CAPÍTULO 2 MÉTODOS DE SOLUCIÓN

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1 CAPÍTULO MÉTODOS DE SOLUCIÓN.1. VARIABLES SEPARABLES Definición.1. Se dice que una E.D. de la forma: dy = g(x) es separable h(y) o de variables separables. La anterior ecuación se puede escribir como h(y)dy = g(x) e integrando: h(y)dy = g(x)+c, obteniéndose así una familia uniparamétrica de soluciones. Nota: la constante o parámetro C, a veces es conveniente escribirla de otra manera, por ejemplo, múltiplos de constantes o logaritmos de constantes o exponenciales de constantes o si aparece la suma de varias constantes reunirlas en una sola constante. Ejemplo 1. dy = e3x+y Solución: dy = e3x+y = e 3x e y 7

2 8 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN separando variables dy e y = e3x e integrando la solución general es 1 e y +C = e3x 3 e 3x 3 + e y = C Ejemplo. dy = xy3 (1+x ) 1, con y(0) = 1 Solución: separando variables obtenemos y 3 dy = x 1+x = 1 d(1+x ) 1+x = 1 du u e integrando y = 1 (1+x ) 1 1 solución general 1 y = 1+x +C. +C { haciendo u = 1+x du = x Cuando x = 0, y = = 1+0 +C

3 .1. VARIABLES SEPARABLES 9 luego C = 3 La solución particular es 1 y = 1+x 3 Resolver los siguientes ejercicios por el método de separación de variables: Ejercicio 1. (4y +yx )dy (x+xy ) = 0 (Rta. +y = C(4+x )) Ejercicio. y +y senx = 0 (Rta. y = 1 cosx+c ) Ejercicio 3. 3e x tany+( e x )sec ydy = 0 (Rta. ( e x ) 3 = Ctany) Ejercicio 4. y senx = ylny, si y ( π ) = e (Rta. lny = cscx cotx) Ejercicio 5. dy xy +3x y 3 = xy x+4y 8 (Rta. ( y+3 x+4 )5 = Ce y x ) Ejercicio 6. x y = y xy, si y( 1) = 1 (Rta. ln y = 1 x ln x 1) Ejercicio 7. Hallar la solución general de la E.D. dy y = 9 y luego hallar en cada caso una solución particular que pase por: a) (0,0), b) (0,3), c) ( 1,1) 3 (Rta. a) y 3 = y+3 e6x, b) y = 3, c) y 3 = y+3 1 e e 6x ) Ejercicio 8. Se suministran bacterias como alimento a una población de protozoarios a una razón 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 función de c(0); cuál es la concentración de equilibrio de las bacterias, es decir, cuando c (t) = 0? (Rta.: µ+ kc(t) µ kc(t) = µ+ kc(0) µ kc(0) e kµt ; concentración de equilibrio c = µ ) k

4 10 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio 9. Resolver por variables separables: a [ x dy +y] = xy dy y = a y x = a. (Rta.: yx = 4a3 a) e ey en.. ECUACIONES HOMOGÉNEAS Definición.. f(x,y) es homogénea de grado n si existe un real n tal que para todo t: f(tx,ty) = t n f(x,y). Ejemplo 3. f(x,y) = x +xy +y es homogénea de grado dos. Definición.3. Si una ecuación en la forma diferencial : M(x,y)+N(x,y)dy = 0 tiene la propiedad que M(tx,ty) = t n M(x,y) y N(tx,ty) = t n N(x,y), entonces decimos que es de coeficientes homogéneos o que es una E.D. homogénea. Siempre que se tenga una E.D. homogénea podrá ser reducida por medio de una sustitución adecuada a una ecuación en variables separables. Método de solución: dada la ecuación M(x,y)+N(x,y)dy = 0 donde M(x,y) y N(x,y) son funciones homogéneas del mismo grado; mediante la sustitución y = ux ó x = yv (donde u ó v son nuevas variables dependientes), puede transformarse en una ecuación en variables separables. Nota: si la estructura algebraica de N es más sencilla que la de M, entonces es conveniente usar las sustitución y = ux. Si la estructura algebraica de M es más sencilla que la de N, es conveniente usar la sustitución x = vy. Ejemplo 4. Resolver por el método de las homogéneas, la siguiente E.D.: (x+ye y x) xe y x dy = 0, con y(1) = 0.

5 .. ECUACIONES HOMOGÉNEAS 11 Solución: (x+ye y x) xe y x dy = 0 donde homogénea de grado 1 { }} { M(x,y) = x+ye y x y homogénea de grado 1 { }} { N(x,y) = xe y x Como N es más sencilla que M, hacemos la sustitución: y = ux, por tanto dy = u+xdu Sustituyendo en la E.D. o sea que (x+uxe ux x ) xe ux x (u+xdu) = 0 x x e u du = 0 luego x = x e u du, separando variables y considerando x 0, obtenemos, x = eu du ln x = e u +C Por lo tanto la solución general es ln x = e y x +C Para hallar la solución particular que pasa por el punto y(1) = 0, sustituimos en la solución general y obtenemos: ln1 = e 0 1 +C 0 = 1+C de donde C = 1 Por lo tanto, es la solución particular ln x = e y x 1 Ejemplo 5. (x y 1)dy +xy 3 = 0 (ayuda: hacer y = z α y calcular α para convertirla en homogénea) Solución: No es homogénea; hagamos y = z α y hallemos α de tal manera que la E.D.O. se vuelva homogénea: dy = αz α 1 dz

6 1 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN (x z α 1)αz α 1 dz +xz 3α = 0 α(x z 3α 1 z α 1 )dz +xz 3α = 0 (.1) suma de exponentes en los términos: +3α 1, α 1 y 1+3α respectivamente. Análisis de exponentes para que se cumpla la homogeneidad: 1+3α = +3α 1 = α 1, se concluye α = 1 Sustituyo en la E.D. (.1): ( 1)(x z 1)z dz +xz 3 = 0 Es homogénea de orden. ( x z 4 +z )dz +xz 3 = 0 La sustitución más sencilla es x = uz = u dz +zdu. ( u z z 4 +z )dz +uzz 3 (udz +zdu) = 0 ( u z +z +u z )dz +(uz 1 )du = 0 (u z +z )dz +uz 1 du = 0 z (u +1)dz +uz 1 du = 0 z dz z 1 + u u +1 du = 0 dz z + u u +1 du = 0 Integrando: ln z +ln(u +1) = lnc ln z(u +1) = lnc z(u +1) = C reemplazo u = x y tenemos, tomando z 0 z

7 .. ECUACIONES HOMOGÉNEAS 13 x z +z = C Como y = z 1 o sea que z = y 1, entonces x y 1 +y 1 = C luego x y +1 = Cy, es la solución general. Resolver los siguientes ejercicios por el método de las homogéneas, ó convertirla en homogénea y resolverla según el caso: Ejercicio 1. ( y +xcot y x) xdy = 0. (Rta.: C = xcos y x ) Ejercicio. (x+ y xy) dy = y, con y(1) = 1. (Rta.: ln y = 4( y x )) y Ejercicio 3. ( ) x ycos y x +xcos y dy = 0. x (Rta.: ln x + sen y = C) x Ejercicio 4. (x y )+xydy = 0. (Rta.: x 4 = C(x y )) Ejercicio 5. xy = y +xe y x. (Rta.: lnx = e y x +C) Ejercicio 6. (x+y 3 )+(3y 5 3y x)dy = 0, (Ayuda: hacer x = z α ). (Rta.: ln C(x +y 6 ) = arctan y3 x ) Ejercicio 7. (x y+ 1+x 4 y )+x 3 dy = 0, (Ayuda: hacer y = z α ). (Rta.: x 4 (1+Cy) = C ) Ejercicio 8. ycosx+(y senx)dy = 0, (Ayuda: hacer u = senx). (Rta.: y = Ce senx y ) Ejercicio 9. y(ln y +1) xln y dy = 0. x x (Rta.: ln x 1 ln( y x) = C)

8 14 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio 10. dy = cos(y x )+ y x. (Rta.: sec( y x )+tan(y x ) = Cx) Ejercicio 11. Hallar la solución particular de la E.D. donde y(0) = 1 (Rta.: ln y = 1 3 (x y )3 ) yx (x 3 +y 3 )dy = 0, Ejercicio 1. Hallar la solución particular de la E.D. donde y(1) = 0 (Rta.: ln x = 1 3 (y x )3 ) xy dy (x 3 +y 3 ) = 0, Ejercicio 13. (y + xy) xdy = 0 (Rta.: x( y x 1)4 = C, si x > 0,y > 0 y x( y x +1)4 = C, si x < 0,y < 0) Ejercicio 14. Hallar la solución particular de la E.D. donde y(e) = 1 (Rta.: x(lny lnx) = e) y(lny lnx 1)+xdy = 0,.3. E.D. DE COEFICIENTES LINEALES: (ax+by +c)+(αx+βy +γ)dy = 0 Se presentan dos casos: 1. Si (h,k) es el punto de intersección entre las rectas: ax+by +c = 0 y αx+βy +γ = 0 entonces se hace la sustitución: x = u+h y y = v +k y se consigue la ecuación homogénea: (au+bv)du+(αu+βv)dv = 0

9 .4. ECUACIONES EXACTAS 15. Si las dos rectas no se intersectan (o sea son paralelas), entonces αx+βy = n(ax+by) y por tanto se hace la sustitución z = ax + by, lo cual quiere decir que αx + βy = nz, esta sustitución convierte la E.D. en una E.D. de variables separables. Ejercicios: resolver por el método anterior: 1. (x y +1)+(x+y 5)dy = 0 (Rta.: (x 1) +(y ) = Ce. dy = y x+5 x y 4 (Rta.: (x+y +1) 3 = C(y x+3)) 3. (x y +4)+(x y +)dy = 0 (Rta.: (x+y ) 3 = C (x y +)) arctan x 1 (y )) 4. (x+y +1) +(x+y 1) dy = 0 (Rta.: 4x = 1 (x+y) +(x+y) ln x+y +C) 5. (x+y +1)+(x+y 1)dy = 0 (Rta.: 4 x y = 3ln x y +C) 6. (x+y )+(x y +4)dy = 0 (Rta.: C = (x+1)(y 3)+(x+1) (y 3) ) 7. (x y 5) (x+y 1)dy = 0 (Rta.: (x+y 1) (x 3) = C) 8. (x+y) (4x+y 1)dy = 0 (Rta.: x = (x+y) 4 1 ln 5(x+y) +C) ECUACIONES EXACTAS Si z = f(x,y), entonces dz = f f + x y dy

10 16 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN es la diferencial total de f; pero si z = c = f(x,y) (familia de curvas uniparamétricas en el plano XY ), entonces dz = 0 = f f + x y dy. Definición.4. La forma diferencial M(x,y) + N(x,y)dy es una diferencial exacta en una región R del plano XY si corresponde a la diferencial total de alguna función f(x,y). La ecuación M(x,y) + N(x,y)dy = 0, es exacta si es la diferencial total de alguna función f(x,y) = c. Teorema.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 región R del plano XY, entonces la condición necesaria y suficiente para que la forma diferencial sea una diferencial exacta es que M(x,y)+N(x,y)dy M y = N x. Demostración: como M(x,y)+N(x,y)dy es una diferencial exacta, entonces existe una función f(x,y) tal que: luego y por tanto, M(x,y)+N(x,y)dy = f f + dy = df(x,y) x y M(x,y) = f x N(x,y) = f y M y = f y x = f x y = N x.

11 .4. ECUACIONES EXACTAS 17 La igualdad entre las derivadas cruzadas se produce porque M y N son continuas con derivadas de primer orden continuas. Método. Dada la ecuación M(x,y)+N(x,y)dy = 0, hallar una función f(x,y) = C tal que f x = M y f y = N i) Comprobar que es exacta, es decir, verificar que M y = N x. ii) Suponer que f = M(x,y) y luego integrar con respecto a x dejando a x y constante: f(x,y) = M(x,y)+g(y) (.) iii) Derivar con respecto a y la ecuación (.) f y = M(x,y)+g (y) = N(x,y) y despejar g (y) = N(x,y) y M(x,y) (.3) Esta expresión es independiente de x, en efecto: [ N(x,y) ] M(x,y) = N x y x M(x,y) x y = N x M(x,y) = N y x x y M(x,y) = 0 iv) Integrar la expresión (.3) con respecto a y y sustituir en (.) e igualar a C. Nota: en ii) se pudo haber comenzado por f y = N(x,y). Ejemplo 6. Resolver la siguiente E.D.: (xy +ye x )+(x y +e x 1)dy = 0

12 18 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Solución: paso i) paso ii) paso iii) f(x,y) = M = 4xy +ex y N = 4xy +ex x de donde M y = N x N(x,y)dy +h(x) = (x y +e x 1)dy +h(x) = x y +ye x y +h(x) f x = M = xy +ye x f x = xy +ye x +h (x) h (x) = 0 paso iv) h(x) = C paso v) sustituyo h(x) en el paso ii): x y +ye x y +C 1 = C x y +ye x y = C Solución general Ejemplo 7. Hallar el valor de b para que sea exacta la E.D.: (xy +bx y)+(x+y)x dy = 0. Solución: Como M y = xy +bx y N x = 3x +xy entonces b = 3, por lo tanto f x = xy +3x y (.4) f = x 3 +x y (.5) y integramos (.4): f(x,y) = (xy +3x y)+g(y) = y x +x3 y +g(y) (.6)

13 .4. ECUACIONES EXACTAS 19 derivamos (.6) con respecto a y igualamos (.5) y (.7) f y = yx +x 3 +g (y) (.7) x 3 +x y = yx +x 3 +g (y) g (y) = 0 luego g(y) = K y reemplazando en (.6) f(x,y) = y x +x3 y +K = C 1 y por tanto la solución general es y x +x 3 y = C Ejercicio 1. Resolver la siguiente E.D. por el método de las exactas : (tanx senxseny)+cosxcosydy = 0. (Rta.: f(x,y) = cosxseny ln cosx = C) Ejercicio. Resolver la siguiente E.D. por el método de las exactas: (y cosx 3x y x)+(ysenx x 3 +lny)dy = 0, con y(0) = e. (Rta.: f(x,y) = y senx x 3 y x +y(lny 1) = 0) (.8) Ejercicio 3.DeterminarlafunciónM(x,y)detalmaneraquelasiguiente E.D.O sea exacta: ( M(x,y)+ xe x y +xy + 1 ) dy = 0 x (Rta.: M(x,y) = 1 y e x (x+1)+y y x +g(x)) Ejercicio 4. Determinar la función N(x,y) para que la siguiente E.D. sea exacta: ( ) y 1 x 1 x + +N(x,y)dy = 0 x +y

14 0 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN (Rta.: N(x,y) = x 1 y (x +y) 1 +g(y)) Ejercicio 5. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.: (xy +ye x )+(x y +e x 1)dy = 0 (Rta.: f(x,y) = y(x y +e x 1) = C) Ejercicio 6. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.: (x ysenxy 5y 4 ) (0xy 3 +xsenxy)dy = 0 (Rta.: f(x,y) = x +cos(xy) 5y 4 x = C) Ejercicio 7. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.: (Rta.: f(x,y) = xsen(xy) = C) (senxy +xycosxy)+(x cosxy)dy = 0 Ejercicio 8. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.: (ye xy +4y 3 )+(xe xy +1xy y)dy = 0, con y(0) = (Rta.: f(x,y) = e xy +4xy 3 y = 3) Ejercicio 9. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.: (1 senxtany)+cosxsec ydy = 0 (Rta.: f(x,y) = cosxtany +x = C).5. FACTORES DE INTEGRACIÓN Definición.5 (Factor Integrante F.I.). Sea la E.D. Si µ(x,y) es tal que M(x,y)+N(x,y)dy = 0. µ(x,y)m(x,y)+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.).

15 .5. FACTORES DE INTEGRACIÓN 1 Ejemplos de algunas formas diferenciales que son exactas. Ejemplo: x+ydy es la diferencial de 1 (x +y ) ya que d ( 1 (x +y ) ) = x+ydy. Análogamente: para xdy +y = d(xy). Pero py + qxdy no es exacta, la expresión µ(x,y) = x p 1 y q 1 es un factor integrante. Para y xdy, las expresiones: µ = 1 y ; µ = 1 x ; µ = 1 xy ; µ = 1 x +y ; µ = 1 ax +bxy +cy son factores integrantes. Teorema. (Teorema del Factor Integrante). Sea M(x,y)+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 [ M µ y N ] = N dµ x = Mdµ dy Demostración: si µ es tal que µm + µn dy = 0 es exacta y µ, M, N tienen primeras derivadas parciales continuas, entonces: o sea que luego y (µm) = x (µn) µ M y +M µ y = µ N x +N µ x [ M µ y N ] = N µ x x M µ y = N [ µ x M N ] µ y como dy = M, entonces: N [ M µ y N ] = N x [ µ x + dy ] µ = N dµ y = Mdµ dy

16 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN ya que si µ = µ(x,y) y y = y(x) entonces µ(x,y) = µ(x) o sea que: y por tanto Nota. dµ = µ µ + x y dy dµ = µ x + µ y dy 1. Si M y N x = f(x), N entonces µf(x) = dµ y por tanto f(x) = dµ, µ luego µ = ke f(x) ; tomando k = 1 se tiene µ = e f(x).. Similarmente, si M y N x = g(y), entonces µ = M e g(y)dy. Ejemplo 8. (xy y)+(3x y 4x)dy = 0. Solución: luego por tanto luego M(x,y) = xy y M y N(x,y) = 3x y 4x N x M N y x M M y N x = xy + = 4xy = 6xy 4 xy + ( xy +1) = = xy +y y( xy +1) g(y) = 1 y F.I. = µ(y) = e 1 y dy = e ln y = y multiplico la E.D. original por y: (xy 3 y )+(3x y 4xy)dy = 0 el nuevo M(x,y) = xy 3 y y el nuevo N(x,y) = 3x y 4xy

17 .5. FACTORES DE INTEGRACIÓN 3 Paso 1. y luego es exacta. M y = 6xy 4y N x = 6xy 4y Paso. f(x,y) = (xy 3 y )+g(y) = x y 3 xy +g(y) Paso 3. Derivando con respecto a y: luego g (y) = 0 Paso 4. g(y) = k N = 3x y 4xy = f y = 3x y 4xy +g (y) Paso 5. Reemplazo en el paso. f(x,y) = x y 3 xy +k = c luego x y 3 xy = k 1 que es la solución general. Ejemplo 9. xdy y = (6x 5xy +y ) Solución: como d( y xdy y ) = x x entonces dividimos a ambos lados de la E.D. por x, luego ( ) xdy y 6x 5xy +y = x x luego d( y x ) = ( 6 5( y x )+(y x ) ),

18 4 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN hagamos u = y x du = (6 5u+u ) luego du 6 5u+u = pero por fracciones parciales du (u 3)(u ) = o sea que A = 1 y B = 1, por tanto du (u 3)(u ) = du u 3 luego 1 (u 3)(u ) = A u 3 + B u c (u 3) (u ) = (y 3x) ex, si x 0 c (y x) = ex du u = ln u 3 ln u +lnc = x Obsérvese que x = 0 es también solución y es singular porque no se desprende de la solución general. En los siguientes ejercicios, hallar el factor integrante y resolver por el método de las exactas: Ejercicio 1. (cos(y) senx) tanxsen(y)dy = 0. (Rta.: senxcos(y)+ 1 cos x = C) Ejercicio. (3xy 3 +4y)+(3x y +x)dy = 0. (Rta.: f(x,y) = x 3 y 3 +x y = C) Ejercicio 3. xylny+(x +y y +1)dy = 0. (Rta.: f(x,y) = x lny (y +1) 3 = C) Ejercicio 4. (wz z)dw +(3w z 4w)dz = 0. (Rta.: w z 3 z w = C) Ejercicio 5. e x +(e x coty +ycscy)dy = 0 (Rta.: f(x,y) = e x seny +y = C) Ejercicio 6. xdy +y = (x 3 +3x y +3xy +y 3 )(+dy). (Rta.: xy = 1 4 (x+y)4 +C)

19 .5. FACTORES DE INTEGRACIÓN 5 Ejercicio 7. xdy y = (x +3y ) 3 (x+3ydy). (Rta.: 3 tan 1 3 y ( ) = 1 x 3 (x +3y ) 3 +C) Ejercicio 8. y+(x ye y )dy = 0. (Rta.: y x y e y +ye y e y = C) Ejercicio 9. (xy 1)+(x xy)dy = 0. (Rta.: f(x,y) = xy ln x y = C) Ejercicio 10. y+(x y x)dy = 0. (Rta.: f(x,y) = y x + y = C) Ejercicio 11. (xy e x )+xdy = 0. (Rta.: f(x,y) = ye x ln x = C) Ejercicio 1. y+(xy e y )dy = 0. (Rta.: f(x,y) = xe y ln y = C) Ejercicio 13. (x+y)+xlnxdy = 0. (Rta.: f(x,y) = x+ylnx = C) Ejercicio 14. Hallar la solución particular que pasa por el punto y(1) =, de la E.D. dy = y +y 3x x 3 +3xy (Rta.: x 3 y +y 3 x = 4) Ejercicio 15. x+ydy = 3 x +y y dy. (Rta.: x +y = y 3 +C) Ejercicio 16. 4y+xdy = xy. 1 (Rta.: 1 = C) yx 4 3x 3 Ejercicio 17. Si M y N x yn xm = R(xy), entonces µ = F.I. = e t R(s) ds, donde t = xy

20 6 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio 18. Bajo que condiciones M + Ndy = 0 tendrá un F.I.= µ(x+y) (Rta.: My Nx N M = f(x+y)) Ejercicio 19. Si M + Ndy = 0 es homogénea, entonces µ(x,y) = 1 xm+yn.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN Definición.6. Una E.D. de la forma: a 1 (x) dy +a 0(x)y = h(x), donde a 1 (x) 0, en I y a 1 (x),a 0 (x),h(x) son continuas en I, se le llama E.D. lineal en y, de primer orden. Dividiendo por a 1 (x), se obtiene la llamada ecuación en forma canónica ó forma estandar: dy +p(x)y = Q(x), donde p(x) = a 0(x) a 1 (x) y Q(x) = h(x) a 1 (x). Teorema.3 (Teorema de la E.D. lineal de primer orden). La solución general de la E.D. lineal en y, de primer orden: es : ye p(x) = y +p(x)y = Q(x) e p(x) Q(x)+C. Demostración: dy +p(x)y = Q(x) (.9) p(x)y+dy = Q(x)

21 .6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN 7 o sea que (p(x)y Q(x))+dy = 0, como M y = p(x) y N x = 0, entonces M N y x N = p(x) y por tanto µ = e p(x) = F.I.; multiplicando (.9) por el F.I.: e p(x) dy +p(x)ye p(x) = Q(x)e p(x) o sea d (ye p(x) ) = Q(x)e p(x) e integrando con respecto a x se tiene: ye p(x) = Q(x)e p(x) +C Obsérvese que la expresión anterior es lo mismo que: yf.i. = Q(x)F.I.+C Ejemplo 10. Hallar la solución general de la E.D.:(6 µν) dν dµ +ν = 0 Solución: que es lineal en µ con dν dµ = ν 6 µν dµ dν = 6 ν + µ ν dµ dν µ ν = 6 ν p(ν) = ν, Q(ν) = 6 ν F.I. = e p(ν)dν = e ν dν = e ln ν = e ln ν = ν = 1 ν La solución general es 1 1 ν µ = 6 ν ( ν)dν +C

22 8 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN 1 νµ = 6 ν 4 dν +C = 6 ν 3 3 +C µ ν = ν 3 +C µ = ν +Cν que es la solución general. Ejemplo 11. Hallar una solución continua de la E.D.: dy +xy = f(x) { x, 0 x < 1 donde f(x) = 0, x 1 y y(0) = Solución: F.I. : e x = e x e x y = e x f(x)+c a). si 0 x < 1 : e x y = e x x+c e x y = 1 e x x+c = 1 ex +C,queeslasolucióngeneral.Hallemos C con la condición incial y(0) = e 0 = 1 e0 +C C = 3 luego y = e x, solución particular. b). si x 1 : F.I.y = F.I.0+C e x y = 0+C y = Ce x Solución general: f(x) = { e x 0 x < 1 Ce x x 1 Busquemos C, de tal manera que la función f(x) sea continua en x = 1. Por tanto lím (1 x e x ) = f(1) = y(1) e 1 = Ce 1, C = + 3 e 1 = 1 e 1 e+ 3 Ejemplo 1. Con un cambio de variable adecuado transformar la E.D.: y +xseny = xe x cos y

23 .6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN 9 en una E.D. lineal de primer orden y luego resolverla. Solución. Lo trabajamos mediante cambios de variable. Dividiendo por cos y: 1 dy cos y + x(senycosy) cos y = xe x sec y dy +xtany = xe x hagamos el siguiente cambio de variable: t = tany, por lo tanto Sustituyendo Resolviéndola dt = sec y dy. dt +xt = xe x, es lineal en t con p(x) = x, Q(x) = xe x F.I. = e x = e x tf.i. = te x = F.I.Q(x)+C e x (xe x )+C tanye x = x +C Ejercicio 1. Hallar una solución continua de la E.D.: (1+x ) dy donde f(x) = +xy = f(x) { x, 0 x < 1 x, x 1 con y(0) = { 0. x (1+x (Rta.: y(x) =, si 0 x < 1 ) x + 1, si x 1 (1+x ) 1+x )

24 30 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio. Hallar la solución de la E.D.: dy = y y x (Rta.: xy = y +8) con y(5) = Ejercicio 3. Resolver para ϕ(x) la ecuación 1 ϕ(αx)dα = nϕ(x) 0 (Ayuda: con un cambio de variable adecuado transforme la ecuación en una E.D. lineal de primer orden.) (Rta.: ϕ(x) = Cx (1 n n ) ) Ejercicio 4. Hallar la solución de la E.D.: y xy = cosx xsenx donde y es acotada cuando x. (Rta.: y = senx) Ejercicio 5.HallarlasolucióndelaE.D.: x y y = sen x cos x donde y es acotada cuando x. (Rta.: y = cos x) Ejercicio 6. Resolver la E.D.: (x+) dy = 5 8y 4xy. (Rta.: y(+x) 4 = 5 3 (+x)3 +C) Ejercicio 7. Resolver la E.D.: y x dy (Rta.: x = y ey +C) = dy y e y. Ejercicio 8. El suministro de glucosa al torrente sanguíneo es una técnica 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 sistema sanguíneo a una tasa constante k gr.. Al mismo tiempo la glucosa se min. 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 solución general en términos de f(x), de la E.D.: (Rta.: y = 1 3 f(x)+ C [f(x)] ) dy +f (x) f(x) y = f (x) Ejercicio 10. Hallar la solución general de la E.D. (x+1)y +(x 1)y = e x

25 .7. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI 31 (Rta.: y = 1 3 e x +Ce x (x+1) 3 ) Ejercicio 11. Hallar la solución particular de la E.D. y +y = xe x +x si y(0) = 5 (Rta.: y = x e x +x x++3e x ) Ejercicio 1. Hallar la solución particular de la E.D. si y(0) = 1 (Rta.: xy = lny) (1 xy )dy = y 3.7. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI Definición.7. Una E.D. de la forma dy + p(x)y = Q(x)yn con n 0 y n 1, se le llama una E.D. de Bernoulli. Obsérvese que es una E.D. no lineal. La sustitución w = y 1 n convierte la E.D. de Bernoulli en una E.D. lineal en w de primer orden: dw +(1 n)p(x)w = (1 n)q(x). Ejemplo 13. xy(1+xy ) dy = 1 con y(1) = 0. Solución: dy = 1 = xy(1+xy ) dy xy(1+xy ) = xy +x y 3 dy xy = x y 3 (.10) tiene la forma de Bernoulli con variable dependiente x, con n = Hagamos w = x 1 = x 1 x = w 1 dy = w dw dy

26 3 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN sustituimos en (.10): w dw dy yw 1 = y 3 w multiplicamos por w : dw +yw = dy y3, lineal en w de primer orden. luego p(y) = y; Q(y) = y 3 F.I. = e P(y)dy = e ydy = e y wf.i. = we y = hagamos: u = y du = ydy, y = u we y = F.I.Q(y)dy +C e y ( y 3 )dy +C y 3 e y dy +C = ue u du+c e integrando por partes, obtenemos: we y = ue u +e u +C x 1 e y = y e y y +e 1 +C x = y ++Ce y Como y(1) = 0 entonces C = 1, por lo tanto la solución particular es: 1 x = y + e Resolver las E.D. de los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. dy = y x con y(1) = 1. x y (Rta.: y 3 = 3x +4x 3 ) y Ejercicio. y = 3x x 3 +y+1. (Rta.: x 3 = y +Ce y ) Ejercicio 3. tx dt +x3 = tcost. (Rta.: x 3 t 3 = 3(3(t )cost+t(t 6)sent)+C)

27 .8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 33 Ejercicio 4. y = x x y+y 3. (Rta.: x +y +1 = Ce y ) Ejercicio 5. xy +y = x 4 y 3. (Rta.: y = x 4 +cx ) Ejercicio 6. xy y +y 3 = cosx x. (Rta.: x 3 y 3 = 3xsenx+3cosx+C) Ejercicio 7. x y y 3 +xy = 0. (Rta.: y = 5x +Cx4 ) Ejercicio 8. Hallar la solución particular de la E.D. tal que y(1) = 1 (Rta.: y 3 = x) dy y x = y( x y )3 Ejercicio 9. Hallar y(x) en función de f(x) si (Rta.: y = 1 (1 Ce f(x) ) ) dy +f(x) y = f(x)y.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER OR- DEN Sea (y ) n +a 1 (x,y)(y ) n 1 +a (x,y)(y ) n +...+a n 1 (x,y)y +a n (x,y) = 0, donde a i (x,y) para i = 1...n son funciones reales y continuas en una región R del plano XY. Casos: i) Se puede despejar y.

28 34 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN ii) Se puede despejar y. iii) Se puede despejar x. Caso i). Si hacemos p = dy = y, entonces p n +a 1 (x,y)p n 1 +a (x,y)p n +...+a n 1 (x,y)p+a n (x,y) = 0. En caso que sea posible que la ecuación anterior se pueda factorizar en factores lineales de p, se obtiene lo siguiente: (p f 1 (x,y))(p f (x,y))...(p f n (x,y)) = 0, donde f i (x,y) para i = 1,...,n son funciones reales e integrables en una región R del plano XY. Si cada factor tiene una solución ϕ i (x,y,c) = 0, para i = 1,...,n. entonces la solución general es n i=1 ϕ i(x,y,c) = 0. Ejemplo 14. (y senx)((y ) +(x lnx)y xlnx) = 0. Solución: (p senx)(p +(x lnx)p xlnx) = 0 (p senx)(p+x)(p lnx) = 0 Para el factor p senx = 0 dy senx = 0 dy = senx y = cosx+c Para el factor p+x = 0 dy φ 1 (x,y,c) = 0 = y +cosx C = x dy = x y = x +C φ (x,y,c) = 0 = y +x C Para el factor p lnx = 0 dy = lnx dy = lnx y = lnx+c, e integrando por partes: y = lnx+c = xlnx x 1 = xlnx x+c x

29 .8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 35 φ 3 (x,y,c) = 0 = y xlnx+x C La solución general es: 3 i=1 φ i(x,y,c) = 0 (y +cosx C)(y +x C)(y xlnx+x C) = 0 Resolver por el método anterior los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. p(p xp 3x ) = 0. (Rta.: (y c)(y 3x +c)(y +x +c) = 0) ) (dν Ejercicio. 6µ dµ 13µν dν dµ 5ν = 0. (Rta.: (νµ 1 3 c)(νµ 5 c) = 0) Ejercicio 3. (y ) 3 y(y ) x y +x y = 0. (Rta.: (x ln y +c)(y + x x c)(y c) = 0) Ejercicio 4. n p x n = 0, con n 0 y dy = p = y. (Rta.: (y + xn+1 xn+1 c)(y c) = 0) n(n+1) n(n+1) Ejercicio 5. x (y ) +xyy +y = xy (Rta.: ( y c + 1)( y c 1) = 0) x x x x Ejercicio 6. Denotando por P cualquier punto sobre una curva C y T el punto de intersección de la tangente con el eje Y. Hallar la ecuación de C si PT = k. [ k (Rta.:(y +c) = x +kln k x k, ] con x k,k > 0.) 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: x dy = f f + x p dp luego dy = p = f x + f dp p

30 36 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN o sea que 0 = ( ) f x p + f dp p = g(x,p,p ), donde p = dp y por tanto ( ) f x p + f p dp = 0 es una E.D. de primer orden en x y p. Generalmente (teniendo buena suerte) g(x,p,p ) = 0 se puede factorizar, quedando así: g(x,p,p ) = h(x,p,p )φ(x,p) = 0. a) Con el factor h(x,p,p ) = 0 se obtiene una solución h 1 (x,p,c) = 0, se elimina p entre h 1 (x,p,c) = 0 y F(x,y,p) = 0 y se obtiene la solución general. b) Con φ(x,p) = 0 se obtiene una solución singular, al eliminar p entre φ(x,p) = 0 y F(x,y,p) = 0. Ejemplo 15. y = f(x,p) = (px+x )lnx+(px+x ) x dy, donde p = Solución: dy = p = f si x 0 + f dp x p p = (p+x)lnx+(px+x ) 1 x +(px+x )(p+x) x+[xlnx+(px+x )x] dp p = (p+x)lnx+p+x+x(p+x)(p+x) x+[xlnx+x (p+x)] dp 0 = (p+x)lnx+x(p+x)(p+x)+[xlnx+x (p+x)] dp 0 = (p+x)[lnx+x(p+x)]+x[lnx+x(p+x)] dp 0 = [lnx+x(p+x)] [ ] p+x+x dp 0 = h(x,p),φ(x,p,p ) 1) Con el factor Φ(x,p,p ) = p+x+x dp = 0

31 .8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 37 x dp x 0 +p = x dp + p x E.D.lineal en p, P(x) = 1, Q(x) = x F.I. = e P(x) = e 1 x = e ln x = x = (dividimos por x) pf.i. = F.I.Q(x)+C px = x( )+C = x +C = x +C p = x+ C x (dividimos por x) luego sustituimos en la E.D. original: solución general y = (px+x )lnx+(px+x ) x y = ( x +C +x )lnx+( x +C +x ) x ) h(x,p) = lnx+x(p+x) = 0 luego p = lnx x x y = Clnx+C x 0 = lnx+xp+x px = lnx+x sustituyo en la E.D. original: xp = lnx x y = ( lnx+x y = (px+x )lnx+(px+x ) x ) ) +x lnx+ ( lnx+x +x x

32 38 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN ( ) lnx x +x y = lnx+ ( lnx x +x ) x y = ln x luego la solución singular es + ln x 4 y = ln x 4 x x Resolver por el método anterior los siguientes ejercicios, donde p = dy : Ejercicio 1. xp yp+3x = 0. (Rta.: cy = c x +3, y = 3x ) Ejercicio. y = pxlnx+p x. (Rta.: y = clnx+c, y = 1 4 ln x) Ejercicio 3. y = 5xp+5x +p. (Rta.: y = cx x +c, 4y +5x = 0) Ejercicio 4. p x 4 = y +px. (Rta.: y = c cx 1, y = 1 4x ) Ejercicio 5. y = 8xp+4x +3p. (Rta.: y = 3(c x) +8(c x)x+4x, y = x 3 ) Ejercicio 6. y = xp 1 3 p3. (Rta.: y = cx 1 3 c3, y = ± 3 x3 ) Caso iii). Si en la ecuación F(x,y,p) = 0, se puede despejar x = g(y,p) con y y p como variables independientes; hacemos dy = p, o sea que = 1 dy p y como = g g dy + y p dp luego dy = 1 p = g y + g dp p dy

33 .8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 39 por tanto donde p = dp dy. ( g y 1 ) + g p p dp dy = 0 = h(y,p,p ) Ejemplo 16. cos β ( ) dβ 3 dα α dβ +tanβ = 0 dα Solución: con p = dβ, se tiene: dα α = cos βp 3 +tanβ p α = cos βp + tanβ p 1 p = g β + g p 1 p = cosβsenβp + sec β p = g(β,p) p β [ + pcos β tanβ ] dp p dβ Teniendo en cuenta la identidad: sec θ = 1+tan θ; 1 p = cosβsenβp + 1 [ p + tan β + pcos β tanβ ] dp p p dβ [ 0 = cosβsenβp + tan β + pcos β tanβ ] dp p p dβ 0 = senβcosβp + tan β + 1 [ p cos β tanβ ] dp p p p dβ [ senβcosβp 0 = tanβ + tanβ ] + 1 [ p cos β tanβ ] dp tanβ p p p dβ [ 0 = tanβ cos βp tanβ ] + 1 [ p cos β tanβ ] dp p p p dβ [ 0 = cos βp tanβ ] [ tanβ + 1 ] dp p p dβ 0 = h(β,p) φ(β,p,p ), donde p = dβ dα y p = dp dβ

34 40 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN 1 : φ(β,p,p ) = tanβ + 1 p 1 p ln p = ln dp dβ Sustituyendo en el la E.D. original: cos β dp dβ = 0 = tanβ dp p = tanβdβ ln p = ln cosβ +ln C c cosβ p = c, donde cosβ 0 cosβ cos βp 3 αp+tanβ = 0 c 3 cos 3 β α c cosβ +tanβ = 0 c 3 cosβ α c cosβ +tanβ = 0 α = La solución general es : = c3 +senβ c c 3 cosβ +tanβ c cosβ = c = c 3 + senβ cosβ cosβ c cosβ + senβ ; c 0 c : h(β,p) = 0 = cos βp tanβ p cos βp = tanβ p 3 = tanβ p cos β tanβ p = 3 cos β = senβ 3 cos 3 β p = 1 cosβ Y sustituyo en la E.D.O. original: cos β ( 3 sen 3β 1 senβ p = cosβ ) 3 sen 3β 1 α sen 3β 1 cosβ cosβ +tanβ = 0

35 .8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 41 cos β senβ cos 3 β 1 sen 3β α cosβ +tanβ = 0 tanβ α sen 1 3β cosβ +tanβ = 0 α = 3tanβ sen 1 3β cosβ = 3 Siendo esta última la solución singular. senβ cosβ sen 1 3β cosβ = 3 sen 3 β Resolver por el método anterior los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. x = y +lnp (Rta.: x = y +ln 1+ C e y ) Ejercicio. 4p = 5x (Rta.: (3y +c) = 5x 3 ) Ejercicio 3. px = tany +p 3 cos y (Rta.: x = seny c + c, 8x3 = 7sen y) Ejercicio 4. 4px y = p 3 y (Rta.: 4c x y y = c3 y ; 4x = 3y 4 3) Ecuación de Clairaut: y = xy +f(y ) Por el método del caso ii) se muestra que su solución general es de la forma: y = cx+f(c) Y su solución singular se consigue eliminando p entre las ecuaciones x+f (p) = 0 y y = xp+f(p) Ejercicio 5. y = xy (y ) 3 3 (Rta.: y = cx 1 3 c3, y = ± ) 3 x3 Ejercicio 6. y = xy +1 lny (Rta.: y = cx+1 lnc, y = +lnx) Ejercicio 7. xy y = e y (Rta.: y = cx e c, y = xlnx x)

36 4 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio 8. (y px) = 4p (Rta.: y = cx± c, (y 3 x )(y + 1 x )) Ejercicio 9. y (y ) 3 4xy +y = 0 (Rta.: x = c 4 + y c, x = 3 4 y 4 3).9. OTRAS SUSTITUCIONES Ejemplo 17. y+(1+ye x )dy = 0 Solución: Hagamos u = 1+ye x y = u 1 e x, du = ye x +e x dy = e x (y+dy), du = (u 1)+e x dy dy = du (u 1) e x Reemplazando en la ecuación original: u 1 e x +u ( ) du (u 1) e x e x >0 (u 1 u(u 1))+udu = 0 (u 1)(1 u)+udu = 0 (u 1) +udu = 0 = x = u (u 1) du = 0 u (u 1) du+c Utilicemos fracciones parciales para resolver la integral u (u 1) = A u 1 + B (u 1)

37 .9. OTRAS SUSTITUCIONES 43 u = A(u 1)+B si u = 1 B = 1 si u = 0 0 = A+1 A = 1 ( ) 1 x = u du (u 1) dv x = ln u 1 + v, haciendo v = u 1 dv = du entonces x = ln u 1 1 v +C x = ln ye x 1 +C, es la solución general yex Ejemplo 18. y +y(y ) 3 = 0. Solución: Hagamos p = y = dy, p = y = d y p +yp 3 = 0 dp +yp3 = 0 Por la regla de la cadena sabemos que: dp = dp dy = dp p = dy dy pdp, entonces dy p dp dy +yp3 = 0, con p 0 dp dy +yp = 0 dp dy = yp p dp = ydy p 1 = y +C

38 44 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN p 1 = y +C 1 p = = (y +C 1 )dy 1 y +C 1 = dy x = y3 3 +C 1y +C Hacer una sustitución adecuada para resolver los siguientes ejercicios: y dy Ejercicio 1. xe (Rta.: x e y = xlnx x+c) +ey = lnx x Ejercicio. dy 4 x y = x5 e y x 4 (Rta.: e y x 4 = x +c) Ejercicio 3. yy +x +y +x = 0 (Rta.: x +y = x 1+ce x ) Ejercicio 4. y y = y (Rta.: y c + 1 c ln cy 1 = x+c 1,y = k) Ejercicio 5. xcscy dy = x ln(tany) (Rta.: ln(tany) = x+cx 1 ) Ejercicio 6. y +(tanx)y = 0 (Rta.: y = C 1 senx+c ) Ejercicio 7. y +1 = e (x+y) senx (Rta.: e y = e x cosx+ce x ) Ejercicio 8. dy +xy3 sec 1 = 0 y (Rta.: x sen 1 = c) y Ejercicio 9. dy ysenx = yln(ye cosx ) (Rta.: ln(ln ye cosx ) = x+c)

39 .10. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE 45 Ejercicio 10. yy +xy x = 0 (Rta.: y = 1+Ce x ) Ejercicio 11. xy = y +xe y x (Rta.: ln Cx = e y x) Ejercicio 1. x y xy (y ) = 0 (Rta.: x +Cx+C ln C x = y +C 1 ) Ejercicio 13. yy y y (y ) = 0 (Rta.: 1 C ln y y+c = x+c 1) Ejercicio 14. dy +ey x = y x (Rta.: e y x = ln Cx ) Ejercicio 15. dy = cos y x + y x (Rta.: sec y x +tan y x = Cx) Ejercicio 16. La E.D. dy = A(x)y +B(x)y +C(x) se le llama ecuación de Ricatti. Suponiendo que se conoce una solución particulary 1 (x)deestaecuación,entoncesdemostrarquelasustitucióny = y u, transforma la ecuación de Ricatti en la E.D. lineal en u de primer orden dy +(B(x)+A(x)y 1)u = A(x) Hallar la solución: a) y +y = 1+x, b) y +xy = 1+x +y (Rta.: b) y = x+(c x) 1 ).10. ANEXO CON EL PAQUETE Maple Como con el paquete matemático Maple se pueden resolver Ecuaciones Diferenciales, expondremos a continuación varios ejemplos, los cuales solucionaremos utilizando dicho paquete. Las instrucciones en Maple terminan con punto y coma, después de la cual se da enter para efectuar la operación

40 46 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN que se busca. Ejemplo 19. Hallar la solución general de la E.D. dy = 3y x >int(1/y,y)=int(3/x,x)+c; ln(y) = 3 ln(x) + C >solve(ln(y) = 3*ln(x)+C,y); exp(c) x Ejemplo 0. Hallar la solución particular de la E.D. dy = xy(1+x ) 1, con la condición inicial y(1) = 1 > restart; > diff_eq1 := D(y)(x)=x*y(x)^3*(1+x^)^(-1/); diff_eq1 := D(y)(x) = xy(x) > init_con := y(0)=1; init_con := y(0) = 1 (1+x ) 1 > dsolve( {diff_eq1, init_con}, {y(x)} ); y(x) = 1 1+x +3 Ejemplo 1. Mostrar que la E.D. (xy +ye x )+(x y+e x 1)dy = 0 es exacta y hallar la solución general. > M:=*x*y^+y*exp(x); M:= 4xy +e x > N:=*x^*y+exp(x)-1; N:=x y +e x 1 > diff_e1:=*x*(y^)(x)+y(x)*exp(x)+(*x^*y(x)+exp(x)-1)*d(y)(x)=0; diff_e1 := xy(x) +y(x)e x +(x y(x)+e x 1)D(y)(x) = 0

41 .10. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE 47 > dsolve(diff_e1,y(x)); y(x) = 1 1 e x (e x ) e x +1 4x C1, x y(x) = 1 1 e x + (e x ) e x +1 4x C1 x