Cálculo - Frank Ayres Jr & Elliot Mendelson - 5ed (1)

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CAPÍTULO 59 Ecuaciones diferenciales
particulares, ya que cada una puede obtenerse asignando valores particulares a las constantes arbitrarias de la
solución general.
2. De la ecuación diferencial cuya solución general es:
a) y = Cx 2 – x; b) y = C 1 x 3 + C 2 x + C 3 .
y
a) Derive y = Cx 2 – x una vez para obtener y' = 2Cx – 1. Resuelva para y =
1 ⎛ ′ + 1⎞
2 ⎝ x ⎠ y sustituya en la
y
relación dada (solución general) para obtener y =
1 ⎛ ′ + 1⎞
2
x − x o y'x = 2y + x.
2 ⎝ x ⎠
b) Derive y = C 1 x 3 + C 2 x + C 3 tres veces para obtener y' = 3C 1 x 2 + C 2 , y'' = 6C 1 x, y''' = 6C 1 . Entonces, y'' =
xy''' es la ecuación requerida. Observe que la relación dada es una solución de la ecuación y (4) = 0 pero no
constituye la solución general, ya que contiene sólo tres constantes arbitrarias.
3. Encuentre la ecuación diferencial de segundo orden de todas las parábolas con eje principal a lo largo del eje x.
El sistema de parábolas tiene la ecuación y 2 = Ax + B, donde A y B son constantes arbitrarias. Derive dos
veces para obtener 2yy' = A y 2yy'' + 2(y') 2 = 0. Esta última es la ecuación requerida.
4. Resuelva dy
3
1+
y
+
2 2
= 0
dx xy ( 1+
x )
Aquí xy 2 (1 + x 2 )dy + (1 + y 3 2
y
)dx = 0, o
y dy 3
+
1
2
dx = 0
1+
x( 1+
x )
descomposición por fracciones parciales resulta en
2
ydy dx xdx
3
+ −
2
= 0,
1+
y x 1 + x
y la integración da
con las variables separadas. Luego, la
ln | 1+ y | + ln | x| − ln( 1+ x ) = c
1
3
3 1
2
2
o
2 ln |1 + y 3 | + 6 ln|x| – 3 ln(1 + x 2 ) = 6c
de donde
x ( 1+
y )
ln
2 3
( 1+
x )
6 3 2
= 6c
y
x ( 1+
y )
2 3
( 1+
x )
6 3 2
6c
= e = C
5. Resuelva dy y
= + 2
1
2
dx
.
1+ x
dy
Separe las variables =
dx
. La integración resulta en tan
1+
y
2 1 + x
2
–1 y = tan –1 x + tan –1 C, y entonces
−1 −1
y= tan(tan x+ tan C)
=
x+
C
1−
Cx
6. Resuelva dy y
= cos 2
.
2
dx sen x
dy dx
Las variables se separan fácilmente para obtener 2
=
2 .
cos y sen x
Por tanto, sec 2 y dy = cosec 2 x dx y la integración resulta en tan y = –cot x + C.
7. Resuelva 2xy dy = (x 2 – y 2 )dx.
La ecuación es homogénea de grado dos. La transformación y = vx, dy = v dx + x dv resulta en (2x)(vx)
(v dx + x dv) = (x 2 – v 2 x)dx o 2 v dv
=
dx
. Entonces, la integración da
1−
3v
2 x
1 2
− 3 ln | 1− 3v | = ln | x| + lnC
de donde ln |1 – 3v 2 | + 3 ln|x| + ln C' = 0 o C'' |x 3 (1 – 3c 2 )| = 1.
Ahora C'x 3 (1 – 3v 2 ) = Cx 3 (1 – 3v 2 ), y utilizando v = y/x produce C(x 3 – 3xy 2 ) = 1.