MATEMATICAS

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CAP´ITULO 2

VARIABLES SEPARABLES

dy g(x) = es separable dx h(y)

ept

Definici´ on 2.1. Se dice que una E.D. de la forma:

o. d

2.1.

eM

atem

atic

as

´ ´ METODOS DE SOLUCION

a, D

o de variables separables.

Z

h(y) dy =

Z

An tio

do:

qui

La anterior ecuaci´on se puede escribir como h(y) dy = g(x) dx e integrang(x) dx + C,

de

obteni´endose as´ı una familia uniparam´etrica de soluciones.

Ejemplo 1. Soluci´on:

dy dx

= e3x+2y

Un iv

ersi

dad

Nota: la constante o par´ametro C, a veces es conveniente escribirla de otra manera, por ejemplo, m´ ultiplos de constantes o logaritmos de constantes o exponenciales de constantes o si aparece la suma de varias constantes reunirlas en una sola constante.

dy = e3x+2y = e3x e2y dx 7


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

separando variables dy = e3x dx 2y e e integrando e3x 1 − e−2y + C = 2 3

as

la soluci´on general es

1

= xy 3 (1 + x2 )− 2 , con y(0) = 1

o. d

Soluci´on: separando variables

1 du √ 2 u

de

=

a, D

An tio

obtenemos

½ u = 1 + x2 haciendo du = 2xdx

qui

1 d(1 + x2 ) = √ 2 1 + x2

ept

2x y −3 dy = √ dx 2 1 + x2

1

ersi

dad

y −2 1 (1 + x2 ) 2 e integrando = +C 1 −2 2 2

√ 1 1 + x2 + C. = 2y 2

Un iv

soluci´on general

Cuando x = 0, y = 1 − 8

atem

dy dx

eM

Ejemplo 2.

atic

e3x e−2y + =C 3 2

√ 1 = 1 + 02 + C 2×1


2.1. VARIABLES SEPARABLES luego C = −3 2 La soluci´on particular es −1 √ 3 = 1 + x2 − 2 2y 2 Resolver los siguientes ejercicios por el m´etodo de separaci´on de variables:

as

Ejercicio 1. (4y + yx2 ) dy − (2x + xy 2 ) dx = 0 (Rta. 2 + y 2 = C(4 + x2 ))

atem

atic

Ejercicio 2. y 0 + y 2 sen x = 0 (Rta. y = − cos 1x+c )

¡π¢ 2

=e

o. d

Ejercicio 4. y 0 sen x = y ln y, si y (Rta. ln y = csc x − cot x)

ept

dy xy + 3x − y − 3 = dx xy − 2x + 4y − 8 y+3 5 ) = Cey−x ) ( x+4

qui

a, D

Ejercicio 5. (Rta.

eM

Ejercicio 3. 3ex tan y dx + (2 − ex ) sec2 y dy = 0 (Rta. (2 − ex )3 = C tan y)

An tio

Ejercicio 6. x2 y 0 = y − xy, si y(−1) = −1 (Rta. ln |y| = − x1 − ln |x| − 1)

ersi

dad

de

dy − y 2 = −9 y luego Ejercicio 7. Hallar la solucin general de la E.D. dx hallar en cada caso una¡ solucin ¢ particular que pase por: 1 a) (0, 0), b) (0, 3), c) 3 , 1 (Rta. a) y−3 = −e6x , b) y = 3, c) y−3 = − 12 e−2 e6x ) y+3 y+3

Un iv

Ejercicio 8. Se suministran bacterias como alimento a una poblaci´on de protozoarios a una raz´on constante µ. Se ha observado que las bacterias son devoradas a una tasa proporcional al cuadrado de su cantidad. Si c(t) es la cantidad de bacterias en el instante t, hallar la E.D.; determinar c(t) en funci´on de c(0); cu´al es la concentraci´on de equilibrio de las bacterias, es decir, cuando c0 (t) = 0√? √ √ √ √ p µ+ kc(t) µ+ kc(0) (Rta.: √µ−√kc(t) = √µ−√kc(0) e2 kµt ; concentraci´on de equilibrio c = µk ) 9


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

£ dy ¤ dy Ejercicio 9. Resolver por variables separables: a x dx + 2y = xy dx y = a y x = 2a. 3 y (Rta.: yx2 = 4ae e a )

2.2.

en

´ ECUACIONES HOMOGENEAS

as

Definici´ on 2.2. f (x, y) es homog´enea de grado n si existe un real n tal que para todo t: f (tx, ty) = tn f (x, y).

atem

atic

Ejemplo 3. f (x, y) = x2 + xy + y 2 es homog´enea de grado dos.

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

eM

Definici´ on 2.3. Si una ecuaci´on en la forma diferencial :

a, D

ept

o. d

tiene la propiedad que M (tx, ty) = tn M (x, y) y N (tx, ty) = tn N (x, y), entonces decimos que es de coeficientes homog´eneos o que es una E.D. homog´enea.

An tio

qui

Siempre que se tenga una E.D. homog´enea podr´a ser reducida por medio de una sustituci´on adecuada a una ecuaci´on en variables separables. M´ etodo de soluci´ on: dada la ecuaci´on

de

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

ersi

dad

donde M (x, y) y N (x, y) son funciones homog´eneas del mismo grado; mediante la sustituci´on y = ux o´ x = yv (donde u o´ v son nuevas variables dependientes), puede transformarse en una ecuaci´on en variables separables.

Un iv

Nota: si la estructura algebraica de N es m´as sencilla que la de M , entonces es conveniente usar las sustituci´on y = ux. Si la estructura algebraica de M es m´as sencilla que la de N , es conveniente usar la sustituci´on x = vy. Ejemplo 4. Resolver por el m´etodo de las homog´eneas, la siguiente E.D.: y y (x + ye x ) dx − xe x dy = 0, con y(1) = 0. 10


´ 2.2. ECUACIONES HOMOGENEAS Soluci´on: y y (x + ye x ) dx − xe x dy = 0 donde homog´enea de grado 1

z }| { y M (x, y) = x + ye x

homog´enea de grado 1

z }| { y N (x, y) = −xe x

y

Como N es ms sencilla que M , hacemos la sustituci´on: y = ux, por tanto dy = u dx + x du Sustituyendo en la E.D. ux

atic

atem

o sea que

as

ux

(x + uxe x ) dx − xe x (u dx + x du) = 0

x dx − x2 eu du = 0

y

ln x = e x + C

a, D

ept

o. d

eM

luego x dx = x2 eu du, separando variables y considerando x 6= 0, obtenemos, dx = eu du ⇒ ln x = eu + C x Por lo tanto la soluci´on general es

0

ln 1 = e 1 + C

An tio

qui

Para hallar la soluci´on particular que pasa por el punto y(1) = 0, sustituimos en la soluci´on general y obtenemos: ⇒ 0 = 1 + C de donde C = −1 y

dad

ln x = e x − 1

ersi

es la soluci´on particular

de

Por lo tanto,

Un iv

Ejemplo 5. (x2 y 2 − 1)dy + 2xy 3 dx = 0 (ayuda: hacer y = z α y calcular α para convertirla en homog´enea) Soluci´on: No es homog´enea; hagamos y = z α y hallemos α de tal manera que la E.D.O. se vuelva homog´enea: dy = αz α−1 dz 11


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

(x2 z 2α − 1)αz α−1 dz + 2xz 3α dx = 0 α(x2 z 3α−1 − z α−1 )dz + 2xz 3α dx = 0

(2.1)

suma de exponentes en los t´erminos: 2+3α−1, α−1 y 1+3α respectivamente. An´alisis de exponentes para que se cumpla la homogeneidad: 1 + 3α = 2 + 3α − 1 = α − 1, se concluye α = −1

atem

(−x2 z −4 + z −2 ) dz + 2xz −3 dx = 0

atic

as

Sustituyo en la E.D. (2.1): (−1)(x2 z −2 − 1)z −2 dz + 2xz −3 dx = 0

eM

Es homog´enea de orden −2.

ept

o. d

La sustituci´on m´as sencilla es x = uz ⇒ dx = u dz + z du.

a, D

(−u2 z 2 z −4 + z −2 ) dz + 2uzz −3 (u dz + z du) = 0

An tio

qui

(−u2 z −2 + z −2 + 2u2 z −2 ) dz + (2uz −1 ) du = 0 (u2 z −2 + z −2 ) dz + 2uz −1 du = 0

dad

de

z −2 (u2 + 1) dz + 2uz −1 du = 0

ersi

z −2 dz 2u + 2 du = 0 −1 z u +1

Un iv

2u dz + 2 du = 0 z u +1 Integrando: ln |z| + ln(u2 + 1) = ln C ln |z(u2 + 1)| = ln C ⇒ z(u2 + 1) = C reemplazo u = 12

x z

y tenemos, tomando z 6= 0


´ 2.2. ECUACIONES HOMOGENEAS

x2 +z =C z Como y = z −1 o sea que z = y −1 , entonces luego x2 y 2 + 1 = Cy,

x2 y −1

+ y −1 = C

es la soluci´on general.

¡ ¢ Ejercicio 1. y + x cot xy dx − x dy = 0. (Rta.: C = x cos xy )

−y x

.

An tio

Ejercicio 5. xy 0 = y + 2xe y (Rta.: ln x = 12 e x +c )

qui

Ejercicio 4. (x2 − 2y 2 ) dx + xy dy = 0. (Rta.: x4 = C(x2 − y 2 ))

a, D

ept

¢ ¡ Ejercicio 3. x − y cos xy dx + x cos xy dy = 0. (Rta.: ln |x| + sen xy = C)

o. d

eM

p dy Ejercicio 2. (x + y 2 − xy) dx = y , con y(1) = 1. y−x 2 (Rta.: ln |y| = 4( y ))

atem

atic

as

Resolver los siguientes ejercicios por el m´etodo de las homog´eneas, o´ convertirla en homog´enea y resolverla seg´ un el caso:

dad

de

Ejercicio 6. (x + y 3 ) dx + (3y 5 − 3y 2 x) dy = 0, (Ayuda: hacer x = z α ). 3 (Rta.: ln |C(x2 + y 6 )| = 2 arctan yx )

Un iv

ersi

p Ejercicio 7. 2(x2 y + 1 + x4 y 2 ) dx + x3 dy = 0, (Ayuda: hacer y = z α ). (Rta.: x4 (1 + 2Cy) = C 2 ) Ejercicio 8. ysencos x dx + (2y − sen x) dy = 0, (Ayuda: hacer u = sen x). − yx 2 (Rta.: y = Ce ) Ejercicio 9. y(ln¡ xy¢+ 1) dx − x ln xy dy = 0. (Rta.: ln |x| − 12 ln2 xy = C) 13


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

dy Ejercicio 10. dx = cos( xy ) + xy . (Rta.: sec( xy ) + tan( xy ) = Cx)

Ejercicio 11. Hallar la soluci´on particular de la E.D. yx2 dx − (x3 + y 3 )dy = 0, donde y(0) = 1 (Rta.: ln |y| = 13 ( xy )3 )

atic eM

atem

xy 2 dy − (x3 + y 3 )dx = 0, donde y(1) = 0 (Rta.: ln |x| = 13 ( xy )3 )

as

Ejercicio 12. Hallar la soluci´on particular de la E.D.

ept

o. d

√ Ejercicio 13. (y + xy)dx − 2xdy = 0 p py (Rta.: x( x − 1)4 = C, si x > 0, y > 0 y x( xy + 1)4 = C , si x < 0, y < 0)

a, D

Ejercicio 14. Hallar la soluci´on particular de la E.D. y(ln y − ln x − 1)dx + xdy = 0,

An tio

Se presentan dos casos:

dad

de

E.D. DE COEFICIENTES LINEALES: (ax + by + c) dx + (αx + βy + γ) dy = 0

ersi

2.3.

qui

donde y(e) = 1 (Rta.: x ln | xy | = −e)

Un iv

1. Si (h, k) es el punto de intersecci´on entre las rectas: ax + by + c = 0 y αx + βy + γ = 0 entonces se hace la sustituci´on: x = u + h y y = v + k y se consigue la ecuaci´on homog´enea: (au + bv)du + (αu + βv)dv = 0 14


2.4. ECUACIONES EXACTAS 2. Si las dos rectas no se intersectan (o sea son paralelas), entonces αx + βy = n(ax + by) y por tanto se hace la sustituci´on z = ax + by, lo cual quiere decir que αx + βy = nz, esta sustituci´on convierte la E.D. en una E.D. de variables separables.

√ x−1 2(y−2)

)

= 2y−x+5 2x−y−4 (Rta.: (x + y + 1)3 = C(y − x + 3)) dy dx

eM

2.

2 arctan

atem

(Rta.: (x − 1)2 + 2(y − 2)2 = Ce

atic

1. (x − y + 1) dx + (x + 2y − 5) dy =√ 0

as

Ejercicios: resolver por el m´etodo anterior:

o. d

3. (x − 2y + 4) dx + (2x − y + 2) dy = 0 (Rta.: (x + y − 2)3 = C 2 (x − y + 2))

An tio

qui

5. (x + y + 1) dx + (2x + 2y − 1) dy = 0 (Rta.: 4 − x − 2y = 3 ln |2 − x − y| + C)

a, D

ept

4. (x + y + 1)2 dx + (x + y − 1)2 dy = 0 (Rta.: 4x = − 12 (x + y)2 + 2(x + y) − ln |x + y| + C)

6. (x + y − 2) dx + (x − y + 4) dy = 0 (Rta.: C = 2(x + 1)(y − 3) + (x + 1)2 − (y − 3)2 )

dad

de

7. (x − y − 5) dx − (x + y − 1) dy = 0 (Rta.: (x + y − 1)2 − 2(x − 3)2 = C)

2.4.

Un iv

ersi

8. (2x + y) dx − (4x + 2y − 1) dy = 0 4 1 − 25 ln |5(2x + y) − 2| + C) (Rta.: x = 25 (2x + y) − 25

ECUACIONES EXACTAS

Si z = f (x, y), entonces dz =

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y 15


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

es la diferencial total de f ; pero si z = c = f (x, y) (familia de curvas uniparam´etricas en el plano XY ), entonces dz = 0 =

∂f ∂f dx + dy. ∂x ∂y

Definici´ on 2.4. La forma diferencial M (x, y) dx + N (x, y) dy es una diferencial exacta en una regi´on R del plano XY si corresponde a la diferencial total de alguna funci´on f (x, y).

atem

atic

as

La ecuaci´on M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, es exacta si es la diferencial total de alguna funci´on f (x, y) = c.

o. d

eM

Teorema 2.1 (Criterio para E.D. exactas). Si M (x, y) y N (x, y) son continuas y tienen derivadas parciales de primer orden continuas en una regi´on R del plano XY , entonces la condici´on necesaria y suficiente para que la forma diferencial

sea una diferencial exacta es que

An tio

qui

∂N ∂M = . ∂y ∂x

a, D

ept

M (x, y) dx + N (x, y) dy

de

Demostracin: como M (x, y) dx + N (x, y) dy es una diferencial exacta, entonces existe una funci´on f (x, y) tal que:

y

por tanto,

16

ersi

M (x, y) =

∂f ∂x

N (x, y) =

∂f ∂y

Un iv

luego

∂f ∂f dx + dy = d f (x, y) ∂x ∂y

dad

M (x, y) dx + N (x, y) dy =

∂M ∂2f ∂2f ∂N = = = . ∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂x


2.4. ECUACIONES EXACTAS La igualdad entre las derivadas cruzadas se produce porque M y N son continuas con derivadas de primer orden continuas. M´etodo. Dada la ecuaci´on M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0, hallar una funci´on f (x, y) = C tal que ∂f ∂f =M y =N ∂x ∂y

f (x, y) =

Z

atic

= M (x, y) y luego integrar con respecto a x dejando a

atem

∂f ∂x

∂N . ∂x

=

M (x, y) dx + g(y)

(2.2)

eM

ii) Suponer que y constante:

∂M ∂y

as

i) Comprobar que es exacta, es decir, verificar que

a, D

ept

o. d

iii) Derivar con respecto a y la ecuaci´on (2.2) Z ∂f ∂ M (x, y) dx + g 0 (y) = N (x, y) = ∂y ∂y

∂ g (y) = N (x, y) − ∂y

Z

M (x, y) dx

(2.3)

An tio

0

qui

despejar

ersi

dad

de

Esta expresi´on es independiente de x, en efecto: · ¸ Z Z ∂ ∂ ∂N ∂ ∂ N (x, y) − M (x, y) dx = − M (x, y) dx ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y Z ∂N ∂ ∂ ∂N ∂ = − M (x, y) dx = − M (x, y) = 0 ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y

Un iv

iv) Integrar la expresi´on (2.3) con respecto a y y sustituir en (2.2) e igualar a C. ¥ Nota: en ii) se pudo haber comenzado por

∂f ∂y

= N (x, y).

Ejemplo 6. Resolver la siguiente E.D.: (2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0 17


CAP´ITULO 2. Soluci´on: paso i)

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

 ∂M x = 4xy + e   ∂M ∂N ∂y de donde =  ∂y ∂x ∂N  = 4xy + ex  ∂x N (x, y) dy + h(x) =

= x2 y 2 + yex − y + h(x)

Z

(2x2 y + ex − 1) dy + h(x)

as

f (x, y) =

Z

atic

paso ii)

atem

paso iii)

o. d

eM

∂f = M = 2xy 2 + yex ∂x ∂f = 2xy 2 + yex + h0 (x) ⇒ h0 (x) = 0 ∂x

Soluci´on general

qui

x2 y 2 + yex − y + C1 = C x2 y 2 + yex − y = C2

a, D

ept

paso iv) h(x) = C paso v) sustituyo h(x) en el paso ii):

An tio

Ejemplo 7. Hallar el valor de b para que sea exacta la E.D.:

∂N ∂x

= 3x2 + 2xy entonces b = 3 , por lo tanto

dad

Soluci´on: Como ∂M = 2xy + bx2 y ∂y

de

(xy 2 + bx2 y) dx + (x + y)x2 dy = 0.

ersi

∂f = xy 2 + 3x2 y ∂x ∂f = x3 + x2 y ∂y

f (x, y) = 18

Z

Un iv

integramos (2.4) :

(2.4)

(xy 2 + 3x2 y) dx + g(y) = y 2

(2.5)

x2 + x3 y + g(y) 2

(2.6)


2.4. ECUACIONES EXACTAS derivamos (2.6) con respecto a y ∂f = yx2 + x3 + g 0 (y) ∂y

(2.7)

igualamos (2.5) y (2.7) x3 + x2 y = yx2 + x3 + g 0 (y) ⇒ g 0 (y) = 0

(2.8)

atic

x2 + x3 y + K = C 1 2

atem

f (x, y) = y 2

as

luego g(y) = K y reemplazando en (2.6)

y por tanto la solucin general es

o. d

eM

y 2 x2 + x3 y = C 2

ept

Ejercicio 1. Resolver la siguiente E.D. por el m´etodo de las exactas :

qui

(Rta.: f (x, y) = cos x sen y − ln |cos x| = C)

a, D

(tan x − sen x sen y) dx + cos x cos y dy = 0.

An tio

Ejercicio 2. Resolver la siguiente E.D. por el m´etodo de las exactas: (y 2 cos x − 3x2 y − 2x) dx + (2y sen x − x3 + ln y) dy = 0, con y(0) = e.

de

(Rta.: f (x, y) = y 2 sen x − x3 y − x2 + y(ln y − 1) = 0)

Un iv

ersi

dad

Ejercicio 3. Determinar la funci´on M (x, y) de tal manera que la siguiente E.D.O sea exacta: µ ¶ 1 x M (x, y) dx + xe y + 2xy + dy = 0 x (Rta.: M (x, y) = 12 y 2 ex (x + 1) + y 2 −

y x2

+ g(x))

Ejercicio 4. Determinar la funci´on N (x, y) para que la siguiente E.D. sea exacta: ¶ µ 1 1 x − dx + N (x, y) dy = 0 y2x 2 + 2 x +y 19


CAP´ITULO 2. 1

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

1

(Rta.: N (x, y) = x 2 y − 2 + 21 (x2 + y)−1 + g(y)) Ejercicio 5. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.: (2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0

(Rta.: f (x, y) = y(x2 y + ex − 1) = C)

Ejercicio 6. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.:

as

(2x − y sen xy − 5y 4 ) dx − (20xy 3 + x sen xy) dy = 0

atic

(Rta.: f (x, y) = x2 + cos(xy) − 5y 4 x = C)

atem

Ejercicio 7. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.: ( sen xy + xy cos xy) dx + (x2 cos xy) dy = 0

eM

(Rta.: f (x, y) = x sen (xy) = C)

o. d

Ejercicio 8. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.:

a, D

(Rta.: f (x, y) = exy + 4xy 3 − y 2 = −3)

ept

(yexy + 4y 3 ) dx + (xexy + 12xy 2 − 2y) dy = 0, con y(0) = 2

qui

Ejercicio 9. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.:

An tio

(1 − sen x tan y) dx + cos x sec2 y dy = 0

´ FACTORES DE INTEGRACION

dad

2.5.

de

(Rta.: f (x, y) = cos x tan y + x = C)

ersi

Definici´ on 2.5 (Factor Integrante F.I.). Sea la E.D.

Si µ(x, y) es tal que

Un iv

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0.

µ(x, y) M (x, y) dx + µ(x, y) N (x, y) dy = 0 es una E.D. exacta, entonces decimos que µ(x, y) es un factor integrante (F.I.).

20


´ 2.5. FACTORES DE INTEGRACION Ejemplos de algunas formas diferenciales que son exactas.¡ ¢ Ejemplo: x dx + y dy es la diferencial de 12 (x2 + y 2 ) ya que d 12 (x2 + y 2 ) = x dx + y dy. Anlogamente: para x dy + y dx = d(xy). Pero py dx + qx dy no es exacta, la expresi´on µ(x, y) = xp−1 y q−1 es un factor integrante.

atic

1 1 1 1 1 ; µ= 2; µ= ; µ= 2 ; µ= 2 2 2 y x xy x +y ax + bxy + cy 2

atem

µ=

as

Para y dx − x dy, las expresiones:

eM

son factores integrantes.

qui

a, D

ept

o. d

Teorema 2.2 (Teorema del Factor Integrante). Sea M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 una E.D. y µ(x, y) un factor integrante, con M , N y µ continuas y con primeras derivadas parciales continuas , entonces · ¸ ∂N dµ dµ ∂M µ − =N = −M ∂y ∂x dx dy

An tio

Demostracin: si µ es tal que µM dx + µN dy = 0 es exacta y µ, M, N tienen primeras derivadas parciales continuas, entonces:

de

∂ ∂ (µM ) = (µN ) ∂y ∂x o sea que

luego ·

∂N ∂M µ − ∂y ∂x como

¸

ersi

dad

∂M ∂µ ∂N ∂µ +M =µ +N ∂y ∂y ∂x ∂x · ¸ ∂µ ∂µ ∂µ M ∂µ =N −M =N − ∂x ∂y ∂x N ∂y

Un iv

µ

dy dx

= −M , entonces: N · ¸ · ¸ ∂M ∂µ dy ∂µ ∂N dµ dµ µ − =N + =N = −M ∂y ∂x ∂x dx ∂y dx dy 21


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

ya que si µ = µ(x, y) y

y = y(x) entonces: dµ =

∂µ ∂µ dx + dy ∂x ∂y

y por tanto dµ ∂µ ∂µ dy = + dx ∂x ∂y dx

¥

Nota. ∂M

− ∂N

− ∂N ∂x

−M

= g(y), entonces µ = e

R

g(y)dy

eM

∂M ∂y

ept

Ejemplo 8. (2xy 2 − 2y) dx + (3x2 y − 4x) dy = 0. Soluci´on:

.

o. d

2. Similarmente, si

atem

atic

as

1. Si ∂y N ∂x = f (x), entonces µf (x) = dµ y por tanto f (x)dx = dµ , dx µ R R luego µ = ke f (x)dx ; tomando k = 1 se tiene µ = e f (x)dx .

a, D

∂N = 6xy − 4 ∂x

An tio

N (x, y) = 3x2 y − 4x ⇒

∂M = 4xy − 2 ∂y

qui

M (x, y) = 2xy 2 − 2y ⇒

luego

luego

∂N ∂x

−M g(y) =

=

−2xy + 2 2(−xy + 1) = 2 −2xy + 2y 2y(−xy + 1)

Un iv

∂M ∂y

ersi

por tanto

dad

de

∂N ∂M − = −2xy + 2 ∂y ∂x

R 1 ⇒ F.I. = µ(y) = e y

1 dy y

= eln |y| = y

multiplico la E.D. original por y: (2xy 3 − 2y 2 ) dx + (3x2 y 2 − 4xy) dy = 0 el nuevo M (x, y) = 2xy 3 − 2y 2 y el nuevo N (x, y) = 3x2 y 2 − 4xy 22


´ 2.5. FACTORES DE INTEGRACION Paso 1.

∂M = 6xy 2 − 4y ∂y

y ∂N = 6xy 2 − 4y ∂x luego es exacta.

(2xy 3 − 2y 2 )dx + g(y) = x2 y 3 − 2xy 2 + g(y)

atic

f (x, y) =

Z

as

Paso 2.

∂f = 3x2 y 2 − 4xy + g 0 (y) ∂y

eM

N = 3x2 y 2 − 4xy =

atem

Paso 3. Derivando con respecto a y:

ept

o. d

luego g 0 (y) = 0

a, D

Paso 4. g(y) = k

qui

Paso 5. Reemplazo en el paso 2.

An tio

f (x, y) = x2 y 3 − 2xy 2 + k = c luego x2 y 3 − 2xy 2 = k1 que es la soluci´on general.

ersi

y x dy − y dx como d( ) = x x2

dad

de

Ejemplo 9. x dy − y dx = (6x2 − 5xy + y 2 ) dx Soluci´on:

Un iv

entonces dividimos a ambos lados de la E.D. por x2 , luego ¶ µ 2 x dy − y dx 6x − 5xy + y 2 dx = x2 x2 luego

³ y y y ´ d( ) = 6 − 5( ) + ( )2 dx, x x x 23


CAP´ITULO 2. hagamos u =

y x

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

⇒ du = (6 − 5u + u2 )dx

du du = dx ⇒ = dx 6 − 5u + u2 (u − 3)(u − 2) 1 A B pero por fracciones parciales = + (u − 3)(u − 2) u−3 u−2 luego

atic

as

o sea que A = 1 y B = −1, por tanto Z Z Z Z du du du = dx ⇒ − = ln |u−3|−ln |u−2|+ln c = x (u − 3)(u − 2) u−3 u−2 luego

(y − 3x) (u − 3) = ex , si x 6= 0 ⇒ c = ex (u − 2) (y − 2x)

atem

c

o. d

eM

Obsrvese que x = 0 es tambi´en soluci´on y es singular porque no se desprende de la soluci´on general.

a, D

ept

En los siguientes ejercicios, hallar el factor integrante y resolver por el m´etodo de las exactas:

qui

Ejercicio 1. (cos(2y) − sen x) dx − 2 tan x sen (2y) dy = 0. (Rta.: sen x cos(2y) + 12 cos2 x = C)

An tio

Ejercicio 2. (3xy 3 + 4y) dx + (3x2 y 2 + 2x) dy = 0. (Rta.: f (x, y) = x3 y 3 + 2x2 y = C)

dad

de

p Ejercicio 3. 2xy ln y dx + (x2 + y 2 y 2 + 1) dy = 0. 3 (Rta.: f (x, y) = x2 ln y + 31 (y 2 + 1) 2 = C)

Un iv

ersi

Ejercicio 4. (2wz 2 − 2z) dw + (3w 2 z − 4w) dz = 0. (Rta.: w 2 z 3 − 2z 2 w = C) Ejercicio 5. ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0 (Rta.: f (x, y) = ex sen y + y 2 = C) Ejercicio 6. x dy + y dx = (x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 )(dx + dy). (Rta.: xy = 41 (x + y)4 + C) 24


´ 2.5. FACTORES DE INTEGRACION Ejercicio 7. xq dy − y dx = (2x2 + 3y 2 )3 (2xdx + 3ydy). q (Rta.: 23 tan−1 ( 32 xy ) = 31 (2x2 + 3y 2 )3 + C) Ejercicio 8. y dx + (2x − yey ) dy = 0. (Rta.: y 2 x − y 2 ey + 2yey − 2ey = C)

Ejercicio 9. (xy − 1)dx + (x2 − xy)dy = 0. 2 (Rta.: f (x, y) = xy − ln |x| − y2 = C)

atem

atic

as

Ejercicio 10. ydx + (x2 y − x)dy = 0. 2 (Rta.: f (x, y) = − xy + y2 = C)

eM

Ejercicio 11. (2xy − e−2x )dx + xdy = 0. (Rta.: f (x, y) = ye2x − ln |x| = C)

ept a, D

Ejercicio 13. (x + y)dx + x ln xdy = 0. (Rta.: f (x, y) = x + y ln x = C)

o. d

Ejercicio 12. ydx + (2xy − e−2y )dy = 0. (Rta.: f (x, y) = xe2y − ln |y| = C)

An tio

qui

Ejercicio 14. Hallar la soluci´on particular que pasa por el punto y(1) = −2, de la E.D. dy 3x2 y + y 2 =− 3 dx 2x + 3xy

x2 + y 2 y 2 dy.

dad

p

ersi

Ejercicio 15. x dx + y dy = 3 p 2 (Rta.: x + y 2 = y 3 + C)

de

(Rta.: x3 y 2 + y 3 x = −4)

Un iv

Ejercicio 16. 4y dx + x dy = xy 2 dx. (Rta.: yx1 4 − 3x13 = C) Ejercicio 17. Si

entonces µ = F.I. = e

Rt

My − N x = R(xy), yN − xM R(s) ds

, donde t = xy 25


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

Ejercicio 18. Bajo que condiciones M dx + N dy = 0 tendr´a un F.I.= µ(x + y) Ejercicio 19. Si M dx + N dy = 0 es homog´enea, entonces µ(x, y) = 1 xM +yN

E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN

as

2.6.

dy + a0 (x)y = h(x), dx

atem

a1 (x)

atic

Definici´ on 2.6. Una E.D. de la forma:

o. d

eM

donde a1 (x) 6= 0, en I y a1 (x), a0 (x), h(x) son continuas en I, se le llama E.D. lineal en y de primer orden.

a0 (x) h(x) y Q(x) = . a1 (x) a1 (x)

An tio

donde p(x) =

qui

a, D

ept

Dividiendo por a1 (x), se obtiene la llamada ecuaci´on en forma can´onica o´ forma estandar: dy + p(x)y = Q(x), dx

de

Teorema 2.3 (Teorema de la E.D. lineal de primer orden). La soluci´on general de la E.D. lineal en y, de primer orden:

es :

Demostracin:

p(x) dx

=

Z

e

Un iv

ye

R

ersi

dad

y 0 + p(x)y = Q(x) R

p(x) dx

Q(x) dx + C.

dy + p(x)y = Q(x) dx ⇒ p(x)y dx + dy = Q(x) dx 26

(2.9)


2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN o sea que (p(x)y − Q(x)) dx + dy = 0, como ∂M ∂y

∂N ∂x

N R

p(x) dx

R

p(x) dx dy

R d p(x) dx (ye ) dx

= Q(x)e ye

= p(x)

= F.I.; multiplicando (2.9) por el F.I.: dx

R

= 0, entonces

+ p(x)ye R

p(x) dx

p(x) dx

=

Z

R

p(x) dx

= Q(x)e

R

p(x) dx

e integrando con respecto a x se tiene:

as

o sea

∂N ∂x

Q(x)e

R

p(x) dx

dx + C

¥

o. d

eM

Obsrvese que la expresi´on anterior es lo mismo que: Z y F.I. = Q(x) F.I. dx + C

atic

e

= p(x) y

atem

y por tanto µ = e

∂M ∂y

Soluci´on:

qui

ν2 dν =− dµ 6 − 2µν

a, D

ept

dν Ejemplo 10. Hallar la soluci´on general de la E.D.:(6 − 2µν) dµ + ν2 = 0

An tio

6 2µ dµ =− 2 + dν ν ν

dad

de

6 dµ 2µ − =− 2 dν ν ν que es lineal en µ con

F.I. = e

R

p(ν)dν

=e

R

Un iv

ersi

2 6 p(ν) = − , Q(ν) = − 2 ν ν − ν2 dν

= e−2 ln |ν| = eln |ν|

−2

= ν −2 =

1 ν2

La soluci´on general es 1 µ= ν2

Z

6 1 (− 2 )dν + C 2 ν ν 27


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

1 µ = −6 ν2

Z

ν −4 dν + C = −6

ν −3 +C −3

µ 2 2 = 3 + C ⇒ µ = + Cν 2 2 ν ν ν que es la soluci´on general.

+ 2xy = f (x)

as

dy dx

atic

Ejemplo 11. Hallar una soluci´on continua de la E.D.: ½ x, 0≤x<1 donde f (x) = 0, x≥1

atem

y y(0) = 2

2xdx

=e

x2

x2

⇒e y=

Z

2

ex f (x)dx + C

o. d

F.I. : e

R

eM

Soluci´on:

An tio

qui

a, D

ept

R 2 2 a). si 0 ≤ x < 1 : ex y = ex x dx + C R 2 2 2 ex y = 12 ex 2x dx+C = 21 ex +C, que es la soluci´on general. Hallemos C con la condicin incial 2 2 y(0) = 2 ⇒ e0 2 = 12 e0 + C ⇒ C = 32 2 luego y = 12 + 32 e−x , soluci´on particular. R b). si x ≥ 1 : F.I.y = F.I. 0 dx + C 2 2 ex y = 0 + C ⇒ y = Ce−x + 32 e−x 2 Ce−x

2

de

1 2

dad

Soluci´on general: f (x) =

½

0≤x<1 x≥1

Un iv

ersi

Busquemos C, de tal manera que la funci´on f (x) sea continua en x = 1. Por tanto 1 3 2 l´ım ( + e−x ) = f (1) = y(1) x→1 2 2 1 + 23 e−1 1 3 1 3 −1 + e = Ce−1 , ⇒ C = 2 −1 = e+ 2 2 e 2 2 Ejemplo 12. Con un cambio de variable adecuado transformar la E.D.: 2

y 0 + x sen 2y = xe−x cos2 y 28


2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN en una E.D. lineal de primer orden y luego resolverla. Soluci´on. Lo trabajamos mediante cambios de variable. Dividiendo por cos2 y: 1 dy x(2 sen y cos y) 2 + = xe−x 2 2 cos y dx cos y dy 2 + 2x tan y = xe−x dx hagamos el siguiente cambio de variable: t = tan y, por lo tanto

as

sec2 y

Sustituyendo dt 2 + 2xt = xe−x , dx

te

x2

=

Z

= ex

2

o. d

F.I.Q(x) dx + C

qui

t F.I. =

Z

2x dx

An tio

Resolvi´endola

R

a, D

F.I. = e

2

ept

Q(x) = xe−x

p(x) = 2x,

eM

es lineal en t con

atem

atic

dt dy = sec2 y . dx dx

2

2

ex (xe−x ) dx + C

x2 +C 2 Ejercicio 1. Hallar una soluci´on continua de la E.D.: 2

ersi

dad

de

⇒ tan y ex =

Un iv

dy (1 + x2 ) dx + 2xy = f (x) ½ x, 0≤x<1 donde f (x) = −x , x≥1

con y(0) = ( 0.

(Rta.: y(x) =

x2 , 2(1+x2 ) x2 − 2(1+x2 )

si 0 ≤ x < 1 +

1 , 1+x2

si x ≥ 1

)

29


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

Ejercicio 2. Hallar la soluci´on de la E.D.: (Rta.: xy =

y2 2

dy dx

=

y y−x

con y(5) = 2

+ 8)

R1 Ejercicio 3. Resolver para ϕ(x) la ecuaci´on 0 ϕ(αx) dα = nϕ(x) (Ayuda: con un cambio de variable adecuado transforme la ecuaci´on en una E.D. lineal de primer orden.) 1−n (Rta.: ϕ(x) = Cx( n ) )

atic

as

Ejercicio 4. Hallar la soluci´on de la E.D.: y 0 − 2xy = cos x − 2x sen x donde y es acotada cuando x → ∞. (Rta.: y = sen x)

o. d

dy dx

y 2 ey .

qui

dy = Ejercicio 7. Resolver la E.D.: y − x dx x y (Rta.: y = e + C)

= 5 − 8y − 4xy.

ept

dy dx

a, D

Ejercicio 6. Resolver la E.D.: (x + 2)2 (Rta.: y(2 + x)4 = 35 (2 + x)3 + C)

eM

atem

√ √ √ Ejercicio 5. Hallar la soluci´on de la E.D.: 2 x y 0 −y = − sen x−cos x donde y es acotada √ cuando x → ∞. (Rta.: y = cos x)

ersi

dad

de

An tio

Ejercicio 8. El suministro de glucosa al torrente sangu´ıneo es una t´ecnica importante para detectar la diabetes en una persona. Para estudiar este proceso, definimos G(t) como la cantidad de glucosa presente en la sangre de un paciente en el tiempo t. Suponga que la glucosa se suministra al sisgr. tema sangu´ıneo a una tasa constante k min. . Al mismo tiempo la glucosa se transforma y se separa de la sangre a una tasa proporcional a la cantidad de glucosa presente. Construir la E.D. y resolverla. Hallar G(t) cuando t → ∞. Ejercicio 9. Hallar la soluci´on general en t´erminos de f (x), de la E.D.:

(Rta.: y = 13 f (x) +

C ) [f (x)]2

Un iv

dy f 0 (x) +2 y = f 0 (x) dx f (x)

Ejercicio 10. Hallar la soluci´on general de la E.D. (x + 1)y 0 + (2x − 1)y = e−2x 30


2.7. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI (Rta.: y = − 13 e−2x + Ce−2x (x + 1)3 ) Ejercicio 11. Hallar la soluci´on particular de la E.D. y 0 + y = 2xe−x + x2 si y(0) = 5 (Rta.: y = x2 e−x + x2 − 2x + 2 + 3e−x )

as

Ejercicio 12. Hallar la soluci´on particular de la E.D.

atic

(1 − 2xy 2 )dy = y 3 dx

eM

ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI

ept

o. d

2.7.

atem

si y(0) = 1 (Rta.: xy 2 = ln y)

a, D

dy + p(x)y = Q(x)y n con n 6= 0 y Definici´ on 2.7. Una E.D. de la forma dx n 6= 1, se le llama una E.D. de Bernoulli. Obsrvese que es una E.D. no lineal.

An tio

qui

La sustituci´on w = y 1−n convierte la E.D. de Bernoulli en una E.D. lineal en w de primer orden:

de

dw + (1 − n)p(x)w = (1 − n) Q(x). dx

ersi

dad

dy Ejemplo 13. xy(1 + xy 2 ) dx = 1 con y(1) = 0. Soluci´on: dy 1 dx = xy (1+xy ⇒ = xy (1 + xy 2 ) = xy + x2 y 3 2) dx dy

Un iv

dx − xy = x2 y 3 dy

(2.10)

tiene la forma de Bernoulli con variable dependiente x, con n = 2 Hagamos w = x1−2 = x−1 ⇒ x = w−1 dx dw = −w−2 dy dy 31


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

sustituimos en (2.10): −w −2 dw − yw−1 = y 3 w−2 dy + yw = −y 3 , lineal en w de primer orden. multiplicamos por −w −2 : dw dy luego p(y) = y; Q(y) = −y 3

w F.I. = we

y dy

y2

=e2

Z

F.I. Q(y) dy + C

Z

e 2 (−y 3 ) dy + C

y2

=−

Z

3

y e

y2 2

atem

⇒ du = y dy , y 2 = 2u dy + C = −2 y2 2

ueu du + C

= −2u eu + 2eu + C

a, D

e integrando por partes, obtenemos: w e

Z

eM

y2 2

R

o. d

we

y2 2

=

=e

ept

hagamos: u =

y2 2

P (y) dy

as

R

atic

F.I. = e

y2 1 = −y 2 + 2 + Ce− 2 x Como y(1) = 0 entonces C = −1, por lo tanto la soluci´on particular es: y2

y2

An tio

qui

y2

x−1 e 2 = −y 2 e 2 + 2e 2 + C ⇒

de

y2 1 = −y 2 + 2 − e− 2 x

2

3 2

(Rta.: y = −3x + 4x )

− 2

x y2

con y(1) = 1.

ersi

3

y x

Un iv

dy Ejercicio 1. 2 dx =

dad

Resolver las E.D. de los siguientes ejercicios:

Ejercicio 2. y 0 = x3 3x . +y+1 3 y (Rta.: x = −y − 2 + Ce )

Ejercicio 3. tx2 dx + x3 = t cos t. dt 3 3 2 (Rta.: x t = 3(3(t − 2) cos t + t(t2 − 6) sen t) + C) 32


2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN x Ejercicio 4. y 0 = x2 y+y 3. 2 (Rta.: x2 + y 2 + 1 = Cey )

Ejercicio 5. xy 0 + y = x4 y 3 . (Rta.: y −2 = −x4 + cx2 ) Ejercicio 6. xy 2 y 0 + y 3 = cosx x . (Rta.: x3 y 3 = 3x sen x + 3 cos x + C)

eM

dx 2 √ x 3 − x = y( 2 ) 2 dy y y

atem

Ejercicio 8. Hallar la soluci´on particular de la E.D.

atic

as

Ejercicio 7. x2 y 0 − y 3 + 2xy = 0. 2 (Rta.: y −2 = 5x + Cx4 )

a, D

Ejercicio 9. Hallar y(x) en funci´on de f (x) si

ept

o. d

tal que y(1) = 1 (Rta.: y 3 = x)

)

An tio

R1 f (x) dx )

E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN

Un iv

Sea

ersi

dad

2.8.

(1−Ce

de

(Rta.: y =

qui

dy + f (x) y = f (x)y 2 dx

(y 0 )n + a1 (x, y)(y 0 )n−1 + a2 (x, y)(y 0 )n−2 + . . . + an−1 (x, y)y 0 + an (x, y) = 0, donde ai (x, y) para i = 1 . . . n son funciones reales y continuas en una regi´on R del plano XY . Casos: i) Se puede despejar y 0 . 33


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

ii) Se puede despejar y. iii) Se puede despejar x. Caso i). Si hacemos p =

dy dx

= y 0 , entonces

pn + a1 (x, y)pn−1 + a2 (x, y)pn−2 + . . . + an−1 (x, y)p + an (x, y) = 0. En caso que sea posible que la ecuaci´on anterior se pueda factorizar en factores lineales de p, se obtiene lo siguiente:

atic

as

(p − f1 (x, y))(p − f2 (x, y)) . . . (p − fn (x, y)) = 0,

atem

donde fi (x, y) para i = 1, . . . , n son funciones reales e integrables en una regi´on R del plano XY .

o. d

eM

Si cada factor tiene una soluci´ Qnon ϕi (x, y, c) = 0, para i = 1, . . . , n. entonces la soluci´on general es i=1 ϕi (x, y, c) = 0.

a, D

ept

Ejemplo 14. (y 0 − sen x)((y 0 )2 + (2x − ln x)y 0 − 2x ln x) = 0. Soluci´on: (p − sen x)(p2 + (2x − ln x)p − 2x ln x) = 0

dy dx

− sen x = 0 ⇒ dy = sen x dx ⇒

An tio

Para el factor p − sen x = 0 ⇒ y = − cos x + C

qui

(p − sen x)(p + 2x)(p − ln x) = 0

φ1 (x, y, C) = 0 = y + cos x − C

= −2x ⇒ dy = −2x dx

dad

de

dy dx

Para el factor p + 2x = 0 ⇒

ersi

⇒ y = −x2 + C ⇒ φ2 (x, y, C) = 0 = y + x2 − C dy dx

Un iv

Para el factor p − ln x = 0 ⇒ y=

Z

= ln x ⇒ dy = ln x dx

ln x dx + C,

e integrando por partes: Z Z 1 y = ln x dx + C = x ln x − x dx = x ln x − x + C x 34


2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN

φ3 (x, y, C) = 0 = y − x ln x + x − C Q La soluci´on general es: 3i=1 φi (x, y, C) = 0

(y + cos x − C)(y + x2 − C)(y − x ln x + x − C) = 0

Resolver por el m´etodo anterior los siguientes ejercicios:

1

dν dµ

5

atic

³ ´2

dν − 13µν dµ − 5ν 2 = 0.

atem

Ejercicio 2. 6µ2

as

Ejercicio 1. p (p2 − 2xp − 3x2 ) = 0. (Rta.: (y − c)(2y − 3x2 + c)(2y + x2 + c) = 0)

a, D

ept

= p = y0.

An tio

Ejercicio 5. x2 (y 0 )2 + 2xyy 0 + y 2 = xy

dy dx

qui

Ejercicio 4. n2 p2 − x2n = 0, con n 6= 0 y xn+1 xn+1 (Rta.: (y + n(n+1) − c)(y − n(n+1) − c) = 0)

o. d

Ejercicio 3. (y 0 )3 − y(y 0 )2 − x2 y 0 + x2 y = 0. 2 2 (Rta.: (x − ln |y| + c)(y + x2 − c)(y − x2 − c) = 0)

eM

(Rta.: (νµ 3 − c)(νµ− 2 − c) = 0)

dad

de

Ejercicio 6. Denotando por P cualquier punto sobre una curva C y T el punto de intersecci´on de la tangente con el eje Y . Hallar la ecuaci´on de C si P T = k. ¯i ¯√ h√ ¯ 2 2 −k ¯ 2 (Rta.:(y + c)2 = k 2 − x2 + k ln ¯ k −x ¯ , con |x| ≤ k, k > 0.) x

Un iv

ersi

Caso ii). Son ecuaciones de la forma F (x, y, p) = 0 y de la cual puede despejarse y, es decir: y = f (x, p), donde x y p se consideran como variables independientes, la diferencial total es: dy =

∂f ∂f dx + dp ∂x ∂p

luego dy ∂f ∂f dp =p= + dx ∂x ∂p dx 35


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

o sea que 0=

µ

¶ ∂f dp dp ∂f −p + = g(x, p, p0 ), donde p0 = ∂x ∂p dx dx

y por tanto

µ

∂f −p ∂x

dx +

∂f dp = 0 ∂p

es una E.D. de primer orden en x y p. Generalmente (teniendo buena suerte)

atic

as

g(x, p, p0 ) = 0

atem

se puede factorizar, quedando as´ı: g(x, p, p0 ) = h(x, p, p0 ) φ (x, p) = 0.

ept

o. d

eM

a) Con el factor h(x, p, p0 ) = 0 se obtiene una soluci´on h1 (x, p, c) = 0, se elimina p entre h1 (x, p, c) = 0 y F (x, y, p) = 0 y se obtiene la soluci´on general. b) Con φ(x, p) = 0 se obtiene una soluci´on singular, al eliminar p entre φ(x, p) = 0 y F (x, y, p) = 0. 2

=p=

∂f ∂x

+

∂f dp ∂p dx

dy dx

qui

dy dx

An tio

Soluci´on: si x 6= 0

a, D

Ejemplo 15. y = f (x, p) = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − x2 , donde p =

1 dp p = (p+2x) ln x+(px+x2 ) +2(px+x2 )(p+2x)−x+[x ln x+2(px+x2 )x] x dx

dad

de

dp p = (p + 2x) ln x + p + x + 2x(p + x)(p + 2x) − x + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx

ersi

dp 0 = (p + 2x) ln x + 2x(p + x)(p + 2x) + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx

Un iv

dp 0 = (p + 2x)[ln x + 2x(p + x)] + x[ln x + 2x(p + x)] dx

£ ¤ dp 0 = [ln x + 2x(p + x)] p + 2x + x dx 0 = h(x, p), Φ(x, p, p0 )

dp 1) Con el factor Φ(x, p, p0 ) = p + 2x + x dx =0

36


2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN x6=0 dp dx

dp + p = −2x ⇒ ⇒ x dx

+

p x

= −2 (dividimos por x)

E.D.lineal en p, P (x) = x1 , Q(x) = −2 F.I. = e p F.I. =

R

=e

R

1 x

dx

= eln |x| = x

F.I.Q(x) dx + C 2

p = −x +

C x

as

x(−2) dx + C = − 2x2 + C = −x2 + C (dividimos por x)

atic

R

P (x) dx

luego sustituimos en la E.D. original:

eM

x2 2

o. d

y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 −

atem

px =

R

soluci´on general

x2 2

qui

y = C ln x + C 2 −

x2 2

a, D

ept

y = (−x2 + C + x2 ) ln x + (−x2 + C + x2 )2 −

An tio

2) h(x, p) = ln x + 2x(p + x) = 0

de

0 = ln x + 2xp + 2x2

2

Un iv

sustituyo en la E.D. original:

2

ersi

luego p = − ln x−2x ⇒ px = − ln x+2x 2x 2

dad

2xp = − ln x − 2x2

y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − y=

µ

x2 2

¶ µ ¶2 ln x + 2x2 ln x + 2x2 x2 2 2 − + x ln x + − +x − 2 2 2 37


CAP´ITULO 2.

y=

µ

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

− ln x − 2x2 + 2x2 2

ln x +

µ

− ln x − 2x2 + 2x2 2

¶2

x2 2

ln2 x ln2 x x2 + − y=− 2 4 2 luego la soluci´on singular es

as

ln2 x x2 − 4 2

atic

y=−

eM

Ejercicio 1. xp2 − 2yp + 3x = 0. (Rta.: 2cy = c2 x2 + 3, y 2 = 3x2 )

An tio

qui

Ejercicio 4. p2 x4 = y + px. (Rta.: y = c2 − cx−1 , y = − 4x12 )

a, D

Ejercicio 3. y = 5xp + 5x2 + p2 . (Rta.: y = cx − x2 + c2 , 4y + 5x2 = 0)

ept

o. d

Ejercicio 2. y = px ln x + p2 x2 . (Rta.: y = c ln x + c2 , y = − 14 ln2 x)

2

y = − 2x3 )

ersi

dad

de

Ejercicio 5. 2y = 8xp + 4x2 + 3p2 . (Rta.: 2y = 3(c − x)2 + 8(c − x)x + 4x2 , Ejercicio 6. y = xp − 13 p3 . 3 (Rta.: y = cx − 13 c3 , y = ± 23 x 2 )

dy : dx

atem

Resolver por el m´etodo anterior los siguientes ejercicios, donde p =

Un iv

Caso iii). Si en la ecuaci´on F (x, y, p) = 0, se puede despejar x = g(y, p) dy con y y p como variables independientes; hacemos dx = p, o sea que dx = p1 dy y como ∂g ∂g dx = dy + dp ∂y ∂p luego 1 ∂g ∂g dp dx = = + dy p ∂y ∂p dy 38


2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN por tanto

∂g 1 − ∂y p

+

∂g dp = 0 = h(y, p, p0 ) ∂p dy

dp . dy

dβ , dα

dβ − 2α dα + 2 tan β = 0

se tiene: α=

α=

cos2 β p3 + 2 tan β 2p

as

Soluci´on: con p =

¡ dβ ¢3

atic

Ejemplo 16. cos2 β

cos2 β p2 tan β + = g(β, p) 2 p

atem

donde p0 =

µ

ept

o. d

eM

∂g ∂g ∂p 1 = + p ∂β ∂p ∂β · ¸ 1 sec2 β tan β dp 2 2 ⇒ = − cos β sen β p + + p cos β − 2 p p p dβ

Un iv

ersi

dad

de

An tio

qui

a, D

Teniendo en cuenta la identidad: sec2 θ = 1 + tan2 θ; ¸ · 1 tan2 β tan β dp 1 2 2 = − cos β sen β p + + + p cos β − 2 p p p p dβ · ¸ tan2 β tan β dp 2 2 0 = − cos β sen β p + + p cos β − 2 p p dβ · ¸ tan2 β 1 2 tan β dp 0 = − sen β cos β p2 + + p cos2 β − p p p dβ · ¸ · ¸ 1 2 tan β dp − sen β cos β p2 tan β 2 0 = tan β + p cos β − + tan β p p p dβ · ¸ · ¸ tan β 1 2 tan β dp 0 = − tan β cos2 β p2 − + p cos2 β − p p p dβ · ¸· ¸ tan β 1 dp 0 = cos2 β p2 − − tan β + p p dβ 0 = h(β, p) φ(β, p, p0 ),

donde p =

dβ dp y p0 = dα dβ 39


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

1 : φ(β, p, p0 ) = − tan β + ° ⇒

1 dp =0 p dβ

dp 1 dp = tan β ⇒ = tan β dβ p dβ p

⇒ ln |p| = − ln | cos β| + ln |C| ln |p| = ln

|c| c ⇒p= , donde cos β 6= 0 | cos β| cos β

cos2 β p3 − 2α p + 2 tan β = 0 c c3 − 2α + 2 tan β = 0 3 cos β cos β

2 cosc β

=

2 sen β cos β c cos β

+

2

a, D

La soluci´on general es :

qui

c3 + 2 sen β c2 sen β = + ; 2c 2 c

An tio

=

c3 cos β

o. d

+ 2 tan β

ept

⇒α=

c3 cos β

eM

c3 c − 2α + 2 tan β = 0 cos β cos β

atem

cos2 β

atic

as

Sustituyendo en el la E.D. original:

2 : h(β, p) = 0 = cos2 β p2 − °

c 6= 0

tan β p

tan β tan β ⇒ p3 = p cos2 β s s tan β sen β p= 3 = 3 2 cos β cos3 β

Un iv

ersi

dad

de

cos2 β p2 =

1

1 p sen 3 β 3 p= sen β ⇒ p = cos β cos β Y sustituyo en la E.D.O. original: !3 Ã 1 1 3β sen 3 β sen 2 − 2α + 2 tan β = 0 cos β cos β cos β 40


2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 1

sen 3 β sen β − 2α + 2 tan β = 0 cos β 3 cos β cos β 2

1

sen 3 β tan β − 2α + 2 tan β = 0 cos β ⇒α=

3 tan β 1 3β

2 sen cos β

3 = 2

sen β cos β 1 3β

sen cos β

=

2 3 sen 3 β 2

atem

Resolver por el m´etodo anterior los siguientes ejercicios:

atic

as

Siendo esta u ´ltima la soluci´on singular.

eM

Ejercicio 1. x = y + ln p (Rta.: x = y + ln |1 + eCy |)

o. d

Ejercicio 2. 4p2 = 25x (Rta.: (3y + c)2 = 25x3 )

a, D An tio

qui

Ejercicio 4. 4px − 2y = p3 y 2 4 3 (Rta.: 4c xy − 2y = cy ; 4x = 3y 3 )

ept

Ejercicio 3. 2px = 2 tan y + p3 cos2 y 2 (Rta.: x = senc y + c2 , 8x3 = 27 sen 2 y)

0 3

ersi

dad

de

Ecuaci´on de Clairaut: y = xy 0 + f (y 0 ) Por el m´etodo del caso ii) se muestra que su soluci´on general es de la forma: y = cx + f (c) Y su soluci´on singular se consigue eliminando p entre las ecuaciones x + f 0 (p) = 0 y y = xp + f (p)

Un iv

Ejercicio 5. y = xy 0 − (y3) 3 (Rta.: y = cx − 13 c3 , y = ± 23 x 2 )

Ejercicio 6. y = xy 0 + 1 − ln y 0 (Rta.: y = cx + 1 − ln c, y = 2 + ln x) 0

Ejercicio 7. xy 0 − y = ey (Rta.: y = cx − ec , y = x ln x − x) 41


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

Ejercicio 8. (y − px)2 = 4p Ejercicio 9. y 2 (y 0 )3 − 4xy 0 + 2y = 0

2.9.

OTRAS SUSTITUCIONES

atic atem

u−1 , ex

du = yex dx + ex dy = ex (y dx + dy),

⇒ du = (u − 1) dx + ex dy

eM

u = 1 + yex ⇒ y =

as

Ejemplo 17. y dx + (1 + yex ) dy = 0 Soluci´on: Hagamos

o. d

du − (u − 1) dx ex Reemplazando en la ecuaci´on original: ¶ µ u−1 du − (u − 1) dx ex >0 = 0 dx + u ex ex

qui

a, D

ept

⇒ dy =

An tio

(u − 1 − u(u − 1)) dx + u du = 0

de

(u − 1)(1 − u) dx + u du = 0

ersi

dad

−(u − 1)2 dx + u du = 0 u du (u − 1)2

Un iv

dx = x=

Z

u du + C (u − 1)2

Utilicemos fracciones parciales para resolver la integral A B u = + 2 (u − 1) u − 1 (u − 1)2 42


2.9. OTRAS SUSTITUCIONES

u = A(u − 1) + B si u = 1 ⇒ B = 1 si u = 0 ⇒ 0 = −A + 1 ⇒ A = 1 ¶

du

as

dv , haciendo v = u − 1 ⇒ dv = du v2 1 +C v

entonces x = ln |u − 1| −

eM

1 + C, es la soluci´on general yex

o. d

x = ln |yex | −

atic

x = ln |u − 1| +

Z

1 1 + u − 1 (u − 1)2

atem

x=

Z µ

a, D

dy , dx

⇒ p0 = y 00 =

d2 y dx2

An tio

p0 + 2yp3 = 0

qui

Hagamos p = y 0 =

ept

Ejemplo 18. y 00 + 2y(y 0 )3 = 0. Soluci´on:

=

dp dy dy dx

=

dp p dy

dp = p dy , entonces

dp + 2yp3 = 0, con p 6= 0 dy

ersi

p

dp dx

dad

Por la regla de la cadena sabemos que:

de

dp + 2yp3 = 0 dx

Un iv

dp + 2yp2 = 0 dy

dp = −2yp2 ⇒ p−2 dp = −2y dy dy ⇒ −p−1 = −y 2 + C 43


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

p−1 = y 2 + C1 ⇒ p =

y2

1 dy = + C1 dx

⇒ dx = (y 2 + C1 ) dy y3 + C1 y + C2 3 Hacer una sustituci´on adecuada para resolver los siguientes ejercicios:

atic

as

x=

atem

dy Ejercicio 1. xe2y dx + e2y = lnxx (Rta.: x2 e2y = 2x ln x − 2x + c) y dy 4 − y = 2x5 e x4 dx x = x2 + c)

o. d

y

(Rta.: −e− x4

eM

Ejercicio 2.

a, D qui

Ejercicio 4. y 2 y 00 = y 0 (Rta.: yc + c12 ln |cy − 1| = x + c1 , y = k)

ept

Ejercicio 3. 2yy 0 + x2 + y 2 + x = 0 (Rta.: x2 + y 2 = x − 1 + ce−x )

de

dad

Ejercicio 6. y 00 + (tan x)y 0 = 0 (Rta.: y = C1 sen x + C2 )

An tio

dy = 2x − ln(tan y) Ejercicio 5. 2x csc 2y dx −1 (Rta.: ln(tan y) = x + cx )

Un iv

ersi

Ejercicio 7. y 0 + 1 = e−(x+y) sen x (Rta.: ey = −e−x cos x + ce−x ) dy Ejercicio 8. dx + xy 3 sec y12 = 0 (Rta.: x2 − sen y12 = c)

Ejercicio 9. dy − y sen x dx = y ln(yecos x) dx (Rta.: ln(ln |yecos x |) = x + C) 44


2.10. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE Ejercicio 10. yy 0 + xy 2 − x = 0 2 (Rta.: y 2 = 1 + Ce−x ) y

Ejercicio 11. xy 0 = y + xe x y (Rta.: ln |Cx| = −e− x ) Ejercicio 12. x2 y 00 − 2xy 0 − (y 0 )2 = 0 2 (Rta.: x2 + Cx + C 2 ln |C − x| = −y + C1 )

atic eM

dy Ejercicio 15. dx = cos xy + (Rta.: sec xy + tan xy = Cx)

atem

y x

y x

o. d

y

dy + ex + Ejercicio 14. dx y −x (Rta.: e = ln |Cx|)

as

Ejercicio 13. yy 00 − y 2 y 0 − (y 0 )2 = 0 y (Rta.: C1 ln | y+C | = x + C1 )

ept

Ejercicio 16. La E.D.

qui

a, D

dy = A(x)y 2 + B(x)y + C(x) dx

An tio

se le llama ecuacin de Ricatti. Suponiendo que se conoce una solucin particular y1 (x) de esta ecuacin, entonces demostrar que la sustitucin y = y1 + u1 , transforma la ecuacin de Ricatti en la E.D. lineal en u de primer orden

dad

de

dy + (B(x) + 2A(x)y1 )u = −A(x) dx

2.10.

Un iv

ersi

Hallar la solucin: a) y 0 + y 2 = 1 + x2 , b) y 0 + 2xy = 1 + x2 + y 2 (Rta.: b) y = x + (C − x)−1 )

ANEXO CON EL PAQUETE Maple

Como con el paquete matem´atico Maple se pueden resolver Ecuaciones Diferenciales, expondremos a continuaci´on varios ejemplos, los cuales solucionaremos utilizando dicho paquete. Las instrucciones en Maple terminan con punto y coma, despu´es de la cual se da “enter”para efectuar la operaci´on 45


CAP´ITULO 2.

´ ´ METODOS DE SOLUCION, PROF. JAIME ESCOBAR A.

que se busca. dy dx

Ejemplo 19. Hallar la solucin general de la E.D.

= 3 xy

>int(1/y,y)=int(3/x,x)+C; ln(y) = 3 ln(x) + C >solve(ln(y) = 3*ln(x)+C,y); 2 1

= xy(1 + x2 )− 2 , con

atic

dy dx

atem

Ejemplo 20. Hallar la soluci´on particular de la E.D. la condici´on inicial y(1) = 1

as

exp(C) x

eM

> restart;

> diff_eq1 := D(y)(x)=x*y(x)^3*(1+x^2)^(-1/2);

o. d

xy(x) 1

(1+x2 ) 2

ept

diff_eq1 := D(y)(x) =

a, D

> init_con := y(0)=1; init_con := y(0) = 1

An tio

qui

> dsolve( {diff_eq1, init_con} , {y(x)} ); 1 y(x) = p √ −2 1 + x2 + 3

> N:=2*x^2*y+exp(x)-1; N:=2x2 y + ex − 1

ersi

M:= 4xy + ex

Un iv

> M:=2*x*y^2+y*exp(x);

dad

de

Ejemplo 21. Mostrar que la E.D. (2xy 2 + yex )dx + (2x2 y + ex − 1)dy = 0 es exacta y hallar la soluci´on general.

> diff_E1:=2*x*(y^2)(x)+y(x)*exp(x)+(2*x^2*y(x)+exp(x)-1)*D(y)(x)=0; diff_E1 := 2xy(x)2 + y(x)ex + (2x2 y(x) + ex − 1)D(y)(x) = 0 46


2.10. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE > dsolve(diff_E1,y(x)); 1 1 − ex − y(x) = 2

p

Un iv

ersi

dad

de

An tio

qui

a, D

ept

o. d

eM

atem

atic

as

(ex )2 − 2ex + 1 − 4x2 C1 , x2 p 1 1 − ex + (ex )2 − 2ex + 1 − 4x2 C1 y(x) = 2 x2

47


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