Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden: Ecuaciones Exactas y Cambios de Variables

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1 Lección 3 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden: Ecuaciones Exacas y Cambios de Variables 3.1. Ecuaciones Exacas Las ecuaciones exacas esán relacionadas con las llamadas diferenciales exacas, o mejor, con la exisencia de campos conservaivos. Recordemos ese concepo. Sabemos que una forma de escribir la ecuaciones diferenciales de primer orden es: M(, x) d + N(, x) dx = 0, así que con cada ecuación diferencial de primer orden podemos asociar un campo vecorial: F (, x) = (M(, x), N(, x)). Por ora pare, dada una función escalar f : R 2 R, el gradiene de esa función f(, x) = ( f (, x), f (, x)) es un campo vecorial. La cuesión es cuándo un campo vecorial F (, x) = (M(, x), N(, x)) es el gradiene de una función escalar f; es decir, cuándo f (, x) = M(, x) y f (, x) = N(, x).

2 40 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Los campos vecoriales que son gradienes de alguna función escalar f se llaman campos conservaivos y a la función f se le llama función de poencial del campo vecorial. Ahora enemos la siguiene definición: Definición 3.1 La ecuación M(, x) d + N(, x) dx = 0 se dice que es exaca si el campo vecorial F (, x) = (M(, x), N(, x)) es conservaivo. Esa definición no es muy úil a la hora de saber cuándo una ecuación concrea es exaca o no; necesiamos una caracerización de cuándo un campo es conservaivo en función de las funciones M y N. Tal caracerización no es sencilla porque no sólo depende de las funciones componenes M y N sino ambién de la región del plano R 2 donde dichas funciones esén definidas. Nuesras ecuaciones diferenciales serán lo suficienemene simples como para que el campo de definición de las funciones M y N no suponga un problema mayor. El siguiene eorema, que se da sin demosración, caraceriza los campos conservaivos definidos en recángulos de R 2 (debe enenderse que odo el plano R 2 es un caso especial de recángulo). Teorema Sea F (, x) = (M(, x), N(, x)) un campo vecorial al que las funciones M y N son coninuas y admien derivadas coninuas en un recángulo R del plano. Enonces F (, x) es conservaivo si y sólo si M N (, x) = (, x) para odo (, x) R Así que podemos dar la siguiene caracerización de las ecuaciones diferenciales exacas: Teorema La ecuación diferencial M(, x) d + N(, x) dx = 0 es exaca en el recángulo R del plano si y sólo si M N (, x) = (, x) para odo (, x) R. (3.1) Ejemplo Veamos algunos ejemplos

3 3.1 Ecuaciones Exacas Veamos si la siguiene ecuación es o no exaca ( x 2 ) d + (6 2 x + 4x 3 ) dx = 0 En ese caso M(, x) = x 2 y N(, x) = 6 2 x + 4x 3. Ambas son diferenciables con coninuidad en odo R 2 por ser polinomios. Para saber si la ecuación es exaca podemos uilizar el crierio de (3.1): así que la ecuación es exaca. M = 12x N = 12x 2. Consideremos la ecuación: y veamos si es o no exaca. (sen(xy) + xy cos(xy)) dx + (x 2 cos(xy)) dy = 0 De nuevo M(x, y) = sen(xy)+xy cos(xy) y N(x, y) = x 2 cos(xy) son funciones diferenciables con coninuidad en odo R 2 y podemos uilizar el crierio de (3.1) para saber si la ecuación es o no exaca: M y = x cos(xy) + x cos(xy) x2 y sen(xy) = 2x cos(xy) x 2 y sen(xy), N = 2x cos(xy) x2 y sen(xy) así que la ecuación es exaca. y Para obener la solución general de una ecuación diferencial exaca uilizaremos el siguiene resulado: Teorema Supongamos que la ecuación diferencial M(, x) d + N(, x) dx = 0 (3.2) es exaca en un recángulo R del plano, y sea f una función de poencial del campo vecorial F (, x) = (M(, x), N(, x)) en R. Enonces, oda solución x = x() de la ecuación (3.2) saisface la ecuación f(, x()) = C para un ciero valor de la consane C. Recíprocamene, cualquiera que sea la consane C, si x es una función diferenciable definida implíciamene por la ecuación f(, x) = C, enonces x = x() es una solución de la ecuación (3.2)

4 42 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Demosración.- Podemos escribir la ecuación (3.2) como M(, x) + N(, x)x = 0 (3.3) Supongamos que x = x() es solución de la ecuación. Cuando susiuímos x por x() en f(, x) obenemos una función de la variable. Es decir, f(, x()) = g(). La derivada de esa función será (usando la regla de la cadena): g () = f f (, x()) + (, x())dx d () y como f es la función de poencial de F = (M, N), resula que g () = M(, x()) + N(, x())x() = 0. Por lo ano, g() = C; es decir, f(, x()) = C para alguna consane C. Recíprocamene, si g() = f(, x()) = C, enonces g () = 0 y por lo ano 0 = g () = f (, x()) + f (, x())dx() = M(, x()) + N(, x())x() d con lo que x() es solución de la ecuación (3.3), al y como se deseaba demosrar. El Teorema anerior nos dice que para calcular las soluciones de una ecaucaión exaca enemos que hallar la función de poencial del campo vecorial deerminado por la ecuación. Susiuyendo x por x() en dicha función de poencial e igualando el resulado a una consane, obenemos odas las soluciones (en forma implícia) de la ecuación diferencial. Sólo nos fala saber cómo calcular la función de poencial de una campo conservaivo. Es lo que haremos a coninuación. Supongamos que F (, x) = (M(, x), N(, x)) es un campo conservaivo y f(, x) su función de poencial. Enonces F (, x) = f(, x) y Como f (, x) = M(, x) enemos que f(, x) = f (, x) = M(, x) y f (, x) = N(, x) y si derivamos esa expresión respeco de x enemos que f = ( ) M(, x) d + h (x) M(, x) d + h(x) (3.4)

5 3.1 Ecuaciones Exacas 43 con lo que M(, x) h (x) = N(, x) d. (3.5) Lo que esá en la pare de la izquierda de esa igualdad sólo depende de x mienras que lo de la derecha depende, aparenemene, de las dos variables y x. Sin embargo no es así porque derivando respeco de : [ ] M(, x) N(, x) d = N M, que es cero por ser la ecuación exaca. Eso significa que M(, x) N(, x) d no es función de. Por lo ano, inegrando en (3.5), obenemos [ ] M(, x) h(x) = N(, x) d dx que susiuída en (3.4) nos da la función de poencial requerida. También podíamos haber empezado calculando f(, x) = N(, x) dx + k() y seguir un procedimieno similar al anerior para hallar k(). Ejemplo Vamos a calcular las soluciones de las ecuaciones del ejemplo ( x 2 ) d + (6 2 x + 4x 3 ) dx = 0 Calculamos la función de poencial del campo (M(, x), N(, x)) con M(, x) = x 2 y N(, x) = 6 2 x + 4x 3 : f(, x) = M(, x) d + h(x) = x 2 d + h(x) = ( x 2 ) + h(x) (3.6) Para calcular h(x) derivamos ambas pares de esa igualdad respeco de x: Ahora bien, por ser la ecuación exaca, f = 62 x + h (x). f = N(, x) = 62 x + 4x 3

6 44 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden por lo que 6 2 x + 4x 3 = 6 2 x + h (x) h (x) = 4x 3. Así h(x) = x 4. y susiuyendo en (3.5) enemos que f(, x) = x 2 + x 4. La solución general de la ecuación (en forma implícia) será: x() x() = C 2. (sen(xy) + xy cos(xy)) dx + (x 2 cos(xy)) dy = 0 En ese caso f(x, y) = (sen(xy) + xy cos(xy)) dx + h(y) Aunque la inegral que aparece en la pare de la derecha de esa ecuación es sencilla, a alguno podría no parecérselo. En al caso siempre podemos inenar la alernaiva de inegrar primero respeco de y. Como f y = x2 cos(xy) enemos que f(x, y) = x 2 cos(xy) dy + k(x) = x sen(xy) + k(x) (3.7) y derivando respeco de x Por lo ano sen(xy) + xy cos(xy)) = f = sen(xy) + xy cos(xy) + k (x). k (x) = 0 k(x) = 0 que susiuyendo en (3.7) nos da la función de poencial: f(x, y) = x sen(xy) La solución general de la ecuaciónen en forma implícia será: x sen(xy(x)) = C.

7 3.1 Ecuaciones Exacas 45 Facores Inegranes Supongamos ahora que nos dan una ecuación diferencial M(, x) d + N(, x) dx = 0 (3.8) que no es exaca. Exise alguna forma de hacerla exaca?. Con más precisión, exisirá una función µ(, x) de forma que la ecuación µ(, x)m(, x) d + µ(, x)n(, x) dx = 0 (3.9) sea exaca?. Esa cuesión es fácil de responder, en principio: para que la ecuación (3.9) sea exaca se debe cumplir que (µ(, x)m(, x)) = (µ(, x)n(, x)) o equivalenemene M µ + µ M = N µ + µ N Así pues, la ecuación (3.9) es exaca si y sólo si µ saiface la ecuación (3.10). (3.10) Debe noarse ahora que las ecuaciones (3.8) y (3.9) son equivalenes en el senido siguiene: x() es solución de la ecuación (3.8) si y sólo si lo es de la ecuación (3.9). Definición Una función µ(, x) que saisfaga la ecuación (3.10) se dice que es un facor inegrane de la ecuación diferencial (3.8). Vemos así que para que µ sea un facor inegrane debe saisfacer la ecuación (3.10), que es una ecuación en derivadas parciales, habiualmene muy difícil de inegrar salvo en muy pocos casos. Dos de los casos en los que esa ecuación se puede inegrar es cuando el facor inegrane sólo depende de o sólo depende de x. Esudiamos esos dos casos pariculares: Casos Pariculares (a) Facores Inegranes que sólo dependen de.- Si µ depende sólo de enonces la ecuación (3.10) queda reducida a N dµ ( M d = µ N ) o dµ d = ( M N N ) µ

8 46 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Ahora bien, esa ecuación sólo iene senido si la expresión es una función sólo de ; eso es, M N N M N N = R(). En ese caso µ debe ser una solución de la ecuación de variables separables: µ = R()µ. Es decir, µ = exp ( R() d ) es un facor inegrane de la ecuación (3.8). Observaciones La expresión M N N es, por lo general, función de las dos variables y x. Sólo para muy especiales pares de funciones M(, x) y N(, x) es una función sólo de la variable. Ejemplo Encuénrese la solución general de la ecuación x xe + (x + e )x = 0 (3.11) En ese caso M(, x) = x xe y N(, x) = x + e. No se raa de una ecuación exaca porque Ahora bien M = x + 2e y N = e. ( 1 M N N ) = x + e x + e = 1 por lo que un facor inegarne es µ() = e R d = e. Así pues la ecuación ( ) x e xe + e (x + e )x = 0

9 3.1 Ecuaciones Exacas 47 ( que es equivalene a la ecuación (3.11)) es exaca. Calculamos la función de poencial correspondiene: ( ) x 2 f(, x) = 2 e + 2xe d + h(x) = x2 2 e + xe 2 + h(x) y xe + e 2 = f = xe + e 2 + h (x) h (x) = 0 con lo que h(x) = 0 y una función de poencial es f(, x) = x2 2 e + xe 2 y la solución general de (3.11) ( en forma implícia) es : 1 2 e x() 2 + e 2 x() = C (b) El Facor Inegrane sólo depende de x.- Si µ = µ(x) sólo depende de x la siuación es parecida a la descria más arriba.. Para que ales facores inegranes exisan debe suceder que N M = Q(x) M sea función sólo de x. En al caso el facor inegrane es µ(x) = exp ( Q(x) dx ). Ejemplo Encuénrese la solución general de la ecuación 2x ln x d + ( 2 + x 2 x 2 + 1) dx = 0 (3.12) En ese caso M(, x) = 2 ln x y N(, x) = 2 + x 2 x Por lo ano M = 2(ln x + 1) N = 2 y N M 2 2 ln x 2 = = 1 M 2x ln x x. Exise enonces un facor inegrane, µ que sólo de pende de x. Ese facor inegrane debe sersolución de la ecuación: µ = 1 x µ.

10 48 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Así pues y la ecuación ln µ = ln x µ(x) = 1 x. 2 ln x d + ( 2 x + x x 2 + 1) dx = 0 es exaca. Calculamos una función de poencial: f(, x) = 2 ln x d + h(x) = 2 ln x + h(x) y 2 x + x x = f = 2 x + h (x). Enonces h(x) x(x 2 + 1) dx = 3 (x2 + 1) 3 2. La función de poencial será: y la solución general de la ecuación (3.12) es: f(, x) = 2 ln x (x2 + 1) 3 2, 2 ln x() (x()2 + 1) 3 2 = C siendo C una consane arbiraria. Recordemos para erminar que el érmino facor inegrane ya apareció en la Lección 2 cuando calculamos la forma general de las soluciones de las ecuaciones lineales no homogéneas. De hecho odos los ipos de ecuaciones que hemos viso hasa ahora son ecuaciones exacas o reducibles a exacas mediane un facor inegrane. En efeco, recordemos que las ecuaciones en variable separables se pueden escribir en la forma: f() d + g(x) dx = 0. Por lo ano, M(, x) = f() y N(, x) = g(x). Esa ecuación es exaca cualquiera que sean las funciones f() y g(x) por que M = N = 0. La función de poencial del campo (f(), g(x)) se calcula, en ese caso de manera muy sencilla. Ya que la lera f la hemos uilizado para la función f(), llamemos h(, x) a la función de poencial de (f(), g(x)). Enonces h(, x) = f() d + k(x) = F () + k(x)

11 3.1 Ecuaciones Exacas 49 donde F () es una primiiva de f(); i.e. F () = f() d. Ahora g(x) = h = k (x) porque F no depende de x. Así pues, k(x) = g(x) dx = G(x). La función de poencial será: h(, x) = F () + G(x) y la solución general de la ecuación F () + G(x()) = C que es la forma general de las soluciones de las ecuaciones separables visa en la Lección 2. Por ora pare el facor inegrane que usamos en la resolución de las ecuaciones lineales no homogéneas es el que hace que una ecuación de ese ipo se conviera en una ecuación diferencial exaca. Recordemos que si nos dan la ecuación lineal: el facor inegrane lo definimos como x + p()x = r() (3.13) F () = e R p() d. Ahora bien, la ecuación (3.13) se puede escribir en la forma: (p()x r()) d + dx = 0 que no es exaca, pero que admie un facor inegrane µ() que sólo depende de. En efeco, como en ese caso µ = 0, la ecuación (3.10) queda: µ M = N dµ d + µ N con M(, x) = p()x r() y N(, x) = 1. Por lo ano, µ debe saisfacer: µ () = µ()p() que es una ecuación en variables separables, una de cuyas soluciones es: µ() = e R p() d = F (). En consecuencia la denominación de facor inegrane para F () esá perfecamene jusificada.

12 50 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden 3.2. Cambios de Variables Hay algunas ecuaciones que no son exacas ni reducibles a exacas mediane facores inegranes sencillos (recordemos que las ecuaciones en variables separables son exacas y las lineales son reducibles a exacas mediane un facor inegrane que sólo depende de la variable independiene). En algunos casos, sin embargo, se pueden reducir a ecuaciones exacas mediane un cambio de variable. Consideremos, por ejemplo, la siguiene ecuación dx d = x + x2 + x (3.14) Esa ecuación no es ni exaca ni reducible a exaca mediane un facor inegrane que sólo dependa de x o de. No enemos, enonces, un méodo para enconrar una expresión analíica de las soluciones. Desde luego hay una solución de equilibrio x() = 0, pero no sabemos cómo enconrar las demás soluciones. Al igual que se hace en el cálculo inegral, se puede inenar la susiución de la variable x por ora que parezca adecuada como para que la ecuación se conviera en una de alguno de los ipos que ya sabemos resolver. En ese caso podemos inenar el cambio de variable: y = x o equivalenemene, x = y. Eso nos permie converir la ecuación dada en una nueva ecuación en las variables y y. Ya enemos la expresión de x en función de y y de ; necesiamos además la expresión de dx. Como x = y, derivando (nóese que como x es d función de, y ambién lo es): dx d = y + dy d. Susiuyendo en la ecuación dada (3.14): que es equivalene a y + dy d = y y2 + y dy d = y + y2. Observemos que = 0 no perenece al inervalo de inegración de la ecuación (3.14) porque aparece dividiendo. Así pues podemos dividir por y obenemos la ecuación dy d = y(1 + y) que es una ecuación en variables separables que sabemos inegrar. Las soluciones de equilibrio de esa ecuación son y() = 0, y() = 1. Y la solución general y() = Ke 1 Ke

13 3.2 Cambios de Variables 51 siendo K una consane arbiraria disina de cero. Para hallar la soluciones de la ecuación dada (3.14), debemos deshacer el cambio x = y. Por lo ano, las soluciones de la ecuación dada son x() = 0, x() = y x() = Ke 1 Ke siendo K una consane arbiraria disina de cero. Debe observarse que la solución x() = 0 se obiene de la solución general haciendo K = 0, pero la solución x() = no se obiene de la solución general para ningún valor de K. El problema de enconrar una susiución adecuada para poder obener soluciones de una ecuación diferencial dada puede ser muy complicado, se requiere mucha prácica y, en ocasiones, una buena inuición. Hay, sin embargo, algunos ipos de ecuaciones para las que se puede dar, de forma general, la susiución que es adecuada para reducirlas a ecuaciones lineales o en variables separables. Tal es el caso de las ecuaciones homogéneas y de Bernoulli que esudiamos a coninuación. Esudiaremos en los ejercicios de ese ema oros ipos de ecuaciones para las que un cambio de variables adecuado las reduce a ecuaciones de ipo conocido Ecuaciones Homogéneas Comenzamos recordando que una función f : R 2 R se dice que es homogénea de orden n si para odo λ R, λ 0, se iene que f(λ, λx) = λ n f(, x). En paricular, se dice que f es homogénea si es homogénea de grado cero; es decir, si Por ejemplo es una función homogénea porque f(λ, λx) = f(, x), para odo λ R, λ 0 f(, x) = 2 x x 2 f(λ, λx) = λ2 2 λ 2 x 2 λ λ 2 x = λ2 ( 2 x 2 ) 2 λ 2 ( 2 + x 2 ) = 2 x 2 = f(, x) 2 + x2 Tenemos enonces la siguiene definición: Definición Una ecuación diferencial de primer orden se dice que es homogénea si f es una función homogénea. x = f(, x) (3.15)

14 52 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Debe observarse que una caracerización alernaiva de las funciones homogéneas es que f es homogénea si y sólo si f se puede escribir en la forma ( x ) f(, x) = g para alguna función g. Por ejemplo en el caso de más arriba f(, x) = 2 x x = 1 x x2 2 ( x ) = g Por lo ano si la ecuación x = f(, x) es homogénea, podemos hacer el cambio de variable dependiene: v = x, de esa forma endríamos que x = v y si derivamos eniendo en cuena que v es una función de, endríamos: x = v + v. ( x ) Susiuyendo en (3.15), y eniendo en cuena que f(, x) = g = g(v) por ser f ho- mogénea, obenemos la ecuación diferencial v + v = g(v) con como variable independiene y v como variable dependiene. Esa ecuación es en variables separables. En efeco, la podemos escribir como sigue (siempre que 0): v = g(v) v que es una ecuación en variable separadas. Para inegrar esa ecuación procedemos como es habiual: Para g(v) v 0 ponemos 1 1 g(v) v dv = d + C para obener la solución general de la ecuación. Además odas los valores de v que hacen g(v) v = 0 serían soluciones de equilibrio. Para obener las soluciones de la ecuación original se debe deshacer el cambio de variable. Ejemplo Resuélvase la ecuación x = 2 x 2 + x (3.16)

15 3.2 Cambios de Variables 53 Solución.- Podemos escribir la ecuación en la forma: x = 2 x 2 + x quiando = 0 del inervalo de inegración. Se raa de una ecuación homogénea porque si 2 x f(, x) = 2 + x enonces λ2 f(λ, λx) = 2 λ 2 x 2 + λx = λ ( 2 x 2 + x ) 2 x = 2 + x = f(, x) λx λx Además f(, x) = 2 x 2 + x = 1 x2 2 + x = g ( x ) Haciendo la susiución x = v enemos que x = v + v y la ecuación queda: v + v = 1 v 2 + v o equivalenemene (recordando que = 0 no perenece al inervalo de inegración): v = 1 v 2 que es una ecuación en variables separables. Las funciones v() = 1 y v() = 1 son soluciones de equilibrio. Una vez consideradas, separamos las variables: 1 1 v 2 dv = 1 d de donde podemos obener la solución general de forma implícia: arc sen v() = ln + C o explíciamene: Ahora deshaciendo el cambio v() = sen (ln + C) x() = sen (ln + C). que es la solución general de la ecuación (3.16). No debemos olvidar las soluciones de equilibrio v() = 1 y v() = 1. Ésas producen las soluciones x() = y x() =, respecivamene, de la ecuación (3.16).

16 54 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Ecuaciones de Bernoulli Las ecuaciones de Bernoulli son las de la forma dx d + p()x = r()xα (3.17) donde α 0, 1 ( si α = 0 o α = 1 enonces la ecuación sería lineal, no homogénea en el primer caso y homogénea en el segundo). En primer lugar x() = 0 es una solución de equilibrio y, por lo ano, en lo sucesivo supondremos que x 0. Esas ecuaciones no son lineales pero se pueden reducir a lineales mediane un cambio de variable sencillo. Como x 0 podemos dividir ambas pares de la ecuación (3.17) por x α : e inenamos el cambio u = 1 x α 1. Derivando y por lo ano Susiuyendo en la ecuación: y de aquí obenemos la ecuación 1 dx x α d + p() 1 = r() xα 1 u = (α 1)xα 2 x x 2α 2 du d que es una ecuación lineal no homogénea. 1 dx x α d = 1 du 1 α d. (α 1)x = x α 1 du + p()u = () 1 α d + (1 α)p()u = (1 α)r() Ejemplo Resuélvase la ecuación: x + x = x 2 ln (3.18) Solución.- Dividiendo por (nóese que debe ser > 0 porque en caso conrario no endría senido ln ) obenemos una ecuación de Bernoulli: x + 1 ln x = x2 (3.19)

17 3.2 Cambios de Variables 55 Dividimos por x 2 : x x x = ln Hacemos el cambio u = 1 x. Así u = x x ; i. e. x2 x = 2 u. Susiuyendo en la ecuación (3.19): u + 1 u = ln y muliplicando por 1 conseguimos la ecuación lineal no homogénea: u 1 u = ln que se resuelve como es habiual. El facor inegrane es: F () = e R 1 d = e ln = 1 (recuérdese que > 0) Y la solución se obiene de de donde u()f () = 1 ln ln d + C = d + C = ln C 2 u() = 1 + ln + C Deshaciendo el cambio u = 1, enemos que la solución general de la ecuación (3.18): x x() = ln + C A esa solución hay que añadir la solución de equilibrio x() = 0 que, al y como ya hemos viso, siempre es solución de cualquier ecuación de Bernoulli Ecuaciones de Riccai Las ecuaciones de Riccai aparecen con frecuencia en las aplicaciones; especialmene en Teoría de Conrol. Son las de la siguiene forma: dx d + p()x = s() + r()x2 (3.20) donde las funciones p,r y s son coninuas en un ciero inervalo (a, b). Aparenemene las ecuaciones de Riccai son una ligera generalización de las ecuaciones de Bernoulli porque se reducen a ésas cuando s() = 0. Sin embargo, a diferencia de las

18 56 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden ecuaciones de Bernoulli, no hay un méodo direco para resolverlas en forma de inegrales. La razón es que la susiución x() = y () r()y() conviere la ecuación (3.20) en y ( ) r () r() p() y + s()r()y = 0 que es una ecuación lineal de segundo orden de coeficienes no consanes. Esudiaremos esas ecuaciones más adelane en ese curso, pero, en general, esas ecuaciones no pueden ser resuelas por inegrales. Hay oros méodos, como los desarrollos en series de poencias, que permien resolverlas. A pesar de odo ello, hay muchas ecuaciones de Riccai para las que se pueden obener soluciones. Para ello se necesia, en primer lugar, un poco de experiencia porque odo depende de la capacidad o habilidad para conseguir una solución paricular de la ecuación. Supongamos que hemos sido capaces de conseguirlo, y sea x 1 () al solución paricular. Enonces, la solución general de la ecuación (3.20) es x() = x 1 () + y() donde y() es la solución de la siguiene ecuación de Bernoulli: y + (p() 2x 1 ()r())y = r()y 2. En efeco, si y() es solución de esa ecuación y x() = x 1 () + y() enemos que x () = x 1() + y () = = p()x 1 () + s() + r()x 1 () 2 (p() 2x 1 ()r())y() + r()y() 2 = = p()(x 1 () + y()) + s() + r()(x 1 () 2 2x 1 ()y() + y() 2 ) = = p()x() + s() + r()x() 2. Y de la misma forma se demuesra que si x() = x 1 ()+y() es solución de (3.20) enonces y() = x() x 1 () es solución de y + (p() 2x 1 ()r())y = r()y 2. Ejemplo 3.14 Compruébese que x 1 () = 1 es solución de la ecuación y hállese la solución general de la ecuación. x + x = x (3.21) La comprobación de que x 1 () es solución de (3.21) es muy sencilla. Por una pare x 1 + x 1 = =

19 3.3 El Problema de Condiciones Iniciales 57 Y por ora x = = La solución general de (3.21) es x() = x 1 () + y() siendo y() la solución general de la ecuación y + (p() 2x 1 ()r())y = r()y 2. En nuesro caso y + (1 2 1 ) y = y 2. Es decir y y = y 2 (3.22) que es, como sabemos, una ecuación de Bernoulli. Para resolverla, observamos que hay una solución de equilibrio y() = 0 que nos produce la solución x() = x 1 () = 1 ; i.e. la solución paricular dada, de (3.21). Para la solución general de (3.22) hacemos la susiución u() = 1 y(). Con ese cambio la ecuación (3.22) se conviere en u + u = que es lineal no homogénea. Su solución general es Por lo ano u() = 1 + Ce. y() = y la solución general de la ecuación (3.21) es Ce, x() = x 1 () + y() = Ce El Problema de Condiciones Iniciales Consideremos ahora el problema de condiciones iniciales. { x = f(, x) x( 0 ) = x 0 (3.23)

20 58 Técnicas analíicas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Recordemos que la forma de proceder es enconrar odas las soluciones de la ecuación e imponer la condición inicial x( 0 ) = x 0. Si ésa corresponde a una solución de equilibrio enonces la solución del problema de condiciones iniciales es x() = x 0, y si no se calcula la consane de inegración correspondiene que susiuída en la solución general nos da la única solución del problema. Clarificamos ese proceso mediane un ejemplo: Ejemplo 3.15 Hállese la solución del siguiene problema de condiciones iniciales: x = 2 x + x 2, x(0) = 1 (3.24) Se raa de una ecuación exaca porque escria en la forma diferencial: (x 2 ) d + ( + x 2 ) dx = 0 resula que M(, x) = x 2, N(, x) = + x 2 y M = N = 1. Para calcular la función de poencial: f(, x) = (x 2 ) d + h(x) = x h(x). Por lo ano + x 2 = f = + h (x), y h(x) = 1 3 x3. La solución general de la ecuación (3.24) será: x() x()3 = C. Para calcular C susiuímos la condición inicial: x(0) = 1: 0x(0) x(0)3 = C. Es decir, C = 1 3 O bien y la solución del Problema de condiciones iniciales es 1 3 x()3 + x() = 1 3. x() 3 + 3x() 3 = 1.