Las ecuaciones diferenciales homogĂŠneas de la forma
dy dx
= F(x, y) satisfacen la propiedad
F(tx, ty) = tF(x, y) y se componen de dos funciones M(x, y) y N(x, y) homogĂŠneas continuas en đ??ˇ ⊆ â„?2 del mismo grado, que bajo un cambio de variable se puede escribir como una funciĂłn separable de la forma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0. El mĂŠtodo usual para solucionar EDO separables es por un cambio de variable, a saber y = tx tal que đ?‘Ą = t(x), entonces y ′ con el cambio la derivada queda: y ′ = xdt + tdx y necesitamos reescribir la ecuaciĂłn para obtener una del tipo: N(x)dx + Q(t)dt = 0. y−2x
Ejemplo: Resuelve la ecuación homogÊnea de primer grado y ′ = 2y+x Solución: Primero reescribimos
dy dx
y−2x
= 2y+x para obtener (2y + x)dy + (2x − y)dx = 0, y despuĂŠs
propĂłn el cambio de variable y = tx para reescribir la ecuaciĂłn (2tx + x)(xdt + tdx) + (2x − 2tx)dx = 0 Desarrolla y agrupa 2x 2 tdt + x 2 dt + 2t 2 xdx + xtdx + 2xdx − 2txdx = 0 x 2 (2t + 1)dt + x(2t 2 − đ?‘Ą + 2)dx = 0
EscrĂbela como una ecuaciĂłn separable y resuĂŠlvela (2t + 1) 1 dx = − dt (2t 2 − đ?‘Ą + 2) x (2t + 1) 1 âˆŤ dx = − âˆŤ dt (2t 2 − đ?‘Ą + 2) x
1 3 4t − 1 ln|x| = ln(2t 2 − t + 2) + √ tan−1 ( )+c 2 5 √15 y
Finalmente aplica t = x para obtener la soluciĂłn general. y 4( ) − 1 1 y 2 y 3 ln|x| = ln (2 ( ) − + 2) + √ tan−1 ( x )+c 2 x x 5 √15 Por lo tanto la soluciĂłn general es: y 2 y x = c1 √2 ( ) − + 2đ?‘’ x x
tan−1 (
y 4( )−1 x ) √15
Las ecuaciones diferenciales lineales no homogĂŠneas de primer orden tienen la forma ay ′ + by + d = 0 con a, b, c ∈ â„?
ÂżCĂłmo se encuentra la soluciĂłn de este tipo de EDO? El proceso se divide en dos etapas, en la primera deberĂĄs encontrar la soluciĂłn homogĂŠnea ay ′ + by = 0 y en la segunda una soluciĂłn particular para ay ′ + by − d = 0, de tal forma que la soluciĂłn de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea serĂĄ la suma de ambas soluciones. 1
Ejemplo: Encuentra la soluciĂłn de y ′ + 2 y − 1 = 0, con a, b > 0 para y(0) = 0 1
Solución: Primero resuelve y ′ + 2 y = 0, es una ecuación separable dy 1 + 2y dx
= 0 ď‚” y dy = − 2 dx 1
x
Integra ambos lados para obtener: lny = − 2 + c
ď‚”
1
x
y = đ?‘?1 đ?‘’ −2 con đ?‘?1 = đ?‘’ c
1 2
Y despuĂŠs calcula la soluciĂłn de y ′ + y − 1 = 0 usando la condiciĂłn inicial y(0) = 0, es una x
ecuaciĂłn lineal y puede resolverse por factor integrante, sea y = 2 + đ?‘?1 đ?‘’ −2 soluciĂłn general y la x
soluciĂłn particular es y = 2 − đ?‘’ −2 . AsĂ la soluciĂłn que buscas para la EDO no homogĂŠnea es: x
x
x
y = đ?‘?1 đ?‘’ −2 + 2 − đ?‘’ −2 = đ?‘’ −2 (đ?‘?1 − 1) + 2
Ecuaciones diferenciales exactas
Las ecuaciones diferenciales ordinarias exactas son aquellas que se escriben de la forma: P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0
Con P y Q funciones diferenciables sobre D ⊆ â„?2 que satisfacen la igualdad soluciĂłn de EDO exactas es una funciĂłn F(x, y) = đ??ś tal que P(x, y) =
∂F ∂x
∂P ∂y
y Q(x, y) =
∂Q
− ∂x = 0. La
∂F ∂y
.
Algoritmo para resolver EDO exactas Encontrar la funciĂłn soluciĂłn F(x, y) para ecuaciones exactas P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 requiere que P, đ?‘„ sean diferenciables y ademĂĄs satisfagan la igualdad
∂P ∂Q − ∂y ∂x
= 0. De otra forma la
soluciĂłn no estarĂĄ garantizada y podrĂa ser falsa. Se asume que F(x, y) = C porque el mĂŠtodo para EDO exactas puede interpretarse como una ∂F
∂F
forma uno-diferencial1 donde P(x, y)dx + Q(x, y)dy = dF = ∂x + ∂y = 0. I. Agrupa tĂŠrminos para obtener una EDO del tipo P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 ∂F
II. Escribe a P(x, y) = ∂x e integra ambos lados de la igualdad F(x, y) = âˆŤ P(x, y)dx + h(y) La funciĂłn h(y) = c se toma como constante, porque estas integrando con respecto a la variable x. Y despuĂŠs integra Q(x, y) =
1
∂F ∂y
Las formas diferenciales las estudiaste de manera implĂcita, en la Unidad 2 con el teorema 13
para campos vectoriales conservativos.
F(x, y) = âˆŤ Q(x, y)dy + g(x) La funciĂłn g(x) = k se toma como constante, porque estas integrando con respecto a la variable y. III. Ahora necesitas saber cĂłmo son h(y) y g(x), por ello debes igualar los resultados del paso II F(x, y) = âˆŤ Q(x, y)dy + g(x) = âˆŤ P(x, y)dx + h(y)
IV. Al tomar la diferencial de F sabemos que se cumple: dF =
∂F ∂F + = P(x, y)dx + Q(x, y)dy ∂x ∂y
Esto es posible porqueâˆŤ P(x, y)dx estĂĄ en tĂŠrminos de x y la derivada con respecto a y vale cero, entonces h(y) = âˆŤ Q(x, y)dy y anĂĄlogamente para âˆŤ Q(x, y)dy. Y la soluciĂłn es de la forma:
F(x, y) = âˆŤ P(x, y)dx + âˆŤ Q(x, y)dy
3đ?‘Ľ 2 −đ?‘Ś
Ejemplo: Encuentra la soluciĂłn general F(x, y) = c de la EDO đ?‘Ś ′ = − 3đ?‘Ś2 −đ?‘Ľ 3đ?‘Ľ 2 −đ?‘Ś
SoluciĂłn: Primero reescribe đ?‘Ś ′ = − 3đ?‘Ś2 −đ?‘Ľ como una EDO homogĂŠnea
đ?‘‘đ?‘Ś đ?‘‘đ?‘Ľ
=−
3đ?‘Ľ 2 −đ?‘Ś 3đ?‘Ś 2 −đ?‘Ľ
ď‚” (3x 2 − y)dx + (3y 2 − x)dy = 0
Y despuĂŠs sigue el algoritmo F(x, y) = âˆŤ P(x, y)dx + âˆŤ Q(x, y)dy, primero escribe ∂F
∂F
P(x, y) = ∂x = 3x 2 − y y Q(x, y) = ∂y = 3y 2 − x Ahora integral ambas y compara F(x, y) = âˆŤ P(x, y)dx + h(y) = âˆŤ 3x 2 − y dx + h(y) = x 3 − xy + h(y) F(x, y) = âˆŤ Q(x, y)dy + g(x) = âˆŤ 3y 2 − xdy + g(x) = y 3 − xy + g(x)
Igualamos ∫ P(x, y)dx + h(y) = ∫ Q(x, y)dy + g(x) h(y) = y 3 y g(x) = x 3 , por lo tanto la función que buscamos tiene la forma: F(x, y) = x 3 − xy + y 3 = c Métodos numéricos para resolver EDO de primer orden
Con anterioridad hemos mencionado que encontrar la solución exacta de una EDO no es sencillo y en algunos casos no existe, sin embargo los métodos que aprendiste se complementan con los numéricos. A través de ellos, se puede aproximar las soluciones de una ecuación diferencial. Los algoritmos son variados y la exactitud de la solución depende de su técnica. Aunque este curso es básico para el estudio de los métodos de solución, existen dos que son estándar y de conocimiento general. Método de Euler
Este método necesita partir de una condición inicial y de una solución para alguna EDO, es decir suponemos si y ′ = f(x, y) existe una solución y(x) para la condición inicial y(x0 ) = y0 . Lo que el algoritmo hace es construir segmentos de recta cuya pendiente es f(x0 , y0 ). La condición inicial y(x0 ) = y0 forma el primer punto (x0 , y0 ); el segundo punto (x1 , y1 ) se forma al tomar x0 + h = x1 , y1 = y0 + hf(x0 , y0 ) y así sucesivamente. En este caso h es la distancia que hay entre x0 y x1 . Debes tomar en cuenta que la aproximación mejora entre más pequeño sea h. Lo anterior se resume:
I. y(x0 ) = y0
(x0 , y0 )
II. x0 + h = x1 , y1 = y0 + hf(x0 , y0 ) (x1 , y1 ) III. x1 + h = x2 , y2 = y1 + hf(x1 , y1 ) (x2 , y2 ) ⋮ xn−1 + h = xn , yn = yn−1 + hf(xn−1 , yn−1 ) (xn , yn ) dy
Ejemplo: Aproxima la solución de la ecuación diferencial dx − x − y = 0 con el algoritmo de Euler, para la condición inicial y(0) = 1, h = 0.2 y hasta x = 0.8.
SoluciĂłn: Sigue el mĂŠtodo paso a paso, primero calcula y(0) = 1
ď‚” (0,1)
0 + 0.2 = 0.2, y1 = 1 + (0.2)f(0,1) = 1.2 ď‚” (0.2,1.2) con f(0,1) = 0 + 1 = 1 0.2 + 0.2 = 0.4, y2 = 1.2 + (0.2)f(0.2,1.2) = 1.28 ď‚” (0.4,1.28) con f(0.2,1.2) = 0.2 + 1.2 = 1.4 0.4 + 0.2 = 0.6, y2 = 1.28 + (0.2)f(0.4,1.28) = 1.34ď‚” (0.6,1.34) con f(0.4,1.28) = 0.4 + 1.28 = 1.68 0.6 + 0.2 = 0.8, y2 = 1.34 + (0.2)f(0.6,1.34) = 1.39 ď‚” (0.8,1.48) con f(0.6,1.34) = 0.6 + 1.34 = 1.94
Resolviendo la ecuaciĂłn por el mĂŠtodo de factor integrante, la soluciĂłn general es: y = −x + cex + 1, para la condiciĂłn inicial y(0) = 1 ď‚” y = −x + 2ex + 1 con c = 2 Al evaluar x = 0.8 en la soluciĂłn exacta: y(0.8) = −x + 2ex + 1 = 4.65 comparado con el mĂŠtodo de Euler y(0.8) = 1.94, se tiene un error del 242% MĂŠtodo de Runge-Kutta de primer orden Este algoritmo tiene mejores aproximaciones que el de Euler y se parte de una EDO del tipo y ′ = f(x, y) y la condiciĂłn inicial y(x0 ) = y0 .
La fĂłrmula general de n-ĂŠsimo orden es:
y2 (h) = y(x0 ) + y ′ (x0 )h + y ′′ (x0 )
1 2 1 h + â‹Ż + y (n) (x0 ) hn 2! n!
El tipo de error que tiene es de truncamiento como el de las series de Taylor para funciones f(x, y), aunque se conocen diferentes órdenes, en este apartado sólo revisaremos el de segundo orden. 1 y2 (h) = y(0) + y ′ (0)h + y ′′ (0) h2 2 Donde h es la distancia entre puntos. Ejemplo: Aproxima la solución de la ecuación
dy dx
= 4x − 2y, si la C.I. es y(0) = 3, h = 0.1 y x =
0.3 SoluciĂłn: Primero escribe y′ = 4x − 2y y deriva con respecto a x ď‚” y ′′ = 4 − 2y ′ = 4 − 2(4đ?‘Ľ − 2đ?‘Ś) = 4 − 8đ?‘Ľ + 4đ?‘Ś. DespuĂŠs aplica la condiciĂłn inicial y(0) = 3 para calcular la primera y segunda derivada de y(x).
y ′ (0) = 4(0) − 2(3) = −6 y ′′ (0) = 4 − 8(0) + 4(3) = 16 Entonces la aproximación para y(x) en x = 0 con el método de Ruge-Kutta de segundo orden es: 1 y2 (h) = y(0) + y ′(0) h + y ′′ (0) h2 = 3 − 6h + 16h2 2 1 y2 (0.1) = y(0) + y ′ (0)h + y ′′ (0) h2 = 3 − 6(0.1) + 16(0.1)2 = 2.56 2 Ahora comprueba resolviendo la EDO por el método para ecuaciones separables queda: y(x) = 2x − 1 + 4e−2x Que al evaluarla en x = 0.3 y(0.3) = 2(0.3) − 1 + 4e−2(0.3) = 1.8
De lo anterior se puede concluir que el porcentaje de error es de 29.7%
Opción 1: Páez, J. (s.d.) Lección 6: Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden homogéneas. Recuperado de: http://www.ing.uc.edu.ve/~jpaez/MA3B06/contenidos/contenido_ma3b06_te ma2_3.pdf Opción 2 Lorente, J. (s.d.) Método de Runge-Kutta. Recuperado de: http://www.ugr.es/~lorente/APUNTESMNQ/cap23.pdf Opción 1: Beltrán, J. (2012) Ecuaciones exactas. Recuperado de: http://www.ecuacionesdiferenciales.jcbmat.com/id229.htm
Opción 2: Olmo, M. & Nave, R. (2011) Ecuación diferencial no homogénea de primer orden. Recuperado de: http://hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbasees/math/deinhom.html
Opción 3: Grupo de ingeniería y educación (2013) Método de Euler. Recuperado de: http://www.frsn.utn.edu.ar/gie/an/mnedo/32_Euler.html
Julioprofe (2013) Ec. Dif. Homogéneas: Ejercicio2 [Archivo de video] Disponible en: https://www.youtube.com/watch?v=FPY8ufqJ8DE
dP dt
= kP
dP dt
P(t) = cekt
= kP k t
đ?‘ƒ(đ?‘Ą0 ) = đ?‘ƒ0 P(t) = đ?‘ƒ0 ek(t−đ?‘Ą0 )
đ?‘ƒ(đ?‘Ą0 ) = đ?‘ƒ0 ≠0 ď‚” k>0
2
dP dt
= kP(�0 ) ≠0
đ?‘ƒ(đ?‘Ą0 ) = đ?‘ƒ0 > 0 ď‚”
dP dt
= kP(đ?‘Ą0 ) > 0
R. Malthus (1798). An Essay on the Principle of Population.
k
dv dt
g gt v(t) = v0 − g(t − t 0 )
= −g
v(t) = c −
v(t) = v0 − g(t − t 0 )