EDO: Tarea #2Entregada el 7 de Septiembre, 2011

Carlos Vaquera

Solucion

1

Solucion EDO : Tarea #2

Indice

Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Problema 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Pagina 2 de 17

Solucion EDO : Tarea #2

In Problems 1-3 find the general solution of the given differential equation. Give the largest

interval I over which the general solution is defined. Determine whether there are any transient

terms in the general solution (Zill 2.3: 6,8 &10).

Problema 1

y′ + 2xy = x3 (1)

La ecuacion ya se encuentra en la forma canonica dydx + P (x)y = Q(x), de modo que podemos identificar de

inmediato P (x) = 2x & Q(x) = x3. Ası, el factor integrante correspondiente es:

µ(x) = e∫P (x)dx = e

∫2xdx = ex

2

. (2)

Multiplicando el factor integrante en ambos lados de la ecuacion (1), obtenemos:

ex2 dy

dx+ 2xex

2

y = x3ex2

. (3)

De las propiedades de la derivada del producto de funciones, el lado izquierdo de la ecuacion anterior queda:

ex2 dy

dx+ 2xex

2

=d

dx

[ex

2

y]− y de

x2

dx+ 2xex

2

y

=d

dx

[ex

2

y]− 2xex

2

y + 2xex2

y =d

dx

[ex

2

y].

(4)

Insertando esta informacion en (3), la ecuacion resultante ddx

[ex

2

y]

= x3ex2

es separable. Entonces, inte-

grando indefinidamente en ambos miembros∫d

dx

[ex

2

y]dx =

∫x3ex

2

dx+ C. (5)

el lado derecho queda simplemente ex2

y. La integral restante puede resolverse por partes, identificando u = x2

& dv = xex2

dx, de modo que du = 2xdx & v = 12ex2

:∫x3ex

2

dx =(x2)(1

2ex

2

)−∫ (

1

2ex

2

)(2x) dx

=1

2x2ex

2

− 1

2

∫e(x

2)d(x2)

=1

2x2ex

2

− 1

2ex

2

.

(6)

Sustituyendo este resultado en (5), tenemos

ex2

y =1

2

(x2 − 1

)ex

2

+ C (7)

y finalmente la solucion general de (1) es

y(x) =1

2

(x2 − 1

)+ Ce−x

2

. (8)

Problema 1 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 3 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 1 (continued)

Esta solucion es valida en x ∈ R. La parte transiente de la solucion se define como aquella que desaparece

en el lımite x→∞. En este caso corresponde al termino Ce−x2

.

-2 -1 1 2x

-4

-2

2

4

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −4, C = −2, C = 0, C = 2 y C = 4.

Pagina 4 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 1

Problema 2

y′ = 2y + x2 + 5 (9)

Escribiendo la ecuacion (9) en la forma canonica: dydt − 2y = x2 + 5, podemos identificar P (x) = −2 &

Q(x) = x2 + 5. Ası, el factor integrante correspondiente es:

µ(x) = e∫P (x)dx = e−

∫2dx = e−2x. (10)

Multiplicando el factor integrante en ambos lados de (9), obtenemos:

e−2xdy

dt− 2e−2xy = x2e−2x + 5e−2x. (11)

De las propiedades de la derivada del producto de funciones, el lado izquierdo de (11) queda:

e−2xdy

dt− 2e−2xy =

d

dx

[e−2xy

]− y de

−2x

dx− 2e−2xy

=d

dx

[e−2xy

]+ 2e−2xy − 2e−2xy =

d

dx

[e−2xy

].

(12)

Insertando esta informacion en (11), la ecuacion resultante ddx

[e−2xy

]=(x2 + 5

)e−2x es directamente

integrable. Entonces, integrando indefinidamente en ambos miembros∫d

dx

[e−2xy

]dx =

∫ (x2 + 5

)e−2xdx+ C (13)

el lado derecho queda simplemente e−2xy. La integral restante puede resolverse por partes, identificando

u = x2 + 5 & dv = e−2xdx, de modo que du = 2xdx & v = − 12e−2x:∫ (

x2 + 5)e−2xdx =

(x2 + 5

)(−1

2e−2x

)−∫ (−1

2e−2x

)(2x) dx

= −1

2

(x2 + 5

)e−2x +

∫xe−2xdx,

(14)

Integrando por partes una vez mas, con s = x & dt = e−2xdx y por tanto ds = dx & t = − 12e−2x, tenemos∫ (

x2 + 5)e−2xdx = −1

2

(x2 + 5

)e−2x + x

(−1

2e−2x

)−∫ (−1

2e−2x

)dx

= −1

2

(x2 + x+ 5

)e−2x +

1

4e−2x

= −1

4

(2x2 + 2x+ 11

)e−2x.

(15)

Sustituyendo este resultado en (5),

e−2xy = −1

4

(2x2 + 2x+ 11

)e−2x + C, (16)

Problema 2 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 5 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 2 (continued)

se tiene que la solucion general de (9) es

y(x) = Ce2x − 1

4

(2x2 + 2x+ 11

). (17)

Esta solucion es valida en x ∈ R y no contiene una parte transiente.

-1 -0.5 0.5 1x

-12

-10

-8

-6

-4

-2

2

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −1, C = −0.5, C = 0, C = 0.5 y C = 1.

Pagina 6 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 2

Problema 3

xdy

dt+ 2y = 3 (18)

Escribiendo la ecuacion (9) en la forma canonica: dydt +2 yx = 3x , podemos identificar P (x) = 2/x&Q(x) = 3/x.

Ası, el factor integrante correspondiente es:

µ(x) = e∫P (x)dx = e2

∫dxx = e2 ln |x| = x2. (19)

Multiplicando el factor integrante en ambos lados de la ecuacion (en su forma canonica), obtenemos:

x2dy

dt+ 2xy = 3x. (20)

De las propiedades de la derivada del producto de funciones, el lado izquierdo de (20) queda:

x2dy

dt+ 2xy =

d

dx

[x2y]− y dx

2

dx+ 2xy

=d

dx

[x2y]− 2xy + 2xy

=d

dx

[x2y].

(21)

Insertando esta informacion en (20), la ecuacion resultante ddx

[x2y]

= 3x es directamente integrable. En-

tonces, integrando indefinidamente en ambos miembros∫d

dx

[x2y]dx =

∫3xdx+ C

x2y =3

2x2 + C

(22)

la solucion general de (18) es

y(x) =3

2+C

x2. (23)

Esta solucion es valida en x ∈ R− 0 y su parte transiente es C/x2.

Problema 3 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 7 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 3 (continued)

0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1x

-60

-40

-20

0

20

40

60

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −4, C = −2, C = 0, C = 2 y C = 4.

Pagina 8 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 3

Problema 4

Variation of parameters (Boyce 2.1:31). Consider the following method of solving the general

linear equation of first order:

y′ + p(t)y = g(t). (24)

(a)

If g(t) is identically zero, show that the solution is

y = A exp

[−∫p(t)dt

], (25)

where A is a constant.

Si g(t) = 0, (24) se reduce a y′ + p(t)y = 0, que es directamente separable:

1

y

dy

dt= −p(t). (26)

Integrando indefinidamente en ambos miembros obtenemos:∫dy

y= −

∫p(t)dt+ C

ln |y| = −∫p(t)dt+ C.

(27)

Exponenciando ambos lados, la solucion queda

y(t) = exp

[−∫p(t)dt+ C

]= A exp

[−∫p(t)dt

],

(28)

Q.E.D. (Donde hemos definido A = eC).

(a)

(b)

If g(t) is not identically zero, assume that the solution is of the form

y = A(t) exp

[−∫p(t)dt

](29)

where A is now a function of t. By substituting for y in the given differential equation, show that

A(t) must satisy the condition

A′(t) = g(t) exp

[∫p(t)dt

]. (30)

Problema 4 [(b)] continua en la pagina siguiente. . . Pagina 9 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 4

Sustituyendo (29) en (24), se tiene

d

dt

{A(t) exp

[−∫p(t)dt

]}+ p(t)A(t) exp

[−∫p(t)dt

]= g(t)

dA(t)

dtexp

[−∫p(t)dt

]+A(t)

d

dtexp

[−∫p(t)dt

]+ p(t)A(t) exp

[−∫p(t)dt

]= g(t)

dA(t)

dtexp

[−∫p(t)dt

]−A(t)p(t) exp

[−∫p(t)dt

]+ p(t)A(t) exp

[−∫p(t)dt

]= g(t)

dA(t)

dtexp

[−∫p(t)dt

]= g(t)

(31)

De modo que A(t) satisface la ecuacion diferencial

dA(t)

dt= g(t) exp

[∫p(t)dt

]. (32)

Q.E.D.

(b)

(c)

Find A(t) from (30). Then substitute for A(t) in (29) and determine y. Verify that the solution

obtained in this manner agrees with that of y =∫µ(s)g(s)ds+C

µt . This technique is known as the method

of variation of parameters.

La ecuacion (30) es directamente integrable, de modo que

A(t) =

∫g(t) exp

[∫p(t)dt

]dt+ C. (33)

Insertando este resultado en (29), la solucion general a la ecuacion diferencial lineal de primer orden

(24) es

y(t) =

∫ texp

[∫ sp(u)du

]g(s)ds+ C

exp[∫p(t)dt

] , (34)

donde hemos senalado explıcitamente las variables mudas de integracion. Por otro lado, en terminos

de el factor integrante µ(t) = e∫ t p(s)ds, esta solucion es

y(t) =

∫ tµ(s)g(s)ds+ C

µ(t). (35)

(c)

Pagina 10 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 4

In each of problems 5 & 6 use the method of problem 4 to solve the given differential equation.

Problema 5

y′ − 2y = t2e2t (36)

Del problema anterior identificamos p(t) = −2 y g(t) = t2e2t, de modo que∫p(t)dt = −2

∫dt = −2t. (37)

Ası

A(t) =

∫t2e2te−2tdt+ C =

∫t2dt+ C =

t3

3+ C (38)

y por lo tanto, de (29), la solucion general es

y(t) = e2t(t3

3+ C

). (39)

-0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

1000

2000

3000

4000

5000

y(t)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −8, C = −4, C = 0, C = 2 y C = 4.

Pagina 11 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 5

Problema 6

y′ + (1/t) y = 3 cos 2t, t > 0 (40)

Del problema 4 identificamos p(t) = 1/t y g(t) = 3 cos 2t, de modo que∫p(t)dt =

∫dt

t= ln |t|. (41)

Ası

A(t) =

∫3 cos 2t

(eln |t|

)dt+ C = 3

∫t cos 2tdt+ C. (42)

La integral resultante puede resolverse por partes haciendo u = t & dv = cos 2tdt de manera que du = dt &

v = 12 sin 2t. Entonces

A(t) =3

2t sin 2t− 3

2

∫sin 2tdt+ C =

3

2t sin 2t+

3

4cos 2t+ C. (43)

Por lo tanto, de (29), la solucion general es

y(t) = e− ln |t|(

3

2t sin 2t+

3

4cos 2t+ C

)=

3

2sin 2t+

3

4tcos 2t+

C

t. (44)

1 2 3 4 5 6t

-5

0

5

10

y(t)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −4, C = −2, C = 0, C = 2 y C = 4.

Pagina 12 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 6

Problema 7

En el ejemplo 2 (cfr. Nagel 2.3: 24), la constante de decaimiento para el isotopo RA1 era 10/s,

lo que se expresa en el exponente del termino de la razon 50e−10t kg/s. Cuando la constante de

decaimiento para RA2 es k = 2/s vemos que en la formula para y, el termino (185/4)e−2t domina

a partir de cierto momento (tiene mayor magnitud para t grande).

(a)

Vuelva a resolver el ejemplo 2 considerando k = 20/s. En este caso, ¿cual termino de la solucion

domina a partir de cierto momento?

La ecuacion correspondiente es

dy

dt= 50e−10t − 20y y(0) = 40 (45)

de modo que en la forma canonica dydt + 20y = 50e−10t, P (t) = 20 y el factor integrante es

µ(t) = e∫20dt = e20t. (46)

Ası, la ecuacion se reduce ad

dt

[e20ty

]= 50e−10te20t = 50e10t. (47)

Integrando definidamente entre t0 = 0 y t:∫ t

0

d

dt

[e20ty(t)

]dt = 50

∫ t

0

e10tdt

e20ty(t)− e0y(0) =50

10

(e10t − e0

)e20ty(t)− 40 = 5

(e10t − 1

),

(48)

con lo cual, la solucion al problema con valor inicial y(0) = 40 es

y(t) = 40e−20t + 5e−20t(e10t − 1

)= 35e−20t + 5e−10t = 5

(7e−20t + e−10t

). (49)

El termino dominante al comienzo es 35e−20t, mas conforme el sistema evoluciona, 5e−10t se vuelve

mas importante.

(a)

Pagina 13 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 7

0 0.05 0.1 0.15 0.2y(t)

5

10

15

20

25

30

35

40

t

Solucion al problema de condicion inicial.

(a)

(b)

Vuelva a resolver el ejemplo 2 considerando k = 10/s.

La ecuacion correspondiente es

dy

dt= 50e−10t − 10y y(0) = 40 (50)

de modo que en la forma canonica dydt + 10y = 50e−10t, P (t) = 10 y el factor integrante es

µ(t) = e∫10dt = e10t. (51)

Ası, la ecuacion se reduce ad

dt

[e10ty

]= 50e−10te10t = 50. (52)

Integrando definidamente entre t0 = 0 y t:∫ t

0

d

dt

[e10ty(t)

]dt = 50

∫ t

0

dt

e10ty(t)− e0y(0) = 50 (t− 0)

e10ty(t)− 40 = 50t,

(53)

con lo cual, la solucion al problema con valor inicial y(0) = 40 es

y(t) = (40 + 50t) e−10t = 10 (4 + 5t) e−10t. (54)

El termino dominante al comienzo es 40e−10t, pero gracias al factor t en cierto momento la evolucion

del sistema dominada por 50te−10t.

(b)

Pagina 14 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 7

0 0.05 0.1 0.15 0.2y(t)

10

15

20

25

30

35

40

t

Solucion al problema de condicion inicial.

(b)

Pagina 15 de 17

Solucion EDO : Tarea #2 Problema 7

Problema 8

Ecuaciones de Bernoulli (Nagel 2.3: 30). La ecuacion

dy

dx+ 2y = xy−2 (55)

es un ejemplo de una ecuacion de Bernoulli.

(a)

Muestre que la sustitucion v = y3 Reduce la ecuacion (55) a la ecuacion

dv

dx+ 6v = 3x (56)

Haciendo v = y3 se tiene que y = v1/3, de modo que dydx = 1

3v−2/3 dv

dx . Insertando esta informacion en

(55), obtenemos1

3v−2/3

dv

dx+ 2v1/3 = xv−2/3, (57)

que en la forma canonica coincide con (56)

dv

dx+ 6v = 3x. (58)

(a)

(b)

Despeje v en la ecuacion (56). Luego haga la sustitucion v = y3 para obtener la solucion de la

ecuacion (55).

En (56), el factor integrante es

µ(x) = e∫6dx = e6x, (59)

de modo que multiplicando ambos lados de la ecuacion por µ(x), esta se reduce a

d

dx

[e6xv

]= 3xe6x. (60)

Integrando indefinidamente en ambos lados∫d

dx

[e6xv

]dx =

∫3xe6xdx+ C. (61)

obtenemos, haciendo u = x⇒ du = dx & dw = e6xdx⇒ w = 16e

6x en la integral por partes

e6xv =3

6

(xe6x −

∫e6xdx

)+ C

=1

2

(xe6x − 1

6e6x)

+ C.

(62)

(b)

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Solucion EDO : Tarea #2 Problema 8

Ası, la solucion general para v es

v(x) =1

12(6x− 1) + Ce−6x (63)

y por tanto, la solucion a la ecuacion original es simplemente

y(x) =

[1

12(6x− 1) + Ce−6x

]1/3. (64)

0.6 0.7 0.8 0.9 1x

0.45

0.5

0.55

0.6

0.65

0.7

0.75

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −4, C = −2, C = 0, C = 2 y C = 4.

(b)

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