Concepto de ecuación diferencial ordinaria

Proporcionamos problemas sobre el concepto de ecuación diferencial ordinaria.

RESUMEN TEÓRICO
    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 $$y^{\prime\prime}-(\lambda_1+\lambda_2)y^\prime+\lambda_1\lambda_2y=0,$$ 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 $y=\cos 2x+3\operatorname{sen}2x.$
  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 $\lambda \neq 0.$
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