Archivos de la categoría ‘TP01 – Ecuaciones Diferenciales de 1º Orden

Tp.1 Ej.4.b

Sábado, agosto 23rd, 2014

Halle la ecuación diferencial de la familia de…

b) … hipérbolas con focos en el eje x, centro en el origen y semiejes a variable y b=1.

Solución:

La ecuación de una hipérbola con centro en (x_0,y_0), focos en el eje x y semiejes a y b es

\frac{(x-x_0)^2}{a^2} - \frac{(y-y_0)^2}{b^2} = 1

Como b=1 y el centro es el origen (x_0,y_0) = (0,0) nos queda

\frac{x^2}{a^2} - y^2 = 1 (1)

Esa es la ecuación de la familia, queremos la ecuación diferencial asociada que como hay un sólo parámetro debe ser de primer orden, por lo tanto derivo una vez

\frac{2x}{a^2}- 2yy' = 0

como quedó la constante arbitraria, todavía no es la ecuación diferencial, multiplico por x/2

\frac{x^2}{a^2} - xyy' = 0

sumo xyy'

\frac{x^2}{a^2} = xyy'

y reemplazando en (1) obtenemos la ecuación diferencial buscada:

xyy' - y^2 = 1

Tp.1 Ej.13

Lunes, junio 6th, 2011

a) Determine a de manera que las familias y^3 = Ax y x^2 + ay^2 = B^2 sean ortogonales.

b) Sea \mathfrak{I} la familia de curvas tales que su recta normal en cada punto es tangente a la parábola de ecuación y=kx^2 que pasa por dicho punto. Halle la curva C \in \mathfrak{I} que pasa por (0,1).

Solución:

a)
Las familias de curvas son
y^3 = Ax
x^2 + ay^2 = B^2

derivando la primera
3 y^2 y' = A
multiplicando por x y reemplazando
3x y^2 y' = y^3

derivando la segunda
2x + 2ay y' = 0
dividiendo por 2
x + ay y' = 0

por lo tanto las ecuaciones diferenciales asociadas son
3x y^2 y' - y^3 = 0
x + ay y' = 0

cambio y' por \frac{-1}{y'} en la segunda
xy' - ay = 0
multiplico por 3 y^2
3x y^2 y' - 3ay^3 = 0
igualando con la primera
3x y^2 y' - 3ay^3 = 3x y^2 y' - y^3
3a = 1
a = \frac{1}{3}


b) Sea \mathfrak{I} la familia de curvas tales que su recta normal en cada punto es tangente a la parábola de ecuación y=kx^2 que pasa por dicho punto. Halle la curva C \in \mathfrak{I} que pasa por (0,1).

Como la recta normal a la curva es tangente a la parábola, buscamos la familia de curvas perpendicular a la familia:
y=kx^2

derivando
y' = 2kx
xy' = 2kx^2
la EDO asociada es
xy' = 2y

cambio y' por \frac{-1}{y'}
-x = 2y y'
resuelvo
2yy' = -x
es de variables separables
\int 2y dy = \int -x dx
y^2 = -\frac{x^2}{2} + c
2y^2 + x^2 = c

como pasa por (0,1)
2 = c
por lo tanto, la curva buscada es

x^2 + 2y^2 = 2
que es una elipse centrada en el origen de coordenadas.

Una observación interesante sobre este ejercicio es que el punto (0,1) en realidad no pertenece a la primera familia de curvas:
y = kx^2
pues al reemplazar quedaría
1 = k 0
1=0
lo cual es absurdo. Pero podemos pensarlo como un caso límite, es decir en la medida que tomamos cada vez k mayores, obtenemos curvas que pasan cada vez “mas cerca” de (0,1), y el caso límite correspondería a la semirecta que corresponde al eje y con y > 0. En ese caso la elipse y esta recta se cortan perpendicularmente, como era de esperar.

En el siguiente gráfico podemos ver la curva pedida en azul, algunas curvas de la familia original en verde, y las rectas tangente y normal a la curva pedia en el punto (0,1)


draw2d(
color=blue,
parametric(sqrt(2)*cos(t), 1*sin(t), t,0,2*%pi),
color=orange,
parametric(t,1*t^2, t,-1,1),
parametric(t,2*t^2, t,-0.75,0.75),
parametric(t,4*t^2, t,-0.5,0.5),
color=black,
parametric(0,t, t,0,1.25),
color=black,
parametric(t,1, t,-1.25,1.25)
);

Tp.1 Ej.11.b

Domingo, mayo 22nd, 2011

Verifique que las siguientes familias de curvas son ortogonales:

b) \begin{cases} x^2 - y^2 + \ln(\cos(2xy)) = C_1 \\ x^2 - y^2 + \ln(\sin(2xy)) = C_2 \end{cases}

las familias de curvas son:
x^2 - y^2 + \ln(\cos(2xy)) = C_1
x^2 - y^2 + \ln(\sin(2xy)) = C_2

sus ecuaciones diferenciales son:
\begin{cases} 2x - 2yy' - \frac{\sin(2xy)}{\cos(2xy)} 2(y+xy') = 0 \\ 2x - 2yy' + \frac{\cos(2xy)}{\sin(2xy)} 2(y+xy') = 0 \end{cases}
o sea:
\begin{cases} 2x - 2yy' - \tan(2xy) 2(y+xy') = 0 \\ 2x - 2yy' + \frac{1}{\tan(2xy)} 2(y+xy') = 0 \end{cases}
dividiendo por 2:
\begin{cases} x - yy' - \tan(2xy) (y+xy') = 0 \\ x - yy' + \frac{1}{\tan(2xy)} (y+xy') = 0 \end{cases}

cambiando y' por \frac{-1}{y'} en la segunda ecuación diferencial:
x + \frac{y}{y'} + \frac{1}{\tan(2xy)} (y-\frac{x}{y'}) = 0

multiplicando por y' \cdot \tan(2xy)
x y' \tan(2xy) + y \tan(2xy) + y' (y-\frac{x}{y'}) = 0

x y' \tan(2xy) + y \tan(2xy) + y'y- x = 0
multiplicando por -1 y reordenando términos
x - yy' - \tan(2xy) (y + xy') = 0

que es la expresión de la primer ecuación diferencial, por lo tanto las familias de curvas son ortogonales.

Tp.1 Ej.5.e

Miércoles, abril 27th, 2011

Halle, según corresponda, la S.G. o la S.P. de las siguientes ecuaciones diferenciales.

e) y' = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 9}} con y(4) = 2

Solución:

Queremos resolver la ecuación diferencial
y' = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 9}}

Las variables ya están separadas, integrando:
\int dy = \int \frac{x}{\sqrt{x^2 + 9}} dx

Resolvemos la integral
\int \frac{x}{\sqrt{x^2 + 9}} dx
Si sustituyo
u = x^2 + 9
du = 2x dx
nos queda
\frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{u}} du
= \frac{1}{2} \cdot [2\sqrt{u} + c]
= \sqrt{x^2 + 9} + k

Por lo tanto la solución general es
y = \sqrt{x^2 + 9} + k

Ahora buscamos la solución particular tal que
y(4) = 2

reemplazando
2 = \sqrt{16+9} + k
o sea que
k = -3

Finalmente, la solución particular buscada es:
y = \sqrt{x^2 + 9} - 3

Tp.1 Ej.5.c

Lunes, abril 25th, 2011

Halle, según corresponda, la S.G. o la S.P. de las siguientes ecuaciones diferenciales.

c) y' = 2x \sqrt{y-1}

Solución:

\int \frac{dy}{\sqrt{y-1}} = \int 2x dx

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

Tp.1 Ej.8.a

Jueves, septiembre 2nd, 2010

8 ) Halle la familia de curvas tales que su recta tangente en cada punto…
a)…pasa por (0,0)

Solución:

La ecuación de la recta tangente podemos escribirla como
f(x)-f(x_0) = f'(x_0)(x-x_0)

Como queremos que pase por el origen debe cumplir:
0-f(x_0) = f'(x_0)(-x_0)
o sea:
f(x_0) = f'(x_0)x_0
Llamando y_0 = f(x_0), y y'_0 = f'(x_0) nos queda:
y_0 = y'_0 x_0

Como el punto (x_0, y_0) es el punto genérico donde calculamos la recta tangente, podemos generalizarlo para obtener la ecuación diferencial:
y = y'x
o lo que es lo mismo
\frac{y'}{y} = \frac{1}{x}

Para obtener la familia de curvas resolvemos la ecuación diferencial:

\ln|y| = \ln|x| + c
|y| = k |x| con k = e^c > 0
y = k_2 x
que es la familia de curvas pedida, solo habría que excluír x=0 ya que en ese caso nos quedaría el eje y cuya curva no es la gráfica de una función y=f(x)

Tp.1 Ej.4.c

Martes, agosto 31st, 2010

4) Halle la ecuación diferencial de la familia de…
c) …circunferencias que pasan por el origen y tienen su centro en la recta y=k, con k dato conocido.

Solución:
Primero escribo la ecuación de la circunferencia de centro (x_0, y_0) y radio r:
(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2

Como el centro está sobre la recta y=k,es de la forma:
(x-x_0)^2+(y-k)^2=r^2

Como pasa por el origen debe cumplir:
(-x_0)^2+(-k)^2=r^2
es decir
x_0^2+k^2=r^2

Reescribo la circunferencia como: (llamo c=x_0 por ser la constante indeterminada de la familia)
(x-c)^2+(y-k)^2 = c^2 + k^2 \ \ \ (1)
derivando respecto de x:
2(x-c) + 2(y-k)y' = 0
despejo la constante
x-c + (y-k)y' = 0
c = x + (y-k)y'
y la reemplazo en (1):
(x-x-(y-k)y')^2+(y-k)^2 = (x+(y-k)y')^2 + k^2
reacomodando términos:
(y-k)^2y'^2+(y-k)^2 = x^2 + 2x(y-k)y' + (y-k)^2y'^2 + k^2
(y-k)^2 = x^2 + 2x(y-k)y' + k^2
y^2 - 2yk + k^2 = x^2 + 2x(y-k)y' + k^2
y^2 - 2yk - x^2 = 2x(y-k)y'
que es la ecuación diferencial pedida.

Tp.1 Ej.2.c

Domingo, agosto 29th, 2010

02) Verifique que
c) y^2 = C_1 x + C_2 es S.G. de y y'^2 + y^2 y'' = 0. Halle la S.P. que en (1,y_0) tiene recta tangente de ecuación y = 2x-1

Solución

Primero derivamos la solución general:
\begin{matrix} 2yy' = C_1 & (1) \\ 2(y' y' + y y'') = 0 & (2) \end{matrix}

De la ecuación (2) sale que:
y'^2 + y y'' = 0
multiplicando por y nos queda la misma ecuación diferencial, lo cual verifica que se trataba de la solución general.

Para hallar la S.P. primero averiguamos y_0 teniendo en cuenta que la recta tangente debe pasar por (1,y_0)
y = 2x-1
y_0 = 2-1 = 1
Además, de la recta tangente sale que
y'(1) = 2
Reemplazando todo esto en la ecuación (1)
2yy' = C_1
2 \cdot 1 \cdot 2 = C_1
C_1 = 4
Y ahora reemplazamos todo en la solución general
y^2 = C_1 x + C_2
1^2 = 4 \cdot 1 + C_2
C_2 = -3
Finalmente, obtenemos la S.P:
y^2 = 4x - 3

Tp.1 Ej.16

Martes, abril 6th, 2010

Halle la S.G. de y'' - 2y' = x

Solución:

Primero bajamos el orden de la ecuación diferencial haciendo una sustitución:

w = y'

y nos queda

w' - 2w = x

Ahora sustituimos w=uv
w' = u'v + uv'
y nos queda

u'v+uv' - 2uv = x
sacamos u factor común

u(v' - 2v) + u'v = x
Igualamos a cero el factor

v' - 2v = 0
v' = 2v
\frac{1}{v} dv = 2dx
\ln(|v|) = 2x no hace falta la constante porque en esta primer etapa buscamos una solución particular
v = e^{2x}

Ahora averiguamos u
u' e^{2x} = x
u' = xe^{-2x}
u = -\frac{xe^{-2x}}{2} - \frac{e^{-2x}}{4} + c

Por lo tanto
w = uv = -\frac{x}{2} - \frac{1}{4} + ce^{2x}

Finalmente, integrando obtenemos la solución buscada
y = -\frac{x^2}{4} - \frac{1}{4}x + \frac{ce^{2x}}{2} + c_2

Tp.1 Ej.8.c

Miércoles, septiembre 9th, 2009

Halle la familia de curvas tales que su recta tangente en cada punto…

c) … tiene ordenada al origen igual a la suma de las coordenadas del punto.

Solución:

La ecuación de la recta tangente en paramétricas es:

r(t) = (x,y) + t (1,y')

Para que la ordenada al origen sea igual a la suma de las coordenadas, debe darse simultáneamente:

x + t = 0

y + ty' = x+y

De la primera en la segunda ecuación:

y - xy' = x + y

-xy' = x

y' = -1

y = -x + c

Observación: en el anteúltimo paso dividimos por x, por lo tanto implicamos x \neq 0, si x=0 automáticamente se cumple que la recta tangente tiene ordenada al origen igual a la suma de las coordenadas del punto ya que estamos sobre el eje y