Soluciones de ecuaciones de primer orden

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1 GUIA 2 Soluciones de ecuaciones de primer orden Dada una ecuación diferencial, la primera pregunta que se presenta es cómo hallar sus soluciones? Por cerca de dos siglos (XVIII y XIX ) el esfuerzo de los matemáticos se concentró en resolver ecuaciones diferenciales originadas en problemas de mecánica, geometría etc. Mediante técnicas de cálculo diferencial e integral se buscaba expresar la solución en términos de funciones elementales; es decir, como combinaciones de funciones racionales, trigonométricas, exponenciales, sus inversas, y sus integrales y algunas series. Las soluciones obtenidas así se podrían llamar soluciones clásicas (En inglés se llaman cerradas). Poco a poco se hizo claro que sólo para muy pocas ecuaciones diferenciales se pueden obtener soluciones clásicas. En esta guía estudiamos algunas técnicas de integración para la búsqueda de soluciones de ecuaciones de primer orden. A grandes rasgos el esquema es el siguiente. Dada una ecuación de primer orden se trata de llevarla a uno de los modelos: separable, lineal, exacta,... mediante cambios de variables y/o operaciones algebraicas. Variables separables Estas son ecuaciones diferenciales del tipo = g(t) h(x) () donde g(t) y h(x) son funciones continuas en intervalos. En general, la técnica formal de separación de variables consiste en llevar la ecuación () a la forma = g(t). h(x) Integrando tenemos h(x) = g(t) + c, lo que da en general un relación implícita entre x y t. Alternativamente, si se busca x = x(t) tal que x(t 0 ) = x 0 se puede proceder como sigue. La ecuación se escribe h(x(t)) x (t) = g(t). Se integra entre t 0 y t a ambos lados para obtener t t t 0 h(x(s)) x (s) ds = g(s) ds. t 0

2 Utilizando el teorema del cambio de variables se tiene x(t) t x 0 h(u) du = t 0 h(x(s)) x (s) ds. Luego x(t) t x 0 h(u) du = g(t). t 0 De nuevo, esto da una relación, en general implícita, para x(t). Ejemplo. Hallaremos primero todas las soluciones de = + x2, indicando su intervalo de definición, y luego determinaremos la solución que satisface x(0) =. Aplicando la técnica de separación de variables se tiene + x =. 2 Luego Así toda solución es de la forma arctan x = t + c, c constante. x(t) = tan(t + c), c constante. La condición x(0) = implica que tan c =. En ese caso c = π, y la solución es 4 x(t) = tan(t + π 4 ), 3π 4 < t < π 4. Ejemplo 2. El problema de valor inicial (x 2 + 9) dy + x y = 0, y(0) = 2, puede resolverse separando variables. En efecto, la ecuación diferencial se lleva a la forma dy y = x, x R. x Integrando obtenemos la solución general en términos de una constante arbitraria c: y = e 2 ln(x2 +9)+c c = x2 + 9, donde c = e c. Ajustando la constante a la condición inicial se tiene finalmente que c = 6, y la única solución del problema de valor inicial propuesto es y(x) = 6 x

3 Ejemplo 3. Considere la ecuación dv = v2 (v + 3). Mediante separación de variables tenemos que 3 + v ln( v v+3 ) 9 v = t + c es la solución de la ecuación diferencial. Observe que no es posible despejar v en función de t. Este ejemplo muestra que determinar el intervalo de definición de la solución de una ecuación diferencial puede ser una tarea difícil aún conociendo implícitamente la solución. Cambios de variables. Las ecuaciones de segundo orden del tipo d 2 x 2 = F (t, ), mediante la variable v =, se transforman en la ecuación de primer orden dv = F (t, v). Si esta última es separable se puede aplicar la técnica de separación de variables para obtener la solución. Ejemplo 4. La sustitución v = dy permite transformar la ecuación d2 y 2 la ecuación dv = + v2. Por la técnica de separación de variables se obtiene v 2 dv = t + c, = + ( dy ) 2, en donde c es una constante cualquiera. Empleando fracciones parciales se llega a la ecuación 2 ln v + v = t + c. Al despejar v y escribiendo c = e 2c +c e2t obtenemos v(t) =. Como v = dy c e 2t finalmente y(t) = v(t) + c 2 = t ln + c e 2t + c2, se obtiene donde c y c 2 son dos constantes arbitrarias. 3

4 Ecuaciones homogéneas Otras ecuaciones pueden reducirse a variables separables. Tal es el caso de las llamadas ecuaciones homogéneas: ( x ) = H. t Introduciendo z = x, se tiene t x = t z, En tal caso la ecuación se transforma en = z + t dz. z + t dz = H(z), que es una ecuación separable. Como ejemplo consideremos 2t 2 = x2 + t 2. La sustitución z = x reduce esta ecuación a la ecuación en variables separables t 2t dz = (z )2. Se dejan al lector los cálculos restantes para obtener x = x(t). Ejercicios. Halle la solución de 4x y + y 2 + ( x 2 + x y ) dy = 0, y() =.. R. Esta es una ecuación homogénea. La solución general es x 5 y 2 (5x + 2y) 3 = c. La solución que satisface y() = es x 5 y 2 (5x + 2y) 3 = Hallar todas las soluciones de = k + x, k constante,, en particular halle la solución que satisface x() =. R. La solución general es x(t) = c e t k, < t < con c constante. La solución que satisface x() = es x(t) = ( + k)e (t ) k. 3. Hallar la solución de = (a bx) x, 0 < b < a constantes, que satisface x(0) = x 0 e indique su intervalo de definición. Calcule lím t x(t) bajo el supuesto de que x 0 > 0. Qué pasa si x 0 < 0? R. La solución que satisface x(0) = x 0 es x(t) = b x 0 +(a b x 0. El intervalo de definición I depende )e a t ( ) de x 0. Si 0 < x 0 a entonces I = (, ). Si x b ( 0 > a, entonces b I = ( ln b x 0 a a b x 0, ). Si x 0 < 0 entonces I = (, ln b x 0 a a b x 0 )). lím t x(t) = a b siempre que x 0 > 0. 4 a x 0

5 4. Hallar todas las soluciones de dv v(0) = 2. = v cos(t) +2v 2, en particular, halle la solución que satisfaga R. La solución general es ln(v) + v 2 = sen t + c. Si v(0) = 2 la solución es ln v + v 2 = sen t + ln Halle todas las soluciones de x 3 z 3 z dz = 0, en particular, halle la solución que satisface z() = 2. R. Observe que la función constante z(x) = 0 es una solución con intervalo de definición R. La solución general es z(x) = 4. La solución que satisface z() = 2 es z(x) = 4, c x 4 3 x 4 con x ( 4 3, 4 3). 2. Ecuaciones lineales Resolveremos la ecuación diferencial + a(t) x(t) = b(t), (2) donde a(t) y b(t) son funciones continuas en un intervalo J. Para ello multiplicaremos (2) por e R a(t) y obtenemos a(t) e R a(t) x(t) + er a(t) = e R a(t) b(t). ( Ahora, dado que d R e a(t) ) R = a(t) e a(t), se tiene d ( e R ) a(t) x(t) = a(t) e R a(t) x(t) + er a(t), por eso d ( e R ) a(t) x(t) = e R a(t) b(t). Integrando a ambos lados en la última ecuación y despejando x(t) se obtiene la solución general x(t) = c + b(t) e R a(t), (3) e R a(t) donde c es una constante cualquiera. El término e R a(t) se le denomina factor de integrante. La fórmula (3) es útil en los casos en que el factor integrante y b(t) e R a(t) se pueden determinar explícitamente. Al resolver problemas de valor inicial del tipo + a(t) x(t) = b(t), x(t 0) = x 0 (4) es conveniente operar con las integrales definidas t t 0 a(s) ds, t t 0 b(s) e R s t a(z) dz 0 ds en el procedimiento que condujo a la fórmula (3). Se tiene entonces 5

6 Teorema. Dados t 0 en J y x 0 en R, el problema de valor inicial (4) tiene como una única solución a t ) x(t) = e (x A(t) 0 + e A(s) b(s) ds t 0 donde A(t) = t t 0 a(s) ds. Ejemplo 5. Consideraremos el problema de valor inicial x + 2t x =, x(0) =, para el cual sabemos que existe una única solución. La cuestión es, cuál es esa solución? Si aplicamos la fórmula (3) resulta ) x(t) = e (c t2 + e t2. Pero un poco de reflexión muestra que la expresión anterior es ambigua. Ahora bien, si en lugar la fórmula (3) empleamos el teorema tenemos t ) x(t) = e ( t2 + e s2 ds. 2.. Ecuaciones lineales con coeficientes constantes El caso particular + a x(t) = b, donde a y b son constantes es de interés debido a sus múltiples aplicaciones. De la fórmula (3) resulta, después de algunos cálculos elementales, la solución general x(t) = b a + c e a t. La solución que satisface la condición inicial x(t 0 ) = x 0 está dada por x(t) = b ( a + x 0 b ) e a(t t0). a Ecuación de Bernoulli Algunas ecuaciones no lineales pueden reducirse a ecuaciones lineales mediante una sustitución adecuada. Tal es el caso de la ecuación de Bernoulli + a(t) x = b(t) xn, n constante. 6

7 Figura : Soluciones de la ecuación de Bernoulli t x 2 x3 + t 2 x = 0. Con el cambio de variable z = x n tenemos dz se reduce a la ecuación lineal en z Ejemplo dz = ( n) x n. Así la ecuación de Bernoulli + ( n) a(t) z = ( n)b(t). t x 2 x3 + t 2 x = 0. Primero, dividiendo por t x 2 llevamos la ecuación a la forma x t = t x que es de tipo Bernoulli con n =. El cambio de variables toma la forma z = x 2,, y lleva a la ecuación lineal dz 2 z /2 dz 2z t = 2t, que tiene como solución a z(t) = c t 2 2t 2 ln t, donde c es una constante arbitraria. Retomando la variable original tenemos como solución general a x(t) = ± t 2 (c 2 ln t). La Figura muestra los gráficos de las soluciones para distintos valores de c. El dominio de definición de la solución depende de c, y cada solución corresponde una sola rama de la raíz cuadrada. Es decir, o bien la solución es x = t 2 (c 2 ln t), en el caso en que tome algún valor positivo, o es x = t 2 (c 2 ln t) si toma algún valor negativo. Si se pide la solución que satisface x() =, entonces se tiene que c = y x(t) = t 2 ( 2 ln t), t (0, e) Ecuaciones reducibles a primer orden El cambio de variable v(t) =, transforma la ecuación lineal de segundo orden d 2 x + a(t) 2 = b(t) 7 =

8 en la ecuación lineal de primer orden dv + a(t) v = b(t), que puede resolverse usando la formula (3). Conocida la solución v(t) se calcula x(t) mediante x(t) = v(t) + c. Ejemplo 6. Consideremos el problema de valor inicial Con v(t) = d 2 x t = 0, x(0) = 0, x (0) =. se tiene (observe la condición inicial en v(0) = ) por lo que Integrando por partes resulta dv + 2 v(t) = t, v(0) =, v(t) = c t e 2t e 2t. v(t) = c e 2t t 2 + 4, y ajustando la constante c a la condición inicial en v(0) = obtenemos c = 3 4, entonces v(t) = 3 4 e 2t t Puesto que x(t) = v(t) y x(0) = 0 la solución es x(t) = 3e 2t 8 t2 4 + t Ejercicios. Resolver los siguientes problemas de valor inicial indicando el intervalo de definición de la solución. a.) e2t, x(0) =, R. x(t) = e 2t ( t), t R. b.) t x() =, R. x(t) = ( + t), 2 t t > 0. c.) sec2 t x = sec 2 t, x(0) = 2, R. x(t) = + e tan t, t < π. 2 d.) e sen t, t R. e.) x dy x4 y 3, y() =, R. y(x) = x, 0 < x < 2. 2 x 2 f.) du t t2 u 2, u() = 2, R. u(t) = 2 ( 2 ln t), 0 < t < e. t 3 8

9 2. Halle la solución del problema de valor inicial indicando el intervalo de definición: cos t dy R. y(t) = 3 cos3 t sec2 t, π 2 < t < π Ecuaciones exactas (2 sen t) y = cos t sen t, y (0) =. En esta sección nos ocuparemos de ecuaciones diferenciales cuya soluciones y = y(x) son curvas de nivel de una función de dos variables f = f(x, y). 3.. Curvas de nivel y ecuaciones diferenciales Primero abordaremos el problema de determinar la ecuación diferencial que satisfacen sus curvas de nivel de una función de dos variables f = f(x, y). Como se recordará, el conjunto { (x, y) R 2 f(x, y) = c }, se llama curva de nivel de f a la altura c (ver figura 2), y no es otra cosa que la proyección sobre plano z = 0 de la intersección del plano z = c con la superficie z = f(x, y). Figura 2: Gráfico de f y la curva de nivel f(x, y) = c Suponiendo que en esta ecuación se pueda despejar y = y(x), se tiene f(x, y(x)) = c, y por derivación implícita x f(x, y) + d f(x, y) y(x) = 0. 9

10 Por lo que Escribiendo se tiene d y(x) = f(x, y) x f(x, y). M(x, y) = f (x, y), x que se acostumbra a escribir en la forma Ejemplo 7. diferencial Equivalentemente d y) y(x) = M(x, d x N(x, y), f N(x, y) = (x, y), M(x, y) + N(x, y) dy = 0. Las curvas de nivel de f(x, y) = x 2 y 2 definen soluciones de la ecuación 3.2. Ecuaciones exactas dy = 2x 2y = x y. y dy x = 0. Dada ahora una ecuación diferencial en la forma M(x, y) + N(x, y) dy = 0, (5) cuándo sus soluciones se pueden expresar como curvas de nivel de una función de dos variables f(x, y)? Definición. Sea O R 2 un conjunto abierto simplemente conexo (sin huecos). Una ecuación del tipo (5) se llama exacta en O, si existe una función diferenciable f = f(x, y) definida en O tal que f f (x, y) = M(x, y), x (x, y) = N(x, y). De la definición resulta claro que si una ecuación es exacta, entonces sus soluciones y = y(x) se pueden expresar como curvas de nivel de f. En tal caso se dice que f es una función potencial de la ecuación f. Teorema 2. Sean M(x, y), N(x, y) funciones con derivadas continuas en un abierto O simplemente conexo de R 2. La ecuación (5) es exacta en O si y solo si M N (x, y) = (x, y) en O (CE) x 0

11 Ejemplo 8. Consideremos (3 x x y) + (2 x y) dy = 0. Aquí M(x, y) = 3 x x y, N(x, y) = 2 x y y O = R 2 (abierto sin huecos). Se tiene M = 4x = N x por lo que la ecuación es exacta en todo R 2. Buscaremos ahora una función g(x, y) tal que g g g = M, = N. La condición = M implica x x g(x, y) = M(x, y) = (3x 2 + 4xy) = x 3 + 2x 2 y + k(y). La condición g = N implica g = 2 x2 + d dy k(y) = 2 x2 + 2 y. De lo que se sigue que d dy k(y) = 2y, luego k(y) = y2 + const. Entonces g(x, y) = x x 2 y + y 2 + const. La función g(x, y) es un potencial para la ecuación. La integral general es g(x, y) = c. Asociando las constantes se tiene la fórmula x x 2 y + y 2 = c. Si buscamos una solución que satisfaga la condición inicial y(0) = vemos que c =. Entonces la solución y = y(x) debe cumplir x x 2 y + y 2 = 0 (ecuación cuadrática para y(x)). Despejando obtenemos y(x) = x 2 + x 4 x 3 +. Es de anotar que x 4 x 3 + > 0 para todo x. Por tanto el intervalo de definición de la solución hallada es I = (, ). La forma normal de primer orden de la ecuación considerada es con el lado derecho dy = + 4 x y 3x2 2 x y, f(x, y) = 3 x2 + 4 x y 2 x y, definido para x J = (, ), y y Ω = (0, ). La función f y su derivada parcial f están definidas y son continuas para t J y y Ω. La condición inicial (x 0, y 0 ) = (0, ) (equivalente a y(0) = ) es tal que x 0 J y y 0 Ω. El teorema Fundamental es aplicable a esta ecuación con la condición inicial señalada, así que la solución que encontramos es la única.

12 Ejercicios. Hallar la integral general de ( y 2 e xy + 3x 2 y ) + ( x 3 + ( + xy)e xy) dy = 0. R. y(x)e xy + x 3 y(x) = c. 2. Hallar la solución de (e x 2xy) x 2 dy = 0, que satisfaga y() = e. R. y(x) = ex x 2. = 0 para que esta ecuación sea exac- 3. Determine la constante a en t + y e 2ty 2ty dy + a t e ta en R 2 y encuentre la integral general. R. a =. La integral general es t 2 + e 2ty = c. ( x ) 4. Halle la solución de t + 6t + (ln t 2) = 0 que satisfaga x () = 0. R. x = 3(t2 ) 2 ln t. 4. Ecuaciones reducibles a exactas Las ecuaciones del tipo M + N dy = 0 (6) pueden tornarse exactas multiplicando por un factor µ = µ(x, y) apropiado. Como muestra considérese la ecuación x dy y = 0, la cual no es exacta en ningún rectángulo del plano. Sin embargo, multiplicando por x 2 +y 2 resulta x x 2 + y 2 dy y = 0. x 2 + y2 Aquí, un cálculo sencillo muestra que la ecuación resultante es exacta en rectángulos que no contengan el origen. Para hallar la integral general g(x, y) se procede de la manera usual. Puesto que se tiene entonces g x = y x 2 + y, 2 g(x, y) = Utilizando la condición para g se obtiene g = y x 2 + y 2, y x 2 + y 2 = arctan y x + h(y), g(x, y) = arctan y x. 2

13 En general, dada una ecuación de la forma (6) el problema es hallar el factor µ(x, y). Si multiplicando por µ la ecuación (6) resulta una ecuación exacta, entonces Esto implica x (µ N) = (µ M). ( N µ µ x M µ ) = M N x. Esta última es una ecuación en derivadas parciales para µ. En general, la solución no es simple. No obstante podemos simplificar el problema bajo supuestos adicionales. Nos ocuparemos en hallar el factor µ en los casos siguientes: µ sólo depende de x, es decir µ = µ(x) Se tiene Entonces, µ N dµ = M N x. dµ µ = h(x) donde M h(x) := N x N es una función que depende solo de x. Resulta entonces que luego dµ = µ h(x), µ(x) = e R h(x). µ sólo depende de y, es decir µ = µ(y) Mediante razonamientos análogos obtenemos µ(y) = e R k(y) dy, donde k es la función que depende sólo de y. M k(y) := N x M 3

14 Ejemplo 9. La ecuación ( ) y 2 x c + y dy = 0 donde c es una constante, no es exacta en R 2 {(x, y) R 2 : x > 0} pues no cumple (CE). Posee un factor integrante µ = µ(x). Esto se verifica del hecho de que h M N x N es función sólo de x. El factor integrante es µ = e 2 ln x = x 2. Se invita al lector a que medite por qué el mismo procedimiento falla si se busca un factor de integración que dependa sólo de y. = 2 x Miscelánea de ejercicios. Para cada una de las ecuaciones siguientes, determine si es separable, lineal, exacta o reducible a uno de estos tipos por substitución. (t+y+) dy (a) e = g(t). (b) = ( + t) ( + x). (c) dy = 2 x. (d) + t y+y x 2 x2 x 2 + t = 0. (e) du 2 cos t u cos t = 0. (f) dθ + θ = s t t 2 ds e s +. (g) x y cos x sen x dy = 0 (h) (x2 + 2 y) y dy = 0 (i) t d2 x + = ( ) 2 t4 3. (j) y x dy = y2 e y dy. (k) (e y 2xy) dy = y2. 2. Para las siguientes ecuaciones diferenciales hallar la solución general y además las soluciones que satisfacen las condiciones iniciales que se indican. Por último discuta en cada caso la aplicación del Teorema Fundamental de existencia y unicidad de soluciones. a) dv λ2 (v + t) 2 = 0, v(0) = 0. Sugerencia: haga u(t) = v(t) + t. b) 2 x y dy x2 + y 2, y( ) = 0. c) t dy t4 y 3, y(0) = 0. d) (y e x y + 4 y 3 ) + (x e x y + 2 x y 2 2 y) dy = 0, y(0) = 2. e) 2 x y + (x 2 + ) dy = 0, y() =, y() = 0. 4 f ) x y + (x y 2 + 2) dy = 0, y(0) = 0, y(0) =. g) 2 x 2 y 3 + x 3 y 2 = 0, x(2) =, x( ) =, x(0) = 0. dy 4 3. Resuelva la ecuación (t 2 + x 2 ) + t x = 0 de dos maneras. Primero usando la substitución v = x. Segundo, teniendo en cuenta que se puede escribir como una t ecuación de Bernoulli. 4. Dada la ecuación (x ln x 2 t x) + (t + x) = 0, determine si tiene o no un factor integrante que dependa sólo de t o x. En tal caso, hállelos y encuentre la integral general de la ecuación. 4

15 5. Resuelva y + (y x) dy = Muestre que la ecuación lineal + a(t) x = b(t), con a(t) y b(t) funciones continuas en un intervalo J es reducible a exacta. 7. Resuelva el problema de valor inicial dy + 4 y = f(x) y(0) =, con 4 {, 0 x 2 f(x) = 2, 2 < x <. Esboce un gráfico de y(x) Se puede aplicar el Teorema Fundamental a este problema de valor inicial? 8. Sea y = y(x) la solución del problema de valor inicial dy = f(y) x, y(x 0) = y 0. Si x es una solución de la ecuación y(x) = 0, entonces x está dada por x 2 = x y 0 f(y) dy. 9. Pruebe que cualquier función y = y(x) definida implícitamente por satisface la ecuación diferencial y 3 y + 9 ln 3 + y y dy = 3 y y2. = x + 0. Halle la solución general de dy =. Sugerencia, en lugar de determinar y = y(x), y 2 x plantee la ecuación diferencial para x = x(y). Respuestas. (a) separable (b) separable (c) separable (d) separable (e) lineal (f) lineal (g) lineal y exacta (h)? (i) reducible a Bernoulli (j) lineal en x (k) exacta 2. a) v = t + tanh(λ t + c), < t <. Si v(0) = 0, se tiene v = t + tanh λ t. λ λ b) y 2 = x (c + x). Si y( ) = 0, y 2 = x 2 + x. Esta ecuación no define una solución y = y(x) en un intervalo que contenga a x = (nótese que las hipótesis del Teorema Fundamental no se cumplen para x 0 =, y 0 = 0). c) Ecuación de Bernoulli. Soluciones: las definidas mediante y 2 t 2 (c t 2 ) = y y(t) = 0. Si y(0) = 0, y(t) = 0, t R. Las hipótesis del Teorema Fundamental no se cumplen en t 0 = 0, y 0 = 0. 5

16 d) e xy + 4y 3 x y 2 = c; si y(0) = 2, e xy + 4y 3 x y 2 = 3. e) y = c, x R. Si y() =, y =. Si y() = 0, y(x) = 0. (x 2 +) 4 2(x 2 +) f ) y 2 x 2 +y 4 +2y 2 = c. Si y(0) = 0, y 2 x 2 +y 4 +2 y 2 = 0. Si y(0) =, y 2 x 2 +y 4 +2 y 2 = 3. g) x y 2 = c; si x(2) =, x = y2 29 ; y <. Si x( ) =, x = y2, y < 3. Si x(0) = 0, x(y) = 0, y R. 2 c t 3. x(t) = ± 4, 0 < t < 4 c ó 4 c < t < 0. 2 t 2 4. El factor integrante es x. La solución general es x + t ln x t2 = c. x 5. + ln y = c. y 6. El factor integrante es u(t) = e R a(t). 7. Solución y(x) = { 4 0 x e8 4x, 2 < x <. El lector atento habrá notado que la solución y(x) no es diferenciable cuando x = 2 En qué sentido (ciertamente no en el sentido de la definición de solución dada en la Guía ) y(x) es solución del problema de valor inicial? Un poco de reflexión muestra que es preciso modificar ligeramente la definición de solución a fin de que el problema de valor inicial propuesto tenga solución única. Discuta el tema con su profesor. 6