Ejercicios introd 1 edo
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f ( x ) g ( y ) ↓↓ Transporte de Masa Semestre 2017-1 M. en C. Roberto Cruces Reséndez Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Variables Separables Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma dy dx =f ( x,y ) . Se dice que es una ecuación de Variables Separables si es posible factorizar f ( x,y ) en la forma: f ( x,y ) =f ( x)∗g ( y) La ecuación anterior se puede resolver integrando ambos miembros de la ecuación. Si dicha factorización no es posible, se concluye que la ED no es de variables separables y es necesario emplear otro método para resolverla. Por ejemplo las ecuaciones dy dx =y 2 xe 3 x+4 y dy dx =y+sin x Son respectivamente separable y no separable. En la primera ecuación podemos factorizar: dy dx =( xe 3 x )( y 2 e 4y ) Pero en la segunda ecuación no hay forma de expresar a y +sin x como un producto de una función de x por una función de y. Ejemplo 1: dy dx = y 2 −1 x 2 −1 Solución: dy y 2 −1 = dx x 2 −1
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f ( x )g ( y )
↓↓
Transporte de Masa
Semestre 2017-1
M. en C. Roberto Cruces Reséndez
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Variables Separables
Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma dydx
=f ( x , y ) .Se dice que es una ecuación de
Variables Separables si es posible factorizarf ( x , y ) en la forma:
f ( x , y )= f ( x )∗g ( y)
La ecuación anterior se puede resolver integrando ambos miembros de la ecuación. Si dicha factorización no es posible, se concluye que la ED no es de variables separables y es necesario emplear otro método para resolverla.
Por ejemplo las ecuaciones
dydx
= y2 x e3 x+4 y dydx
= y+sin x
Son respectivamente separable y no separable. En la primera ecuación podemos factorizar:
dydx
=(x e3 x) ( y2 e4 y )
Pero en la segunda ecuación no hay forma de expresar a y+sin x como un producto de una función de x por una función de y.
Ejemplo 1:
dydx
= y2−1x2−1
Solución:
dyy2−1
= dxx2−1
dy( y+1 ) ( y−1 )
= dx( x+1 ) (x−1 )
1( y+1 ) ( y−1 )
=A
( y+1 )+
B( y−1 )
=A ( y−1 )+B( y+1)
( y+1 ) ( y−1 )
A ( y−1 )+B ( y+1 )=1
Si y=1
2B=1→B=12
Si y=−1
−2 A=1→A=−12
Sustituyendo los valores de A y B:
12 [ 1
( y−1 )− 1
( y+1 ) ]dy=12 [ 1
( x−1 )− 1
( x+1 ) ]dxSeparando los términos a cada lado de la ecuación:
∫ dy( y−1 )
−¿∫ dy( y+1 )
=∫ dx( x−1 )
−∫ dx( x+1 )
¿
Integrando:
ln ( y−1 )−ln ( y+1 )= ln (x−1 )−ln ( x+1 )+C1
Empleando las propiedades de los logaritmos:
ln ( y−1y+1 )=ln ( x−1
x+1 )+C 1
eln( y−1
y+1 )=e
ln( x−1x+1 )+C1
y−1y+1
=C2x−1x+1
SOLUCION GENERAL
Si a la ecuación anterior se le asigna una condición inicial, es posible calcular el valor de la constante C2. El problema consiste en encontrar una función y= y (x) solución a la ecuación diferencial y que cumpla y (x0)= y0 (es decir, que al evaluar dicha función en x=x0 el valor resultante sea y0.
y (2 )=2
2−12+1
=2−12+1
C2→C2=1
y−1y+1
= x−1x+1
SOLUCION PARTICULAR
Ejercicios:
Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales.
a) xy dydx
=2 x2+3xy+2 y2 proponer u= yxRespuesta : ln (( yx +2)
2
yx+1 )=c2 x
b)dNdt
=Nt e t+2−N Respuesta : ln (N )=t (e t+2−1 )−et+2+c1
c)dydx
= xy+3x− y−3xy−2x+4 y−8
Respuesta : y−5 ln ( y+3 )=x−5 ln (x+4)+c1
