ECUACIONES DIFERENCIALES con aplicaciones en Maple

Transcripción

1 ECUACIONES DIFERENCIALES con aplicaciones en Maple Jaime Escobar A. 1 1 Profesor Titular de la Universidad de Antioquia, Magister en Matemáticas de la Universidad Nacional. Texto en la página Web: jescobar/

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3 ÍNDICE GENERAL 1. INTRODUCCION CAMPO DE DIRECCIONES ECUACIÓN DE CONTINUIDAD MÉTODOS DE SOLUCIÓN 7.1. VARIABLES SEPARABLES ECUACIONES HOMOGÉNEAS E.D. CON COEFICIENTES LINEALES ECUACIONES EXACTAS FACTORES DE INTEGRACIÓN E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN OTRAS SUSTITUCIONES ANEXO CON EL PAQUETE Maple APLIC. DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN APLICACIONES GEOMÉTRICAS Trayectorias Isogonales y Ortogonales Problemas de Persecución: Aplicaciones a la geometría analítica CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICIÓN Desintegración radioactiva iii

4 iv ÍNDICE GENERAL 3... Ley de enfriamiento de Newton Ley de absorción de Lambert Crecimientos poblacionales PROBLEMAS DE DILUCIÓN VACIADO DE TANQUES APLICACIONES A LA FISICA TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES INTRODUCCION DIMENSIÓN DEL ESP. VECT. SOL. DE UNA E.D.O MÉTODO DE REDUCCIÓN DE ORDEN E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONST E.D. LINEALES DE ORDEN DOS E.D. LINEALES DE ORDEN MAYOR QUE DOS OPERADOR ANULADOR COEFICIENTES INDETERMINADOS VARIACIÓN DE PARÁMETROS GENERALIZACIÓN DEL MÉTODO DE VARIACIÓN DE PARÁMETROS OPERADORES OPERADORES INVERSOS E.D.O. DE EULER - CAUCHY APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE MOVIMIENTO AMORTIGUADO MOVIMIENTO FORZADO ANEXO CON EL PAQUETE Maple SOLUCIONES POR SERIES INTRODUCCION SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG CASO II: r 1 r = entero positivo FUNCIÓN GAMMA: Γ(x) CASO III: r 1 = r ECUACIÓN DE BESSEL DE ORDEN p : PUNTO EN EL INFINITO ANEXO CON EL PAQUETE Maple

5 ÍNDICE GENERAL v 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE INTRODUCCION TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE TEOREMAS SOBRE LA TRANS. DE LAPLACE APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA A LAS E.D IMPULSO UNITARIO O DELTA DE DIRAC ANEXO CON EL PAQUETE Maple SIST. LINEALES DE PRIMER ORDEN INTRODUCCION CONJUNTOS FUND. Y SIST. HOMOGÉNEOS MÉTODO DE LOS VALORES Y VECT. PROPIOS VARIACIÓN DE PARÁMETROS TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA SISTEMAS ANEXO CON EL PAQUETE Maple INTROD. A LA TEORIA DE ESTABIL SISTEMAS AUTÓNOMOS, EL PLANO DE FASE TIPOS DE PUNTOS CRITICOS, ESTABILIDAD TIPOS DE PUNTOS CRITICOS PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTAB CRITERIO DE ESTAB.: METODO DE LIAPUNOV LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES CICLOS LIMITES: TEOREMA DE POINCARÉ-BENDIXSON ANEXO CON EL PAQUETE Maple A. Fórmulas 355 A.1. Fórmulas Aritméticas A.. Fórmulas Geométricas A.3. Trigonometría A.4. Tabla de Integrales B. TEOREMAS DE EXISTENCIA Y UNICIDAD 363 B.1. PRELIMINARES B.. TEOREMA LOCAL DE EXIST. Y UNICID., CASO UNIDIMENSIONAL 365 B.3. TEOREMAS LOCAL Y GLOBAL PARA SISTEMAS DE E. D. LINEALES37 C. EXPONENCIAL DE OPERADORES 377 D. TEOREMA DE LIÉNARD 381

6 vi ÍNDICE GENERAL E. FRACCIONES PARCIALES 387 E.1. Factores lineales no repetidos E.. Factores Lineales Repetidos E.3. Factores Cuadráticos E.4. Factores Cuadráticos Repetidos

7 CAPÍTULO 1 INTRODUCCION Definición 1.1. Si una ecuación contiene las derivadas o las diferenciales de una o más variables dependientes con respecto a una o más variables independientes, se dice que es una ecuación diferencial (E.D.). Si la ecuación contiene derivadas ordinarias de una o más variables dependientes con respecto a una sola variable independiente entonces la ecuación se dice que es una ecuación diferencial ordinaria (E.D.O.). Ejemplo 1. 3 dy dx + 4y = 5 Ejemplo. (x y)dx + 5 sen y dy = 0 Ejemplo 3. u du dx + v dv dx = x Si la ecuación contiene derivadas parciales de una o más variables dependientes con respecto a una o más variables independientes, se dice que es una ecuación en derivadas parciales. Ejemplo 4. u y = v x Ejemplo 5. u x y = y x Definición 1.. (Orden). La derivada o la diferencial de más alto orden determina el orden de la E.D. 1

8 CAPÍTULO 1. INTRODUCCION Ejemplo 6. d3 y dx 3 + x d y dx + x dy dx = ln x, es de orden 3. Ejemplo 7. xdy ydx = 0 = dy = y, la cual es de orden 1. dx x Definición 1.3 (E.D.O. lineal). Una E.D. es lineal si tiene la forma: a n (x) dn y dx n + a n 1 (x) dn 1 y dx n a 1 (x) dy dx + a 0(x)y = g(x) Es decir, la variable dependiente y y todas sus derivadas tienen exponente uno y cada coeficiente a 0 (x), a 1 (x),..., a n (x), g(x), depende solo de x. Si no se cumple lo anterior se dice que la E.D. no es lineal. Ejemplo 8. x d3 y dx 3 + cos x d y dx + sen x dy dx + x y = e x es lineal de orden 3. Ejemplo 9. sen x d3 y dx 3 + xy = 0 no es lineal. Ejemplo 10. y d y + y dy + xy = x no es lineal. dx dx Definición Se dice que una función f con dominio en un intervalo I es solución a una E.D. en el intervalo I, si la función satisface la E.D. en el intervalo I. Ejemplo 11. x = y ln(cy) es solución de y (x + y) = y En efecto, derivando implícitamente: 1 = dy dx ln(cy) + y 1 cy c dy dx 1 = dy dy (ln(cy) + 1), luego = 1 dx dx ln(cy)+1 Sustituyendo en la ecuación diferencial: y ln(cy) + y ln (cy) + 1 luego y = y por tanto x = y ln (cy) es solución. = y(ln (cy) + 1) ln (cy) + 1 = y,

9 3 Una E.D. acompañada de unas condiciones iniciales se le llama un problema de valor inicial (P.V.I.). Con frecuencia es importante saber si un problema de valor inicial tiene solución y también deseamos saber si esta solución es única, aunque no podamos conseguir explícitamente la solución. El siguiente teorema nos responde las inquietudes que acabamos de plantear.este teorema lo enunciamos y demostramos con más profundidad en el Apéndice al final del texto. Teorema 1.1. (Picard) Sea R una región rectangular en el plano XY definida por a x b, c y d que contiene al punto (x 0, y 0 ) en su interior. Si f(x, y) y f son continuas en R, entonces existe un intervalo I con centro en x 0 y una única función y(x) definida en I que satisface el problema y de valor inicial y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0. Ejemplo 1. Para la E.D. y = x + y, se tiene que f(x, y) = x + y y f = y son continuas en todo el plano XY, por lo tanto por cualquier y punto (x 0, y 0 ) del plano XY pasa una y solo una solución de la E.D. anterior. Es importante anotar que para esta E.D. es imposible hallar una solución explícita; sólo con métodos numéricos se puede hallar la solución. Ejercicio 1. Demostrar que y = c 1 cos 5x es solución de y + 5y = 0. Ejercicio. Demostrar que y = e x x 0 et dt + c 1 e x es solución de y + xy = 1. Ejercicio 3. Demostrar que y = x x 0 xy = y + x sen x. sen t t dt es solución de Ejercicio 4. Demostrar que y = e x es solución de y + y = 0, también y = 0 es solución. Nota: si todas las soluciones de la E.D. F (x, y, y,..., y (n) ) = 0 en un intervalo I pueden obtenerse de G(x, y, C 1,..., C n ) mediante valores apropiados de C i, entonces a G se le llama la solución general; una solución que no contenga los parámetros C i se le llama la solución particular; una solución que no pueda obtenerse a partir de la solución general se le llama solución singular. Veremos más adelante que la solución general a una E.D. lineal de orden n

10 4 CAPÍTULO 1. INTRODUCCION tiene n parámetros. En las E.D. no lineales a veces no es posible obtener explícitamente una solución general. Ejemplo 13. y = Cx 4 es solución general de xy 4y = 0. Con C = 1 entonces la solución particular es y = x 4. También f(x) = { x 4 x 0 x 4 x < 0 es una solución singular, porque no se puede obtener a partir de la solución general. Ejercicio 5. Si y xy 1 = 0, demostrar a). y = ( x 4 + C) es solución general. b). Si C = 0 mostrar que y = x4 16 es solución particular. c). Explicar porqué y = 0 es solución singular. Ejercicio 6. Si y = y 1, demostrar a). y = 1+Cex 1 Ce x es solución general. b). Explicar porqué y = 1 es solución singular. Ejercicio 7. Si xy + 1 = e y, comprobar que e y Cx = 1 es solución general. Ejercicio 8. Si xy dx + (x + y) dy = 0, comprobar que x y + y = C 1 es solución general. Ejercicio 9. Si (x + y ) dx + (x xy) dy = 0, comprobar que C 1 (x + y) = xe y x, es solución general. Ejercicio 10. Si xy + 1 = e y, comprobar que e y Cx = 1 es solución general.

11 1.1. CAMPO DE DIRECCIONES CAMPO DE DIRECCIONES Dada la E.D. y = f(x, y) y sabiendo que la primera derivada representa una dirección en el plano XY, podemos por lo tanto asociar a cada punto (x, y) una dirección. A este conjunto de direcciones lo llamamos el campo de direcciones o campo pendiente de la E.D. y = f(x, y). Este campo de direcciones nos permite inferir propiedades cualitativas de las soluciones, como por ejemplo si son asintóticas a una recta, si son cerradas o abiertas, etc.. Con el paquete Maple haremos un ejemplo. Ejemplo 14. Hallar el campo de direcciones de la E.D. y = x + y y cuatro curvas solución de la E.D. que pasan por los puntos (0, ), (0, 0), (0, 1), (0, 1) respectivamente. > with(detools): DEplot (diff(y(x),x)=-*x^+y(x)^,y(x),x=-..,color=black, {[0,],[0,0],[0,1],[0,-1]},y=-..,linecolor=black); y(x) x 1 - Figura 1.1

12 6 CAPÍTULO 1. INTRODUCCION 1.. ECUACIÓN DE CONTINUIDAD Para finalizar este Capítulo, es importante hacer un corto comentario sobre la ecuación de continuidad; con ella se construyen modelos de fenómenos en diferentes áreas del conocimiento que dependen del tiempo, dando como resultado una o varias Ecuaciones Diferenciales. La ecuación de continuidad nos dice que la tasa de acumulación de una variable x en un recipiente (el cual puede ser un tanque, un órgano humano, una persona, una ciudad, un banco, una universidad, un sistema ecológico, etc.) es igual a su tasa de entrada menos su tasa de salida; tanto la tasa de entrada como la tasa de salida pueden ser constantes o variables. Si la variable es x y la tasa de entrada es E(t) y la tasa de salida es S(t) entonces la tasa de acumulación es dx = E(t) S(t). dt Ejemplo 15. La concentración de glucosa en la sangre aumenta por ingesta de comidas ricas en azucares, si se suministra glucosa a una razón constante R (en mg/minuto). Al mismo tiempo, la glucosa se transforma y se elimina a una tasa proporcional a la concentración presente de glucosa. Si C(t) representa la concentración de glucosa en un instante t, entonces E(t) = R y S(t) = kc(t), entonces por la ecuación de continuidad, la Ecuación Diferencial que rige este fenómeno es dc(t) dt = E(t) S(t) = R kc(t).

13 CAPÍTULO MÉTODOS DE SOLUCIÓN.1. VARIABLES SEPARABLES Definición.1. Se dice que una E.D. de la forma: dy dx = g(x) es separable h(y) o de variables separables. La anterior ecuación se puede escribir como h(y) dy = g(x) dx e integrando: h(y) dy = g(x) dx + 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 dx = e3x+y Solución: dy dx = e3x+y = e 3x e y 7

14 8 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN separando variables dy e y = e3x dx e integrando la solución general es 1 e y + C = e3x 3 e 3x 3 + e y = C Ejemplo. dy dx = xy3 (1 + x ) 1, con y(0) = 1 Solución: separando variables obtenemos y 3 dy = x 1 + x dx = 1 d(1 + x ) 1 + x = 1 du u e integrando y = 1 (1 + x ) 1 1 solución general 1 y = 1 + x + C. { haciendo u du + C = 1 + x = xdx Cuando x = 0, y = = C

15 .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 ) dx = 0 (Rta. + y = C(4 + x )) Ejercicio. y + y sen x = 0 (Rta. y = 1 cos x+c ) Ejercicio 3. 3e x tan y dx + ( e x ) sec y dy = 0 (Rta. ( e x ) 3 = C tan y) Ejercicio 4. y sen x = y ln y, si y ( π ) = e (Rta. ln y = csc x cot x) Ejercicio 5. dy xy + 3x y 3 = dx 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 ln x 1) x Ejercicio 7. Hallar la solución general de la E.D. dy dx 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 = 1 y+3 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

16 10 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio 9. Resolver por variables separables: a [ x dy + y] = xy dy dx dx y = a y x = a. (Rta.: yx = 4a3 e y a ) e 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) dx + 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) dx + 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 ) dx xe y x dy = 0, con y(1) = 0.

17 .. ECUACIONES HOMOGÉNEAS 11 Solución: (x + ye y x ) dx 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 dx + x du Sustituyendo en la E.D. o sea que (x + uxe ux x ) dx xe ux x (u dx + x du) = 0 x dx x e u du = 0 luego x dx = x e u du, separando variables y considerando x 0, obtenemos, dx 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: ln 1 = e 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 dx = 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

18 1 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN (x z α 1)αz α 1 dz + xz 3α dx = 0 α(x z 3α 1 z α 1 )dz + xz 3α dx = 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 dx = 0 Es homogénea de orden. ( x z 4 + z ) dz + xz 3 dx = 0 La sustitución más sencilla es x = uz dx = u dz + z du. ( u z z 4 + z ) dz + uzz 3 (u dz + z du) = 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) = ln C ln z(u + 1) = ln C z(u + 1) = C reemplazo u = x y tenemos, tomando z 0 z

19 .. 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 + x cot y x) dx x dy = 0. (Rta.: C = x cos y x ) Ejercicio. (x + y xy) dy = y, con y(1) = 1. dx (Rta.: ln y = 4( y x )) y Ejercicio 3. ( ) x y cos y x dx + x cos y dy = 0. x (Rta.: ln x + sen y = C) x Ejercicio 4. (x y ) dx + xy dy = 0. (Rta.: x 4 = C(x y )) Ejercicio 5. xy = y + xe y x. (Rta.: ln x = 1 e y x +c ) Ejercicio 6. (x + y 3 ) dx + (3y 5 3y x) dy = 0, (Ayuda: hacer x = z α ). (Rta.: ln C(x + y 6 ) = arctan y3 x ) Ejercicio 7. (x y x 4 y ) dx + x 3 dy = 0, (Ayuda: hacer y = z α ). (Rta.: x 4 (1 + Cy) = C ) Ejercicio 8. y cos x dx + (y sen x) dy = 0, (Ayuda: hacer u = sen x). (Rta.: y = Ce sen x y ) Ejercicio 9. y(ln y + 1) dx x ln y dy = 0. x x (Rta.: ln x ( 1 ln y x) = C)

20 14 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio 10. dy dx = cos( y x ) + y x. (Rta.: sec( y x ) + tan( y x ) = Cx) Ejercicio 11. Hallar la solución particular de la E.D. yx dx (x 3 + y 3 )dy = 0, donde y(0) = 1 (Rta.: ln y = 1 3 ( x y )3 ) 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 )dx = 0, Ejercicio 13. (y + xy)dx 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 ln y x = e) y(ln y ln x 1)dx + xdy = 0,.3. E.D. DE COEFICIENTES LINEALES: (ax + by + c) dx + (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

21 .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) dx + (x + y 5) dy = 0 (Rta.: (x 1) + (y ) = Ce. dy = y x+5 dx x y 4 (Rta.: (x + y + 1) 3 = C(y x + 3)) 3. (x y + 4) dx + (x y + ) dy = 0 (Rta.: (x + y ) 3 = C (x y + )) arctan x 1 (y ) ) 4. (x + y + 1) dx + (x + y 1) dy = 0 (Rta.: 4x = 1 (x + y) + (x + y) ln x + y + C) 5. (x + y + 1) dx + (x + y 1) dy = 0 (Rta.: 4 x y = 3 ln x y + C) 6. (x + y ) dx + (x y + 4) dy = 0 (Rta.: C = (x + 1)(y 3) + (x + 1) (y 3) ) 7. (x y 5) dx (x + y 1) dy = 0 (Rta.: (x + y 1) (x 3) = C) 8. (x + y) dx (4x + y 1) dy = 0 (Rta.: x = 4 (x + y) ln 5(x + y) + C) ECUACIONES EXACTAS Si z = f(x, y), entonces dz = f f dx + x y dy

22 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 dx + x y dy. Definición.4. La forma diferencial M(x, y) dx + 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) dx + 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) dx + N(x, y) dy M y = N x. Demostración: como M(x, y) dx+n(x, y) dy es una diferencial exacta, entonces existe una función f(x, y) tal que: luego y por tanto, M(x, y) dx + N(x, y) dy = f f dx + dy = d f(x, y) x y M(x, y) = f x N(x, y) = f y M y = f y x = f x y = N x.

23 .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) dx+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) dx + g(y) (.) iii) Derivar con respecto a y la ecuación (.) f y = M(x, y) dx + g (y) = N(x, y) y despejar g (y) = N(x, y) y M(x, y) dx (.3) Esta expresión es independiente de x, en efecto: [ N(x, y) ] M(x, y) dx = N x y x M(x, y) dx x y = N x M(x, y) dx = N y x x M(x, y) = 0 y 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 Ejemplo 6. Resolver la siguiente E.D.: (xy + ye x ) dx + (x y + e x 1) dy = 0 = N(x, y).

24 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.: Solución: Como M y (xy + bx y) dx + (x + y)x dy = 0. = xy + bx y N x = 3x + xy entonces b = 3, por lo tanto f x = xy + 3x y (.4) f y = x 3 + x y (.5) integramos (.4) : f(x, y) = (xy + 3x y) dx + g(y) = y x + x3 y + g(y) (.6)

25 .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 : (tan x sen x sen y) dx + cos x cos y dy = 0. (Rta.: f(x, y) = cos x sen y ln cos x = C) Ejercicio. Resolver la siguiente E.D. por el método de las exactas: (y cos x 3x y x) dx + (y sen x x 3 + ln y) dy = 0, con y(0) = e. (Rta.: f(x, y) = y sen x x 3 y x + y(ln y 1) = 0) (.8) Ejercicio 3. Determinar la función M(x, y) de tal manera que la siguiente E.D.O sea exacta: ( M(x, y) dx + 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 + dx + N(x, y) dy = 0 x + y

26 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 ) dx + (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 y sen xy 5y 4 ) dx (0xy 3 + x sen xy) 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) = x sen (xy) = C) ( sen xy + xy cos xy) dx + (x cos xy) dy = 0 Ejercicio 8. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.: (ye xy + 4y 3 ) dx + (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 sen x tan y) dx + cos x sec y dy = 0 (Rta.: f(x, y) = cos x tan y + 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) 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.).

27 .5. FACTORES DE INTEGRACIÓN 1 Ejemplos de algunas formas diferenciales que son exactas. Ejemplo: x dx + y dy es la diferencial de 1 (x + y ) ya que d ( 1 (x + y ) ) = x dx + y dy. Análogamente: para x dy + y dx = d(xy). Pero py dx + qx dy no es exacta, la expresión µ(x, y) = x p 1 y q 1 es un factor integrante. Para y dx x dy, 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) 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 [ M µ y N ] = N dµ dµ = M x dx dy Demostración: si µ es tal que µm dx + 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 [ µ y = N x M N ] µ y como dy = M, entonces: dx N [ M µ y N ] = N x [ µ x + dy dx ] µ = N dµ y dx = M dµ dy

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

29 .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 )dx + 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. x dy y dx = (6x 5xy + y ) dx Solución: como d( y x dy y dx ) = x x entonces dividimos a ambos lados de la E.D. por x, luego ( ) x dy y dx 6x 5xy + y = dx x x luego d( y x ) = ( 6 5( y x ) + (y x ) ) dx,

30 4 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN hagamos u = y x du = (6 5u + u )dx luego du 6 5u + u = dx du (u 3)(u ) = dx pero por fracciones parciales o sea que A = 1 y B = 1, por tanto du (u 3)(u ) = du dx u 3 luego 1 (u 3)(u ) = A u 3 + B u (u 3) c (u ) = (y 3x) ex, si x 0 c (y x) = ex du = ln u 3 ln u +ln c = x u 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) sen x) dx tan x sen (y) dy = 0. (Rta.: sen x cos(y) + 1 cos x = C) Ejercicio. (3xy 3 + 4y) dx + (3x y + x) dy = 0. (Rta.: f(x, y) = x 3 y 3 + x y = C) Ejercicio 3. xy ln y dx + (x + y y + 1) dy = 0. (Rta.: f(x, y) = x ln y (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 dx + (e x cot y + y csc y)dy = 0 (Rta.: f(x, y) = e x sen y + y = C) Ejercicio 6. x dy + y dx = (x 3 + 3x y + 3xy + y 3 )(dx + dy). (Rta.: xy = 1 4 (x + y)4 + C)

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

32 6 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio 18. Bajo que condiciones Mdx + Ndy = 0 tendrá un F.I.= µ(x + y) Ejercicio 19. Si Mdx + 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 dx + 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), dx 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 R p(x) dx = y + p(x)y = Q(x) e R p(x) dx Q(x) dx + C. Demostración: dy + p(x)y dx = Q(x) (.9) p(x)y dx + dy = Q(x) dx

33 .6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN 7 o sea que (p(x)y Q(x)) dx + dy = 0, como M y N = p(x) y x = 0, entonces M y N x N = p(x) y por tanto µ = e R p(x) dx = F.I.; multiplicando (.9) por el F.I.: e R p(x) dx dy dx + p(x)yer p(x) dx = Q(x)e R p(x) dx o sea d dx (yer p(x) dx ) = Q(x)e R p(x) dx e integrando con respecto a x se tiene: ye R p(x) dx = Q(x)e R p(x) dx dx + C Obsérvese que la expresión anterior es lo mismo que: y F.I. = Q(x) F.I. dx + 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 R p(ν)dν = e R ν dν = e ln ν = e ln ν = ν = 1 ν La solución general es 1 ν µ = 1 ν ( 6 ν )dν + C

34 8 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN 1 ν µ = 6 ν 4 dν + C = 6 ν 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) dx { x, 0 x < 1 donde f(x) = 0, x 1 y y(0) = Solución: F.I. : e R xdx = e x e x y = e x f(x)dx + C a). si 0 x < 1 : e x y = e x x dx + C e x y = 1 e x x dx+c = 1 ex +C, que es la solución general. 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 dx + 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 + x sen y = xe x cos y

35 .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 x( sen y cos y) + cos y dx cos y = xe x sec y dy + x tan y = xe x dx hagamos el siguiente cambio de variable: t = tan y, por lo tanto Sustituyendo Resolviéndola dt dx = sec y dy dx. dt + xt = xe x, es lineal en t con dx p(x) = x, Q(x) = xe x F.I. = e R x dx = e x t F.I. = te x = F.I.Q(x) dx + C e x (xe x ) dx + C tan y e x = x + C Ejercicio 1. Hallar una solución continua de la E.D.: (1 + x ) dy dx 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 )

36 30 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio. Hallar la solución de la E.D.: dy (Rta.: xy = y + 8) dx = y y x 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 = cos x x sen x donde y es acotada cuando x. (Rta.: y = sen x) Ejercicio 5. Hallar la solución de la E.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. dx (Rta.: y( + x) 4 = 5( + 3 x)3 + C) Ejercicio 7. Resolver la E.D.: y x dy (Rta.: x = y ey + C) dx = dy dx 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 dx + 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

37 .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 = ln y) (1 xy )dy = y 3 dx.7. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI Definición.7. Una E.D. de la forma dy dx + 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 dx + (1 n)p(x)w = (1 n) Q(x). Ejemplo 13. xy(1 + xy ) dy = 1 con y(1) = 0. dx Solución: dy = 1 dx = xy (1 + dx xy (1+xy ) dy xy ) = xy + x y 3 dx 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 dx dy = w dw dy

38 3 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN dw sustituimos en (.10): w 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 R P (y) dy = e R y dy = e y w F.I. = w e y = hagamos: u = y du = y dy, y = u w e y = y 3 e y F.I. Q(y) dy + C e y ( y 3 ) dy + C dy + C = e integrando por partes, obtenemos: w e y ue u du + C = u e 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 y Resolver las E.D. de los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. dy dx = y x x y con y(1) = 1. (Rta.: y 3 = 3x + 4x 3 ) Ejercicio. y = (Rta.: x 3 = y + Ce y ) 3x. x 3 +y+1 Ejercicio 3. tx dx dt + x3 = t cos t. (Rta.: x 3 t 3 = 3(3(t ) cos t + t(t 6) sen t) + C)

39 .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 = cos x x. (Rta.: x 3 y 3 = 3x sen x + 3 cos x + 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) dx dy y x = y( x y ) 3 Ejercicio 9. Hallar y(x) en función de f(x) si (Rta.: y = 1 (1 Ce R f(x) dx ) ) dy + f(x) y = f(x)y dx.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.

40 34 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN ii) Se puede despejar y. iii) Se puede despejar x. Caso i). Si hacemos p = dy dx = 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 sen x)((y ) + (x ln x)y x ln x) = 0. Solución: (p sen x)(p + (x ln x)p x ln x) = 0 (p sen x)(p + x)(p ln x) = 0 Para el factor p sen x = 0 dy sen x = 0 dy = sen x dx dx y = cos x + C Para el factor p + x = 0 dy dx φ 1 (x, y, C) = 0 = y + cos x C = x dy = x dx y = x + C φ (x, y, C) = 0 = y + x C Para el factor p ln x = 0 dy = ln x dy = ln x dx dx y = ln x dx + C, e integrando por partes: y = ln x dx + C = x ln x x 1 dx = x ln x x + C x

41 .8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 35 φ 3 (x, y, C) = 0 = y x ln x + x C La solución general es: 3 i=1 φ i(x, y, C) = 0 (y + cos x C)(y + x C)(y x ln x + 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) ( ) Ejercicio. 6µ dν 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 = dx y. (Rta.: (y + xn+1 xn+1 c)(y c) = 0) n(n+1) n(n+1) Ejercicio 5. x (y ) + xyy + y = xy 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 P T = k. [ k (Rta.:(y + c) = x + k ln 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 dx + x p dp luego dy dx = p = f x + f dp p dx

42 36 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN o sea que 0 = ( ) f x p + f dp p dx = g(x, p, p ), donde p = dp dx y por tanto ( ) f x p dx + 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 ) ln x + (px + x ) x dy, donde p = dx Solución: dy = p = f dx si x 0 + f dp x p dx p = (p+x) ln x+(px+x ) 1 x +(px+x )(p+x) x+[x ln x+(px+x )x] dp dx p = (p + x) ln x + p + x + x(p + x)(p + x) x + [x ln x + x (p + x)] dp dx 0 = (p + x) ln x + x(p + x)(p + x) + [x ln x + x (p + x)] dp dx 0 = (p + x)[ln x + x(p + x)] + x[ln x + x(p + x)] dp 0 = [ln x + x(p + x)] [ ] p + x + x dp dx dx 0 = h(x, p), Φ(x, p, p ) 1) Con el factor Φ(x, p, p ) = p + x + x dp dx = 0

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

44 38 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN ( ) ln x x + x y = ln x + ( ln x 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 dx : Ejercicio 1. xp yp + 3x = 0. (Rta.: cy = c x + 3, y = 3x ) Ejercicio. y = px ln x + p x. (Rta.: y = c ln x + 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 x 3 ) 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 dx = p, o sea que = 1 dx dy p y como dx = g g dy + y p dp luego dx dy = 1 p = g y + g dp p dy

45 .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 + tan β = 0 dα Solución: con p = dβ, se tiene: dα α = cos β p 3 + tan β p α = cos β p + tan β p 1 p = g β + g p 1 p = cos β sen β p + sec β p = g(β, p) p β [ + p cos β tan β ] dp p dβ Teniendo en cuenta la identidad: sec θ = 1 + tan θ; 1 p = cos β sen β p + 1 [ p + tan β + p cos β tan β ] dp p p dβ [ 0 = cos β sen β p + tan β + p cos β tan β ] dp p p dβ 0 = sen β cos β p + tan β + 1 [ p cos β tan β ] dp p p p dβ [ sen β cos β p 0 = tan β + tan β ] + 1 [ p cos β tan β ] dp tan β p p p dβ [ 0 = tan β cos β p tan β ] + 1 [ p cos β tan β ] dp p p p dβ [ 0 = cos β p tan β ] [ tan β + 1 ] dp p p dβ 0 = h(β, p) φ(β, p, p ), donde p = dβ dα y p = dp dβ

46 40 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN 1 : φ(β, p, p ) = tan β + 1 p 1 p ln p = ln dp dβ Sustituyendo en el la E.D. original: cos β = tan β dp p dp dβ = 0 = tan β dβ ln p = ln cos β + ln C c cos β p = c, donde cos β 0 cos β cos β p 3 α p + tan β = 0 c 3 cos 3 β α c 3 cos β α α = La solución general es : = c3 + sen β c c cos β + tan β = 0 c cos β + tan β = 0 c 3 cos β + tan β c cos β = c = c 3 + sen β cos β cos β c cos β + sen β ; c 0 c : h(β, p) = 0 = cos β p tan β p cos β p = tan β p 3 = tan β p cos β tan β p = 3 cos β = sen β 3 cos 3 β p = 1 cos β Y sustituyo en la E.D.O. original: cos β ( 3 sen 1 3 β sen β p = cos β ) 3 sen 1 3 β α sen 1 3 β cos β cos β + tan β = 0

47 .8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 41 cos β sen β cos 3 β 1 3 β sen α cos β + tan β = 0 tan β α sen 1 3 β cos β + tan β = 0 α = 3 tan β sen 1 3 β cos β = 3 Siendo esta última la solución singular. sen β cos β sen 1 3 β cos β = 3 sen 3 β Resolver por el método anterior los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. x = y + ln p (Rta.: x = y + ln 1 + C e y ) Ejercicio. 4p = 5x (Rta.: (3y + c) = 5x 3 ) Ejercicio 3. px = tan y + p 3 cos y (Rta.: x = sen y + c, c 8x3 = 7 sen 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 = ± x 3 ) 3 Ejercicio 6. y = xy + 1 ln y (Rta.: y = cx + 1 ln c, y = + ln x) Ejercicio 7. xy y = e y (Rta.: y = cx e c, y = x ln x x)

48 4 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN Ejercicio 8. (y px) = 4p Ejercicio 9. y (y ) 3 4xy + y = 0.9. OTRAS SUSTITUCIONES Ejemplo 17. y dx + (1 + ye x ) dy = 0 Solución: Hagamos u = 1 + ye x y = u 1 e x, du = ye x dx + e x dy = e x (y dx + dy), du = (u 1) dx + e x dy dy = du (u 1) dx Reemplazando en la ecuación original: ( ) u 1 du (u 1) dx dx + u e x e x e x e x >0 (u 1 u(u 1)) dx + u du = 0 (u 1)(1 u) dx + u du = 0 (u 1) dx + u du = 0 dx = 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)

49 .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 +, haciendo v = u 1 dv = du v 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 dx, p + yp 3 = 0 dp dx + yp3 = 0 Por la regla de la cadena sabemos que: dp p = y = d y dx = dp dy = dp dx dy dx p dp dy + yp3 = 0, con p 0 p = p dp, entonces dy dy dp dy + yp = 0 dp dy = yp p dp = y dy p 1 = y + C

50 44 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN p 1 = y + C 1 p = dx = (y + C 1 ) dy 1 y + C 1 = dy dx x = y3 3 + C 1y + C Hacer una sustitución adecuada para resolver los siguientes ejercicios: y dy Ejercicio 1. xe + dx ey = ln x x (Rta.: x e y = x ln x x + c) Ejercicio. dy dx 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. x csc y dy = x ln(tan y) dx (Rta.: ln(tan y) = x + cx 1 ) Ejercicio 6. y + (tan x)y = 0 (Rta.: y = C 1 sen x + C ) Ejercicio 7. y + 1 = e (x+y) sen x (Rta.: e y = e x cos x + ce x ) Ejercicio 8. dy + dx xy3 sec 1 = 0 y (Rta.: x sen 1 = c) y Ejercicio 9. dy y sen x dx = y ln(ye cos x) dx (Rta.: ln(ln ye cos x ) = x + C)

51 .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 dx + e y x + y x (Rta.: e y x = ln Cx ) Ejercicio 15. dy dx = cos y x + y x (Rta.: sec y x + tan y x = Cx) Ejercicio 16. La E.D. dy dx = A(x)y + B(x)y + C(x) se le llama ecuación de Ricatti. Suponiendo que se conoce una solución particular y 1 (x) de esta ecuación, entonces demostrar que la sustitución y = y u, transforma la ecuación de Ricatti en la E.D. lineal en u de primer orden dy dx + (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 utilizándo dicho paquete. Las instrucciones en Maple terminan con punto y coma, después de la cual se da enter para efectuar la operación

52 46 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN que se busca. Ejemplo 19. Hallar la solución general de la E.D. dy dx = 3 y 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 dx = 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) = > init_con := y(0)=1; init_con := y(0) = 1 xy(x) (1+x ) 1 > dsolve( {diff_eq1, init_con}, {y(x)} ); y(x) = x + 3 Ejemplo 1. Mostrar que la E.D. (xy + ye x )dx + (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

53 .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

54 48 CAPÍTULO. MÉTODOS DE SOLUCIÓN

55 CAPÍTULO 3 APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN 3.1. APLICACIONES GEOMÉTRICAS Trayectorias Isogonales y Ortogonales y β g(x) γ f(x) α x Figura 3.1 En la figura 3.1 se tiene que α = β + γ, luego γ = α β, donde γ es el ángulo formado por las tangentes en el punto de intersección. 49

56 50 CAPÍTULO 3. APLIC. DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN Definición 3.1 (Trayectorias Isogonales). a). Dada una familia de curvas f(x, y, c) = 0, existe otra familia g(x, y, c) = 0 que corta a la familia f bajo un mismo ángulo γ. A la familia g se le llama la familia de trayectorias isogonales de f y g(x, y, c) = 0 es solución de la E.D.: tan γ = tan(α β) = tan α tan β 1 + tan α tan β = f (x) g (x) 1 + f (x)g (x) = f (x) y 1 + f (x)y b). En particular, cuando γ = 90 0, a g se le llama la familia de trayectorias ortogonales de f y en este caso g es solución de la E.D.: tan α tan β = f (x)g (x) = 1 = f (x)y Ejemplo 1. Hallar las trayectorias isogonales a 45 o de la familia y(x + c) = 1. Solución: tan 45 0 = f (x) y 1 + f (x)y = 1 por derivación implícita: En la E.D.: d d (y(x + c)) = dx dx (1) y + (x + c) dy dx = 0 dy dx = y x + c 1 = y x+c y 1 + ( ) y = x+c y 1 + y 1 y y ) = y ( y 1 y y y 1 y y 1 y y = y y y (y 1) = 1 + y y = y + 1 y 1 y 1 dy = dx y + 1

57 3.1. APLICACIONES GEOMÉTRICAS 51 ( 1 ) dy = dx 1 + y y tan 1 y = x + K g(x, y, K) = 0 = y tan 1 y x K Ejercicio 1. Hallar las trayectorias isogonales a 45 o de la familia y = ce ax, donde c y a son constantes. (Rta.: y + ln ay 1 = x + c) a Ejercicio. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia y = cx 3. (Rta.: x + 3y = C ) Ejercicio 3. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de hipérbolas equiláteras xy = c. (Rta.: x y = C) Ejercicio 4. Determinar la curva que pasa por ( 1, 3 ) y corta a cada miembro de la familia x + y = c formando un ángulo de 60 o. (Rta.: 3 tan 1 x = ± 1 ln y x + y + 3 tan ln 5) 3 Ejercicio 5. Hallar la familia de trayectorias ortogonales de la familia de curvas y = C 1 x. (Rta.: x + y = C) Ejercicio 6. Hallar la familia de trayectorias ortogonales de la familia de curvas y = C 1 e x. (Rta.: y = x + C) Ejercicio 7. Encuentre la curva que pertenece a la familia de trayectorias ortogonales de la familia de curvas x + y = C 1 e y que pasa por (0, 5). (Rta.: y = x + 3e x ) Problemas de Persecución: Ejemplo. Un esquiador acuático P localizado en el punto (a, 0) es

58 5 CAPÍTULO 3. APLIC. DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN remolcado por un bote de motor Q localizado en el orígen y viaja hacia arriba a lo largo del eje Y. Hallar la trayectoria del esquiador si este se dirige en todo momento hacia el bote. y Q θ P (x, y) x x (a, 0) Figura 3. Solución: del concepto geométrico de derivada se tiene que: y = tan θ = sec θ 1, pero de la figura 3. se tiene que sec θ = a x por lo tanto, y = a sec 1 = x 1 = a x, donde x > 0, x separando variables: a x dy = dx, x por medio de la sustitución trigonométrica x = sen α en el lado derecho de la E.D., se llega a que: [ ] a + a x y = a ln a x x + C;

59 3.1. APLICACIONES GEOMÉTRICAS 53 como el esquiador arranca desde el punto (a, 0), entonces las condiciones iniciales son x = a, y = 0; sustituyendo en la solución general, se obtiene que C = 0. Luego la solución particular es: [ ] a + a x y = a ln a x x Ejercicio 1. Suponga que un halcón P situado en (a, 0) descubre una paloma Q en el orígen, la cual vuela a lo largo del eje Y a una velocidad v; el halcón emprende vuelo inmediatamente hacia la paloma con velocidad w. Cual es el camino seguido por el halcón en su vuelo persecutorio? (Rta.: y = a [ ( x a) 1+ v w 1+ v w ( x a) 1 v w 1 v w ] + c, donde c = avw w v ) Ejercicio. Un destructor está en medio de una niebla muy densa que se levanta por un momento y deja ver un submarino enemigo en la superficie a cuatro kilómetros de distancia. Suponga: i) que el submarino se sumerge inmediatamente y avanza a toda máquina en una dirección desconocida. ii) que el destructor viaja tres kilómetros en línea recta hacia el submarino. Qué trayectoria debería seguir el destructor para estar seguro que pasará directamente sobre el submarino, si su velocidad v es tres veces la del submarino? (Rta.: r = e θ 8 ) Ejercicio 3. Suponga que el eje Y y la recta x = b forman las orillas de un río cuya corriente tiene una velocidad v (en la dirección negativa del eje Y ). Un hombre esta en el origen y su perro esta en el punto (b, 0). Cuando el hombre llama al perro, éste se lanza al río y nada hacia el hombre a una velocidad constante w (w > v). Cual es la trayectoria seguida por el perro? (Rta.: y = x [( x b ) v w ( b x ) v w ]) Ejercicio 4. Demuestre que el perro del Ej. anterior nunca tocará la otra orilla si w < v. Suponga ahora que el hombre camina río abajo a la velocidad v mientras llama a su perro. Podrá esta vez el perro tocar la otra orilla? (Rta.: Sí, en el punto (0, bv w ))