Ecuaciones de Primer Orden y Grado Superior

UNIVERSIDAD CENTRAL DEL ECUADOR

FACULTAD DEINGENIERÍA CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICA

ESCUELA DE INGENIERÍA CIVIL

Materia: Ecuaciones Diferenciales

Tema: Ecuaciones de Primer Orden y Grado Superior

Nombres y Apellidos:

.Henry Vinicio Carrión Vivar

.Pedro David Gallegos Agila

. Wilson Daniel Narváez Granda

.Leonardo Javier Pulles Mina

Curso: Tercero

Paralelo: Segundo

Profesor: Ing. Raúl Villacres

Fecha de Entrega: 10/Jun/13

Marzo/Agosto

– 2013–

http://www.google.com.ec/imgres?q=uce&um=1&hl=es&sa=N&biw=1024&bih=543&tbm=isch&tbnid=d9Du0C0O7h1bEM:&imgrefurl=http://lakbzuhela.blogspot.com/2010/11/i-concurso-universitario-de-poesia.html&docid=aWBs-pqNaSz3OM&imgurl=http://2.bp.blogspot.com/_TXh5L6kRlVM/TPMCs1tjQKI/AAAAAAAABwE/WoMJc9QsgWU/s1600/logo%20UCE.gif&w=486&h=480&ei=csy6T4GpNqXG6gH3qti4CA&zoom=1&iact=hc&vpx=424&vpy=184&dur=1531&hovh=223&hovw=226&tx=138&ty=155&sig=115404355871607455661&page=1&tbnh=148&tbnw=150&start=0&ndsp=10&ved=1t:429,r:7,s:0,i:136

ECUACIONES DE PRIMER ORDEN Y GRADO SUPERIOR 1 de 39

OBJETIVO.

General:

Reconocer e identificar los modelos que se usan para ecuaciones diferenciales de primer orden y grado superior.

Específicos

Resolver modelos de ecuaciones diferenciales como Ricatti y de Clairout.Desarrollar los distintos métodos de solución para ecuaciones de primer orden y grado Superior

INTRODUCCION

Hasta ahora hemos visto únicamente ecuaciones diferenciales en las que y’ no estaba elevada a ninguna potencia, es decir, que tenían la forma:

En este apartado vamos a estudiar ecuaciones de la forma:

En las que y’ puede estar elevada a la potencia n.

Existen algunos tipos de ecuaciones diferenciales que pueden ser transformadas y estudiadas como ecuaciones de primer grado y primer orden; entre ellas tenemos como casos especiales los siguientes:

Ecuación de Bernouilli Ecuación de Riccati Dentro de la categoría de las ecuaciones diferenciales de primer orden y grado superior a uno, tenemos varios tipos:

Ecuaciones diferenciales resolubles en y’

Toda ecuación diferencial algebraica resoluble en y’:

Donde P0, P1, …, Pn son funciones de x e y, pueden descomponerse, despejando y’, ene ecuaciones lineales, habiendo tantas de estas como raíces tenga la ecuación algebraica:

Para cada uno de estos casos tendremos una solución de la forma:


Y la solución general vendrá dada por una combinación lineal de ellas.

Ejemplo.- resolver la ecuación diferencial:

Puesto que no podemos poner y’ de forma explícita aplicamos el método que estamos estudiando. Consideramos la ecuación como un polinomio de grado 4 en y’, y calculamos sus raíces.

Como en el caso general de las ecuaciones algebraicas podemos aplicar la regla de Ruffini para determinar las raíces de la anterior ecuación:

Podemos decir que 1 es raíz de la anterior ecuación.

Aplicando los métodos de resolución de ecuaciones algebraicas se llega a la conclusión de que, además de 1, las raíces de la anterior ecuación son 0, x, 2y, es decir, que la anterior ecuación se puede poner en la forma:

Con lo que tenemos cuatro ecuaciones diferenciales que serán:

Para expresar la solución general debemos poner cada solución parcial en la forma hi(x,y,Ci) = 0 para después multiplicar todas las ecuaciones obtenidas entre sí, es decir:

En el caso más general de las ecuaciones de la forma F(x,y,y’) = 0 se puede sustituir y’ por una variable p, de modo que se tenga F(x, y, p) = 0 que es la ecuación de una superficie, puesto que se tienen tres parámetros independientes: x, y, p.

Si se conoce una representación paramétrica de la superficie, podemos poner:

Si se conoce una integral de la ecuación diferencial del sistema anterior, dicha solución vendrá representada por una curva α y su ecuación sería:


Donde suponemos que α es la proyección de otra curva σ que se encuentra sobre la superficie S de tal forma que se verifica:

Recíprocamente, si σ es una curva tal que y = f(x) ; p = g(x), sobre la que se cumple p = dy/dx, la proyección de σ sobre el plano XY nos da la curva y = f(x) que es la integral buscada.

Según eso, el problema de buscar las soluciones α sobre la superficie S tales que cumplan la condición (1):

Integrando esta ecuación se obtiene una solución de la forma H(u, v, C) = 0 que corresponde a la curva σ dada por los parámetros u, v. Mediante el cambio:

Obtendremos una proyección de dicha curva sobre el plano XY: h(x, y, C) = 0, que será la curva α buscada.

Según la anterior interpretación de la ecuación F(x, y, y’) = 0, podemos encontrar además de las ecuaciones resolubles en y’ otros casos que estudiamos en el capítulo siguiente.


PROBLEMAS DE APLICACIÓN CON ECUACIONES DIFERENCIALES

Ejemplo de aplicación número 01

Tipo: Ecuaciones que se pueden resolver respecto a P

RESOLVER:

2 xy ( dydx )

2

+(2 x2+2 xy− y2 ) dydx

+2 x2−xy=0

SOLUCIÓN:

1) Problema:

① 2 xy ( dydx )

2

+(2 x2+2 xy− y2 ) dydx

+2 x2−xy=0

2)

② P=dydx

3) ② en ①

2 xy P2+(2 x2+2xy− y2 ) P+2 x2−xy=0

a x2+bx+c=0

x=−b±√b2−4ac2a

P=−(2x2+2 xy− y2)±√(2 x2+2 xy− y2)2−4(2 xy )(2x2−xy )

2(2 xy)

∗(2 x2+2xy− y2)2

−4 (2xy ) (2 x2−xy )=4 x4+8 x3 y−4 xy3+ y 4−16 x3 y+8x2 y2=4 x4−8 x3 y+8x2 y2−4 xy3+ y4

P=−(2x2+2 xy− y2)±√4 x4−8 x3 y+8 x2 y2−4 xy3+ y4

2 (4 x3 y)

P=−(2x2+2 xy− y2)±√ (2x2−2 xy+ y2 )2

4 xy

P=−(2x2+2 xy− y2)± (2 x2−2xy+ y2 )

4 xy

P1=−(2 x2+2 xy− y2)+ (2x2−2 xy+ y2 )

4 xy


P1=−2 x2−2xy+ y2+2 x2−2xy+ y2

4 xy

P1=−4 xy+2 y2

4 xy=

2 y ( y−2 x)4 xy

= y−2 x2 x

P2=−(2 x2+2 xy− y2)−(2 x2−2xy+ y2 )

4 xy

P2=−2 x2−2xy+ y2−2x2+2xy− y2

4 xy

P2=−4 x2

4 xy=−x

y

P1=y−2 x

2x=2xP+2x− y=0

P2=−xy

= yP+x=0

(2 xP+2 x− y )( yP+x )=0

(2 xdydx

+2x− y)( ydydx

+x )=0

2 xdydx

+2x− y=0÷(2 x)

dydx

+1− y2 x

=0

dydx

− y2 x

=−1

dydx

+ y P(x)=Q(x)

{y= y(x)=?

P( x)=−12 x

Q( x)=−1

Calculo de la integral de P(x)

∫P(x)dx=∫−12x

dx=¿−12

ln x=−ln x12 ¿

Potencialidad Negativa

e−∫ P( x ) dx=e−(−ln x

12 )=e ln x

12

=x12


Potencialidad Positiva

e∫P(x ) dx=e−ln x

12

= 1

x12

Formula:

y=e−∫ P( xdx) [ ∫ Q( x )⋅e

∫ P( x ) dxdx+C ]

y=x12 [∫−1⋅ 1

x12

dx+C ]y=x

12 [2 x

12+C ]

y=2x+x12 C

2 x− y+x12 C=0

ydydx

+x=0÷(dx)

ydy+xdx=0

∫ ydy+ ∫ xdx= ∫ 0

12

y2+12

x2=C∗(2)

y2+x2=C

x2+ y2−C=0

SOLUCIÓN FINAL

(2x− y+x12 C ) ( x2+ y2−C )=0




Resolver:

x2( dydx )

2

+xydydx

−6 y2=0

SOLUCIÓN:

1. Como : P=dydx

2

2. Problema:

x2( dydx )

2

+xydydx

−6 y2=01

3. 2 EN 1

x2 ( P )2+xy P−6 y2=0x2 P2+xy P−6 y2=0=¿ ECUACI Ó N DE SEGUNDO GRADOAx2+Bxy+C=0

4. Solución por la fórmula:


Donde :b=xy; a=x2;C=−6 y2

x=−xy ±√(xy )2−4 x2(−6 y2)

2x2

x=−xy ±√(xy )2−4 x2(−6 y2)

2x2

x=−xy ±√ x2 y2+24 x2 y2

2 x2

x=−xy ±√25 x2 y2

2 x2

x=−xy ±5 xy

2 x2

x=P=−xy ± 5xy

2x2

5. Raíces:


Si : P=−xy+5 xy

2 x2=¿ P=4 xy

2x2=¿P=2 y

x=¿ xP−2 y=0

Si : P=−xy−5xy

2 x2=¿ P=−6 xy

2x2=¿ P=−3 y

x=¿ xP+3 y=0

¿> (xP−2 y ) (xP+3 y )=036. 2 EN 3

¿>(x dydx

−2 y )(x dydx

+3 y)=0

¿>xdydx

−2 y=0

xdydx

=2 y ÷ x

dydx

=2 yx

dyy

=2dxx

∫ dyy

=2∫ dxx

ln y=2 ln x+C

ln y−2 ln x=C

ln y−ln x2=C

lny

x2=C

y

x2=eC

Como :eC∈R=¿eC=C

y

x2=C

y=C x2

y−C x2=0

¿>xdydx

+3 y=0

xdydx

=−3 y ÷ x


dydx

=−3 yx

dyy

=−3dxx

∫ dyy

=−3∫ dxx

ln y=−3 ln x+C

ln y+3 ln x=C

ln y+ ln x3=C

ln y x3=C

y x3=eC

Como :eC∈R=¿eC=C

y x3=C

y= C

x3

y=C x−3

y−C x−3=0

7. SOLUCIÓN FINAL:

( y−C x2 )( y−C x−3)=0




RESOLVER:

xy ( dydx )

2

+( x2+2 xy− y2 ) dydx

−4 x2−2 xy=0

SOLUCIÓN:

1) Problema:

① xy ( dydx )

2

+( x2+2 xy− y2 ) dydx

−4 x2−2 xy=0

2)

② P=dydx

3) ② en ①xy P2+ ( x2+2 xy− y2 ) P−4 x2−2 xy=0

a x2+bx+c=0


P=−(x2+2 xy− y2)±√(x2+2 xy− y2)2−4 (xy )(−4 x2−2 xy )

2(2xy )

∗( x2+2xy− y2 )2−4 ( xy ) (−4 x2−2 xy )= x4+20 x3 y+10 x2 y2−2 xy3+ y4

P=−(x2+2 xy− y2)±√ x4+20 x3 y+10 x2 y2−2xy3+ y4

2 (xy)

P=−(x2+2 xy− y2)±√ ( x2−2 xy+ y2 )2

2 xy

P=−(x2+2 xy− y2)± ( x2−2 xy+ y2 )

2xy

P1=−( x2+2xy− y2 )+( x2−2 xy+ y2 )

2 xy


P1=−x2−2 xy+ y2+x2−2 xy+ y2

2 xy

P1=−4 xy+2 y2

2 xy=

2 y ( y−2 x)2 xy

= y−2 xx

P2=−( x2+2xy− y2 )−( x2−2 xy+ y2 )

4 xy

P2=−x2−2 xy+ y2−x2+2xy− y2

2 xy

P2=−2 x2

2xy=−x

y

P1=y−2 x

x=xP+2 x− y=0

P2=−xy

= yP+x=0

(xP+2 x− y )( yP+x )=0

(x dydx

+2 x− y)( ydydx

+x)=0

xdydx

+2x− y=0÷(x )

dydx

+2− yx=0

dydx

− yx=−2

dydx

+ y P(x)=Q(x)

{y= y(x)=?

P( x)=−1x

Q( x)=−2


∫P(x)dx=∫−1x

dx=¿−11

ln x=−ln x11 ¿


e−∫ P( x ) dx=e−(−ln x

11 )=e ln x

11

=x11



e∫ P(x ) dx=e−ln x1

= 1

x11

Formula:

y=e−∫ P( xdx) [ ∫ Q( x )⋅e

∫ P( x ) dxdx+C ]

y=x11 [∫−2⋅ 1

x1 dx+C ]y=−2x

11 [ ln x

11 +C ]

y=−2x∗l nx+x1C

2 x∗lnx+ y+x1C=0

ydydx

+x=0÷(dx)

ydy+xdx=0

∫ ydy+ ∫ xdx= ∫ 0

12

y2+12

x2=C∗(2)

y2+x2=C

x2+ y2−C=0

SOLUCIÓN FINAL

(2 x∗lnx+ y+x1 C ) ( x2+ y2−C )=0




RESOLVER:

(x2+x)( dydx )

2

+( x2+x−2 xy− y ) dydx

+ y2−xy=0

SOLUCIÓN:

1) Problema:

(x2+x)( dydx )

2

+( x2+x−2 xy− y ) dydx

+ y2−xy=0

2)

P=dydx

3) en(x2+x) P2+ ( x2+x−2 xy− y ) P+ y2−xy=0

a x2+bx+c=0


P=−(x2+x−2 xy )±√ ( x2+x−2xy− y )2−4(x2+x)( y2−xy)

2(x2+x)

∗( x2+x−2 xy− y )2−4 ( x2+x ) ( y2−xy )=x4+2x3−2 x2 y+x2+ y2−2 xy

P=−(x2+x−2 xy )±√ x4+2 x3−2x2 y+ x2+ y2−2xy

2(x2+x)

P=−(x2+x−2 xy )±√ ( x2+x− y )2

2(x2+ x)


P=−(x2+x−2 xy )± ( x2+x− y )

2(x2+x )

P1=−( x2+ x−2xy )+ ( x2+x− y )

2(x2+x )

P1=2xy

2x (x+1)= y

x+1

P2=−( x2+x−2 xy )−( x2+x− y )

2(x2+x )

P2=−2 x2−2x+2 xy+2 y

2x (x+1)

P2=2 ( x+1 )(x− y)

2x (x+1)=

x− yx

P1=y

x+1=P ( x+1 )− y=0

P2=x− y

x=Px+x− y=0

(P ( x+1 )− y )(Px+x− y )=0

( dydx

( x+1 )− y )( dydx

x+x− y )=0

dydx

( x+1 )− y=0

( x+1 ) dydx

−¿ y

dyy

− y(x+1 )

=0

∫ dyy

−∫ y( x+1 )

=∫0

lny−ln ( x+1 )=C

lny

( x+1 )=C

y( x+1 )

=eC

y=C ( x+1 )

y−C ( x+1 )=0


xdydx

+x− y=0

dydx

− yx=−1

Modelo

dydx

+ y P(x)=Q(x)

{y= y(x)=?

P( x)=−1x

Q( x)=−1


∫P(x)dx=∫−1x

dx=¿− ln x ¿


e−∫ P( x ) dx=e−(−ln x )=e ln x=x


e∫ P(x ) dx=e−ln x=1x

Formula:

y=e−∫ P( xdx) [ ∫ Q( x )⋅e

∫ P( x ) dxdx+C ]

y=x [∫−1 ⋅ 1x

dx+C ]y=x [−lnx+C ]

y=− xlnx+Cx

y+xlnx+Cx=0


SOLUCIÓN FINAL

( y−C ( x+1 ) ) ( y+xlnx+Cx )=0


Tipo: Ecuación Diferencial De Ricatti

RESOLVER:

dydx

−2x2= yx−2 y2

y1=x (solucion particular)

SOLUCIÓN:

1) Modelo:

dydx

=R(x) y2+Q(x) y+P(x)

2) Problema:

dydx

=2x2+ yx−2 y2

{P( x )=2 x2

Q( x)=x−1

R( x)=−2

3) Sustitución:

{ y=x+uy=x+u

dydx

=dudx

+1

4) Reemplazamos B en A


1+ dudx

=2 x2+x−1(x+u)2−2 ( x−u )2

1+ dudx

=2 x2+1+x−1 u−2 x2−4 xu−2u2

dudx

=x−1 u−4ux−2u2

dudx

+(4 x−x−1 )u=−2u2

dudx

+(−2 )u=xu2 Ec . Bernoulli

{P( x)=( 4 x−x−1 )Q(x)=−2

dudx

+(4 x−x−1 )u=−2u2

¿(u−2)

①u−2 dudx

+(( 4 x−x−1 ))u−1=−2

5) Sustitución:

② w=u−1

dwdx

=−u−2 du

dx

③ −dwdx

=u−2 du

dx6) ② y ③ en ①dwdx

+(−4 x+x−1)=2

{P( x)=x−1−4 xQ(x)=2


∫P(x)dx=∫(x−1−4 x)dx=2 x


e−∫ P( x ) dx=e−(2 x2+lnx )= 1

e2 x2

+lnx



e∫ P(x ) dx= 1

e2 x2

+lnx

Formula:

w=e− ∫ P( xdx) [ ∫ Q( x ) ⋅e

∫ P (x ) dxdx+C ]

w= 1

e2x2

+lnx[∫−x ⋅e2x2

+ lnxdx+C ]

w= 1

e2x [−∫ x ⋅ e2 xdx+C ]

Integral por Partes

v=∫ 2x e2x2

dx

7) Regreso a u

w=1u

1u=1

2x−1+C x−1e2x2

8) Regreso a y

u= y−x

y−x= 2 x

1+C e2 x2 u= y−x

SOLUCIÓN O PRIMITIVA

y= 2x

1+C e2 x2 + x




Resolver:

dydx

+ y2+ yx− 1

x2=0

Condición : y1=1x=¿ SOLUCIÓN PARTICULAR DE LA ED

SOLUCIÓN:

1. MODELO: dxdy

=P (x ) y2+Q (x ) y+R(x )

Problema:

dydx

=− y2+( 1x ) y− 1

x2A

P ( x )=−1

Q ( x )=1x

R ( x )=−1

x2

2. SUSTITUCIÓN:y= y1+u

y=1x+u B

dydx

=−1

x2+ du

dx


3. Reemplazamos B EN A

dydx

=− y2+( 1x ) y− 1

x2

−1x2 + du

dx=−( 1

x+u)

2

+( 1x )( 1

x+u)− 1

x2

dudx

=−1

x2−2u

x−u2+ 1

x2+ u

xdudx

=−ux

−u2

dudx

+( 1x )u=u2 (−1 )=¿ ECUACIÓN DE BERNOUILLI

dudx

+( 1x )u=u2 (−1 )(×u−2)

u−2 dudx

+( 1x )u−1=−1 1

4. SUSTITUCIÓN:

w=1u

2

dwdx

=−1

u2

dudx

−dwdx

=u−2 dudx

3

5. 2 y3en1

−dwdx

+( 1x )w=−1

dwdx

+w (−1x )=1=¿ECUACIÓN LINEAL

w=w ( x )=?

P(x )=−1x

Q ( x )=16. Cálculo de la integral de P(x):

∫P ( x ) dx=∫−1x

dx=−∫ dxx

=−ln x

7. Potencialidad Negativa:

e−∫ P ( x ) dx=e−(−ln x)=eln x=x

8. Potencialidad Positiva:

e∫ P ( x ) dx=e−ln x=eln x−1

=1x

9. FÓRMULA:

w=e−∫ P ( x ) dx [∫Q ( x ) e∫P ( x )dx dx+C ]


w=x [∫ dxx

+C ]w=x [ ln x+C ]

10. Regresamos a (u):

Como : w=1u

1u=x [ ln x+C ]

11. Regresamos a (y):

Como: y=1x+u

u= y−1x

u= xy−1x

1xy−1

x

=x [ ln x+C ]

xxy−1

=x [ ln x+C ]

1xy−1

=[ ln x+C ]=¿1=( xy−1 ) ( ln x+C )=¿PRIMITIVA




RESOLVER:

dydx

−xy2+ (2x−2 ) y= x−2

y1=1(solucion particular)

SOLUCIÓN:

1) Modelo:

dydx

=P(x) y2+Q(x) y+R(x)

2) Problema:

ᴬdydx

=xy2−(2−2 x ) y+ x−2

{ P ( x )=xQ( x)=−2 x+2

R(x)=x−2

3) Sustitución:

ᴮ {y= y1+uy=1+udydx

=dudx


4) Reemplazamos B en A

dudx

=x (1+u)2+ (2−2 x )(1+u)+x−2

dudx

=x (1+2u+u2 )+(2+2u−2 x−2xu )+x−2

dudx

= x+2 xu+xu2+2+2u− ˙2x−2xu+ x−2

dudx

=xu2+2u

dudx

+(−2 )u=xu2 Ec . Bernoulli

{P( x)=−2Q(x)=x

dudx

+(−2 )u=xu2∗(u−2)

①u−2 dudx

+(−2 ) u−1=x

5) Sustitución:

② w=u−1

dwdx

=−u−2 du

dx

③ −dwdx

=u−2 du

dx6) ② y ③ en ①−dw

dx+(−2 ) w=x∗(−1)

dwdx

+(2 ) w=−x

{ P( x)=2Q( x)=−x


∫P(x)dx=∫ (2 ) dx=2 x



e−∫ P( x ) dx=e−(2 x )= 1

e2 x


e∫P(x ) dx=e2 x

Formula:

w=e− ∫ P( xdx) [ ∫ Q( x ) ⋅e

∫ P (x ) dxdx+C ]

w= 1

e2x [∫−x ⋅ e2 x dx+C ]

w= 1

e2x [−∫ x ⋅ e2 xd x+C ]

Integral por Partes

∫ x ⋅e2x dx= x e2x

2−e2x

4=e2x ( 2x−1

4 )w= 1

e2x [−e2x ( 2 x−14 )+C]

w=(2 x−14 )+ C

e2x

7) Regreso a u

w=1u

1u=( 2 x−1

4 )+ C

e2 x

8) Regreso a y

u= y−1

1y−1

=( 2 x−14 )+ C

e2x


1=( y−1)( 2x−14

+C

e2x )




RESOLVER:

dydx

=−4

x2−1

xy+ y2

- Condición: y 1=2x

Solución.-

1. Modelo:

dydx

=P (x ) y2+Q (x ) y+R ( x )

Problema:

dydx

=−4

x2−1

xy+ y2( A)

P ( x )=1

Q ( x )=−1x

R ( x )=−4

x2

Sustitución:


y= y1+u

y=2x+u

dydx

=−2

x2+ du

dx(B)

Reemplazo de (B) en (A):

−2x2 + du

dx=−4

x2 −1x ( 2

x+u)+( 2

x+u)

2

dudx

=−4

x2+ 2

x2− 2

x2−u

x+ 4

x2+4

ux+u2

dudx

=u2+3ux

dudx

−3x

u=u2 Ec .de Bernoulli

P ( x )=−3x

y Q ( x )=1

dudx

−3x

u=u2 /u2

u−2 dudx

−3x

u−1=1(1)

Sustitución:

w=u−1(2)

dwdx

=−1

u2

−dwdx

=u−2 dudx

(3)

(2) y (3) en (1).-

−dwdx

−8 w=1∗(−1 )

dwdx

+ 3x

w=−1

P ( x )=3x

yQ ( x )=−1

- Cálculo de la integral P(x).-


∫P ( x ) dx=3∫ 1x

dx=3 ln ( x )=ln (x3)

- Exponencial Negativa

e−∫ P ( x ) dx=e ln (x−3 )= 1

x3

- Exponencial Positivo

e∫P ( x ) dx=e ln (x3)=x3

- Fórmula:

w=e−∫ P ( x ) dx [∫Q ( x ) . e∫ P ( x ) dx dx+C ]

w= 1

x3 [−∫ x3 dx+C ]

w= 1x3 [−x4

4+C ]

w=−x4

+ C

x3

- Regreso a u:

w=1u

1u=−x

4+ C

x3

- Regreso a y:

y=2x+u

u= y−2x

1

y−2x

=−x4

+ C

x3


1=( y−2x )(−x

4+

C

x3 )



Tipo: Ecuación Diferencial De Clairout

Resolver:

( d ydx )

2

−x ( dydx )+ y=0

SOLUCIÓN:

1. MODELO: y=xdydx

+ f ( dydx )

Problema:

y=x ( dydx )−( dy

dx )2

1

2. Como : P=dydx

2

3. 2 EN 1

y=xP−P2 34. Derivamos 3 con respecto a “x”:


dydx

=(1 ) P+xdPdx

−2PdPdx

dydx

=P+xdPdx

−2 PdPdx

4

5. 2 EN 4

P=P+xdPdx

−2PdPdx

P−P=xdPdx

−2 PdPdx

0=xdPdx

−2 PdPdx

0=dPdx

( x−2P)5

dPdx

=0 6 y x−2P=0 7

6. Trabajamos con6 :dP=0dx

∫ dP=∫0P=C 8

7. 8 EN 3

y=xP−P2

y=xC−C2

Como :C2∈ R=¿C2=ky=xC+k 9=¿ ECUACIÓN GENERAL DELA RECTADonde :C : PENDIENTE; k :ORDENADA ALORIGEN

8. SISTEMA DE ECUACIONES ENTRE 7 y 37 x−2 P=03 y=xP−P2

9. DESPEJAMOS P DE 7 :

P= x2

10

10. 10 EN 3

y=x ( x2 )−( x

2 )2

y= x2

2− x2

4

y= x2

4=¿SOLUCIÓN SINGULAR

x2=4 y=¿ ECUACIÓN DE UNA PARÁBOLAVERTICAL(SE ABRE HACIA ARRIBA )x2=4 Py=¿ MODELO4 P=P=¿P=1

FOCO(0,1)




RESOLVER:

y= (2x−5 ) dydx

+( dydx )

2

SOLUCIÓN:

1) Modelo:

y=xdydx

+ f ( dydx )

2) Problema:

① y=2xdydx

−5dydx

+( dydx )

2

3) Sustitución

② P=dydx4) ② en ①

③ y=2xP−5 P+P2

5) Derivamos ③ con respecto de x

dPdx

=2 xdPdx

+2P−5dPdx

+2 PdPdx

FOCO

y= x2

4


④ dydx

=2 xdPdx

+2P−5dPdx

+2 PdPdx6) ② en ④

P=2 xdPdx

+2 P−5dPdx

+2PdPdx

⑤−1P=d Pdx

(2x−5+2P )

⑥ dPdx

=0

⑦2 x−5+2 P=0

7) Trabajamos con ⑥

dPdx

=0

dP=0dx

∫ dP= ∫ 0dx

⑦ P=C

8) ⑧ en ③

y=2xC−5C+C2

⑨ y=Cx+k Ec .General de larecta

9) Sistema de ecuaciones entre ⑦ ^ ③

2x−5+2P=02 xP−5 P+P2= y

10) De ⑦ despejamos P

⑩ P=−(2 x−5)

2

11) en ⑩ ③

−(2 x−5)1

x+5(2x−5)

2−

(2 x−5)4

2

= y

−(2 x2−5 x)1

+5(2x−5)

2+ 4 x2−20 x+25

4= y

−4 ( 2x2−5 x )+10 (2x−5 )+x2−6 x+94

= y


−8 x2+20 x+20 x−50+x2−6 x+94

= y

−7 x2+34 x−414

= y

⑪ y=−7 x2

4+ 17 x

2−41

4SolucionSingular

11) GraficoInterseccionconel eje x⇒ y=0

7 x2−34 x+41=0

( x−2.63 )1=0

x=2.63

Interseccionconel eje y⇒ x=0

y=35.1

Foco :

f =(2.63 ;35.1 )


y=−7 x2

4+ 17 x

2−41

4



RESOLVER:

y= (x−3 ) dydx

+( dydx )

2

SOLUCIÓN:


1) Modelo:

y=xdydx

+ f ( dydx )

2) Problema:

① y=xdydx

−3dydx

+( dydx )

2

3) Sustitución


③ y=xP−3 P+P2


dydx

=xdPdx

+P (1 )−3dPdx

+2 PdPdx

④ dydx

=xdPdx

+P−3dPdx

+2PdPdx6) ② en ④

P=xdPdx

+P−3dPdx

+2 PdPdx

⑤0=dPdx

( x−3+2P )

⑥ dPdx

=0

⑦ x−3+2P=0


dPdx

=0

dP=0dx

∫ dP= ∫ 0dx

⑦ P=C

8) ⑧ en ③

y=xC−3C+C2




x−3+2P=0xP−3P+P2= y


⑩ P=−(x−3)

2

11) en ⑩ ③

−(x−3)2

x+3(x−3)

2+

(x−3)4

2

= y

−(x2−3 x)2

+3(x−3)

2+ x2−6 x+9

4= y

−2 ( x2−3x )+6 ( x−3 )+x2−6 x+94

= y

−2x2+6 x+6 x−18+x2−6 x+94

= y

−x2+6 x−94

= y

⑪ y=−x2

4+ 3 x

2−9

4Solucion Singular


x2−6 x+9=0

( x−3 )2=0

x=3


y=−94

Foco :

f =(3 ;−94 )




RESOLVER:

y= (x−2 ) dydx

+( dydx )

2

SOLUCIÓN:

1) Modelo:

3

−94


y=xdydx

+ f ( dydx )

2) Problema:

① y=xdydx

−2dydx

+( dydx )

2

3) Sustitución


③ y=xP−2 P+P2


dydx

=xdPdx

+P (1 )−2dPdx

+2 PdPdx

④ dydx

=xdPdx

+P−2dPdx

+2PdPdx6) ② en ④

P=xdPdx

+P−2dPdx

+2 PdPdx

⑤0=dPdx

( x−2+2P )

⑥ dPdx

=0

⑦ x−2+2P=0


dPdx

=0

dP=0dx

∫ dP= ∫ 0dx

⑦ P=C

8) ⑧ en ③

y=xC−2C+C2




x−2+2P=0xP−2P+P2= y


⑩ P=−(x−2)

2

11) en ⑩ ③

−(x−2)2

x+2(x−2)

2+(x−2)

4

2

= y

−(x2−2 x)2

+2(x−2)

2+ x2−4 x+4

4= y

−2 ( x2−2x )+4 ( x−2 )+x2−4 x+44

= y

−2x2+4 x+4 x−8+ x2−4 x+44

= y

−x2+4 x−44

= y

⑪ y=−x2

4+ x−1SolucionSingular


x2−4 x+4=0

( x−2 )2=0

x=2


y=−1


Foco :

f =(2 ;−1 )

CONCLUSIONES

Las ecuaciones diferenciales de primer orden pueden establecer soluciones a

problemas de tipo o resultado lineal, es decir directamente proporcional al

modelo planteado.

Los modelos matemáticos establecidos generan un rango muy alto de seguridad

en los resultados obtenidos.


La precisión de los resultados serán más exactos según la calidad de datos

iníciales con los que se genere la operación o depende también de los criterios

de toma de datos adoptados por el individuo.

RECOMENDACIONES.

Generar esta información para nuevos años y buscar mayor cantidad de

ejercicios y así tener una variedad de casos en aplicaciones.

Buscar mayor cantidad de ejercicios en los cuales se pueda aplicar ecuaciones

diferenciales como por ejemplo en mecánica de fluidos y poblaciones futuras

para tener una visión más adecuada sobre el uso de las ecuaciones diferenciales

en Ing. civil.

BIBLIOGRAFIA

Libro: Ecuaciones Diferenciales Elementales Autor Ing Juan Gómez Romero

Libro: Análisis Matemático Autor Jorge Lara P. y Jorge Arroba R.

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Ecuaciones de Primer Orden y Grado Superior