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
dα
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