Ejercicios resueltos de Ecuaciones Diferenciales

1 Ejercicios resueltos deEcuaciones DiferencialesIIII NDICE todos elementales de resoluci n de Ecuaciones ecuaci n lineal I: aspectos te ricos sobre la existencia y unici-dad de soluci n y matrices ecuaci n lineal II: forma can nica de Jordan, exponencial deuna matriz y f rmula de variaci n de las a de comparaci n de ecuaci n peri Diferenciales con coeficientes anal lisis local de existencia y unicidad de lisis global de existencia y unicidad de continua y diferenciable respecto de datos inicialesy par metros. de Fourier, problemas de contorno, Ecuaciones en deriva-das parciales y c lculo de variaciones237 IIIIV NDICE GENERALIVCAP TULO1M todos elementales deresoluci n de ecuacionesdiferenciales ordinarias1. La poblaci nP(t)de un suburbio de una gran ciudad en un instantecualquiera se rige por{dPdt=P(10 1 10 7P)P(0)=5000,en dondetse mide en meses. Cu l es el valor l mite de la poblaci n?}

2 En qu momento ser la poblaci n igual a la mitad de su valor l mi-te?Soluci n :Calculamos en primer lugar el tama o de la poblaci n,P(t), resolviendo el problema de valores iniciales. La ecuaci n di-ferencial tiene sus variables separadas:P P(10 1 10 7P)=1 ,donde hemos denotadoP =dPdt. Integrando los dos miembros deesta identidad entre 0 ytobtenemos107 P(t)5000dQQ(106 Q)=t,donde hemos efectuado el cambio de variableQ=P(t). Teniendoen cuenta ahora que1Q(106 Q)=10 6(1Q+1106 Q),12concluimos tras una serie de c lculos simples que la nica soluci nde nuestro problema esP(t)=106et10199+ valor l mite de la poblaci n es por tantol mt P(t)=106,como se desprende de una simple aplicaci n de la regla de L H responder a la segunda cuesti n tenemos que encontrar el valort0para el queP(t0)=1062. Basta entonces con resolver la ecuaci n106et010199+et010=1062 et010=199 .Tomando logaritmos neperianos en ambos miembros concluimos quet0=10 log(199)meses 4,41 a os.

3 2. Resuelve las siguientes Ecuaciones Diferenciales :(a)x =et 2tt2 1(b)(x2+9)y +xy=0(c)dydx=2xe y(d)x =1+tt2x2(e)x =et+xSoluci n :(a) La ecuaci n tiene sus variables separadas. Integrandoobtenemosx(t)=et log(|t2 1|)+C,C todos elementales32040608010012014020000040000 06000008000001 106 Figura :Representaci n gr fica de la soluci n del Ejercicio 1 en el intervalo[0, 150].34(b) Separando las variables obtenemosy y= xx2+9e integrando con respecto axllegamos ay(x)=C x2+9.(c) Separando las variables resultaeydydx=2x, de donde se obtiene lasoluci n generaly(x)=log(x2+C),C R:x2+C>0 ,sin m s que integrar ambos miembros con respecto a la rvese que, dado cualquier dato inicialy(x0)=y0, la soluci ns lo existe six2> C=x20 ey0.(d) Separando las variables obtenemosx2x =1+ entonces con respecto aten ambos miembros de la ecua-ci n encontramos que la soluci n general de la misma viene dadaporx(t)=[3(log(|t|) 1t)+C]13,C R.

4 (e) Separando las variables resultae xx =et, de donde obtenemosla soluci n generalx(t)= log(C et),C>et,integrando la ecuaci n con respecto a la variablet. Obs rvese que,dado cualquier dato inicialx(t0)=x0, la soluci n s lo existe sit<log(C)conC=et0+e x0. 4M todos elementales53. Un reactor transforma plutonio 239 en uranio 238 que es relativa-mente estable para uso industrial. Despu s de 15 a os se determinaque el por ciento de la cantidad inicialA0de plutonio se hadesintegrado. Determina la semivida1de este is topo si la rapidezde desintegraci n es proporcional a la cantidad n :Llamemosx(t)a la cantidad de plutonio 239 que quedaen el instantet, con lo quex (t)indicar la velocidad o rapidez dedesintegraci n del mismo. Como la velocidad de desintegraci n esproporcional a la cantidad de is topo restante, la ley diferencial querige el proceso de desintegraci n esx = xsujeta a la condici n inicialx(0)=A0,cuya nica soluci n viene dada porx(t)=A0e t.

5 Para tener com-pletamente determinada la soluci n necesitamos conocer el valor dela constante de desintegraci n , el cual puede encontrarse a trav sde la relaci n (establecida en el enunciado del problema)x(15)=(1 0,0043100)A0=99,9957100A0,por lo que ha de serA0e15 =99,9957100A0 =115log(99,9957100).Finalmente, la semivida de este is topo es el valort0para el que secumple la condici nx(t0)=A02, por lo queA0e[115log(99,9957100)]t0=A02 t0=15 log(2)log(100) log(99,9957)=241790 a os . 4. Dadas dos funcionesf,gderivables, sabemos que la identidad(f g) =f g 1 Tiempo necesario para que la cantidad inicial de tomos se reduzca a la mitad56es falsa en general. Si fijamosf(x)=ex3+2x, determina las funcionesgque verifican dicha n :Por un lado(f g) (x)=(3x2+2)ex3+2xg(x)+ex3+2xg (x)mientras que, por otro lado,f (x)g (x)=(3x2+2)ex3+2xg (x).Entonces ha de cumplirse(3x2+1)ex3+2xg (x)=(3x2+2)ex3+2xg(x)o, equivalentemente,g (x)g(x)=3x2+23x2+ esta ecuaci n diferencial en variables separadas obtene-mosg(x)=C ex+1 3arctan( 3x),C R.

6 5. Resuelve las siguientes Ecuaciones Diferenciales :(a) 3x+y 2+y (x 1)=0(b)(t2x2 1)x +2tx3=0, haciendox=z (c)x+(x t)x =0(d) 2t+3x+(x+2)x =0 Soluci n :(a) La ecuaci n puede ser reescrita en forma can nica (conla derivada despejada) de la siguiente forma:y =3x+y 21 todos elementales7 Veamos c mo podemos reducir esta ecuaci n diferencial a una ho-mog nea. Consideramos las rectas de ecuaciones3x+y 2=0 , 1 x=0 ,de las que resulta el punto de corte(x=1,y= 1). A continuaci nse procede v a el siguiente cambio de variable:X=x 1 ,Y=y+1 .Entonces se tiene queY =y = Y+3XX=YX+3 ,( )que es una ecuaci n diferencial homog nea. Haciendo ahora el cam-bio de funci n inc gnitau=YXy usando ( ) obtenemosY =u+Xu =u+3 ,de donde se deduce queu = tantou(X)=3 log(|X|)+C,C los cambios de variable efectuados para recuperar lasvariables originales llegamos ay(x)=3(x 1)log(|x 1|)+C(x 1) 1 ,C R.(b) Obviamentex 0 es soluci n.

7 Busquemos todas las dem s so-luciones. Efectuando el cambio de funci n inc gnitax=z en laecuaci n obtenemos (t2z2 1)z 1z +2tz3 =0 ,de donde resulta (t2z2 1)z +2tz2 +1=0o, equivalentemente,z = 2 (tz2 +1t2z2 1)= 2 ((z/t)2 +1(z/t)2 (1/t2 +2))78que es una ecuaci n homog nea. Haciendo el cambio de variableu=ztobtenemos la siguiente ecuaci n equivalente:(t2 +2u2 1u)u = los dos miembros de esta ecuaci n con respecto a la va-riabletllegamos a la siguiente expresi n impl cita parau:12 t2 +2u2 log(|u|)=C+log(|t|),C finalmente los dos cambios de variable efectuados2ob-tenemosx2t2 2 log(|x|)=C,C R.(c) La ecuaci n admite la soluci n trivial. Busquemos las restantessoluciones. Resolviendo la ecuaci n con respecto a la derivada obte-nemosx =xt x=xt1 xt,que es homog nea. El consabido cambio de variableu=xtnos con-duce au =1t(u21 u),cuyas soluciones satisfacen la relaci n impl cita 1u log(|u|)=log(|t|)+C,C el cambio de variable obtenemos finalmentexlog(|x|)+t+Cx=0 ,C R.

8 (d) Resolviendo la ecuaci n con respecto a la derivada obtenemosx = 3x+2tx+2,que adopta la forma de una ecuaci n diferencial reducible a homo-g nea. Consideramos las rectas de ecuaciones3x+2t=0 ,x+2=0 ,2u=ztyx=z 8M todos elementales9de las que resulta el punto de corte(t=3,x= 2). Efectuamos elsiguiente cambio de variable:T=t 3 ,X=x+2 .Entonces se tiene queX =x = 3X+2TX= 3XT+2XT,( )que es homog nea. Haciendo ahorau=XTy usando ( ) obtenemosX =u+Tu = 3u+2u,de donde se deduce queu = 1T(u2+3u+2u).Por tanto, la siguiente relaci n impl cita(u(T)+2)2u(T)+1=C|T|,C>0 ,es satisfecha. Deshaciendo los cambios de variable efectuados pararecuperar las variables originales llegamos primero a(X+2T)2X+T=CT2y despu s a(x+2t 4)2x+t 1=C(t 3)2. 6. Encuentra la curva plana que pasa por(1, 1)y verifica que dado unpunto cualquiera(x,y), al considerar el corte de la recta tangente ala curva en ese punto con el eje de ordenadas y el corte de la rectanormal con el eje de abscisas, su distancia al origen es la n :Las Ecuaciones de la recta tangente y normal en el punto(t,x)son, respectivamente,(T t)x =X x,(T t)( 1x )=X x,donde las variables est n representadas con letras may sculas (Tpa-ra las ordenadas yXpara las abscisas).

9 La condici n inicial que nos proporciona el problema esx(1)= en las Ecuaciones anteriores los datos del problema ob-tenemos: tx =b x,(a t)( 1x )= s, ha de verificarse|x tx |=|xx +t|.Esta ltima ecuaci n nos conduce a la resoluci n de los siguientesproblemas de valores iniciales:{x =x tx+tx(1)=1,{x =x+tt xx(1)=1,correspondientes ambos a Ecuaciones homog neas. El primero deellos puede reescribirse de la siguiente forma{x =xt 1xt+1x(1)= el cambio de variableu=xtse llega a la siguiente ecuaci ndiferencial con variables separadasu = 1t(u2+1u+1),con dato inicial asociadou(1)=x(1)=1, cuya nica soluci n3satisface la siguiente relaci n impl cita:2 arctan(xt)+log(x2+t2)= 2+log(2).3Es inmediato verificar las condiciones del teorema de existencia y unicidad de solu-ciones10M todos elementales11El tratamiento del segundo problema es an logo. La ecuaci n dife-rencial que se obtiene ahora tras hacer el cambio de variable anterioresu =1t(u2+11 u),con dato inicial asociadou(1)=x(1)=1.}}}

10 La nica soluci n de esteproblema de valores iniciales satisface2 arctan(xt) log(x2+t2)= 2 log(2). 7. Encuentra las soluciones de las siguientes Ecuaciones diferencialesbuscando (si es el caso) factores integrantes de la forma que se indica:(a) sen(tx)+txcos(tx)+t2cos(tx)x =0(b)sen(2x)y+x+(y sen2(x)y2)y =0(c)(3xy2 4y)+(3x 4x2y)y =0 con (x,y)=xnym(Febrero 1993)(d)xy (y 1) y=0 con (x,y)= (y)(e)(t+1)2+(1+t2)x =0 con (t,x)= (t+x)(Febrero 1996)(f)(1+xy+y2)+(1+xy+x2)y =0 con (x,y)= (xy)(g)(x+y2)+2(y2+y+x 1)y =0 con (x,y)= (eax+by)(h) 2xyy =x2+y2+1 con (x,y)= (y2 x2)Soluci n :(a) Es exacta conP(t,x)=sen(tx)+txcos(tx),Q(t,x)=t2cos (tx).1112-4-224-15-10-551015 Figura :Representaci n gr fica de las soluciones del Ejercicio todos elementales13En efecto, P x=2tcos(tx) t2xsen(tx)= Q F t=P F(t,x)=tsen(tx)+H(x).Por otro lado F x=Q H 0 H k tanto, la soluci n general responde a la siguiente relaci n impl -cita:tsen(tx)=C R.