable u, no

homogénea

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Su factor integrante es 𝑒 ∫ −6𝑥𝑑𝑥 = 𝑒 −3𝑥 , multiplicando toda la ecuación por el factor integrante, 2

𝑒 −3𝑥

2

𝑑𝑢 2 2 − 6𝑥𝑢𝑒 −3𝑥 = 3𝑥𝑒 −3𝑥 𝑑𝑥

2 𝑑 2 −3𝑥 −3𝑥 (𝑢𝑒 ) = 3𝑥𝑒 𝑑𝑥

Después de integrar y despejar queda: 1 1 3𝑥 2 + 𝑘𝑒 = − 2 𝑦3 𝒅𝒚

4.

𝒅𝒙

+

𝟏𝒚

𝟑

=

𝟏 (𝟏 𝟑

− 𝟐𝒙)𝒚

𝟒

1

Rpta. 𝑦3 = −1 − 2𝑥 + 𝑘𝑒 𝑥 𝒅𝒚

5. +y=𝒚𝟐 (𝒄𝒐𝒔𝒙 + 𝒔𝒆𝒏𝒙) 𝒅𝒙

ECUACIONES DIFERENCIALES

1

Rpta.𝑦 = −𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑘𝑒 𝑥

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6. x dy -(y+x𝒚𝟑 (𝟏 + 𝒍𝒏𝒙))𝒅𝒙 = 𝟎. 𝑥2

Rpta. 𝑦2 = −

2𝑥 3 3

2

(3 + 𝑙𝑛𝑥 ) + 𝑘

ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS.

Una E.D. de la forma

M(x, y) dx+N(x, y) dy=0

se denomina homogénea

Si M y N son funciones homogéneas del mismo grado en x e y respectivamente.

Es decir si se cumple que: M (tx, ty)=𝑡 𝛼 M (x, y)

y

N (tx, ty)=𝑡 𝛼 N(x, y),

esto significa que ambas son homogéneas de grado 𝛼.

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EJEMPLO: F(x, y)=𝑥 3 + 𝑦 3 , G(x, y)=𝑥 3 − 𝑥 2 𝑦, F (tx, ty)=(𝑡𝑥)3 +(𝑡𝑦)3 = 𝑡 3 (𝑥 3 +𝑦 3 ) = 𝑡 3 𝐹(𝑥, 𝑦) G (tx, ty)=(𝑡𝑥 )3 − (𝑡𝑥 )2 𝑡𝑦 = 𝑡 3 (𝑥 3 − 𝑥 2 𝑦) = 𝑡 3 𝐺(𝑥, 𝑦) , es decir ambas son homogéneas de grado 3.

METODO DE RESOLUCION DE LAS E.D. HOMOGENEAS

Hacer alguna de estas dos sustituciones: y=ux puede ser: x=vy dx=vdy+ydv

dy=udx+xdu

o

Estas sustituciones reducen la E.D. homogénea a una E.D. separable. EJEMPLO. 1. Resuelva ( 𝒚𝟐 − 𝒙𝒚)𝒅𝒙 + (𝒙𝟐 𝒅𝒚) = 𝟎 Solución: M(x, y)=𝑦 2 − 𝑥𝑦 ,

𝑀(𝑡𝑥 , 𝑡𝑦) = (𝑡𝑦 )2 − 𝑡𝑥 . 𝑡𝑦 = 𝑡 2 (𝑦 2 − 𝑥𝑦) = 𝑡 2 𝑀(𝑥, 𝑦)

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N(x, y)=𝑥 2 , N (tx, ty)=𝑡 2 𝑥 2 homogéneas de grado 2

Sea y=ux

dy=udx+xdu

= 𝑡 2 𝑁(𝑥, 𝑦), o sea ambas son

reemplazando tenemos:

(𝑢2 𝑥 2 − 𝑢𝑥 2 )𝑑𝑥 + 𝑥 2 (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 𝑥 2 𝑢(𝑢 − 1 + 1)𝑑𝑥 + 𝑥 3 𝑑𝑢 = 0 𝑥 2 𝑢2 𝑑𝑥 = −𝑥 3 𝑑𝑢 𝑥

∫

𝑑𝑥 𝑥

= −∫

𝑑𝑢 𝑢2

,

𝑥

lnx= + 𝑘 luego 𝑦= 𝑙𝑛𝑥 − 𝑘 ; 𝑦

𝑦 𝑥

=

1

𝑙𝑛𝑥−𝑘

y=

𝑥

𝑙𝑛𝑥−𝑘

2. 2xydx - (𝒙𝟐 +𝒚𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎 M(x, y)=2xy,

M (tx, ty)=2tx.ty =𝑡 2 2𝑥𝑦 = 𝑡 2 𝑀(𝑥, 𝑦)

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N(x, y)=−𝑥 2 − 𝑦 2 N (tx, ty)=-𝑡 2 𝑥 2 − 𝑡 2 𝑦 2 =𝑡 2 (−𝑥 2 − 𝑦 2 ) = 𝑡 2 𝑁(𝑥, 𝑦), ambas son homogéneas de grado 2 Sea

x = vy,

dx= vdy+ydv,

2v𝑦 2 (𝑣𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑣 ) − (𝑣 2 𝑦 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0 (2𝑣 2 𝑦 2 − 𝑣 2 𝑦 2 − 𝑦 2 )𝑑𝑦 + 2𝑣𝑦 3 𝑑𝑣 = 0 (𝑣 2 𝑦 2 − 𝑦 2 ) dy+2v𝑦 3 𝑑𝑣 = 0

,

𝑦 2 (𝑣 2 − 1)𝑑𝑦 + 2𝑣𝑦 3 𝑑𝑣 = 0 𝑦 2 𝑑𝑦 𝑦3

∫

𝑑𝑦 𝑦

+∫

2𝑣𝑑𝑣

𝑣 2 −1

=−

= 0

2𝑣𝑑𝑣

𝑣 2 −1

(Separación de variables)

y después de integrar: ln|𝑦| + 𝑙𝑛|𝑣 2 − 1|+k=0

ln|𝑦||𝑣 2 − 1|=D , D=-K , aplicando base e a ambos miembros tenemos: ECUACIONES DIFERENCIALES

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|𝑦||𝑣 2 − 1|=𝑒 𝐷 = F, pero v =

donde G = ±𝐹

𝑥

𝑦

, |𝑦(

𝑥2

𝑦2

− 1)| = F, 𝑥 2 −𝑦 2 = 𝐺𝑦

𝒅𝒚

3. x 𝒅𝒙 − 𝒚 = √𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 Sol. Reconocemos que: x mismo:

𝑑𝑦

𝑑𝑥

= ( √𝑥 2 + 𝑦 2 +y) o lo que es lo

(√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑦)𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 M (x, y)=√𝑥 2 + 𝑦 2 +y, M (tx, ty)=√(𝑡𝑥 )2 + (𝑡𝑦)2 +ty = t (√𝑥 2 + 𝑦 2 +y)=tM(x, y) N(x, y)= - x, N (tx, ty)= - tx= t (-x) = t N(x, y), ambas ecuaciones son homogéneas de grado1. Hagamos y = ux, dy = udx+xdu , reemplazando tenemos: √𝑥 2 + (𝑢𝑥)2 +ux)dx - x(udx+xdu) = 0 ( x√1 + 𝑢2 + ux - ux)dx -𝑥 2 𝑑𝑢 = 0 ECUACIONES DIFERENCIALES

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x√1 + 𝑢2 dx = 𝑥 2 𝑑𝑢 , ahora separamos variables:∫

𝑑𝑥 𝑥

=∫

𝑥

𝑑𝑢

√1+𝑢2

ln|𝑥|=ln|√1 + 𝑢2 + 𝑢|+k , o sea ln| 𝑢+√1+𝑢2 |= k, pero u =

𝑦

𝑥

además que hay que aplicar base e a ambos miembros: |

𝑥2

𝑦+√𝑥 2 +𝑦2

4.

| = 𝑒𝑘 = 𝐻

ydx + x (lnx – lny -1) dy = 0

Sol. M(x, y)= y, N (x, y)= x (lnx - lny -1), M(tx,ty)=ty =t M(x,y) N(tx,ty)=tx(lntx – lnty -1) 𝑡𝑥

N (tx, ty)=t(x (ln 𝑡𝑦 - 1) = t N(x, y), se comprueba entonces que ambas son homogéneas de grado1.

Hagamos que x = vy, dx = vdy+ydv tenemos:

, reemplazando

y(vdy+ydv) +vy (ln vy – lny – 1 )dy = 0 , factorizando dy se tiene: (yv+vyln vy –vy lny – vy)dy + 𝑦 2 𝑑𝑣 = 0 ECUACIONES DIFERENCIALES

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yv(ln vy –lny)dy +𝑦 2 𝑑𝑣 = 0 , yv(ln v +lny –lny)dy +𝑦 2 𝑑𝑣 = 0 , yvlnv dy= -𝑦 2 𝑑𝑣 , vlnv dy= -ydv Ahora separamos variables: ∫

𝑑𝑦 𝑦

= −∫

𝑑𝑣

𝑣𝑙𝑛𝑣

queda:

ln|𝑦| = -ln |𝑙𝑛𝑣 |+k ln|𝑦|+ln|𝑙𝑛𝑣| = k ,

ln(|𝑦|. |𝑙𝑛𝑣|) = k ,

Aplicando base e tenemos: 𝑥

|𝑦||𝑙𝑛𝑣| = 𝑒 𝑘 = D , pero v = reemplazando tenemos 𝑦

𝑥

|𝑦| |𝑙𝑛 | = D, 𝑦

ECUACIONES DIFERENCIALES

|𝑦||𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛𝑦| = D

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REPASO DE LAS E.D. DE BERNOULLI.

Resolver las E.D. de Bernoulli:

𝑑𝑦

𝑑𝑥

−

𝑦

3𝑥

= 𝑦 4 . 𝑙𝑛𝑥 1

Sol. Identificamos que n=4, luego u=𝑦1−4 = 𝑦 −3 = 3, 𝑦

Entonces 1 𝑦 3 =𝑢 ,

y=𝑢

1 3

−

,

4 − 𝑑𝑢 luego =-1/3𝑢 3 𝑑 𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑦

(por la regla de la cadena) El paso siguiente es reemplazar en la ecuación original: −1 1 𝑑𝑢 3

4 𝑑𝑥 𝑢3

−

1 1

3𝑥

1 𝑢3

1

=lnx ( 4 ), 𝑢3

4 3

cambiando de signo y multiplicando a todo por 𝑢 , se tiene: 1 𝑑𝑢 1 𝑢 3 𝑑𝑥

+

3𝑥

= -lnx; es decir

𝑑𝑢

𝑢

+ = -3lnx, 𝑑𝑥 𝑥

ecuación lineal en la variable u y no homogénea,

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𝑑𝑥

1

P(x)= , q(x)= -3lnx, cuyo factor integrante es: 𝑒 ∫ 𝑥 =𝑒 𝑙𝑛|𝑥| =x, 𝑥

suponiendo que x> 0.Multiplicando a toda la ecuación por el factor integrante: x

𝑑𝑢

𝑑𝑥

+u = -3xlnx

𝑑 (𝑢𝑥 ) = −3𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥

∫ 𝑑 (𝑢𝑥 ) = −3 ∫ 𝑥𝑙𝑛𝑥𝑑𝑥,

𝑑𝑥

u=lnx, du= , 𝑥

dv=xdx,

v=∫ 𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 2 /2 ux= -3(uv-∫ 𝑣𝑑𝑢)

𝑥2 =-3( 2 lnx

𝑥 2 𝑑𝑥 -∫ 2 . 𝑥 )=-3/2(𝑥 2 lnx)+3/4(𝑥 2 )

u=(-3/2(𝑥 2 𝑙𝑛𝑥) +

4(𝑥 2 )

Respuesta: y =

ECUACIONES DIFERENCIALES

3

+𝑘

+ 𝑘))/x , pero y=

1

𝑢1/3

1

3 −3/2(𝑥2 𝑙𝑛𝑥)+3/4(𝑥2 )+𝑘 √ 𝑥

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𝒅𝒚

2.

𝒚

+ = 𝒙𝟐 𝒚𝟔 𝒅𝒙 𝒙

1

Solución. n=6, luego u = 𝑦 −5 ,𝑦 5 = 𝑢 , y =𝑢 −1/5 , 𝑑𝑦

luego 𝑑𝑥 = −1/5𝑢 −6/5 1

- . 5

1 𝑑𝑢

+

𝑑𝑢

1

6

𝑑𝑥

𝑢5

1/5

𝑑𝑥

1 1 𝑥

1

𝑢5

= 𝑥2

𝑑𝑢,

𝑑𝑥

reemplazo: 6

1

5 6 , cambio de signo y multiplico por 𝑢

𝑢5

𝑑𝑢

− 𝑢 = −𝑥 2 ,

𝑑𝑥

𝑥

𝑢

− 5 𝑥= -5𝑥 2 esta es una ecuación

diferencial lineal en la variable u,

𝑑𝑥

integrante.𝑒 ∫ −5 𝑥 = 1 𝑑𝑢

𝑥5

,q(x)=-5𝑥 2 ,no

p(x)=-5/x

𝑑𝑥

−5

𝑢 𝑥5

𝑢

𝑥6

=-5

5

1

= . 2

𝑥2

1

𝑥5

con x> 0

1

,

𝑥3

𝑑

𝑑𝑥

1

(𝑢 5) =-5 𝑥

5

1

𝑥3

homogenea,con

1

luego:∫ 𝑑(𝑢 5) =-5∫ 𝑥 1

+ 𝑘, u= 𝑥 3 +k𝑥 5 pero y= 1 = 5

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2

𝑢5

5 2

1

√ 𝑥 3 +𝑘𝑥 5

factor

𝑑𝑥

𝑥

3

.

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𝒅𝒙

3.

𝒅𝒚

−

𝒚

𝒙

= 𝒙−𝟑 𝟒𝒚 𝟒

1

𝑑𝑥 1

n=-3, u=𝑥 1−𝑛 =𝑥 4 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑥 = 𝑢 4 ,𝑑𝑦= 4 𝑢 −3/4

1/4

1 𝑑𝑢

3 𝑢4

𝑑𝑦

−

1

𝑢4 4𝑦

𝑦

3

= 𝑢− 4 , 4

𝑑𝑢

1/4 𝑑𝑦 −

𝑢

4𝑦

𝑦

= , 4

𝑑𝑢

𝑑𝑦

𝑑𝑢

𝑢

−- = y, 𝑑𝑦 𝑦

factor integrante es 𝑒

−𝑑𝑦

∫ 𝑦

1

=|𝑦|−1 = , y> 0.Multiplicando por factor integrante: 𝑦

𝑑𝑢 1 𝑢 1 =1 − 𝑑𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 1 𝑑 (𝑢 ) = 1 𝑑𝑦 𝑦 𝑢

𝑢

∫ 𝑑(𝑦)=∫ 𝑑𝑦 = 𝑦 + 𝑘,𝑦 = 𝑦 + 𝑘,

u=𝑦 2 + 𝑘,

4 2 + 𝑘 x=√𝑦

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𝒅𝒙

4.

𝟐

+ 𝒙 = 𝟐𝒚𝒙𝟐 𝒅𝒚 𝒚

𝑑𝑥

N=2, u=𝑥 −1 =1/x, x=𝑢 −1 , =-1𝑢 −2 𝑑𝑦

-𝑢 −2

𝑑𝑢 2 1

+

𝑑𝑦 𝑦 𝑢

= 2𝑦

1

𝑢2

𝑑𝑢

,

𝑑𝑦

con factor integrante

𝑒

−2𝑑𝑦

∫ 𝑦

−

−2

=𝑒 −2𝑙𝑛|𝑦| =𝑒 𝑙𝑛|𝑦| =

2𝑢 𝑦

1

𝑦2

𝑑𝑢

𝑑𝑦

=-2y, lineal en u, no homogénea

,

1 𝑑𝑢

𝑦2

𝑑𝑦

−

1 2𝑢

𝑦2

𝑦

= −2𝑦

1

𝑦2

,

1 2 𝑑 (𝑢 2 ) = − 𝑑𝑦 𝑦 𝑦 1

∫ 𝑑(𝑢 𝑦2 )=-2∫

𝑑𝑦 𝑦

,

𝑢

𝑦2

= −2𝑙𝑛|𝑦|+k,

x=

u=𝑦 2 (−2𝑙𝑛|𝑦|+k),

1

𝑦 2 (−2𝑙𝑛|𝑦|+𝑘)

Arequipa, 30 de abril del 2020

ECUACIONES DIFERENCIALES

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