Tp.11 Ej.11.a

Halle la solución particular (S.P.)

a) S.P. de y'' - y' - 2y = 4x^2 tal que y(0) = 1, y'(0) = 4

Solución:

Para buscar la SP primero buscamos la SG, y para ello primero buscamos la SG de la EDO homogénea asociada:
y'' - y' - 2y = 0

Propongo
y=e^{\alpha x}
y' = \alpha e^{\alpha x}
y'' = \alpha^2 e^{\alpha x}

reemplazando
\alpha^2 e^{\alpha x} - \alpha e^{\alpha x} - 2 e^{\alpha x} = 0
e^{\alpha x} [\alpha^2 - \alpha - 2] = 0
llegamos a la ecuación característica:
\alpha^2 - \alpha - 2 = 0
cuyas raíces son
\alpha_1 = 2 y \alpha_2 = -1
por lo tanto la SG de la homogénea es
y_h = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x}

Ahora busco una solución particular con el método de coeficientes indeterminados. Propongo
y = ax^2 + bx + c
y' = 2ax + b
y'' = 2a

reemplazando en la EDO
2a - 2ax - b - 2ax^2 - 2bx - 2c = 4x^2
-2ax^2 + (-2a-2b)x + (2a-b-2c) = 4x^2
queda el sistema de ecuaciones lineales
-2a = 4
-2a-2b = 0
2a-b-2c = 0
de donde
a = -2
b = 2
c = -3
por lo tanto una solución particular es
y_p = -2x^2 + 2x - 3
y la SG de la EDO es y_h + y_p es decir
y = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x} - 2x^2 + 2x - 3

(y su derivada es):
y = 2 c_1 e^{2x} - c_2 e^{-x} - 4x + 2

Ahora que tenemos la SG buscamos la SP que cumple las condiciones iniciales
y(0) = 1
y'(0) = 4

1 = c_1 + c_2 - 3
4 = 2c_1 - c_2 + 2

c_1 + c_2 = 4
2c_1 - c_2 = 2

de la primera
c_2 = 4-c_1
en la segunda
2c_1 - 4 + c_1 = 2
3c_1 = 6
c_1 = 2
c_2 = 2

Finalmente, la SP buscada es

y = 2 e^{2x} + 2 e^{-x} - 2x^2 + 2x - 3

Tp.11 Ej.13.a

Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de 1º orden.

a) \begin{cases} x' + y' = e^{-t} + y \\ 2x' + y' = \sin(t) - 2y \end{cases}

con x(0) = -2, y(0) = 1.

Solución:

x' + y' = e^{-t} + y
2x' + y' = \sin(t) - 2y

restando la primera a la segunda
x' = \sin(t) - 3y - e^{-t}
reemplazando en la primera
\sin(t) - 3y - e^{-t} + y' = e^{-t} + y
y' - 4y = 2e^{-t} - \sin(t)

Resuelvo la EDO lineal de 1º orden con la sustitución
y = uv
y' = u'v + uv'

u'v + uv' - 4uv = 2e^{-t} - \sin(t)
u(v'-4v) + u'v = 2e^{-t} - \sin(t)

Primera parte
v' - 4v = 0
v' = 4v
\frac{dv}{v} = 4dt
\ln|v| = 4t (busco sólo una SP)
v = e^{4t}

Segunda parte
u' e^{4t} = 2e^{-t} - \sin(t)
u' = 2e^{-5t} - \sin(t) e^{-4t}
du = 2e^{-5t} - \sin(t) e^{-4t} dt

u = \frac{-2}{5} e^{-5t} - \left[ \frac{-1}{17} e^{-4t}( 4\sin(t) + \cos(t) ) \right] + c

u = \frac{-2}{5} e^{-5t} + \frac{1}{17} e^{-4t}( 4\sin(t) + \cos(t) ) + C

y = uv = [ \frac{-2}{5} e^{-5t} + \frac{1}{17} e^{-4t}( 4\sin(t) + \cos(t) ) + C ] e^{4t}

Finalmente, obtenemos el componente y :
y = \frac{-2}{5} e^{-t} + \frac{1}{17}( 4\sin(t) + \cos(t) ) + Ce^{4t}

usando la condición
y(0) = 1
\frac{-2}{5} + \frac{1}{17} + C = 1
C = \frac{114}{85}

y = \frac{-2}{5} e^{-t} + \frac{1}{17}( 4\sin(t) + \cos(t) ) + \frac{114}{85} e^{4t}

Retomando la otra ecuación
x' = \sin(t) - 3y - e^{-t}

x' = \sin(t) -3 ( \frac{-2}{5} e^{-t} + \frac{1}{17}( 4\sin(t) + \cos(t) ) + \frac{114}{85} e^{4t} ) - e^{-t}

= \sin(t) + \frac{6}{5} e^{-t} - \frac{3}{17}( 4\sin(x) + \cos(x) ) - \frac{342}{85} e^{4t} - e^{-t}

= \frac{5}{17} \sin(t) + \frac{1}{5} e^{-t} - \frac{3}{17} \cos(x) - \frac{342}{85} e^{4t}

Entonces,
x = \frac{-5}{17} \cos(t) - \frac{1}{5} e^{-t} - \frac{3}{17} \sin(x) - \frac{171}{170} e^{4t} + C

Usando la condición inicial:
x(0) = -2
\frac{-5}{17} - \frac{1}{5} - \frac{171}{170} + C = -2
C = \frac{-1}{2}

Finalmente la solución buscada es
\begin{cases}   x = \frac{-5}{17} \cos(t) - \frac{1}{5} e^{-t} - \frac{3}{17} \sin(x) - \frac{171}{170} e^{4t} - \frac{1}{2} \\  y = \frac{-2}{5} e^{-t} + \frac{1}{17}( 4\sin(t) + \cos(t) ) + \frac{114}{85} e^{4t}  \end{cases}

Tp.11 Ej.9.e

Halle la S.G. de las siguientes ecuaciones diferenciales

e) y'' - 2y' + y = x^{-1} e^x

Solución:

Primero resolvemos la EDO homogenea asociada
y'' - 2y' + y = 0
Proponemos como solución
y = e^{\alpha x}
luego
e^{\alpha x} (\alpha^2 - 2\alpha + 1) = 0
el polinomio característico es
\alpha^2 - 2\alpha + 1 = 0

Tiene una raíz doble en \alpha_1 = 1
Luego un conjunto de soluciones L.I. es
\{e^x, x e^x \}
y las soluciones de la homogénea son de la forma

y_h = c_1 e^x + c_2 x e^x

Ahora debemos buscar una solución particular.
Proponemos como solución particular
y = u(x) e^x + v(x) x e^x
luego
y' = u' e^x + u e^x + v' xe^x + v(e^x + xe^x)
Ahora pedimos que
u' e^x + v' xe^x = 0
luego
y' = ue^x + v(e^x + xe^x)
y'' = u' e^x + u e^x + v'(e^x + xe^x) + v(e^x + e^x + xe^x)

reemplazamos en la ecuación diferencial
y'' - 2y' + y = x^{-1} e^x

u' e^x + u e^x + v'(e^x + xe^x) + v(e^x + e^x + xe^x) - 2 ue^x - 2 v(e^x + xe^x) + u e^x + v x e^x = \frac{e^x}{x}

u e^x - 2 ue^x + u e^x + v(e^x + e^x + xe^x) - 2 v(e^x + xe^x) + v x e^x + u' e^x + v'(e^x + xe^x) = \frac{e^x}{x}

u (\underbrace{e^x - 2e^x + e^x}_{=0}) + v(\underbrace{e^x + e^x + xe^x - 2e^x -2xe^x + x e^x}_{=0}) + u' e^x + v'(e^x + xe^x) = \frac{e^x}{x}

u' e^x + v'(e^x + xe^x) = \frac{e^x}{x}

por lo tanto nos queda el sistema de ecuaciones

u' e^x + v' xe^x = 0
u' e^x + v'(e^x + xe^x) = \frac{e^x}{x}

Llamando
W = \left| \begin{matrix} e^x & xe^x \\ e^x & e^x + xe^x \end{matrix} \right| = e^{2x} + xe^{2x} - xe^{2x} = e^{2x}

W_1 = \left| \begin{matrix} 0 & xe^x \\ \frac{e^x}{x} & e^x + xe^x \end{matrix} \right| = - e^{2x}

W_2 = \left| \begin{matrix} e^x & 0 \\ e^x & \frac{e^x}{x} \end{matrix} \right| = \frac{e^{2x}}{x}

Luego, por la regla de Cramer, las soluciones son de la forma
u' = \frac{W_1}{W} = -1

v' = \frac{W_2}{W} = \frac{1}{x}

Por lo tanto nos sirve tomar
u = -x
v = \ln|x|

la solución particular es
y_p = -x e^x + \ln|x| x e^x

y la solución general buscada es
y_g = y_h + y_p
y = c_1 e^x + c_2 x e^x - x e^x + \ln|x| x e^x

y = c_1 e^x + (c_2 - 1) x e^x + \ln|x| x e^x

Tp.11 Ej.4.d

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales totales exactas o convertibles a este tipo.

d) (y^2 - y) dx + x dy = 0

Si llamamos
P(x,y) = y^2 - y
y
Q(x,y) = x
tenemos que
Q'_x - P'_y = 1 - (2y-1) = 2-2y \neq 0
por lo tanto no es una ecuación diferencial exacta.

Veamos si existe un factor integrante respecto de la variable y, para eso multiplico la ecuación diferencial por u(y) y obtengo

u(y) (y^2 - y) dx + u(y) x dy = 0

Ahora llamo
P_0(x,y) = u(y) (y^2 - y)
Q_0(x,y) = u(y) x
luego
(Q_0)'_x - (P_0)'_y = u(y) - [ u' (y^2 - y) + u(y)(2y-1)]
esto debe ser igual a cero, es decir

u - [ u' (y^2 - y) + u(2y-1)] = 0
u - u' (y^2 - y) - u (2y-1) = 0
u' (y^2 - y) = u - u (2y-1)
\frac{u'}{u} = \frac{1 - (2y-1)}{y^2 - y}
\int \frac{du}{u} = \int \frac{ 2 - 2y }{y^2 - y} dy

\ln|u| = -2 \int \frac{y-1}{y(y-1)} dy
= -2 \int \frac{dy}{y}
= -2 \ln|y| + c
en este paso no necesito una constante arbitraria, cualquiera sirve como factor integrante, luego
u = y^{-2}

Verifico que quedó una ecuación diferencial exacta
\frac{y^2 - y}{y^2} dx + \frac{x}{y^2} dy = 0

(Q_0)'_x - (P_0)'_y = \frac{1}{y^2} - \frac{y - (y-1)}{y^2}
= \frac{1}{y^2} - \frac{1}{y^2} = 0 (verifica)

La resolvemos
\phi(x,y) \approx \int \frac{y^2 - y}{y^2} dx = \frac{x (y-1)}{y} + c(y)
= \frac{xy}{y} - \frac{x}{y} + c(y)
= x - \frac{x}{y} + c(y)
\phi(x,y) \approx \int \frac{x}{y^2} dy = -\frac{x}{y} + c(x)

luego
\phi(x,y) = x - \frac{x}{y} + c

por lo tanto la solución a la ecuación diferencial es
x - \frac{x}{y} + c = 0

x + c= \frac{x}{y}
y(x+c) = x
y = \frac{x}{x+c}


En este caso la ecuación diferencial también era de variables separables, verifiquemos que daba lo mismo

(y^2 - y) dx + x dy = 0

- (y^2 - y) dx = x dy

- \frac{dx}{x} = \frac{dy}{y(y-1)}

Aplico fracciones simples
\frac{1}{y(y-1)} = \frac{A}{y} + \frac{B}{y-1}

\frac{A(y-1) + By}{y(y-1)} = \frac{1}{y(y-1)}

A(y-1) + By = 1

tomando los valores y=0 y y=1 sacamos
-A = 1
B = 1

por lo tanto
\frac{1}{y(y-1)} = \frac{-1}{y} + \frac{1}{y-1}

luego
- \ln|x| = \int \frac{-1}{y} dy + \int \frac{1}{y-1} dy
\ln|x^{-1}| = - \ln|y| + \ln|y-1| + c
\frac{1}{x} = k \frac{y-1}{y}

\frac{y}{y-1} = kx

y = kx(y-1)
= k(xy - x)
si c = 1/k
cy = xy - x
xy - cy = x
y(x-c) = x
y = \frac{x}{x-c}
efectivamente da las mismas soluciones que por el otro método.

Tp.11 Ej.9.c

Halle la S.G. de las siguientes ecuaciones diferenciales

c) y'' - 3y' + 2y = xe^x + 2x

Solución:

Primero vamos a hallar la solución de la ecuación diferencial homogénea asociada, es decir:

y'' - 3y' + 2y = 0

Proponemos una solución del tipo y = e^{\alpha x}, por lo tanto:
y' = \alpha e^{\alpha x}
y'' = \alpha^2 e^{\alpha x}

reemplazando:

\alpha^2 e^{\alpha x} - 3\alpha e^{\alpha x} + 2 e^{\alpha x} = 0
(\alpha^2 - 3 \alpha + 2)e^{\alpha x} = 0

Como e^{\alpha x} \neq 0 para todo x, la ecuación sólo se cumple cuando se anula el polinomio característico

\alpha^2 - 3\alpha + 2 = 0

Usamos la fórmula conocida

\alpha_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}

\alpha_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 8}}{2}

que nos dá las soluciones \alpha_1 = 2 y \alpha_2 = 1

Como \{ e^{x}, e^{2x} \} es L.I (linealmente independiente), entonces la solución de la ecuación diferencial homogenea es:

y = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x}

Para obtener la S.G, solo nos falta encontrar la solución particular. Para ello vamos a usar el método de coeficientes indeterminados.

Como es una combinación de polinómica y exponenciales, en principio propongo como solución particular:

y = (ax^2+bx+c)e^x + (dx^2 + ex + f)

y' = (2ax + b)e^x + (ax^2+bx+c)e^x + (2dx + e)
= (2ax + b + ax^2 + bx + c)e^x + (2dx + e)
= (ax^2 + (2a+b)x + (b+c))e^x + (2dx + e)

y'' = (2a)e^x + (2ax+b)e^x + (2ax+b)e^x + (ax^2+bx+c)e^x + 2d
= (2a + 2ax+b + 2ax +b + ax^2+bx+c)e^x + 2d
= (ax^2 + (4a+b)x + (2a+2b+c))e^x + 2d

reemplazando en la ecuación diferencial:

(ax^2 + (4a+b)x + (2a+2b+c))e^x + 2d +
(-3ax^2 -3(2a+b)x - 3(b+c))e^x -6dx -3e +
2(ax^2+bx+c)e^x + 2(dx^2 + ex + f)
= xe^x + 2x

haciendo distributiva:
(ax^2 + (4a+b)x + (2a+2b+c))e^x + 2d +
(-3ax^2 + (-6a-3b)x + (-3b-3c))e^x -6dx -3e +
(2ax^2 + 2bx + 2c)e^x + (2dx^2 + 2ex + 2f)
= xe^x + 2x

operando:
((-2a)x + (2a-b))e^x + 2dx^2 + (-6d+2e)x + 2d -3e + 2f = xe^x + 2x

igualando término a término:

2d-3e+2f = 0
-6d+2e = 2
2d = 0
2a-b = 0
-2a = 1

por lo tanto

a = -1/2
b = -1
d = 0
e = 1
f = 3/2

como c se canceló solo, vale para todo valor de c, vamos a tomar c=0, con lo cual una solución particular es:

y = -\frac{1}{2}x^2 e^x - xe^x +x + \frac{3}{2}

finalmente, la solución general la calculamos mediante y_g = y_h + y_p

y = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x} - \frac{1}{2}x^2 e^x - xe^x +x + \frac{3}{2}

Verificamos con el software Maxima:
eq: 'diff(y, x, 2) -3*'diff(y,x,1) + 2*y = x*exp(x) + 2*x;
sol2: ode2(eq, y, x);

nos retorna el resultado:
y=\%k1\,{e}^{2\,x}-\frac{\left( {x}^{2}+2\,x+2\right) \,{e}^{x}-2\,x-3}{2}+\%k2\,{e}^{x}

que es consistente con nuestro resultado.

Tp.11 Ej.4.c

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales totales exactas o convertibles a este tipo:

c) (6xy-y^3)dx + (4y + 3x^2 - 3xy^2)dy = 0

Solución:

Primero verifiquemos que el campo vectorial asociado cumpla las condiciones necesarias para ser conservativo.

El campo vectorial asociado es

f(x,y) = (6xy-y^3, 4y + 3x^2 - 3xy^2)

La condición necesaria para que sea conservativo es:

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0

Verificamos:

(6x - 3y^2) - (6x - 3y^2) = 0

con lo cual cumple la condición necesaria (y suficiente ya que el dominio es R^2 que es simplemente conexo).

Por lo tanto procedemos a calcular la función potencial.

\int 6xy-y^3 dx = 3x^2y - xy^3 + c(y)

\int 4y + 3x^2 - 3xy^2 dy = 2y^2 + 3x^2y - xy^3 + c(x)

Combinando ambas integrales obtenemos la función potencial:

F(x,y) = 3x^2y - xy^3 + 2y^2 + c

por lo tanto la familia de soluciones de la ecuación diferencial es:

3x^2y - xy^3 + 2y^2 = C

Verifico con el software Maxima:

eq2:'diff(y,x) = (y^3-6*x*y)/(4*y+3*x^2-3*x*y^2);
ode2(eq2,y,x);

me entrega como resultado:
x\,{y}^{3}-2\,{y}^{2}-3\,{x}^{2}\,y=\%c
que es consistente con el resultado que hallamos.

El gráfico asociado a la ecuación diferencial es:
tp11_ej4c
load("plotdf");
plotdf((y^3-6*x*y)/(4*y+3*x^2-3*x*y^2));

Ecuaciones diferenciales exactas

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden escrita de la forma:

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0

es exacta si el campo vectorial asociado:

f(x,y) = (M(x,y), N(x,y))

es conservativo.

La solución general de una ecuación diferencial exacta viene dada por
F(x,y) = c

donde F(x,y) es la función potencial del campo vectorial asociado.

Demostración:
Vamos a comprobar que F(x,y) = c es solución de la ecuación diferencial. Suponemos y en función de x y derivamos implícitamente:

y' = - \frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}

Como F(x,y) es la función potencial del campo vectorial f(x,y):

\frac{dy}{dx} = - \frac{M(x,y)}{N(x,y)}

o lo que es lo mismo:

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0

que es lo que queríamos mostrar.