libro espol

Escuela Superior Politécnica del Litoral

Solucionario de Problemas
de Ecuaciones
Diferenciales
Primer parcial (3ra versión)
Roberto Cabrera

RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN.

APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER
ORDEN
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO
ORDEN: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO DE LOS
COEFICIENTES INDETERMINADOS YVARIACION DE PARAMETROS.
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN
SUPERIOR: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO LOS
COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS.
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO
ORDEN ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS. (SERIE DE TAYLOR)

09

Ecuaciones diferenciales de primer orden

Ecuaciones Diferenciales separables
Se tiene una ecuacióndiferencial ordinaria de primer orden:
XY
ͨ{Y Y{
XY

Se dice que ecuación diferencial de primer orden es separable si se puede expresar la esa
ecuación diferencial de la siguiente manera:
XY
ͨ{Y{ͩ{Y{
XY
Donde ˘{˲ ˳{ se lo expresa como una multiplicación de dos funciones, una que depende de la
variable “x” y otra de la variable “y”. En este caso se obtiene la siguiente solución de estaecuación diferencial:
XY
XY

XY
ͩ{Y{

XY
ͩ{Y{

ͨ{Y{ͩ{Y{
ͨ{Y{XY

ͨ{Y{XY

Donde la solución de esta ecuación diferencial separable tiene la siguiente forma:
{Y{
{Y{ - V

1.- Encontrar la solución implícita de la siguiente ecuación diferencial:

dy(xy - 2x + 4y - 8) - dx(xy + 3x - y - 3) = 0
dy
xy + 3x - y - 3
=
dx xy - 2x + 4y - 8
dy
x(y + 3) - (y + 3)
=
dx x(y - 2) +4(y - 2)
dy (y + 3)(x - 1)
= f ( y )g ( x );
=
dx (y - 2)(x + 4)

(y − 2 )dy (x − 1)dx
⇒ Integramos
=
(y + 3 )
(x + 4 )
(y − 2 )dy (x − 1)dx
∫ (y + 3 ) = ∫ (x + 4 )

∫

a ambos lados de la ecuación

( y + 3 )dy
5dy
(x + 4 )dx
5dx
−∫
=∫
−∫
(x + 4 )
(x + 4 )
( y + 3)
y+3
5dy

5dx

∫ dy − ∫ y + 3 = ∫ dx − ∫ (x + 4 )
y − 5 ln y + 3 = x − 5 ln x + 4 + c
ESPOL 2009

2Ecuaciones diferenciales de primer orden
2.- Encontrar la solución particular de la siguiente ecuación diferencial:
π
Si y(0) = ;
4
Reemplazan do u y v :
x
3e tan(y)dx + (2 − e x )sec 2 (y)dy = 0
ln tan(y) = 3ln 2 − e x + c;
(2 − e x )sec 2 (y)dy = −3e x tan(y)dx;
3ln 2 − e x + c
e ln tan(y) = e
;
− 3e x tan(y)
dy
=
= f(x).g(y);
x
2
x 3
dx (2 − e )sec (y)
tan(y) = (2 − e) K;
2
x
sec (y)dy
3e dx
La solución general es :
=−
;
x
tan(y)
(2 − e )
y = arctan[(2 − e x )3 K ];
sec 2 (y)dy
3e x dx
= ∫−
;
∫ tan(y)
(2 − e x )

si y(0) = /4;
⇒

u = tan(y) ⇒ du = sec 2 (y);

/4 = arctan[(2 − e 0 )K ];

v = 2 − e ⇒ dv = − e dx;
x

x

/4 = arctan(K);

⇒ Reemplazan do :

 
tan   = K; ⇒ K = 1;
4
La solución particular es :

du
3dv
∫u =∫ v ;
ln u = 3ln v + c;

y = arctan[(2 − e x )3 ];

3.- Exprese de forma implícita la solución de la siguiente ecuación diferencial:

e x/2 ydy −

e x/2 ydy =

dx
= 0
e (1 + ex/2 )
y

dx
;
e (1 + e x/2 )

Integrando por fracciones parciales obtenemos :
1
A B
C
= 2+ +
;
2
u ( u + 1) u
u 1+ u
Donde los valores de A, B, C son :

y

dy
1
= x/2
= f( x ).g( y );dx e (1 + e x/2 )ye y
f( x) =
g( y ) =

e

x/2

1
;
(1 + e x/2 )

A = 1; B = - 1; C = 1;
⇒∫
⇒∫

1
;
ye y

dx
y
∫ ye dy = ∫ e x/2 (1 + e x/2 ) ;
dx
∫ e x/2 (1 + e x/2 ) = ?
1
u = e x /2 ⇒ du = e x /2 dx ;
2
2du
1
;
du = udx ⇒ dx =
u
2
2du
dx
2du
u
⇒ ∫ x/2
=∫
=∫ 2
x/2
e (1 + e )
u(1 + u )
u (1 + u )

1  
2du
  1 1
= 2 ∫  2 − +
du ;
u 1+u  u (1 + u )

 u
du
du
du
2du
= 2∫ 2 − 2∫
+ 2∫
;
1+u
u
u
u (1 + u )

⇒∫

2du
2
= − − 2 ln u + 2 ln 1 + u + c ;
u (1 + u )
u

⇒∫

2

2

2

e

x/2

dx
2
= − x/2 − 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ;
x/2
(1 + e )
e

dx
;
e (1 + e x/2 )
La solución implicita general es :
ye y − e y = ∫

x/2

⇒ ye y − e y = −

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2
e

x/2

− 2 ln e...