ejercicios02

Tallersemana2(01.02.16-05.02.16)Ecuaciones

diferenciales

NRC:3621,3623(R

P)-3622

(CD)-3624,3625(B

B)-3626

(EA)

Barranquilla, February 2, 2016

Universidad del Norte

Division de ciencias basicas

Departamento de matematicas y estadisticas

Ecuaciones diferenciales - Taller 02

Ejercicios

Ejemplo 1

Determine la region del plano t− x donde el teorema de existencia y unicidad garantiza laexistencia de una unica solucion para el problema de valor inicial dado.

x′ = ln(t+ x2)

x(t0) = x0

Solucion

A partir de la ecuacion diferencial, tenemos que

f(t, x) = ln(t + x2) y∂f

∂x=

2x

t+ x2

por lo tanto,

A := Dom f = {(t, x) ∈ R2 | t+ x2 > 0} y B := Dom

∂f

∂x= {(t, x) ∈ R

2 | t+ x2 6= 0}

El conjunto D donde ambas funciones f(t, x) y ∂f∂x(t, x) son continuas esta dado por la inter-

seccion de los conjuntos A y B, donde

D = A ∩B = {(t, x) ∈ R2 | t+ x2 > 0}

asi, para (t0, x0) ∈ D = {(t, x) ∈ R2 | t + x2 > 0} el TEU garantiza existencia y unicidad de

la solucion del PVI.

1

2

3

−1

−2

−3

1 2 3−1−2−3−4−5−6

(t0, x0)bc

NRC: 3621,3623 (RP) - 3622 (CD) - 3624,3625 (BB) - 3626 (EA)Prof. Catalina Domınguez - Prof. Ricardo Prato T.

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Ejemplo 2

Determine si el teorema de existencia y unicidad garantiza o no la existencia de una unicasolucion para el problema de valor inicial dado.

u′ =(u− t)1/2

t1/2

u(x0) = y0

si

1. (x0, y0) = P (2, 1) 2. (x0, y0) = Q(1, 2) 3. (x0, y0) = R(1, 1)

Solucion

Tenemos que

f(t, u) =(u− t)1/2

t1/2y

∂f

∂u=

1

2 t1/2√u− t

asi

Dom f = {(t, u) ∈ R2 : t > 0 y u ≥ t} Dom

∂f

∂u= {(t, u) ∈ R

2 : t > 0 y u > t}

asi, para (t0, u0) ∈ D = {(t, u) ∈ R2 : t > 0 y u > t} el TEU garantiza existencia y unicidad

de la solucion del PVI

La figura de la derecha muestra la region dondetanto f como ∂f

∂uson continuas, y se observa que:

i.) Los puntos P (2, 1) y R(1, 1) no se encuentrandentro de dicha region, por lo que el TEU no

garantiza la existencia y unicidad de

solucion del PVI.

ii.) el punto Q(1, 2) se encuentra dentro de dicharegion, por lo que el TEU afirma que el PVI

tiene solucion unica.

t > u

u > tu = t

bc

Pbc

R

bcQ


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Ejemplo 3

Resolver el siguiente PVI

ex−y√x3 +

1− 2y√x

e−y2 dy

dx= 0, y(0) = 1

Solucion

Tenemos

dy

dx= − ex−y

√x3

1 − 2y√x

e−y2= −exe−y

√x3√x

(1− 2y) e−y2= − exe−y

√x4

(1− 2y) e−y2= − ex x2 e−y

(1− 2y) e−y2

= − ex x2

(1 − 2y) e−y2ey= − ex x2

(1− 2y) e−y2+y.

Observe que la anterior ecuacion es de variables separables, entonces

∫

(1− 2y) e−y2+ydy =

∫

ex x2 dx+ C

Usando la sustitucion u = −y2 + y, la primera integral es

∫

(1− 2y) e−y2+ydy =

∫

eudy = eu = e−y2+y

y la segunda integral se resuelve usando integracion por partes

∫

ex x2 dx = x2ex −∫

2xexdx = x2ex −(

2xex −∫

2exdx)

= x2ex −(

2xex − 2ex)

= ex(x2 − 2x+ 2)

por lo tanto la solucion general de la ecuacion diferencial es

e−y2+y = −ex(x2 − 2x+ 2) + C

Ahora encontremos el valor de C para determinar la solucion del PVI. En x = 0 tenemosy = 1, asi

e0 = −e0 · 2 + C ⇒ C = 3

entonces la solucion al PVI es

e−y2+y = −ex(x2 − 2x+ 2) + 3


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Ejemplo 4

Aplicando separacion de variables resuelva la EDO

sin(x+ y) dx+ sin y(csc x dy − cos x dx) = 0

Solucion

Recuerde: sin(α± β) := sin (α) cos (β)± cos (α) sin (β)

Aplicando la identidad de seno de una suma y multiplicando obtenemos

sin(x+ y) dx+ sin y(csc x dy − cosx dx) = 0

(sin x cos y + cosx sin y) dx+ sin y csc x dy − sin y cosx dx = 0

sin x cos y dx+ cosx sin y dx+ sin y csc x dy − sin y cosx dx = 0

sin x cos y dx+ sin y csc x dy = 0

Utilizando separacion de variables

sin x cos y dx = − sin y csc x dy

sin x

csc xdx = − sin y

cos ydy

sin2 x dx = − tan y dy∫

sin2 x dx = −∫

tan y dy + C

−1

2sin x cos x+

1

2x = ln (cos y) + C

La solucion en forma implicita toma la forma

ln (cos y) +1

2sin x cosx− 1

2x+ C = 0

o en forma explicita

y = arccos

(

exp

(

−1

2sin x cos x+

1

2x+ C

))


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Ejemplo 5

Considere el siguiente PVI

dx

dy= x2 + x3 − 6 x

x(y0) = x0

(a) Determine una familia de soluciones para la EDO.

(b) Determine la solucion cuando (y0, x0) = (3, 2).

(c) Determine la solucion cuando (y0, x0) = (1, 1).

(d) Realice un bosquejo de las soluciones anteriores.

Solucion

(a) La EDOdx

dy= x2 + x3 − 6 x

es autonoma y por tanto se puede resolver aplicando el metodo de separacion de variables,es decir se tiene

dx

dy= x2 + x3 − 6 x

1

x2 + x3 − 6 x

dx

dy= 1

∫

dx

x2 + x3 − 6 x=

∫

dy + C

Como x2 + x3 − 6 x = x(x2 + x − 6) = x(x + 3)(x − 2), entonces aplicando fraccionessimples en el lado izquierdo se obtiene que la familia de soluciones viene dada por

1

10ln (x− 2) +

1

15ln (x+ 3)− 1

6ln (x) = y + C

(b) Primero se analiza la existencia de soluciones constantes (o de equilibrio) de la EDO,estas se obtienen al resolver la ecuacion

x2 + x3 − 6 x = 0 ⇒ Puntos criticos:c = 0, 2,−3

entonces dichas soluciones son x(y) = 0, x(y) = 2 y x(y) = −3. Se observa que x(y) = 2es solucion del PVI (¿Por que?).


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(c) El punto (1, 1) NO se encuentra sobre una solucion constante de la EDO, entonces debe-mos encontrar la solucion en la familia de soluciones de la parte (a). En este caso

1

10ln (1− 2) +

1

15ln (1 + 3)− 1

6ln (1) = 1 + C

1

15ln (4) = 1 + C

C =1

15ln (4)− 1

entonces la solucion viene dada por

1

10ln (x− 2) +

1

15ln (x+ 3)− 1

6ln (x) = y +

1

15ln (4)− 1

(d) ¡Por favor, construya los detalles!

1

2

−1

1 2 3−1−2−3

b

1

2

−1

1 2 3−1−2−3

b

Ejemplo 6


dr

ds=

r2 + 2r − 8

r2 + 2r(s0) = r0

(a) Determine una la solucion general (familia de soluciones) para la EDO.

(b) Determine la solucion cuando (s0, r0) = (1, 1).

(c) Realice el bosquejo de la solucion del PVI cuando (s0, r0) = (0, 5).


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Solucion

(a) Usando el metodo de separacion de variables

∫

r2 + 2

r2 + 2r − 8dr =

∫

ds+ c

Tenemos∫

r2 + 2

r2 + 2r − 8dr =

∫

dr +

∫ −2r + 10

r2 + 2r − 8dr

= r +

∫

1

r − 2− 3

r + 4dr

= r + ln |r − 2| − 3 ln |r + 4|

por lo tanto,r + ln |r − 2| − 3 ln |r + 4| = s+ c

(b) Si s = 1 y r = 1 entonces

c = 1− 1 + ln |1| − 3 ln |5| = 3 ln 5

ası r + ln |r − 2| − 3 ln |r + 4| = s− 3 ln 5

(c) Bosquejo de la grafica (¡Por favor, construya los detalles!)

1

2

3

4

5

6

7

0 1 2 3 4 5−1−2−3−4−5−6−7−8

b


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Grupo de ejercicios E1

Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales

1.ey

2

x dx+ (x2 + 1)y dy = 0

2.

ex+y sin x dx+ (2y + 1)e−y2 dy = 0

3.

x ln(xy)dx+ ln y(dy − x dx) = 0

4.

dy

dx=

y2 − 9

x2 + 4

5.

(x2y2 + x2 + y2 + 1)dy

dx= (xy + x)

Respuestas seleccionadas E1

1. Explicita: y (x) = ±√

− ln (ln (x2 + 1) + C)

Implicita: ln(

x2 + 1)

− e−(y(x))2 = C

2.Explicita: y (x) = −1

2± 1

2

√

1− 4 ln

(

−1

2cos (x) ex +

1

2sin (x) ex + C

)

Implicita: − 1

2cos x ex +

1

2sin x ex − e−y(x)−(y(x))2 = C

4.Explicita: y (x) = −3

Ce3 arctan( 1

2x) + 1

Ce3 arctan( 1

2x) − 1

Implicita: arctan

(

1

2x

)

− 1

3ln (−3 + y (x)) +

1

3ln (y (x) + 3) = C


Encuentre la solucion de los siguientes problemas de valor inicial

1. {

x′ = (x3 + 4 x2 + x− 6) ln y

x(2) = −3

2. {

x′ = (x3 + 4 x2 + x− 6) ln y

x(2) = 2

3. {

x′ = (x4 − 1)y cos (y)

x(0) = −1

4. {

x′ = (x4 − 1)y cos (y)

x(0) = −2


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En algunos ıtems no es necesario determinar la solucion general de la ED asociada. ¿Por que?

1. x(y) = −3

2. y ln (y)− y − 1

12ln (x− 1)− 1

4ln (x+ 3) +

1

3ln (x+ 2)− 8

3ln (2) + 2 +

1

4ln (5) = 0

3. x(y) = −1

4. cos (y)+y sin (y)+1

4ln (x+ 1)−1

4ln (x− 1)+

1

2arctan (x)−1+

1

4ln (3)+

1

2arctan (2) = 0


Determine si se garantiza la existencia de una solucion para cada uno de los siguientes PVIs

1.{

y′ = 2x2y2

y(1) = 1

2.{

y′ = (t− y)1/2

y(2) = 2

3.

dr

dt=

(t2 − 1)1/2

(t2 − r)1/2

r(0) = 5

4.

dr

dt=

√

t2 − 1

t2 − rr(0) = 5

5.{

x′ = ln(9t2 − 4x2)

x(−1) = 1/2

6.{

y′ = x ln y

y(1) = 1

7.{

u′ = ln(u(v − 1))

u(−2) = −3

8.{

r′ = (r3 − t) ln(t2 − 1)

r(5) = −1


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Respuesta 3: f(t, r) es continua en

D = {(t, r) | t2 − 1 ≥ 0 ∧ t2 − r > 0}

y como (0, 5) /∈ D no se garantiza laexistencia de una solucion del PVI. 1

2

3

4

5

6

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4−1−2−3−4

bc (0, 5)

Respuesta 4:

D =

{

(t, r)∣

∣

∣

t2 − 1

t2 − r> 0

}

y como (0, 5) ∈ D se asegura la exis-tencia de una solucion del PVI.

1

2

3

4

5

−1

1 2 3 4−1−2−3−4

bc (0, 5)

h = 31.33

Respuesta 5: f(t, x) es continua en

D ={

(t, x)∣

∣

∣9t2 − 4x2 > 0

}

y (−1, 1/2) ∈ D por tanto asegura laexistencia de una solucion del PVI.

1

2

3

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4−1−2−3−4

bc(−1, 1/2)


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y′ = y2 − 1

y(2) = −1(1)

1. ¿Existe una solucion para el PVI? Justifique su respuesta.

2. Determine la solucion general explicita de la EDO asociada al PVI

3. ¿Existe algun valor de c tal que la solucion general resuelva el PVI? Justifique su re-spuesta.

4. ¿Cual es la solucion del PVI? (en caso que dicha solucion exista!)


2. Solucion general explicita:

y =1 + ce2x

1− ce2x, c ∈ R

3. No existe un valor de c.

4. Solucion del PVI y(x) = −1


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