resolucion guia 6 mat023
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Resolucion Guia 6 MAT023 2015 s1TRANSCRIPT
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Universidad TecnicaFederico Santa MaraDepartamento de Matematica
Matematica IIIGua No6
Coordinacion MAT-023
Gua #6 MAT023 Semestre I, 2015
Ayudantes: Dymythy Huenuhueque, Rogelio Arancibia, Edgardo Villar
1.- Considere la ecuacion xy = 2 x2 + (1 + 2x)y y2. Use el cambio de variable z = x y + 1 para encontrarla solucion general.
Solucion
Usando el cambio de variable antes propuesto, se tiene que
= y = x z + 1= y = 1 z
remplazando en la ecuacion original se tiene que
xy = 2 x2 + (1 + 2x)y y2x(1 z) = 2 x2 + (1 + 2x)(x z + 1) (x z + 1)2x xz = 2 x2 + (x z + 1)(1 + 2x x+ z 1)x xz = 2 x2 + (x z + 1)(x+ z)x xz = 2 x2 + x2 zx+ x+ zx z2 + z
= zx z2 + z = 2
que la resolveremos por variables separables
zx z2 + z = 2dz
z2 z 2 =dx
x
1
3
dz
z 2 1
3
dz
z + 2=dx
x
/1
3
(1
z 2 1
z + 1
)dz =
dx
x
1
3ln |z 2| 1
3ln |z + 1| = ln |x|+ C
1
3ln
z 2z + 1 = ln |x|+ C
ln
(z 2z + 1
)1/3 = ln |x|+ C /e( )(z 2z + 1
)1/3= Kx k R
Funcion definida implcitamente.
1 LATEX 2/ D.A.H.S
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2.- (a) Muestre que la ecuacion
yF (x, y) + xG(xy)dy
dx=0
puede resolverse usando el cambio u = xy.
Solucion
Remplazando en la EDO se tiene que
u
xF (u) + xG(u)
(u
x ux2
)=0
u
xF (u) + uG(u) u
xG(u) = 0
uG(u) =1
x(uG(u) uF (u))
por variables separables
uG(u)uG(u) uF (u) =
1
xq.e.d
2 LATEX 2/ D.A.H.S
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(b) Resuelva: (x2y3 + 2xy2 + y) + (x3y2 2x2y + x)dydx
= 0
Solucion
Escribiendo la ecuacion nuevamente
y(x2y2 + 2xy + 1) + x(x2y2 2xy + 1)dydx
= 0
Analogo a yF (x, y) + xG(xy)dydx
=0
usamos cambio de variable u = xy
y = ux y = u
x ux2
u
x
(u2 + 2u+ 1
)+ x(u2 2u+ 1)
(u
x ux2
)= 0
u
x(u+ 1)
2+ x (u 1)2 u
x x (u 1)2 u
x2= 0
(u 1)2 u = (u 1)2u
x (u+ 1)
2u
x
u (u 1)2(u 1)2u u(u+ 1)2 =
1
x/
(u 1)2(u 1)2u u(u+ 1)2 du =
1
xdx (u 1)2
4u2du =
1
xdx
u2 2u+ 1
4u2du = ln |x|+ C
u4
+1
2ln |u|+ 1
4u= ln |x|+ C
por el momento u quedo definido implcito...volviendo a las variables originales
xy4
+1
2ln |xy|+ 1
4xy= ln |x|+ C
3 LATEX 2/ D.A.H.S
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3.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:
a)dy
dx=
xy + 3x y 3xy 2x+ 4y 8
Solucion
dy
dx=xy + 3x y 3xy 2x+ 4y 8
Como podemos notar si ordenamos la ecuacion no queda
dy
dx=
3x 3 + xy yxy 2x+ 4y 8
dy
dx=
3(x 1) + y(x 1)x(y 2) + 4(y 2)
dy
dx=
(x 1)(y + 3)(y 2)(x+ 4)
Para resolver esta EDO , pasaremos los terminos que dependen de X al lado derecho, al igual que losterminos que dependen de Y al lado izquierdo.
y 2y + 3
dy =x 1x+ 4
dx
y + 3 5y + 3
dy =x+ 4 5x+ 4
dx
(y + 3
y + 3 5y + 3
)dy =
(x+ 4
x+ 4 5x+ 4
)dx /
Tras realizar la integracion obtenemos finalmente como solucion
y 5 ln(y + 3) = x 5 ln(x+ 4) + C
b) exydy
dx= ey + e2xy
Solucion
exydy
dx= ey + e2xy
exydy
dx= ey
(1 + e2x
)ydy
ey=
(1 + e2x
)ex
dx /
yeydy =
2(ex + ex)dx = 2
cosh(x)dx
yey ey = 2sinh(x) + C C RDefinida de manera implcita
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c) y =cos(x)
ye(y)2 + 1
Solucion
y =cos(x)
ye(y)2 + 1(sea u = y)
u =cos(x)
ue(u)2 + 1
(ue(u)2
+ 1)du = cos(x)dx /
(ue(u)2
+ 1)du =
cos(x)dx
e(u)2
2+ u = sin(x) + C volviendo al cambio
e(y)2
2+ y = sin(x) + C
d) ydy
dx=
2y4 + x4
xy3
e) yy = x(y2 + 1)
Solucion
yy = x(y2 + 1)ydy
y2 + 1= xdx /
1
2ln |y2 + 1| = x
2
2+ C
y2 + 1 = Cex2/2
y2 = C2ex2 1
y = C1ex
2 1
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4.- Considere la familia de ecuaciones diferenciales de primer orden
y =ax+ by + c
x+ y + (1)
es decir, la razon entre dos rectas.
(a) Si a/b 6= /, pruebe que si (xo, yo) es el punto de interseccion de las rectas, el cambio de variablesu = x xo , v = y yo transforma a (1) en una ecuacion diferencial del tipo
dv
du= h
( vu
)(b) Si a/b = /, pruebe que el cambio de variable z = ax+ by transforma a (1) en una ecuacion diferencial
separable.
(c) Utilice lo anterior para resolver
I.dy
dx=
2x+ y + 2
x y + 1II.
dy
dx=
2x+ y 14x+ 2y + 5
III.dy
dx=y x+ 1y + x+ 5
IV.dy
dx=
1 2y 4x1 + y + 2x
Solucion
(a) Para empezar debemos calcular los (xo, yo) , esto lo haremos interceptando las dos rectas siguientes ax+ by + c = 0x+ y + = 0
xo =c bb a yo =
c aa b
como nos piden ocupar el cambio de variables nos queda queu = x c b
b a
v = y caabcuyas derivadas son {
du = dxdv = dy
Por ende al remplazar (xo, yo) y lo demas, no queda que
y =ax+ by + c
x+ y +
dv
du=
au+ bv
u+ v
dv
du=
a+ bv
u
+ v
u
= h( vu
)que es lo que buscabamos
6 LATEX 2/ D.A.H.S
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(b) Para este segundo caso debemos tener en cuenta que a/b = /, dondea b
= 0
concluimos que son combinacion lineal. Su cambio de variable mas apropiado es
z = ax+ by
dz
dx= a+ b
dy
dx
que al remplazar en (1) obtenemos lo que sigue
y =ax+ by + c
x+ y +
1
b
dz
dx ab
=z + c
az +
que es separable
(c) Para el calculo de I ocupamos lo obtenido en (a), con (a, b, c, , , ) = (2, 1, 2, 1,1, 1)
dv
du=
2 +v
u
1 vu
como es de variables separables hacemos un cambio mas, es decir
m =v
u
v = m u
udm
du+m =
dv
du
que transforma nuestra ecuacion diferencial de
dv
du=
2 +v
u
1 vu
udm
du+m =
2 +m
1m
1mm2 + 2
dm =1
udu
con solucion igual a
12arctg
(m
2
) 1
2ln(m2 + 2) = ln(u) + C1
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Tenemos que tener claro que debemos volver a las variables originales que son (x, y)
12
arctan
(m
2
) 1
2ln(m2 + 2) = ln(u) + C1
m =u
v; u = x c b
b a ; v = y c aa b
Para el calculo de II ocupamos lo obtenido en (b), con (a, b, c, , , ) = (2, 1,1, 4, 2, 5)dz
dx 2 = z 1
2z + 5dz
dx=
5z + 9
2z + 5
2z + 5
5z + 9dz = dx /
2
5
z
z + 95dz + ln |5z + 9| = x+ C
2
5
z + 95 95z + 95
dz + ln |5z + 9| = x+ C
2
5z +
7
25ln
z + 95+ ln(5) = x+ C
volviendo a las variables originales, se tiene que (z = 2x+ y)
2
5(2x+ y) +
7
25ln
2x+ y + 95+ ln(5) = x+ C
lo cual define a y como funcion implcita de x.
Nota: No olvidar la solucion trivial y = 2x 95
Para el calculo de III ocupamos lo obtenido en (a), con (a, b, c, , , ) = (1, 1, 1, 1, 1, 5), por tantodv
du=1 + vu1 + vu
dv
du=u+ vu+ v
como es de variables separables hacemos un cambio mas, es decir
m =v
u
v = m u
udm
du+m =
dv
du
que transforma nuestra ecuacion diferencial de
dv
du=u+ vu+ v
udm
du+m =
m 1m+ 1
dm
du=
1m2(m+ 1)u
m+ 1
m2 + 1dm = 1
udu /
ln |m2 + 1|
2+ arctan(m) = ln |u|+ C
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volviendo a las variables originales con m =v
u; v = y + 3 ; u = x+ 2
ln
(y + 3
x+ 2
)2+ 1
2
+ arctan
(y + 3
x+ 2
)= ln |x+ 2|+ C
Nota: No olvidar las soluciones triviales y = x 1 y = x 5.
Para el calculo de IV ocupamos lo obtenido en (b), con (a, b, c, , , ) = (4,2, 1, 2, 1, 1), por tanto
12
dz
dx 2 = z + 11
2 z + 1
12
dz
dx=
2z + 2
2 z + 2
12
dz
dx=
6
2 z(z 2)dz = 12dx /
z2
2 2z = 12x+ C
volviendo a las variables originales, se tiene que (z = 2y 4x)(2y + 4x)2
2 2(2y 4x) = 12x+ C
2(y + 2x)2 + 4y = 4x+ C
Lo cual define a y(x) implcitamente.
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5.- Una curva pasa por el origen del primer cuadrante en el plano XY . El area bajo la curva desde el origenhasta un punto (a, b), con a, b > 0, es un tercio del area del rectangulo que tiene a estos puntos como verticesopuestos. Encuentre la curva.
Solucion
Pasa por el origen y(0) = 0 x0
y(x)dx area bajo la curva
=1
3xy
1/3 del area del rectangulo
Usando TFC
y(x) =1
3y +
1
3yx
1
3yx 2
3y = 0 / 3
x
y 2xy = 0
y
y=
2
x
dy
y=
2
xdx /
ln |y| = 2 ln |x|+ C
y = Cx2 y(0) = 0 c R curva solicitada y = Cx2.
Observacion: seguramente hay un error en el enunciado y la curva debio pasar por otro punto distinto delorigen, para encontrar un valor concreto de la constante de integracion.
6.- Determine la curva que se encuentra por encima del eje x y que tiene la propiedad de que la longitud del arcoque une dos puntos cualquiera de ella es proporcional a dicho arco.
Solucion
Recordando que la longitud de un arco es
L =
x2x1
(y(x))2 + 1 dx
desde un x1 hasta un x2.
o bien para una curva definida parametricamente
L =
t2t1
(y(t))2 + (x(t))2 dt
ahora bien como nos hablan de arco... en coordenadas rectangulares no tiene mucho sentido... pero en polaresSI! con x = r cos() ; y = r sin() ; r() > 0
L =
21
(y())2 + (x())2 d
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implica que
L =
21
r2() + (r())2 d
arco proporcional a la longitud de arco (para cualquier par de puntos) 21
r2() + (r())2 d
2 1 = K
con K = constante de proporcionalidad.
Ya que puede ser cualquier par de puntos, elijamos uno conveniente... 1 = 1fijo 2 = variable 1
r2() + (r())2 d = K( 1) / d
dr2() + (r())2 = K /( )2
r2() + (r())2 = K2
r = K2 r2 = dr
K2 r2 = ddr
K2 r2 = d
para calcular
dr
K2 r2 , ocuparemos el cambio de variable r = K sin() ; dr = K cos()d, que transformanuestra integral a
K cos()dK2 K2 sin2()
=
d = + C
r = K sin() = rk
= sin() = = Arcsin( rk
)o bien mas facil
dr
K2 r2 que es una integral notable igual a Arcsin(rk
)volviendo a la EDO
Arcsin( rk
)= + C
= r() = k sin( + C)r() = k sin( + C) ; r() = k sin( + C)
a modo de ejercicios el quiera puede volver a rectangulares.
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7.- Se tiene una poblacion de 20000 mil individuos susceptibles a una enfermedad contagiosa en expansion. Ini-cialmente, el numero de personas que tienen la enfermedad es de 4000 y este aumenta a razon de cuatrocientaspor da. Suponga que la variacion de individuos enfermos es directamente proporcional al producto entre elnumero de las que han contrado la enfermedad y el numero de las que no la han enfermado. Cuanto ha depasar para que otras cuatro mil personas contraigan la enfermedad?
Solucion
Sea P (t) el numero de personas contagiadas para un tiempo t en das. DEFINIR VARIABLES
dP (t)
dt= KP (t)(20000 P (t)), P (0) = 4000 dP (t)
dt
t=0
= 400dP
P (20000 P ) =Kdt usando fracciones parciales
A
P+
B
2000 P =1
P (20000 P ) obtenemos B =1
20000 A = 1
20000
1
20000
(dP
P+
dP
20000 P)
=
Kdt
1
20000(ln |P | ln |20000 P |) = Kt+ C1
ln
P20000 P = Kt+ C1
P
20000 P = CeKt /e( )
P (t) =20000CeKt
1 + CeKt
ocupando las condiciones iniciales obtenemos
P (0) = 4000 = 4000 = 20000C1 + C
C =1
4
= P (t) =20000
4eKt
1 +eKt
4
y la otra condicion nos da el valor de K
dP (t)
dt
t=0
= 400 =80000KeKt
(eKt + 4)2
t=0
400 = 3200K
K =1
8
Finalmente
P (t) =5000et/8
1 +et/8
4
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Para que otras 4000 personas contraigan la enfermedad, se tiene que P (to) = 8000
P (to) = 8000 =5000eto/8
1 +eto/8
4
8000 = eto/8(5000 2000)8
3= eto/8
= to = 8 ln(
8
3
)[das]
8.- Considere la ecuacion diferencial y + exy + ex = 0, y(0) = 1.
(a) Pruebe que el cambio de variable u = ey transforma la ecuacion dada en la ecuacion lineal.
(b) Encuentre la solucion y = y(x) de la ecuacion.
Solucion
dado u = ey tenemos que
u = ey /d
dx
u = eydy
dx u = uy y = u
uu
u+ ex
1
u+ ex = 0
u + uex + ex = 0 parte (a) demostrada
que la resolveremos mediante
u = uh + up
para ello calculamos la parte homogenea y despues la solucion particular
uh u + uex = 0
u
u= ex
u = ceex
up up = K(x)uhK(x) =
exeex
dx = eex
Finalmente up = eex eex = 1 y por tanto
u = 1 + ceex como u = ey y = ln |u|y(x) = ln
1 + ceex
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9.- Un tanque contiene inicialmente 60 gal. de agua pura. Entra al tanque, a una tasa de 2 gal./min., salmueraque contiene 1 lb. de sal por galon, y la solucion (perfectamente mezclada) sale de el a razon de 3 gal. porminuto; el tanque se vaca despues de 1 hora exactamente.
(a) Encuentre la cantidad de sal que hay en el tanque despues de t minutos.
Solucion
Sea x(t): cantidad de sal en el tanque despues de t minutos. Se tiene que x(0) = 0, pues inicialmente solohay agua.
dx
dt= sal que entra sal que sale
dx
dt= 2
[gal
min
] 1[lb
gal
] 3
[gal
min
] xv
[lb
gal
]se sabe que v(t) = 60 + 2t 3t = 60 t, pues es la cantidad de agua que hay en el tiempo t
dx
dt= 2 3x
60 t EDO lineal
cuya solucion es x(t) = (c+ (60 t)2)(60 t)3
ocupando la condiciones iniciales, tenemos que
x(0) =
(c+
1
602
) 603 = 0
c = 1602
Finalmente se tiene que
x(t) =(t 60)3
602+ 60 t t [0, 60[
(b) Cual es la maxima cantidad de sal que llega a tener el tanque?
Solucion
Se tiene que a partir de la solucion hallada anteriormente x(t) =(t 60)3
602+ 60 t, debemos
x(t) =(t 60)3
602+ 60 t / d
dt
x(t) =(t 60)220 60 1 = 0
donde da como solucion un t = 203 + 60, como se sabe que t [0, 60[, tenemos que nuestro candidatoa tiempo es t = 60 203. Derivando nuevamente se tiene que
x(t) =t 60600
evaluando en el candidato anterior
x(60 20
3) =
3
30
= t = 60 20
3 es maximo local
Finalmente la cantidad de sal maxima es x(60 203) = 40
3
3
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10.- Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales lineales. Senale donde es posible resolver
a) y +n
xy =
a
xn, a R, n N
Solucion
Resolviendo la solucion particular y homogenea (y = yh + yp) se tiene que
Solucion Homogenea
y +n
xy = 0
y
y= n
xy 6= 0 x 6= 0
dy
y= n
dx
x
= yh = cxn
Solucion Particular
yp = K(x)yh = K(x) = a
xn1
xn
dx = ax
= yp = K(x)yh = ax1n
Finalmente la solucion final es
y = cxn + ax1n
Si y = 0 al remplazar en la EDO se tiene que 0 = axn a = 0 y = 0 a = 0
b) xy +y
2x+ 1+ y = tan2 x
Solucion
Resolviendo la solucion particular y homogenea (y = yh + yp) se tiene que
Solucion Homogenea
y + y(
1 +1
2x+ 1
)1
x= 0
y
y= 1
x
(1 +
12x+ 1
)y 6= 0
y
y=
1
x
(1 +
12x+ 1
)yh = c
1
x(
2x+ 1 + 1)1
2x+ 1 1= yh = c(
2x+ 1 + 1)
x(
2x+ 1 1)Solucion Particular
yp = K(x)yh = K(x) =
tan2(x)2x+ 1 + 1
x(
2x+ 1 1)
dx no calcular
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Finalmente la solucion final es
y = yh +K(x)yp
c) y tan(x)y = esen(x)
Solucion
Resolviendo la solucion particular y homogenea (y = yh + yp) se tiene que
Solucion Homogenea
y tan(x)y = 0y
y= tan(x)
dy
y=
tan(x)dx
yh = C sec(x)
Solucion Particular
yp = K(x)yh = K(x) =esen(x)
sec(x)dx = esen(x)
Finalmente la solucion final es
y = yh +K(x)yp
y = C sec(x) + sec(x)esen(x)
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11.- Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales. Senale donde es posible resolver
a) y + xy = x3y3
Solucion
Recordando la EDO de Bernoulli
y + p(x)y = f(x)yn
donde se utiliza el cambio de variable z = y1n z = (1 n)yny
En nuestro caso p(x) = x ; f(x) = x3 ; n = 3 teniendo as z = 2y3y , es decir
y + xy = x3y3 / 2y32y3y 2xy2 = 2x3
z 2xz = 2x3
por lo tanto como es una EDO Lineal al resolver por factor integrante se tiene que
(x) = e 2xdx = ex2
con solucion igual a
z(x) =1
(x)
{2x3(x)dx+ C
}=
1
ex2
{2x3ex2dx+ C
}= ex
2{ex
2
x2 + ex2
+ C}
= x2 + 1 + Cex2
Finalmente al volver a nuestra variable original.
z(x) = x2 + 1 + Cex2
y2 = x2 + 1 + Cex2
funcion implcita de y(x)
b) xy y xy3(1 + ln(x))Solucion
Por restriccion x > 0, ordenando la EDO nos da
y yx
= (1 + ln(x))y3
donde nuevamente tenemos una EDO tipo BernoulliEn nuestro caso p(x) = 1x ; f(x) = (1 + ln(x)) ; n = 3 teniendo as z = 2y3y , es decir
y yx
= (1 + ln(x))y3 / 2y3
2y3y + 2y2
x= 2(1 + ln(x))
z + 2z
x= 2(1 + ln(x))
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por lo tanto como es una EDO Lineal al resolver por factor integrante se tiene que
(x) = e
2xdx = x2
con solucion igual a
z(x) =1
(x)
{2(1 + ln(x))(x)dx+ C
}=
1
x2
{2(1 + ln(x))x2dx+ C
}=
1
x2
{2
9x3(3 ln(x) + 2) + C
}= 2
9x(3 ln(x) + 2) +
C
x2
Finalmente al volver a nuestra variable original
z(x) = 29x(3 ln(x) + 2) +
C
x2
y2 = 29x(3 ln(x) + 2) +
C
x2
definida implcitamente.
c) 2(1 x2)y (1 x2)y = xy3
Solucion
ordenando la EDO nos da
2(1 x2)y (1 x2)y = xy3
donde nuevamente tenemos una EDO tipo Bernoulli
y y2
=xy3
1 x2
En nuestro caso p(x) = 12 ; f(x) = x1x2 ; n = 3 teniendo as z = 2y3y , es decir
y y2
=xy3
1 x2 / 2y3
2y3y + y2 = 2 x1 x2
z + z = 2 x1 x2
por lo tanto como es una EDO Lineal al resolver por factor integrante se tiene que
(x) = edx = ex
con solucion igual a
z(x) =1
(x)
{2 x
1 x2(x)dx+ C}
=1
ex
{2 x
1 x2 exdx+ C
}No se puede integrar
18 LATEX 2/ D.A.H.S
-
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Finalmente al volver a nuestra variable original.
z(x) =1
ex
{2 x
1 x2 exdx+ C
}y2 =
1
ex
{2 x
1 x2 exdx+ C
}definida implcitamente.
12.- Pruebe que ninguna solucion de y = ex + y tiene un maximo relativo. Utilice el cambio de variable u = y ylas propiedades de maximos y mnimos.
Solucion
ocupando el cambio de variable tenemos que
u = ex + uu u = ex
por lo tanto como es una EDO Lineal al resolver por factor integrante se tiene que
(x) = edx = ex
con solucion igual a
u(x) =1
(x)
{ex(x)dx+ C
}=
1
ex
{ex exdx+ C
}=
1
ex{x+ C}
= xex + Cex
para encontrar puntos crticos tenemos que y = u = xex + Cex = 0 = x = C
que hace que y = ex + y sea maximo cuando y(C) < 0.al evaluar tenemos que y(C) = eC > 0 , por tanto las soluciones no poseen maximo, ya que no se cumplela relacion.
Otra forma es resolver y = xex + Cex
y = xex + Cex /
y = ex(C + x) + C2
y ver en su grafico que nunca encontraremos un maximo.
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13.- Considere el problema con la condicion inicial
(1 + x2)y + 2xy = f(x), y(0) = 0
Donde
f(x) =
x si x [0, 1)x si x 1(a) Encuentre una solucion y = y(x) continua, (pero no de C1) de este problema.
(b) Evalue y(1+), y(1) y demuestre que y(1+) y(1) = 1
Solucion
(a) Debemos desarrollar la ecuacion diferencial ordinaria de primer orden, para ello como tenemos unafuncion a trozos , calcularemos la EDO por partes.
Si f(x) = x:
Primero debemos normalizar la EDO
y +2x
1 + x2y =
x
1 + x2
Luego encontrar la solucion homogenea:
y +2x
1 + x2y = 0
dy
dx= 2x
1 + x2y
1
ydy = 2x
1 + x2dx
ln(y) = ln(1 + x2)
yh = C1 11 + x2
Despues debemos encontrar la solucion particular
yp = yh
h(x)
yhdx
= yh
x1 + x2
1
1 + x2
dx
= yh
xdx
=1
1 + x2 x
2
2
Finalmente la solucion es y = yh + yp
y(x) = C11
1+x2 +x2
2+2x2
20 LATEX 2/ D.A.H.S
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Si f(x) = x:Primero debemos normalizar la EDO
y +2x
1 + x2y =
x1 + x2
Luego encontrar la solucion homogenea:
y +2x
1 + x2y = 0
dy
dx= 2x
1 + x2y
1
ydy = 2x
1 + x2dx
ln(y) = ln(1 + x2)
yh = C2 11 + x2
Despues debemos encontrar la solucion particular
yp = yh
h(x)
yhdx
= yh
x1 + x2
1
1 + x2
dx
= yh
xdx
=1
1 + x2 x
2
2
Finalmente la solucion es y = yh + yp
y(x) = C21
1+x2 x2
2+2x2
En resumen la solucion de la EDO es
y(x) =
C1
11+x2 +
x2
2+2x2 si x [0, 1)
C21
1+x2 x2
2+2x2 si x 1
la cual debe ser continua en 1 C2 = C1 + 1 , es decir
y(x) =
C1
11+x2 +
x2
2+2x2 si x [0, 1)
(C1 + 1)1
1+x2 x2
2+2x2 si x 1
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(b) Primero debemos derivar para que podamos ver si lo que se nos presenta es cierto
y(x) =
x 2C1x(x2 + 1)2
si x [0, 1)
2C1x 3x(1 + x2)2
si x 1
y(1+) =2C1 3
4
y(1) =1 2C1
4
y(1+) y(1) = 2C1 34
1 2C14
= 1
En base a lo anterior observamos que la igualdad se cumple.
Nota: Los valores de C1 C2 se pudieron haber calculado al principio, basta hacer continuidad.
15.- (a) Utilice un cambio de variable apropiado para resolver el problema
(x+ 1)dy
dx= y + 1 + (x+ 1)
y + 1 x > 0
Solucion
Ordenando la EDO anterior se tiene que
dy
dx=y + +
x+ 1+y + 1
haciendo el cambio de variable u = y + 1 = u = y nos quedady
dx=y + 1
x+ 1+y + 1
u ux+ 1
= u12
donde se observa que corresponde a una EDO de tipo Bernoulli, con p(x) = 1x+ 1
; f(x) = 1 ; n =1
2;
z = u12 ; z =
1
2u12 u
u ux+ 1
= u12 / 1
2u12
1
2u12 u 1
2
u1/2
x+ 1=
1
2
z 12
z
x+ 1=
1
2
como se tiene una EDO Lineal se resolvera por factor integrante
(x) = e
12
1x+1dx =
1x+ 1
22 LATEX 2/ D.A.H.S
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con solucion igual a
u(x) =1
(x)
{1
2(x)dx+ C
}=
11x+ 1
{1
2x+ 1
dx+ C
}
=x+ 1{x+ 1 + C}
= x+ 1 + Cx+ 1
volviendo a la variable original, tenemos
z(x) = x+ 1 + Cx+ 1
y + 1 = x+ 1 + Cx+ 1
definida de manera implcita.
(b) Es y = 1 solucion del problema anterior?.
Solucion
Si es solucion, pues y = 1 dydx
= 0, remplazando en la EDO
(x+ 1)dy
dx= y + 1 + (x+ 1)
y + 1
(x+ 1) 0 = (1 + 1) + (x+ 1)1 + 10 = 0 q.e.d
(c) Queda de tarea para el alumno desarrollar dicho ejercicio.
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16.- Demuestre que u1(x, y) = x es un factor de integracion de
(3xy + y2)dx+ (x2 + xy)dy = 0
pero que u2(x, y) =1
xy(2x+ y), tambien lo es. Resuelva para cada caso y comente.
Solucion
Primero debemos comprobar con u1(x, y) = x
(3xy + y2)dx+ (x2 + xy)dy = 0 / x(3x2y + xy2)dx+ (x3 + x2y)dy = 0
transforma nuestra EDO a una exacta, para ello debemos comprobar que
y(3xy + y2) =
x(x3 + x2y),
donde se observa que si se cumple, por ende debemos resolver la EDO, es decir
dF
dx= 3x2y + xy2 /
F = x3y +
x2y2
2+ C(y)
derivando la expresion anterior, y igualando se tiene
dF
dy= x3 + yx2 + C (y)
que debe ser igual a x3 + yx2 = C (y) = 0 = C(y) = C. Finalmente F (x, y) = x3y + x2y22 + C
Ahora al comprobar con u2(x, y) =1
xy(2x+ y), tenemos
(3xy + y2)dx+ (x2 + xy)dy = 0 / 1xy(2x+ y)(
3
2x+ y+
y
x(2x+ y)
)dx+
(x
y(2x+ y)+
1
2x+ y
)dy = 0
transforma nuestra EDO a una exacta, para ello debemos comprobar que
y
(3
2x+ y+
y
x(2x+ y)
)=
x
(x
y(2x+ y)+
1
2x+ y
), donde se observa que si se cumple, por ende debemos resolver la EDO.
dF
dx=
(3
2x+ y+
y
x(2x+ y)
)/
F =
(3
2x+ y+
y
x(2x+ y)
)dx
F =1
2ln |2x+ y|+ ln |x|+ C(y)
F = ln |x
2x+ y|+ C(y)Derivando y comparando se tiene
dF
dy=
1
2x(2x+ y)+ C (y) =
x
y(2x+ y)+
1
2x+ y
aca hay problema ya que C (y) queda definido en terminos de x, por lo tanto no es conveniente este factor,porque genera una EDP (Materia que no se ve en el curso de MAT023).
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17.- Muestre que el siguiente diferencial
(axy2 + by)dx+ (bx2y + ax)dy = 0
es exacto solo si a = b. Si a 6= b, muestre que xmyn es un factor integrante, donde m,n depende de a, b.Determine dichos valores y resuelva la ecuacion.
Solucion
Para que la diferencial sea exacta
y(axy2 + by) =
x(bx2y + ax)
2ayx+ b = 2bxy + a
yx(2a 2b) + (b a) = 0= b = a 2a = 2b a = b q.e.d
Ahora probaremos que xmyn es un factor integrante
(axy2 + by)dx+ (bx2y + ax)dy = 0 / xmynxmyn(axy2 + by)dx+ xmyn(bx2y + ax)dy = 0
Para que sea exacta se debe cumplir
y(xmyn(axy2 + by)) =
x(xmyn(bx2y + ax))
xm+1yn+1{(n+ 2)a b(2 +m)}+ xmyn{(n+ 1)b a(m+ 1)} = 0donde debemos resolver el sistema
a(n+ 2) b(m+ 2) = 0a(m+ 1) + b(n+ 1) = 0
con solucion igual a m = a+ 2ba+ b
n = 2a+ ba+ b
Ahora la diferencial queda definida con los valores de m n conocidos.xmyn(axy2 + by)dx+ xmyn(bx2y + ax)dy = 0
como
F
x= xmyn(axy2 + by) /
dx
F = axa/(a+b)yb/(a+b)1a
a+ b
+ bxb/(a+b)ya/(a+b)1
ba+ b
+ C(y)
con C(y) una funcion monotonamente dependiente de y.Derivando F con respecto a y y comparando, se tiene
F
y= bxa/(a+b)yb/(a+b)y1 + axb/(a+b)ya/(a+b)y1 + C (y)
que tiene que ser igual a
x(a+2b)/(a+b)y(2a+b)/(a+b)(bx2y + ax)
y coinciden, dando que C (y) = 0 C(y) = C.
Finalmente se tiene que
F (x, y) = (a+ b)xa/(a+b)yb/(a+b) + (a+ b)xb/(a+b)ya/(a+b) + C; C R
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18.- Si y = C(x) representa el costo de producir x unidades en un proceso de manufactura, la elasticidad del costose define como
E(x) =costo marginal
costo promedio=
C (x)C(x)/x
=x
y
dy
dx
Encuentre la funcion de costo si la funcion de elasticidad es
E(x) =20x y2y 10x x 500
Solucion
Si E(x) =20x y2y 10x , para encontrar la funcion de costo se debe resolver la EDO
20x y2y 10x =
x
y
dy
dx
y
x
20x y2y 10x F (x,y)
=dy
dx
Notemos que F (tx, ty) =ty
tx
20tx ty2ty 10tx = F (x, y), por tanto es una EDO de variables separables.
Sea u =y
x y = ux y = ux+ u. Remplazando en la EDO se tiene
ux+ u = u 20 u2u 10
ux =3u2 + 30u
2u 10du
dxx =
3u2 + 30u2u 10
10 2u3u2 30udu =
dx
x
13
ln |u|+ 13
ln |u 10| 23
ln |u 10| = ln |x|+ C
13
ln |u| 13
ln |u 10| = ln |x|+ C
volviendo a la variable original(u =
y
x
)1
3lnyx
13
lnyx 10
= ln |x|+ Clo cual define implcitamente la funcion de costo C(x) (si se quiere encontrar la funcion de costo explcitamentehay que darse casos)
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