Ecuación Diferencial Ejercicio Resuelto, Dennis G. Zill, Capítulo 2.3 (problema 16)


Ecuación diferencial, ejercicios resueltos del libro: Dennis G. Zill 7ª Ed.

El siguiente método te ayudará a resolver cualquier tipo de ED lineal de primer orden en 4 pasos sencillos, utilízalo varias veces antes de tatar entenderlo, es mi recomendación, posteriormente podrás ver con mayor facilidad de donde salen las ecuaciones, aquí las explicaremos.

Resolución de ED lineales Libro de Dennis G. Zill Ed 7ma.

Método: Factor Integrante

1. Forma Standard:  \frac{dy}{dx}+P\left( x \right)y=f(x)

2. Factor Integrante: {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}

Forma de solución: y={{y}_{c}}+{{y}_{p}}

3.                                  {{y}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}

4.                                   {{y}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}f(x)dx

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill (Problema 16)

a). ydx=(y{{e}^{y}}-2x)dx

Pasos:

I.                    El primer paso consiste en escribir la forma estándar de la ED a resolver:

En este caso identificamos que la variable independiente es la que usualmente es la variable dependiente, es decir, “y” es la variable independiente y “x” es la dependiente. Esto lo podemos fácilmente notar en una ED lineal de 1er orden (expresada explícitamente), si nos percatamos de que el coeficiente que se encuentra al frente de la derivada de “dx” depende solo de una variable y esta es contraria a “x”.

\frac{dx}{dy}+P\left( y \right)x=f(y)

y\frac{dx}{dy}=(y{{e}^{y}}-2x),

\frac{dx}{dy}-\frac{(y{{e}^{y}}-2x)}{y}=0

Dividimos, entonces, entre el coeficiente de , que es “y”[ecuación a)], los coeficientes de los demás términos de la ecuación que dependen de “y”.

Por último agrupamos términos semejantes y simplificamos.

\frac{dx}{dy}-{{e}^{y}}+2\frac{x}{y}=0

\frac{dx}{dy}+\frac{2}{y}x={{e}^{y}}

II.                    En el segundo paso encontramos el factor integrante: {{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( \mathbf{y} \right)\mathbf{dy}}},  

Para esto sustituimos el valor de P(y) en {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}},   donde: P(y)=\frac{2}{y}. Para recordar las formulas integrales y el manejo de las funciones trascendentes vea el final del ejercicio.

{{e}^{2\mathop{\int }^{}\frac{dy}{y}}}={{e}^{2\ln y}}

={{e}^{\ln {{y}^{2}}}}

={{y}^{2}}

III.                  Como tercer paso, encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

Recordemos que el sistema homogéneo asociado, en este caso, es la ecuación diferencial: \frac{dx}{dy}-\frac{4x}{y}=0 . Para resolverla sustituimos en la fórmula: {{x}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}, los valores de P(y)=~-\frac{4}{y}, encontrado en el primer paso, con anterioridad,  y desarrollamos. Para esclarecer de donde sale la fórmula {{x}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}, siga el siguiente enlace: Solución del sistema homogéneo asociado.

{{x}_{c}}=C{{e}^{\left( - \right)2\mathop{\int }^{}\frac{dy}{y}}}

=C{{e}^{-2\ln y}}

=C{{e}^{\ln {{y}^{-2}}}}

=C{{y}^{-2}}

=\frac{C}{{{y}^{2}}}

Grafica de la familia de soluciones del sistema homogeneo asociado:

{{x}_{c}}=\frac{C}{{{y}^{2}}}

Sistema homogeneo asociado

Notar que la función {{x}_{c}}=\frac{C}{{{y}^{4}}} , tiene como dominio todo el conjunto de los números reales, excepto x=0. El intervalo de definición de una solución, por definición (ver Intervalo de definición de una solución I), necesita cumplir al menos 2 criterios para ser considerado válido: 1. Que la función solución que se encuentra esté definida en él (no necesariamente continua, una función definida por partes también puede calificar), y 2. Que esta función sea, también, derivable dentro del intervalo. Para este caso el intervalo más largo de solución es (-\infty ~,~0) ó (0~,~\infty ).

IV.                    En el cuarto paso, encontramos una solución particular a partir del sistema no homogéneo:

El sistema no homogéneo, en este caso, es la ecuación diferencial: \frac{dx}{dy}-\frac{4x}{y}=4{{y}^{5}}, que representa la familia de soluciones particulares de la ED lineal. Para resolverla utilizamos la fórmula: {{x}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}f(y)dy           , donde: {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}={{y}^{-4}} (obtenido en el punto ii.) y f\left( y \right)=4{{y}^{5}}, obtenido en el punto i. Notar que la fórmula: {{x}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( y \right)dy}}f(y)dy, es solo la contraparte de la fórmula: {{y}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}f(x)dx , para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo.

{{x}_{p}}=\frac{1}{{{y}^{2}}}\mathop{\int }^{}{{y}^{2}}({{e}^{y}})dx

=\frac{1}{{{y}^{2}}}({{y}^{2}}{{e}^{y}}-2y{{e}^{y}}+2{{e}^{y}}) *Ver desarrollo abajo

={{e}^{y}}-2\frac{{{e}^{y}}}{y}+2\frac{{{e}^{y}}}{{{y}^{2}}}

*Desarrollo:

\mathop{\int }^{}{{y}^{2}}{{e}^{y}}dy=

u={{y}^{2}} ;      dv={{e}^{y}}dy

du=2ydy ;             v={{e}^{y}}

Por tanto:

\mathop{\int }^{}{{y}^{2}}{{e}^{y}}dy={{y}^{2}}{{e}^{y}}-2\mathop{\int }^{}y{{e}^{y}}dy

De nuevo, para \mathop{\int }^{}y{{e}^{y}}dy

u={{y}^{2}} ;      dv={{e}^{y}}dy

du=dyv={{e}^{y}}

Por tanto:

\mathop{\int }^{}{{y}^{2}}{{e}^{y}}dy={{y}^{2}}{{e}^{y}}-2(y{{e}^{y}}-\mathop{\int }^{}{{e}^{y}}dy)

={{y}^{2}}{{e}^{y}}-2y{{e}^{y}}+2\mathop{\int }^{}{{e}^{y}}dy

={{y}^{2}}{{e}^{y}}-2y{{e}^{y}}+2{{e}^{y}}

Gráfica de la familia de soluciones del sistema no homogeneo:

x=\frac{C}{{{y}^{2}}}+{{e}^{y}}+2{{e}^{y}}(-\frac{1}{y}+\frac{1}{{{y}^{2}}})

Gráfica de la familia no homogenea

Se puede ver una solución particular x\left( y \right)={{\text{e}}^{y}}-\frac{3}{{{y}^{2}}}-\frac{\text{e}}{{{y}^{2}}}+\frac{2{{\text{e}}^{y}}}{{{y}^{2}}}-\frac{2{{\text{e}}^{y}}}{y},

Donde: C=-3-e. Nuevamente notar que la función x=\frac{C}{{{y}^{2}}}+{{e}^{y}}+2{{e}^{y}}(-\frac{1}{y}+\frac{1}{{{y}^{2}}}) , tiene como dominio los intervalos: (-\infty ~,~0) y (0~,~\infty ). Para llegar a la conclusión anterior sobre el dominio de la función solución, basta con analizar la ecuación equivalente x\left( y \right)=\frac{\left( {{y}^{2}}-2y+2 \right){{e}^{y}}+C}{{{y}^{2}}} (ver nota final), y ver que la restricción que tenemos que tomar en cuenta es que {{y}^{2}}\ne 0, pues no existe la división entre cero de modo que y\ne 0, por lo que los intervalos para la solución, antes mencionados, son evidentes. Por definición (ver Intervalo de definición de una solución I), el intervalo que contiene la solución de una ED, debe cumplir con 2 criterios: que la función esté definida y sea derivable en dicho intervalo.

Por tanto, la solución general de la ecuación diferencial y{{x}^{'}}-4\left( x+{{y}^{6}} \right)dx=0, es:

\huge x=\frac{C}{{{y}^{2}}}+{{e}^{y}}+2{{e}^{y}}(-\frac{1}{y}+\frac{1}{{{y}^{2}}})

*Notar que:

x=\frac{C}{{{y}^{2}}}+{{e}^{y}}+2{{e}^{y}}(-\frac{1}{y}+\frac{1}{{{y}^{2}}})

x=\frac{C}{{{y}^{2}}}+{{e}^{y}}-\frac{2{{e}^{y}}}{y}+\frac{2{{e}^{y}}}{{{y}^{2}}}

x=\frac{C}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}{{e}^{y}}}{{{y}^{2}}}-\frac{2{{e}^{y}}}{y}+\frac{2{{e}^{y}}}{{{y}^{2}}}

x=\frac{C}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}{{e}^{y}}}{{{y}^{2}}}-\frac{2y{{e}^{y}}}{{{y}^{2}}}+\frac{2{{e}^{y}}}{{{y}^{2}}}

x=\frac{C+{{y}^{2}}{{e}^{y}}-2y{{e}^{y}}+2{{e}^{y}}}{{{y}^{2}}}

x=\frac{C+{{e}^{y}}({{y}^{2}}-2y+2)}{{{y}^{2}}}

Si analizamos las funciones f\left( y \right)={{y}^{2}}-2y+2, f(y)={{e}^{y}} y f\left( y \right)=\frac{1}{{{y}^{2}}}, podemos notar más evidentemente cual es el dominio de la función, al notar con mayor claridad el dominio de cada una por separado.

A continuación ponemos las gráficas de cada una de las funciones por separado y en conjunto:

Por separado:

En conjunto con: C=-e-3

En conjunto con: C=1

a\ln x=\ln {{x}^{a}}

Debido a que:

y={{e}^{x}}implica  x=\ln y y además \ln y={{\log }_{e}}y recordamos que la función x={{\log }_{e}}y, es inversa de y={{e}^{x}}, por tanto si multiplicamos esta última función por ln obtendremos:

\ln y=\ln {{e}^{x}}=x   y

{{e}^{x}}={{e}^{\ln y}}=y

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