ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Transcripción

1 TEMA N o ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN En general una ecuación diferencial de primer orden se puede escribir de la siguiente manera: F (; y; y 0 ) = 0 (Forma Implicíta) Sí en está ecuación es posible despejar y 0, se tiene: d = f (; y), o bien y0 = f (; y) (Forma Eplícita) representa una ecuación diferencial de primer orden, donde f es una función de dos variables y y. Problema de Valor Inicial. El problema de valor inicial de una ecuación diferencial de primer orden y 0 = f (; y) signi ca, encontrar una solución de la ecuación diferencial en un intervalo I que satisfaga la condición. y ( 0 ) = y 0, donde 0 es un número en el intervalo I, y y 0 es un número real. La relación y ( 0 ) = y 0, se llama "condición inicial" o "valor inicial" de la ecuación dada. Gra camente signi ca: Soluciones de la ecuación diferencial. Consideremos nuevamente la ecuación

2 y 0 = y y la condición inicial y () =. Representa un problema de valor inicial, sabemos que la ecuación tiene una familia de soluciones y = C. Para obtener una solución particular, que satisfaga la condición y() =, es necesario sustituir = y y = en la familia de soluciones: y = C. Sí: = y y = =) y = C = C() =) C =. De modo que: y =, es una solución particular de la ecuación dada, que es una solución única. Geométricamente, esto es y Teorema de Eistencia y Unicidad de una Solución (T.E.U.) Sí en el problema de valor inicial y 0 = f (; y) y y( 0 ) = y 0, la f (; y) y su derivada parcial respecto de y son continuas en una región rectangular R, en el plano y y que contiene el punto ( 0 ; y 0 ), entonces eiste una y sóla una solución y = f() de la ecuación diferencial dada que satisface la condición y = y 0 cuando = 0. Aplicar el T.E.U. para determinar si eiste una solución única a el problema de valor inicial.

3 y 0 = 3 + y, y() =. Vemos que f(; y) = 3 + y = y, son continuas en cualquier región rectangular que contenga al punto (; ). Por tanto el T.E.U. garantiza una solución única al problema de valor inicial en una región R que pasa por el punto (; ). Dado el problema de valor inicial. y 0 = 3 y 3 y y() = 0, veri car si se cumple el T.E.U. Donde f(; y) = 3 y 3, su derivada parcial respecto de y = 3 3 y 3 = p. 3 y Desafortunadamente no es continua puesto que no está de nida para el punto y = 0, esto signi ca que no eiste una región rectangular R que contiene al punto (; 0). Su restricción es y > 0. Por tanto T.E.U. no garantiza una solución única al problema dado, pues no eiste una región R por el cúal pase el punto (; 0). El problema de valor inicial, tiene una solución y = ( ) 3, también y = 0 es una solución, una tercera solución también lo es 3 ( ) sí: > y = 0 sí: < y

4 Dado el problema de valor inicial y 0 = y, y(0) = 0. Veri car si se cumple el T.E.U. Donde: f (; y) = y, su derivada parcial para está función, = y = p y. no es continua, tiene restricciones, puesto que no está de nida en el punto y = 0, esto establece que no eiste una región rectángular R, que contenga al punto (0; 0). El T.E.U. no garantiza una solución única a el problema de valor inicial. En la grá ca se puede observar, que tiene al menos dos soluciones cuyas grá cas pasan por (0; 0), siendo y = 0 y y = 4 6. Pero, si el semiplano y > 0, eiste una solución única en cualquier región rectángular R. Así, por ejemplo para cualquier punto ( 0 ; y 0 ), y > 0. Para (; ), eiste una solución única, esto signi ca que eiste una región rectangular R, que contiene al punto (0; 0). ECUACIONES SEPARABLES Si la ecuación diferencial de primer orden. = f (; y), d se puede escribir en la forma diferencial. o bien M () d + N (y) = 0 d = M () N (y). 4

5 se llama ecuación separable o ecuaciones de variables separables. Método La ecuación diferencial separable. d = M () N (y) () también se puede escribir N (y) d = M (), donde d = y0 = f 0 (). Supongase que y = f () es la solución de (), entonces N(f ())f 0 () = M (). Integrando respecto de, tenemos. R N(f ())f 0 () d = R M () d + C. Como = f 0 () d y y = f (). R R N (y) = M () d + C ó bien R M () d + R N (y) = C. En el caso particular sí N (y) =, en la ecuación () se reduce ó bien d = M () = M () d Integrando R = R M () d + C. Por tanto, obtenemos una solución eplicita. Resolver la ecuación diferencial y = R M()d + C 5

6 d = y + 3. La ecuación es de variables separables, pues Integrando y = d + 3. y = + 3 d + C ln jy j = ln j + 3j + ln jc j, donde C = ln jcj, luego aplicando la propiedad de logaritmos, tenemos Obtenemos una ln jy j = ln jc ( + 3)j y = C( + 3). y = C( + 3) + solución eplicita. Resolover la ecuación d = y ( ) (y 3 y). Separando variables, tenemos d = y y 3 y y 3 y y = d. Integrando, tenemos: y 3 y y = d + C y 3 y y y y = d y = d 6 d + C d + C

7 y y = d y ln jyj = ln jj y ln jyj = ln jj + + C d + C + C Obtenemos una solución implicita. y y ln jj ln jyj (ln jj + ln jyj) y ln jyj = C = C = C. Resolver la ecuación. Separando variables se tiene. p + y d + y p + = 0. y p + = y p + y = p + y d p + d. Integrando y p =- + y p d + C. + Aplicando un cambio de variable a ambos integrales, tenemos. Si: u = + y ) du = y y Sí: z = + ) dz = d du = y. dz = d. du p u = dz p z + C u du = z dz + C 7

8 u du = z dz + C u = z + C u = z + C. Sí: u = + y y z = +, tenemos ( + y ) = + + C y = C. Así, obtenemos una solución implícita p + + p + y = C. Resolver la ecuación. y 0 sen = y ln y, sujeto a la condición inicial y = e. Se trata de un problema de valor inicial, separando variables, tendremos sen = y ln y d sen = y ln yd y ln y = d sen. Integrando y ln y = sen d + C. Sí: u = ln y ) du = y : 8

9 du u = sen d + C ln juj = ln tan + ln jcj. Donde C = ln jcj, ln jln yj = ln C tan ln jyj = C tan. Por tanto, la solución general es: y = e C tan. Sustituyendo la condición inicial = y y = e, resulta. e = e C tan e = e C. Aplicando logaritmo neperiano, tenemos ln e = C ln e ó e = e C = C C =. Por tanto, la solución pariticular es y = e tan. Resolver la ecuación. Separando las variables, tenemos y 0 = 6(y ) 3. 9

10 d = 6(y ) 3 (y ) 3 = 6d. Integrando, tenemos (y ) 3 = 6d + C. Sí: u = y ) du =. u 3 du = 6 d + C u 3 du = 6 d + C u 3 3 = 6 + C 3u 3 = 3 + C. Sustituimos u = y, tenemos: 3 (y ) 3 = 3 + C (y ) 3 = 3 + C. 3 Elevando a la tercera potencia a ambos miembros, tenemos: h i (y ) C = 3 3 y = 3 + C 3 3 y = + C y = C y = 6 + C 4 + C 3 C C C + 3 Resolver el problema de valor inicial 0

11 e y ( + y 0 ) =, con y(0) =. La ecuación escribimos de la siguiente forma Separando variables, tenemos: + y 0 = e y y 0 = e y d = ey. Integrando e y = d. e y = e y = d + C d + C. Multiplicando y dividiendo por e y, la última ecuación, tenemos e y e y e y = d + C e y e y = d + C. Sí: u = e y ) du = e y, se tiene du u = d + C ln juj = + C u = e +C e y = e +C. Así, obtenemos la solución general e y = e C. Utilizando la condición = 0 y y =, tendremos

12 e ( ) = e 0 C e = C C = e. Por tanto, una solución particular es e y = ( e ) ( e). ECUACIONES HOMOGÉNEAS Función Homogénea. La función f(; y), se llaman función homogénea de grado n, respecto de las variables y y, si la función f (; y) tiene la propiedad de que f (t; ty) = t n f(; y); 8, n y t R. Determinar si las funciones son homogéneas o no, e indicar el grado de la homogeneidad. a). f(; y) = 3y + y : f(t; ty) = (t) 3(t)(ty)+(ty) = t 3t y+t y = t ( 3y+y ) = t f(; y). La función es homogénea de grado dos. b). f(; y) = 3p 6y. f(t; ty) = 3p (t) 6(ty) = 3p t 6t y = 3p t ( 6y ) = t 3 3p 6y = t 3 f(y). La función es homogénea de grado 3. c). f(; y) = 3 + y y f(t; ty) = 3(t) + (ty) (t) (ty) = t (3 + y) t ( y) = t0 (3 + y) ( y) = t0 f(; y). La función es homogénea de grado cero. d) f(; y) = 4y +. f(t; ty) = 4(ty) (t) + = t0 4y + = t 0 f(; y).

13 La función es homogénea de grado cero. e) f(; y) = 3 + 3y y 3 +. f(t; ty) = (t) 3 +3(t)(ty) (ty) 3 + = t 3 ( 3 +3y y 3 +t 3 ) 6= t 3 f(; y). La función no es homogénea Ecuación Homogénea. Una ecuacion diferencial de primer orden = f(; y), () d se llama ecuación homogénea, si la función f(; y) es homogénea de grado cero respecto de y y. Método de Por hipótesis f(t; ty) = t 0 f(; y) = f(; y): Haciendo t =, tenemos f(; y) = f ; y. () De la ecuación () y (), obtenemos. d = f(; y ). (3) Ahora efectuamos la sustitición u = y o bien y = u, derivando respecto de, se tiene d = u + du d. (4) De la ecuación (3) y (4), tenemos u + du = f(; u), d 3

14 que es una ecuación de variables separables du = f(; u) d u du f(; u) u = du, integrando, obtenemos du du f(; u) u = + C. Finalamente, obtenemos la solución sustituyendo el valor de u por y. Resolver la ecuación y + y = d La ecuación escribimos en forma (3) d = y y. + La ecuación es homogénea de grado cero. Sustituyendo u = y y d = u + du en la ecuación, resulta d Separando las variables, se tiene u + du d = u + u. du d = u + u du u + u = d. Integrando du d u( + u) = + C. 4

15 Integrando por fracciones parciales. A B du = u + u d + C. De donde: A =, B =. u du = R + u d + C, donde C = ln jcj. ln juj ln j + uj = ln jj + ln jcj ln u + u = ln jcj y + y = C y + y = C. Por tanto, la solución general es Resolver la ecuación 4 y = La ecuación escribimos en la forma C C. 3y + (y 3) = 0. d d = 3y 4 y 3. Multiplicado numerador y denominador por, obtenemos y 3 d = y 4 3, una ecuación homogénea de grado cero. Sustituyendo u = y y d = u+du d en la última ecuación, resulta 5

16 u + du d = 3u 4 u 3. Separando las variables, se tiene du d = 3u 4 u 3 u du d = 3u 4 u + 3u u 3 du d = u + 6u 4 u 3 u 3 u + 6u 4 du = d. Integrando u 3 d u 3u + du = + C ln u 3u + = ln jj + ln jc j ln u 3u + = ln jc j. Sustituyendo u = y, obtenemos " y 3 y # + = [C ] y 3y + = [C ] y 3y + = C donde C = C. Por tanto, la solución general es y 3y + = C. Resolver la ecuación 6

17 y sec + y d =, y dada la condición inicial y() = 0. La ecuación escribimos en forma (3) d = y sec y + y y y d = sec + y. La ecuación es homogénea de grado cero. u + du d en la última ecuación, resulta u + du d = u sec u + u. Sustituyendo u = y y d = Separando las variables, se tiene du d = u sec u du u sec u = d u cos u du = d. Integrando u cos u du = d + C. Integrando por partes, tenemos zdv = zv vdz z = u, dv = cos udu, 7

18 v = sen u. Luego u sen u sen u du = ln jj + C dz = du. u sen u + cos u = ln jj + C. Sustituyendo u = y, obtenemos la solución general y sen y + cos y = ln jj + C. Utilizando la condición = y y = 0, obtenemos = C. Por tanto, la solución particular es y sen y + cos y = ln jj +. ECUACIONES EXACTAS Consideremos la ecuación diferencial M(; y)d + N(; y) = 0. () Supóngase que eiste una función f(; y), = M(; y) = N(; y). Entonces la ecuación (), se puede escribir como: d = 0 d [f(; y)] = 0 8

19 y su solucion general es f(; y) = C. A la epresión M(; y)d + N(; y) se llama diferencial eacta y () se llama ecuación eacta: Muestre que la ecuación diferencial y d + 3 y = 0, es eacta y determine las soluciones. Vemos que el primer miembro de la ecuación es la derivada de la función f(; y) = y 3. Entonces la ecuación dada podemos escribir d y 3 = 0, En consecuencia, la solución general está dada implicitamente por y 3 = C, y eplícitamente por y = k 3. En el ejemplo, planteado no fue difícil veri car la eactitud de la ecuación dada, pero en ecuaciones más difíciles no es tan sencillo determinar f(; y) por simple inspección. A continuación planteamos un teorema importante, para determinar la eactitud de una ecuación diferencial. Teorema (Criterio Para Una Ecuación Eacta). Supongase que las funciones M(; y) y N(; y), y sus derivadas parciales son continuas en una región rectangular R. Entonces una condición necesaria y su ciente para que M(; y)d + N(; y) = 0, sea eacta en R, es si y sólo si 8 (; y) Demostración. El teorema demostraremos en dos partes: Condición Necesaria: Para simpli car la condición necesaria, consideremos que eiste una función f(; y) tal que se cumple 9

20 M(; y)d + N(; d donde M(; y N(; y) Derivando parcialmente la primera ecuación respecto de y, f = 8 (; Condición Su ciente: Esta condición demostramos en la siguiente sección, que consiste en construir una función f(; y), en realidad este hecho no es más que el método de solución. Método de Sea la ecuación M(; y)d + N(; y) = 0 tal = M(; y), = N(; Integrando la primera ecuación con respecto de mientras y se mantiene como constante, se tiene. f(; y) = R M(; y)d + g(y). () La función arbitraria g(y) es la "constante de integración". Derivado () respecto de y, y teniendo en cuenta = N(; y) R M(; y)d + g0(y) = N(; y) 0

21 luego g 0 (y) = N(; R M(; y)d. Integrando respecto de y, obtenemos g(y) = R N(; R M(; y)d, nalmente obtenemos la solución general, sustituyendo el valor de g(y) en (), la solución es de la forma: f(; y) = C. Por otra parte si se toma la = N(; y), integrando respecto de y, y derivando el resultado, obtenemos en forma análoga f(; y) = R N(; y) + h() y h() = R M(; R N(; y) Resolver la ecuación ( + y )d + y( + y ) = 0. Probaremos si esta ecuación dada es eacta, siendo M(; y) = ( + y ), N(; y) = y( + y ). Derivando como = y, La ecuación dada es eacta, = y

22 = M(; y) = ( + y ) = N(; y) = y( + y ). Integrando la primera ecuación respecto de tenemos f(; y) = R ( 3 + y )d + g(y) f(; y) = 4 + y + g(y). (3) Derivando (3) respecto de y, y = N(; y), = y + g 0 (y) = y( + y ). Luego g 0 (y) = y 3. Integrando g(y) = R y 3 = y4. Sustituyendo el valor de g(y) en (3), obtenemos f(; y) = 4 + y + y4. Multiplicando la ecuación anterior por, por tanto la solución general es: 4 + y + y 4 = C. Ejemplo Resolver la ecuación Siendo (y + y cos y)d + ( + cos y) = 0.

23 M(; y) = y + y cos y y N(; y) = + cos y. Probemos si la ecuación inicial es eacta = + cos y y = + cos y y sen y, como son La ecuación dada es = M(; y) = y + y cos y = N(; y) = + cos y. Integrando la primera ecuación respecto de tenemos f(; y) = R (y + y cos y)d + g(y) f(; y) = y + sen y + g(y). (4) Derivando (4) respecto de y y = N(; y), = + cos y + g0 (y) = + cos y g 0 (y) = 0. Integrando g(y) = C. Sustituyendo el valor de g(y) en (4), obtenemos Por lo tanto, la solución general es: f(; y) = y + sen y + C. 3

24 y + sen y = C. FACTOR INTEGRANTE Consideremos que la ecuación M (; y) d + N (; y) = 0, () no es eacta. Muchas veces se logra hallar una función (; y), tal que multiplicada todos los términos de la ecuación (), por esta función se convierte en una ecuación diferencial eacta. La función (; y), se llama factor integrante de la ecuación (). Para determinar un factor integrante de (), multiplicamos los dos miembros de (), por la función, esto es M+ Nd = 0. Esta ecuación será eacta si cumple la siguiente = Aplicando la regla del producto de la derivada, se + = = () Supóngase que la ecuación (), admite un factor integrante que depende solamente de, esto es, = (), = = d, de modo que d () se reduce a : d d o bien d = 0 N C A d. 4

25 Hacemos g () Siendo d = g()d. Integrando d = g()d ln jj = g()d. En consecuencia, el factor integrante de (), que depende sólo de es: () = e R g()d. En forma análoga podemos obtener, el factor integrante de () que depende solamente de y, esto es = (y), siendo M Por tanto, el factor integrante de la ecuación () que depende solamente de y es: (y) = e R g(y). Resolver la ecuación y + y + 5 d = 0. (4) La ecuación dada ni es separable, ni homogénea, veamos si es eacta. Donde: 5

26 M(; y) = y + y + 5 y N(; y) = 3 + = 6 +. Como 6=, La ecuación no es eacta. Ahora veamos si (4) admite un factor integrante que depende sólo de, esto es: g() = Luego, el factor integrante es () = e = 4 ( + ) = ( + ). + d = e lnj +j = e lnj +j = + () = +. Multiplicando la ecuación (4), por este factor integrante se tiene: y + y d + + = 0 + y( + ) d + ( + ) + = 0 + y + 5 d + = 0. (5) + Donde: M(; y) = y y N(; y) = Esto muestra que la ecuación (5) es eacta. De manera que: 6

27 = y =. Integrando la primera ecuación respecto de, tenemos: f(; y) = y + 5 d + g(y) = y + 5 arctan + g(y). + Derivando f(; y) respecto de y, y = N(; y) resulta Integramos Por tanto, la solución general = + g0 (y) = g 0 (y) = 0. g(y) = C. y + 5 arctan + C = 0. Resolver la ecuación Donde: y + y d = 0. (6) M(; y) = y + y y N(; y) = = La ecuación dada no es eacta. Veamos si (6) admite un factor integrante respecto de g() = + y + = y + = (y + ), 7

28 esta función no depende solamente de. Ahora veamos si admite un factor integrante respecto de y M = y y + y = y y + y = y y + y = ( + y) y( + y) = y La función h(y) es solamente de y. El factor integrante es (y) = e R h(y) = e R y = e lnjyj = e lnjyj (y) = y. Multiplicamos la ecuación (6) por el factor integrante (y + y ) y d = 0, y o bien Donde: y + d = 0. (7) y M(; y) = y + y N(; y) = y = La ecuación (7) es eacta. De = y + = y. Integrando la primera ecuación respecto de, tenemos f(; y) = y + y d + g(y) = + + g(y). Derivando f(; y) respecto de y, y = N(; y), resulta 8

29 @f = y + g0 (y) = y g 0 (y) = 0. Integrando g(y) = C. Por tanto, la solución general es y + = C. ECUACIONES LINEALES Una ecuación de la forma d + P ()y = Q(), () se llama ecuación diferencial lineal de primer orden donde P () y Q() funciones contínuas de (o constantes) en el intervalo I. Método de La ecuación (), escribimos en forma diferencial [P ()y Q()] d + = 0. () Veamos la eactitud de esta ecuación = = 0. La ecuación (), no es eacta. Sin embargo, se puede obtener sencillamente un factor integrante () que depende solamente de. Efectuamos [()P ()y ()Q()] d + () = 0. La ecuación será eacta, si se cumple = = d d. 9

30 De manera que d = ()P (). d Es una ecuación de variables separables d =P()d Integrando: d = P ()d ln jj = P ()d. Por tanto el factor integrante de la ecuación (), es: () = e R P ()d. Ahora multiplicaremos la ecuación (), por este factor integrante e R P ()d d + er P () p()y = e R P () Q(). El primer miembro de esta ecuación es la derivada del producto del factor integrante y y: d h e R i P () y = e R P ()d Q(). d Integrando e R P () y = e R P ()d Q()d + C. Por tanto la solución general de (), es: y = e R P ()d e R P ()d Q()d + C. Resolver la ecuación 30

31 + 4 + y = 0. (3) d La ecuación escribimos en la forma estándar d + y = 0. (4) + 4 Siendo P () = + 4 y Q() = 0. El factor integrante es. () = e R P ()d = e R +4 d = e lnj +4j = e lnj +4j = ( + 4). Luego multiplicamos la ecuacion (4), por el factor integrante ( + 4) d + ( + 4) y = ( + 4) d + ( + 4) y = 0. Resulta d h i ( + 4) y = 0. d Integrando Por tanto la solución general es: ( + 4) y = C. C y = ( + 4) = C p + 4. Resolver la ecuación: d = sen La ecuación escribimos en la forma de (): y. 3

32 d + y = sen (5) La ecuación (5) es lineal, con P () = ; y Q() = sen. El factor integrante es R () = e d = e lnjj =. Ahora multiplicaremos (5) por el factor integrante De manera que + y = sen. d d [y] = sen. d Integrando y = sen d + C = cos + u =, dv = sen d, du = d. v = sen d, cos d + C = cos + sen + C. cos. Por tanto, la solución general es: v = y = cos + sen + C ; para > 0. Resolver la ecuación (cos sen ) + (y cos 3 )d = 0. La ecuación escribimos en la forma de () d + cos3 cos sen y = cos sen d + cos sen y = cos sen 3

33 o bien d + (cot ) y = cos sen. (6) La ecuación (6), es una ecuación lineal con P () = cot. El factor integrante es: () = e cot d = e lnjsen j = sen. Ahora multiplicamos (6) por el factor integrante o bien De manera que Integrando sen cos + sen d sen y = sen cos sen sen + (cos ) y = d cos. (sen ) y = d [(sen ) y] = d cos. cos + C = tan + C. Por tanto la solución general es: y = sec + C csc. 33