Concepto de ecuación diferencial ordinaria

Proporcionamos problemas sobre el concepto de ecuación diferencial ordinaria.

    Enunciado
  1. Averiguar si las funciones que se dan son soluciones de la ecuación diferencial correspondiente
    $a)$ $xy’=2y,$ función $y=5x^2.$ $b)$ $y^{\prime\prime}=x^2+y^2,$ función $y=\dfrac{1}{x}.$
  2. Comprobar que $y=C_1e^{\lambda_1 x}+C_2e^{\lambda_2 x}$ es solución general de la ecuación diferencial $$y^{\prime\prime}-(\lambda_1+\lambda_2)x+\lambda_1\lambda_2y=0,$$ y encontrar dos soluciones particulares.
  3. Demostrar que $y=C_1\cos 2x+C_2\operatorname{sen} 2x$ es solución general de la ecuación diferencial $y^{\prime\prime}+4y=0.$ Encontrar la solución particular que satisface las condiciones iniciales $y(0)=1,$ $y’(0)=6.$
  4. Demostrar que $y=\log (xy)$ es solución de la ecuación diferencial $$(xy-x)y^{\prime\prime}+x(y’)^2+yy’-2y’=0.$$
  5. Demostrar que $f:(0.+\infty)\to \mathbb{R},$ $f(x)=\log x$ es solución de la ecuación diferencial $xy^{\prime\prime}+y’=0.$
  6. Demostrar que $y=\dfrac{1}{x^2-1}$ es una solución de $y’+2xy^2=0$ en el intervalo $I=(-1,1),$ pero no en ningún intervalo que contenga a $I.$
  7. Demostrar que $y=Cx+2C^2$ es solución general de la ecuación de la ecuación diferencial $xy’+2(y’)^2-y=0.$ ¿Es $y=-x^2/8$ solución singular?
  8. Demostrar que la curva para la cual la pendiente de la recta tangente en cualquier punto es proporcional a la abscisa del punto de contacto, es una parábola.
    Solución
  1. $a)$ Tenemos $xy’=x(10x)=2(5x^2)=2y$ para todo $x\in\mathbb{R},$ por tanto $y=5x^2$ es solución de la ecuación dada.

    $b)$ Derivando la función dada: $$y’=-\frac{1}{x^2}, y^{\prime\prime}=\left(-x^{-2}\right)’=2x^{-3}=\frac{2}{x^3}.$$ Por otra parte, $$x^2+y^2=x^2+\frac{1}{x^2}=\frac{x^4+1}{x^2},$$ y $\dfrac{x^4+1}{x^2}$ no es idénticamente igual a $\dfrac{2}{x^3}$, por tanto $y=\dfrac{1}{x}$ no es solución de la ecuación dada.

  2. Derivando la función dada: $$y’=\lambda_1C_1e^{\lambda_1x}+\lambda_2C_2e^{\lambda_2 x},$$ $$y^{\prime\prime}=\lambda_1^2C_1e^{\lambda_1x}+\lambda_2^2C_2e^{\lambda_2 x}.$$ Por otra parte, $$y^{\prime\prime}-(\lambda_1+\lambda_2)y’+\lambda_1\lambda_2y$$ $$=\lambda_1^2C_1e^{\lambda_1x}+\lambda_2^2C_2e^{\lambda_2 x}-(\lambda_1+\lambda_2)\left(\lambda_1C_1e^{\lambda_1x}+\lambda_2C_2e^{\lambda_2 x}\right)$$ $$+\lambda_1\lambda_2\left(C_1e^{\lambda_1 x}+C_2e^{\lambda_2 x}\right),$$ y simplificando la expresión anterior, fácilmente verificamos que es igual a $0.$
    Dando los valores $C_1=C_2=0,$ obtenemos la solución particular $y=0.$ Dando los valores $C_1=1,$ $C_2=0$ obtenemos la solución particular $y=e^{\lambda_1 x}.$
  3. Derivando la función dada: $$y’=-2C_1\operatorname{sen}2x+2C_2\cos 2x,$$ $$y^{\prime\prime}=-4C_1\cos 2x-4C_2\operatorname{sen}2x.$$ Por otra parte, $$y^{\prime\prime}+4y=-4C_1\cos 2x-4C_2\operatorname{sen}2x+4\left(C_1\cos 2x+C_2\operatorname{sen} 2x\right)=0,$$ por tanto, la familia de funciones dadas es solución general de la ecuación $y^{\prime\prime}+4y=0.$
    Hallemos la solución particular pedida:
    $$\left \{ \begin{matrix} y(0)=1 \\y’(0)=6 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} C_1=1 \\2C_2=6, \end{matrix}\right.$$ es decir $y=\cos x+3\operatorname{sen}2x.$
  4. Derivando $y=\log (xy)$ respecto de $x$:$$y’=\dfrac{y+xy’}{xy}.$$ Despejando $y’:$ $$y’=\frac{y}{x(y-1)}.$$ La derivada segunda de $y$ es: $$y^{\prime\prime}=\frac{y’x(y-1)-\left(y-1+xy’\right)y}{x^2(y-1)^2}.$$ Sustituyendo en la ecuación diferencial, $$(xy-x)\frac{y’x(y-1)-\left(y-1+xy’\right)y}{x^2(y-1)^2}$$ $$+x\left(\frac{y}{x(y-1)}\right)^2+y\frac{y}{x(y-1)}-2\frac{y}{x(y-1)}.$$ Operando y simplificando, fácilmente obtenemos que la expresión anterior es igual a $0.$
  5. Para todo $x\in (0.+\infty)$ se verifica: $$f’(x)=\frac{1}{x},\quad f^{\prime\prime}(x)=-\frac{1}{x^2},$$ y sustituyendo en la ecuación, $$xf^{\prime\prime}(x)+f’(x)=x\cdot \frac{-1}{x^2}+\frac{1}{x}=0.$$
  6. Para todo $x\in (-1,1):$ $$y=\dfrac{1}{x^2-1}\Rightarrow y’=\frac{-2x}{(x^2-1)^2}.$$ Sustituyendo: $$y’+2xy^2=\frac{-2x}{(x^2-1)^2}+2x\frac{1}{(x^2-1)^2}=0,$$ por tanto $y=\dfrac{1}{x^2-1}$ es solución en $I.$ Dado que esta función no está definida en $x=\pm 1,$ ningún intervalo que contenga a $I$ puede ser solución.
  7. La derivada de $y=Cx+2C^2$ es $y’=C.$ Sustituyendo en la ecuación diferencial: $$xy’+2(y’)^2-y=Cx+2C^2-Cx-2C^2=0,$$ por tanto $y=Cx+2C^2$ es solución general.La derivada de $y=-x^2/8$ es $y’=-x/4.$ Sustituyendo en la ecuación diferencial: $$xy’+2(y’)^2-y=x\cdot\frac{-x}{4}+2\frac{x^2}{16}+\frac{x^2}{8}=0,$$ por tanto $y=-x^2/8$ es solución. Dado que $y=Cx+2C^2$ representa una familia de rectas e $y=-x^2/8,$ una parábola, esta última función no está incluida en la solución general, luego es una solución singular.
  8. La curva cumple $y’=\lambda x$ es decir, $y=\lambda x^2/2+C,$ luego es una parábola si $\lambda \neq 0.$
ANEXO TEÓRICO
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