cap´itulo 2 m´etodos de soluci´on

as
CAPÍTULO 2
VARIABLES SEPARABLES
dy
g(x)
=
es separable
dx
h(y)
ept
Definición 2.1. Se dice que una E.D. de la forma:
o. d
2.1.
eM
atem
atic
MÉTODOS DE SOLUCIÓN
uia
,D
o de variables separables.
Z
h(y) dy =
Z
g(x) dx + C,
eA
do:
ntio
q
La anterior ecuación se puede escribir como h(y) dy = g(x) dx e integran-
rsid
ad
d
obteniéndose ası́ una familia uniparamétrica de soluciones.
Ejemplo 1.
Solución:
dy
dx
= e3x+2y
Un
ive
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.
dy
= e3x+2y = e3x e2y
dx
7
8
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
separando variables
dy
= e3x dx
2y
e
e integrando
1
e3x
− e−2y + C =
2
3
atem
atic
as
la solución general es
e3x e−2y
+
=C
3
2
dy
dx
1
= xy 3 (1 + x2 )− 2 , con y(0) = 1
eM
Ejemplo 2.
o. d
Solución: separando variables
,D
ept
2x
y −3 dy = √
dx
2 1 + x2
ntio
q
rsid
ad
d
1 du
√
2 u
eA
obtenemos
=
u = 1 + x2
haciendo
du = 2xdx
uia
1 d(1 + x2 )
= √
2 1 + x2
1
−
√
1
=
1 + x2 + C.
2y 2
Un
solución general
ive
1 (1 + x2 ) 2
y −2
=
+C
e integrando
1
−2
2
2
Cuando x = 0, y = 1
−
√
1
= 1 + 02 + C
2×1
2.1. VARIABLES SEPARABLES
9
luego C = −3
2
La solución particular es
−1 √
3
= 1 + x2 −
2
2y
2
Resolver los siguientes ejercicios por el método de separación de variables:
as
Ejercicio 1. (4y + yx2 ) dy − (2x + xy 2 ) dx = 0
(Rta. 2 + y 2 = C(4 + x2 ))
atem
atic
Ejercicio 2. y ′ + y 2 sen x = 0
(Rta. y = − cos 1x+c )
π
2
=e
o. d
Ejercicio 4. y ′ sen x = y ln y, si y
(Rta. ln y = csc x − cot x)
ept
xy + 3x − y − 3
dy
=
dx
xy − 2x + 4y − 8
y+3 5
( x+4
) = Cey−x )
uia
,D
Ejercicio 5.
(Rta.
eM
Ejercicio 3. 3ex tan y dx + (2 − ex ) sec2 y dy = 0
(Rta. (2 − ex )3 = C tan y)
ntio
q
Ejercicio 6. x2 y ′ = y − xy, si y(−1) = −1
(Rta. ln |y| = − x1 − ln |x| − 1)
rsid
ad
d
eA
dy
Ejercicio 7. Hallar la solución general de la E.D. dx
− y 2 = −9 y luego
hallar en cada caso una solución
particular que pase por:
1
a) (0, 0), b) (0, 3), c) 3 , 1
y−3
= −e6x , b) y = 3, c) y−3
= − 21 e−2 e6x )
(Rta. a) y+3
y+3
Un
ive
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√?
√ √
√
√
p
µ+ kc(t)
µ+ kc(0)
(Rta.: √µ−√kc(t) = √µ−√kc(0) e2 kµt ; concentración de equilibrio c = µk )
10
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
dy
dy
+ 2y = xy dx
Ejercicio 9. Resolver por variables separables: a x dx
y = a y x = 2a.
3 y
(Rta.: yx2 = 4ae e a )
2.2.
en
ECUACIONES HOMOGÉNEAS
as
Definición 2.2. f (x, y) es homogénea de grado n si existe un real n tal que
para todo t: f (tx, ty) = tn f (x, y).
atem
atic
Ejemplo 3. f (x, y) = x2 + xy + y 2 es homogénea de grado dos.
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
eM
Definición 2.3. Si una ecuación en la forma diferencial :
,D
ept
o. d
tiene la propiedad que M (tx, ty) = tn M (x, y) y N (tx, ty) = tn N (x, y), entonces decimos que es de coeficientes homogéneos o que es una E.D. homogénea.
ntio
q
uia
Siempre que se tenga una E.D. homogénea podrá ser reducida por medio
de una sustitución adecuada a una ecuación en variables separables.
eA
Método de solución: dada la ecuación
rsid
ad
d
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
ive
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.
Un
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.:
y
y
(x + ye x ) dx − xe x dy = 0, con y(1) = 0.
2.2. ECUACIONES HOMOGÉNEAS
11
Solución:
y
y
(x + ye x ) dx − xe x dy = 0 donde
homogénea de grado 1
homogénea de grado 1
}|
{
z
y
M (x, y) = x + ye x
}|
{
z
y
N (x, y) = −xe x
y
Como N es más sencilla que M , hacemos la sustitución: y = ux, por tanto
dy = u dx + x du
Sustituyendo en la E.D.
ux
x dx − x2 eu du = 0
atem
atic
o sea que
as
ux
(x + uxe x ) dx − xe x (u dx + x du) = 0
y
uia
ln x = e x + C
,D
ept
o. d
eM
luego x dx = x2 eu du, separando variables y considerando x 6= 0, obtenemos,
dx
= eu du ⇒ ln x = eu + C
x
Por lo tanto la solución general es
⇒ 0 = 1 + C de donde C = −1
Por lo tanto,
rsid
ad
d
es la solución particular
y
eA
0
ln 1 = e 1 + C
ntio
q
Para hallar la solución particular que pasa por el punto y(1) = 0, sustituimos en la solución general y obtenemos:
ln x = e x − 1
Un
ive
Ejemplo 5. (x2 y 2 − 1)dy + 2xy 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
12
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
(x2 z 2α − 1)αz α−1 dz + 2xz 3α dx = 0
α(x2 z 3α−1 − z α−1 )dz + 2xz 3α dx = 0
(2.1)
suma de exponentes en los términos: 2+3α−1, α−1 y 1+3α respectivamente.
Análisis de exponentes para que se cumpla la homogeneidad:
1 + 3α = 2 + 3α − 1 = α − 1, se concluye α = −1
(−x2 z −4 + z −2 ) dz + 2xz −3 dx = 0
eM
Es homogénea de orden −2.
atem
atic
as
Sustituyo en la E.D. (2.1): (−1)(x2 z −2 − 1)z −2 dz + 2xz −3 dx = 0
ept
o. d
La sustitución más sencilla es x = uz ⇒ dx = u dz + z du.
,D
(−u2 z 2 z −4 + z −2 ) dz + 2uzz −3 (u dz + z du) = 0
ntio
q
uia
(−u2 z −2 + z −2 + 2u2 z −2 ) dz + (2uz −1 ) du = 0
eA
(u2 z −2 + z −2 ) dz + 2uz −1 du = 0
rsid
ad
d
z −2 (u2 + 1) dz + 2uz −1 du = 0
ive
2u
z −2 dz
+ 2
du = 0
−1
z
u +1
Un
dz
2u
+ 2
du = 0
z
u +1
Integrando: ln |z| + ln(u2 + 1) = ln C
ln |z(u2 + 1)| = ln C ⇒ z(u2 + 1) = C
reemplazo u =
x
z
y tenemos, tomando z 6= 0
2.2. ECUACIONES HOMOGÉNEAS
13
x2
+z =C
z
Como y = z −1 o sea que z = y −1 , entonces
luego
x2 y 2 + 1 = Cy,
x2
y −1
+ y −1 = C
es la solución general.
atem
atic
as
Resolver los siguientes ejercicios por el método de las homogéneas, ó convertirla en homogénea y resolverla según el caso:
ntio
q
.
eA
−y
x
uia
Ejercicio 4. (x2 − 2y 2 ) dx + xy dy = 0.
(Rta.: x4 = C(x2 − y 2 ))
Ejercicio 5. xy ′ = y + 2xe
y
(Rta.: ln x = 12 e x + C)
ept
,D
Ejercicio 3. x − y cos xy dx + x cos xy dy = 0.
(Rta.: ln |x| + sen xy = C)
o. d
p
dy
= y , con y(1) = 1.
Ejercicio 2. (x + y 2 − xy) dx
y−x
2
(Rta.: ln |y| = 4( y ))
eM
Ejercicio 1. y + x cot xy dx − x dy = 0.
(Rta.: C = x cos xy )
rsid
ad
d
Ejercicio 6. (x + y 3 ) dx + (3y 5 − 3y 2 x) dy = 0, (Ayuda: hacer x = z α ).
3
(Rta.: ln |C(x2 + y 6 )| = 2 arctan yx )
ive
p
Ejercicio 7. 2(x2 y + 1 + x4 y 2 ) dx + x3 dy = 0, (Ayuda: hacer y = z α ).
(Rta.: x4 (1 + 2Cy) = C 2 )
Un
Ejercicio 8. ysencos
x dx + (2y − sen x) dy = 0, (Ayuda: hacer u = sen x).
x
(Rta.: y 2 = Ce− y )
Ejercicio 9. y(ln xy+ 1) dx − x ln xy dy = 0.
(Rta.: ln |x| − 21 ln2 xy = C)
14
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
dy
= cos( xy ) + xy .
Ejercicio 10. dx
(Rta.: sec( xy ) + tan( xy ) = Cx)
Ejercicio 11. Hallar la solución particular de la E.D.
yx2 dx − (x3 + y 3 )dy = 0,
atem
atic
Ejercicio 12. Hallar la solución particular de la E.D.
as
donde y(0) = 1
(Rta.: ln |y| = 31 ( xy )3 )
xy 2 dy − (x3 + y 3 )dx = 0,
eM
donde y(1) = 0
(Rta.: ln |x| = 13 ( xy )3 )
ept
o. d
√
Ejercicio 13. (y + xy)dx − 2xdy = 0
p
py
(Rta.: x( x − 1)4 = C, si x > 0, y > 0 y x( xy + 1)4 = C , si x < 0, y < 0)
,D
Ejercicio 14. Hallar la solución particular de la E.D.
uia
y(ln y − ln x − 1)dx + xdy = 0,
eA
E.D. DE COEFICIENTES LINEALES:
(ax + by + c) dx + (αx + βy + γ) dy = 0
ive
Se presentan dos casos:
rsid
ad
d
2.3.
ntio
q
donde y(e) = 1
(Rta.: x ln | xy | = e)
Un
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
2.4. ECUACIONES EXACTAS
15
2. 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.
(Rta.: (x − 1)2 + 2(y − 2)2 = Ce
√ x−1
2(y−2)
)
2y−x+5
= 2x−y−4
(Rta.: (x + y + 1)3 = C(y − x + 3))
dy
dx
eM
2.
2 arctan
atem
atic
1. (x − y + 1) dx + (x + 2y − 5) dy =√ 0
as
Ejercicios: resolver por el método anterior:
o. d
3. (x − 2y + 4) dx + (2x − y + 2) dy = 0
(Rta.: (x + y − 2)3 = C 2 (x − y + 2))
uia
ntio
q
5. (x + y + 1) dx + (2x + 2y − 1) dy = 0
(Rta.: 4 − x − 2y = 3 ln |2 − x − y| + C)
,D
ept
4. (x + y + 1)2 dx + (x + y − 1)2 dy = 0
(Rta.: 4x = − 12 (x + y)2 + 2(x + y) − ln |x + y| + C)
eA
6. (x + y − 2) dx + (x − y + 4) dy = 0
(Rta.: C = 2(x + 1)(y − 3) + (x + 1)2 − (y − 3)2 )
rsid
ad
d
7. (x − y − 5) dx − (x + y − 1) dy = 0
(Rta.: (x + y − 1)2 − 2(x − 3)2 = C)
ECUACIONES EXACTAS
Un
2.4.
ive
8. (2x + y) dx − (4x + 2y − 1) dy = 0
4
1
(Rta.: x = 25 (2x + y) − 25
− 25
ln |5(2x + y) − 2| + C)
Si z = f (x, y), entonces
dz =
∂f
∂f
dx +
dy
∂x
∂y
16
CAPÍTULO 2. 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 +
dy.
∂x
∂y
Definición 2.4. 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).
atem
atic
as
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.
ept
M (x, y) dx + N (x, y) dy
o. d
eM
Teorema 2.1 (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
uia
ntio
q
∂M
∂N
=
.
∂y
∂x
,D
sea una diferencial exacta es que
eA
Demostración: como M (x, y) dx + N (x, y) dy es una diferencial exacta, entonces existe una función f (x, y) tal que:
luego
∂f
∂f
dx +
dy = d f (x, y)
∂x
∂y
rsid
ad
d
M (x, y) dx + N (x, y) dy =
Un
y
ive
M (x, y) =
N (x, y) =
por tanto,
∂f
∂x
∂f
∂y
∂M
∂ 2f
∂ 2f
∂N
=
=
=
.
∂y
∂y∂x
∂x∂y
∂x
2.4. 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
∂f
=M y
=N
∂x
∂y
∂f
∂x
=
∂N
.
∂x
= M (x, y) y luego integrar con respecto a x dejando a
M (x, y) dx + g(y)
(2.2)
eM
f (x, y) =
Z
atem
atic
ii) Suponer que
y constante:
∂M
∂y
as
i) Comprobar que es exacta, es decir, verificar que
despejar
Z
M (x, y) dx
ntio
q
∂
g (y) = N (x, y) −
∂y
′
uia
,D
ept
o. d
iii) Derivar con respecto a y la ecuación (2.2)
Z
∂
∂f
M (x, y) dx + g ′ (y) = N (x, y)
=
∂y
∂y
(2.3)
ive
rsid
ad
d
eA
Esta expresión es independiente de x, en efecto:
Z
Z
∂
∂
∂N
∂ ∂
N (x, y) −
M (x, y) dx =
M (x, y) dx
−
∂x
∂y
∂x
∂x ∂y
Z
∂N
∂ ∂
∂
∂N
M (x, y) dx =
−
−
M (x, y) = 0
=
∂x
∂y ∂x
∂x
∂y
Un
iv) Integrar la expresión (2.3) con respecto a y y sustituir en (2.2) e igualar
a C.
Nota: en ii) se pudo haber comenzado por
Ejemplo 6. Resolver la siguiente E.D.:
(2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0
∂f
∂y
= N (x, y).
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
Solución:
paso i)

∂M
x
= 4xy + e 

∂M
∂N
∂y
de donde
=

∂y
∂x
∂N

= 4xy + ex 
∂x
paso ii)
f (x, y) =
Z
N (x, y) dy + h(x) =
(2x2 y + ex − 1) dy + h(x)
atem
atic
= x2 y 2 + yex − y + h(x)
Z
as
18
paso iii)
o. d
eM
∂f
= M = 2xy 2 + yex
∂x
∂f
= 2xy 2 + yex + h′ (x) ⇒ h′ (x) = 0
∂x
uia
Solución general
ntio
q
x2 y 2 + yex − y + C1 = C
x2 y 2 + yex − y = C2
,D
ept
paso iv) h(x) = C
paso v) sustituyo h(x) en el paso ii):
Ejemplo 7. Hallar el valor de b para que sea exacta la E.D.:
∂N
∂x
rsid
ad
d
Solución:
= 2xy + bx2 y
Como ∂M
∂y
eA
(xy 2 + bx2 y) dx + (x + y)x2 dy = 0.
= 3x2 + 2xy entonces b = 3 , por lo tanto
∂f
= xy 2 + 3x2 y
∂x
∂f
= x3 + x2 y
∂y
ive
(2.4)
f (x, y) =
Z
Un
integramos (2.4) :
(2.5)
(xy 2 + 3x2 y) dx + g(y) = y 2
x2
+ x3 y + g(y)
2
(2.6)
2.4. ECUACIONES EXACTAS
19
derivamos (2.6) con respecto a y
∂f
= yx2 + x3 + g ′ (y)
∂y
(2.7)
igualamos (2.5) y (2.7)
x3 + x2 y = yx2 + x3 + g ′ (y) ⇒ g ′ (y) = 0
atem
atic
f (x, y) = y 2
as
luego g(y) = K y reemplazando en (2.6)
(2.8)
x2
+ x3 y + K = C 1
2
y por tanto la solución general es
o. d
eM
y 2 x2
+ x3 y = C
2
ept
Ejercicio 1. Resolver la siguiente E.D. por el método de las exactas :
uia
(Rta.: f (x, y) = cos x sen y − ln |cos x| = C)
,D
(tan x − sen x sen y) dx + cos x cos y dy = 0.
ntio
q
Ejercicio 2. Resolver la siguiente E.D. por el método de las exactas:
(y 2 cos x − 3x2 y − 2x) dx + (2y sen x − x3 + ln y) dy = 0, con y(0) = e.
rsid
ad
d
eA
(Rta.: f (x, y) = y 2 sen x − x3 y − x2 + y(ln y − 1) = 0)
ive
Ejercicio 3. Determinar la función M (x, y) de tal manera que la siguiente
E.D.O sea exacta:
1
x
dy = 0
M (x, y) dx + xe y + 2xy +
x
Un
(Rta.: M (x, y) = 12 y 2 ex (x + 1) + y 2 −
y
x2
+ g(x))
Ejercicio 4. Determinar la función N (x, y) para que la siguiente E.D.
sea exacta:
1
1
x
−
y2x 2 + 2
dx + N (x, y) dy = 0
x +y
20
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
1
1
(Rta.: N (x, y) = x 2 y − 2 + 21 (x2 + y)−1 + g(y))
Ejercicio 5. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.:
(2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0
(Rta.: f (x, y) = y(x2 y + ex − 1) = C)
Ejercicio 6. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.:
as
(2x − y sen xy − 5y 4 ) dx − (20xy 3 + x sen xy) dy = 0
atem
atic
(Rta.: f (x, y) = x2 + cos(xy) − 5y 4 x = C)
Ejercicio 7. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.:
( sen xy + xy cos xy) dx + (x2 cos xy) dy = 0
eM
(Rta.: f (x, y) = x sen (xy) = C)
o. d
Ejercicio 8. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.:
ept
(yexy + 4y 3 ) dx + (xexy + 12xy 2 − 2y) dy = 0, con y(0) = 2
,D
(Rta.: f (x, y) = exy + 4xy 3 − y 2 = −3)
uia
Ejercicio 9. Resolver por el método de las exactas la siguiente E.D.:
2.5.
rsid
ad
d
eA
(Rta.: f (x, y) = cos x tan y + x = C)
ntio
q
(1 − sen x tan y) dx + cos x sec2 y dy = 0
FACTORES DE INTEGRACIÓN
Definición 2.5 (Factor Integrante F.I.). Sea la E.D.
Un
Si µ(x, y) es tal que
ive
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.).
2.5. FACTORES DE INTEGRACIÓN
21
Ejemplos de algunas formas diferenciales que son exactas.
Ejemplo: x dx + y dy es la diferencial de 21 (x2 + y 2 ) ya que d 21 (x2 + y 2 ) =
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) = xp−1 y q−1 es un
factor integrante.
atem
atic
µ=
as
Para y dx − x dy, las expresiones:
1
1
1
1
1
; µ= 2; µ=
; µ= 2
; µ= 2
2
2
y
x
xy
x +y
ax + bxy + cy 2
eM
son factores integrantes.
uia
,D
ept
o. d
Teorema 2.2 (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
dµ
∂N
dµ
∂M
=N
−
= −M
µ
∂y
∂x
dx
dy
ntio
q
Demostración: si µ es tal que µM dx + µN dy = 0 es exacta y µ, M, N
tienen primeras derivadas parciales continuas, entonces:
rsid
ad
d
eA
∂
∂
(µM ) =
(µN )
∂y
∂x
o sea que
luego
∂M
∂N
µ
−
∂y
∂x
como
dy
dx
ive
∂µ
∂N
∂µ
∂M
+M
=µ
+N
∂y
∂y
∂x
∂x
∂µ
∂µ
∂µ M ∂µ
=N
−M
=N
−
∂x
∂y
∂x
N ∂y
Un
µ
= −M
, entonces:
N
∂M
dµ
∂µ dy ∂µ
∂N
dµ
µ
=N
=N
−
+
= −M
∂y
∂x
∂x dx ∂y
dx
dy
22
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
ya que si µ = µ(x, y) y
y = y(x) entonces:
dµ =
∂µ
∂µ
dx +
dy
∂x
∂y
y por tanto
dµ
∂µ ∂µ dy
=
+
dx
∂x ∂y dx
Nota.
∂M
− ∂N
− ∂N
∂x
= g(y), entonces µ = e
R
g(y)dy
eM
∂M
∂y
−M
ept
Ejemplo 8. (2xy 2 − 2y) dx + (3x2 y − 4x) dy = 0.
Solución:
.
o. d
2. Similarmente, si
atem
atic
as
1. Si ∂y N ∂x = f (x),
entonces µf (x) = dµ
y por tanto f (x)dx = dµ
,
dx
µ
R
R
luego µ = ke f (x)dx ; tomando k = 1 se tiene µ = e f (x)dx .
∂M
= 4xy − 2
∂y
N (x, y) = 3x2 y − 4x ⇒
∂N
= 6xy − 4
∂x
ntio
q
uia
,D
M (x, y) = 2xy 2 − 2y ⇒
luego
por tanto
∂N
∂x
−M
g(y) =
=
−2xy + 2
2(−xy + 1)
=
2
−2xy + 2y
2y(−xy + 1)
ive
luego
−
R
1
⇒ F.I. = µ(y) = e
y
Un
∂M
∂y
rsid
ad
d
eA
∂N
∂M
−
= −2xy + 2
∂y
∂x
1
dy
y
= eln |y| = y
multiplico la E.D. original por y: (2xy 3 − 2y 2 ) dx + (3x2 y 2 − 4xy) dy = 0
el nuevo M (x, y) = 2xy 3 − 2y 2 y el nuevo N (x, y) = 3x2 y 2 − 4xy
2.5. FACTORES DE INTEGRACIÓN
Paso 1.
23
∂M
= 6xy 2 − 4y
∂y
y
∂N
= 6xy 2 − 4y
∂x
luego es exacta.
(2xy 3 − 2y 2 )dx + g(y) = x2 y 3 − 2xy 2 + g(y)
atem
atic
f (x, y) =
Z
as
Paso 2.
Paso 3. Derivando con respecto a y:
∂f
= 3x2 y 2 − 4xy + g ′ (y)
∂y
eM
N = 3x2 y 2 − 4xy =
ept
o. d
luego g ′ (y) = 0
,D
Paso 4. g(y) = k
uia
Paso 5. Reemplazo en el paso 2.
ntio
q
f (x, y) = x2 y 3 − 2xy 2 + k = c
eA
luego x2 y 3 − 2xy 2 = k1 que es la solución general.
ive
y
x dy − y dx
como d( ) =
x
x2
rsid
ad
d
Ejemplo 9. x dy − y dx = (6x2 − 5xy + y 2 ) dx
Solución:
Un
entonces dividimos a ambos lados de la E.D. por x2 , luego
2
6x − 5xy + y 2
x dy − y dx
dx
=
x2
x2
luego
y
y
y d( ) = 6 − 5( ) + ( )2 dx,
x
x
x
24
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
hagamos u =
y
x
⇒ du = (6 − 5u + u2 )dx
du
du
=
dx
⇒
= dx
6 − 5u + u2
(u − 3)(u − 2)
A
B
1
=
+
pero por fracciones parciales
(u − 3)(u − 2)
u−3 u−2
luego
atem
atic
as
o sea que A = 1 y B = −1, por tanto
Z
Z
Z
Z
du
du
du
= dx ⇒
−
= ln |u−3|−ln |u−2|+ln c = x
(u − 3)(u − 2)
u−3
u−2
luego
c
(u − 3)
(y − 3x)
= ex , si x 6= 0 ⇒ c
= ex
(u − 2)
(y − 2x)
o. d
eM
Obsérvese que x = 0 es también solución y es singular porque no se desprende
de la solución general.
,D
ept
En los siguientes ejercicios, hallar el factor integrante y resolver por el
método de las exactas:
ntio
q
uia
Ejercicio 1. (cos(2y) − sen x) dx − 2 tan x sen (2y) dy = 0.
(Rta.: sen x cos(2y) + 21 cos2 x = C)
eA
Ejercicio 2. (3xy 3 + 4y) dx + (3x2 y 2 + 2x) dy = 0.
(Rta.: f (x, y) = x3 y 3 + 2x2 y = C)
rsid
ad
d
p
Ejercicio 3. 2xy ln y dx + (x2 + y 2 y 2 + 1) dy = 0.
3
(Rta.: f (x, y) = x2 ln y + 31 (y 2 + 1) 2 = C)
ive
Ejercicio 4. (2wz 2 − 2z) dw + (3w2 z − 4w) dz = 0.
(Rta.: w2 z 3 − 2z 2 w = C)
Un
Ejercicio 5. ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0
(Rta.: f (x, y) = ex sen y + y 2 = C)
Ejercicio 6. x dy + y dx = (x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 )(dx + dy).
(Rta.: xy = 14 (x + y)4 + C)
2.5. FACTORES DE INTEGRACIÓN
25
Ejercicio
7. xq
dy − y dx = (2x2 + 3y 2 )3 (2xdx + 3ydy).
q
(Rta.: 23 tan−1 ( 32 xy ) = 31 (2x2 + 3y 2 )3 + C)
Ejercicio 8. y dx + (2x − yey ) dy = 0.
(Rta.: y 2 x − y 2 ey + 2yey − 2ey = C)
Ejercicio 9. (xy − 1)dx + (x2 − xy)dy = 0.
2
(Rta.: f (x, y) = xy − ln |x| − y2 = C)
atem
atic
as
Ejercicio 10. ydx + (x2 y − x)dy = 0.
2
(Rta.: f (x, y) = − xy + y2 = C)
eM
Ejercicio 11. (2xy − e−2x )dx + xdy = 0.
(Rta.: f (x, y) = ye2x − ln |x| = C)
o. d
Ejercicio 12. ydx + (2xy − e−2y )dy = 0.
(Rta.: f (x, y) = xe2y − ln |y| = C)
,D
ept
Ejercicio 13. (x + y)dx + x ln xdy = 0.
(Rta.: f (x, y) = x + y ln x = C)
eA
ntio
q
uia
Ejercicio 14. Hallar la solución particular que pasa por el punto
y(1) = −2, de la E.D.
3x2 y + y 2
dy
=− 3
dx
2x + 3xy
Ejercicio
15. x dx + y dy = 3
p
2
(Rta.: x + y 2 = y 3 + C)
rsid
ad
d
(Rta.: x3 y 2 + y 3 x = −4)
p
x2 + y 2 y 2 dy.
Un
ive
Ejercicio 16. 4y dx + x dy = xy 2 dx.
(Rta.: yx1 4 − 3x13 = C)
Ejercicio 17. Si
entonces µ = F.I. = e
Rt
My − N x
= R(xy),
yN − xM
R(s) ds
, donde t = xy
26
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
Ejercicio 18. Bajo que condiciones M dx + N dy = 0 tendrá un F.I.=
µ(x + y)
Ejercicio 19. Si M dx + N dy = 0 es homogénea, entonces µ(x, y) =
1
xM +yN
E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN
as
2.6.
a1 (x)
atem
atic
Definición 2.6. Una E.D. de la forma:
dy
+ a0 (x)y = h(x),
dx
o. d
eM
donde a1 (x) 6= 0, en I y a1 (x), a0 (x), h(x) son continuas en I, se le llama
E.D. lineal en y de primer orden.
a0 (x)
h(x)
y Q(x) =
.
a1 (x)
a1 (x)
ntio
q
donde p(x) =
uia
,D
ept
Dividiendo por a1 (x), se obtiene la llamada ecuación en forma canónica
ó forma estandar:
dy
+ p(x)y = Q(x),
dx
rsid
ad
d
eA
Teorema 2.3 (Teorema de la E.D. lineal de primer orden).
La solución general de la E.D. lineal en y, de primer orden:
y ′ + p(x)y = Q(x)
Demostración:
p(x) dx
=
Z
e
R
p(x) dx
Q(x) dx + C.
Un
ye
R
ive
es :
dy
+ p(x)y = Q(x)
dx
⇒ p(x)y dx + dy = Q(x) dx
(2.9)
2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN
o sea que (p(x)y − Q(x)) dx + dy = 0, como
∂M
∂y
−
∂N
∂x
N
R
p(x) dx
R
p(x) dx dy
o sea
R
d
p(x) dx
)
(ye
dx
= Q(x)e
ye
= 0, entonces
= p(x)
= F.I.; multiplicando (2.9) por el F.I.:
dx
R
∂N
∂x
+ p(x)ye
R
p(x) dx
p(x) dx
=
Z
R
p(x) dx
= Q(x)e
R
p(x) dx
e integrando con respecto a x se tiene:
as
e
= p(x) y
Q(x)e
R
p(x) dx
dx + C
o. d
eM
Obsérvese que la expresión anterior es lo mismo que:
Z
y F.I. = Q(x) F.I. dx + C
atem
atic
y por tanto µ = e
∂M
∂y
27
ntio
q
dν
ν2
=−
dµ
6 − 2µν
uia
Solución:
,D
ept
dν
Ejemplo 10. Hallar la solución general de la E.D.:(6 − 2µν) dµ
+ ν2 = 0
eA
dµ
6
2µ
=− 2 +
dν
ν
ν
rsid
ad
d
6
dµ 2µ
−
=− 2
dν
ν
ν
que es lineal en µ con
R
p(ν)dν
=e
R
Un
F.I. = e
ive
2
6
p(ν) = − , Q(ν) = − 2
ν
ν
− ν2 dν
La solución general es
1
µ=
ν2
Z
−2
= e−2 ln |ν| = eln |ν|
6
1
(− 2 )dν + C
2
ν
ν
= ν −2 =
1
ν2
28
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
1
µ = −6
ν2
Z
ν −4 dν + C = −6
ν −3
+C
−3
µ
2
2
= 3 + C ⇒ µ = + Cν 2
2
ν
ν
ν
que es la solución general.
+ 2xy = f (x)
as
dy
dx
atem
atic
Ejemplo 11. Hallar una solución continua de la E.D.:
x,
0≤x<1
donde f (x) =
0,
x≥1
y y(0) = 2
2xdx
=e
x2
x2
⇒e y=
Z
2
ex f (x)dx + C
o. d
F.I. : e
R
eM
Solución:
1
2
+ 32 e−x
2
Ce−x
2
0≤x<1
x≥1
rsid
ad
d
Solución general: f (x) =
eA
ntio
q
uia
,D
ept
R 2
2
a). si 0 ≤ x < 1 : ex y = ex x dx + C
R
2
2
2
ex y = 12 ex 2x dx+C = 12 ex +C, que es la solución general. Hallemos
C con la condición incial
2
2
y(0) = 2 ⇒ e0 2 = 21 e0 + C ⇒ C = 23
2
luego y = 21 + 32 e−x , solución particular.
R
b). si x ≥ 1 : F.I.y = F.I. 0 dx + C
2
2
ex y = 0 + C ⇒ y = Ce−x
Un
ive
Busquemos C, de tal manera que la función f (x) sea continua en x = 1.
Por tanto
1 3
2
lı́m ( + e−x ) = f (1) = y(1)
x→1 2
2
1
+ 32 e−1
1
3
1 3 −1
+ e = Ce−1 , ⇒ C = 2 −1
= e+
2 2
e
2
2
Ejemplo 12. Con un cambio de variable adecuado transformar la E.D.:
2
y ′ + x sen 2y = xe−x cos2 y
2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN
29
en una E.D. lineal de primer orden y luego resolverla.
Solución. Lo trabajamos mediante cambios de variable.
Dividiendo por cos2 y:
1 dy x(2 sen y cos y)
2
+
= xe−x
2
2
cos y dx
cos y
dy
2
+ 2x tan y = xe−x
dx
hagamos el siguiente cambio de variable: t = tan y, por lo tanto
dy
dt
= sec2 y .
dx
dx
Sustituyendo
dt
2
+ 2xt = xe−x ,
dx
te
x2
=
Z
= ex
2
o. d
uia
F.I.Q(x) dx + C
2
2
ntio
q
t F.I. =
Z
2x dx
ex (xe−x ) dx + C
eA
Resolviéndola
R
,D
F.I. = e
2
ept
Q(x) = xe−x
p(x) = 2x,
eM
es lineal en t con
x2
+C
2
Ejercicio 1. Hallar una solución continua de la E.D.:
2
rsid
ad
d
⇒ tan y ex =
Un
ive
dy
(1 + x2 ) dx
+ 2xy = f (x)
x,
0≤x<1
donde f (x) =
−x ,
x≥1
con y(0) = (
0.
(Rta.: y(x) =
x2
,
2(1+x2 )
x2
− 2(1+x2 )
si 0 ≤ x < 1
+
1
,
1+x2
si x ≥ 1
)
atem
atic
as
sec2 y
30
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
Ejercicio 2. Hallar la solución de la E.D.:
(Rta.: xy =
y2
2
dy
dx
=
y
y−x
con y(5) = 2
+ 8)
R1
Ejercicio 3. Resolver para ϕ(x) la ecuación 0 ϕ(αx) dα = nϕ(x)
(Ayuda: con un cambio de variable adecuado transforme la ecuación en una
E.D. lineal de primer orden.)
1−n
(Rta.: ϕ(x) = Cx( n ) )
atem
atic
as
Ejercicio 4. Hallar la solución de la E.D.: y ′ − 2xy = cos x − 2x sen x
donde y es acotada cuando x → ∞.
(Rta.: y = sen x)
o. d
dy
dx
y 2 ey .
uia
dy
=
Ejercicio 7. Resolver la E.D.: y − x dx
x
y
(Rta.: y = e + C)
= 5 − 8y − 4xy.
ept
dy
dx
,D
Ejercicio 6. Resolver la E.D.: (x + 2)2
(Rta.: y(2 + x)4 = 53 (2 + x)3 + C)
eM
√
√
√
Ejercicio 5. Hallar la solución de la E.D.: 2 x y ′ −y = − sen x−cos x
donde y es acotada
√ cuando x → ∞.
(Rta.: y = cos x)
rsid
ad
d
eA
ntio
q
Ejercicio 8. El suministro de glucosa al torrente sanguı́neo 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 sisgr.
. Al mismo tiempo la glucosa se
tema sanguı́neo a una tasa constante k 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 → ∞.
ive
Ejercicio 9. Hallar la solución general en términos de f (x), de la E.D.:
(Rta.: y = 31 f (x) +
C
)
[f (x)]2
Un
dy
f ′ (x)
+2
y = f ′ (x)
dx
f (x)
Ejercicio 10. Hallar la solución general de la E.D.
(x + 1)y ′ + (2x − 1)y = e−2x
2.7. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI
31
(Rta.: y = − 13 e−2x + Ce−2x (x + 1)3 )
Ejercicio 11. Hallar la solución particular de la E.D.
y ′ + y = 2xe−x + x2 si y(0) = 5
(Rta.: y = x2 e−x + x2 − 2x + 2 + 3e−x )
as
Ejercicio 12. Hallar la solución particular de la E.D.
atem
atic
(1 − 2xy 2 )dy = y 3 dx
ECUACION DIFERENCIAL DE
BERNOULLI
ept
o. d
2.7.
eM
si y(0) = 1
(Rta.: xy 2 = ln y)
uia
,D
dy
Definición 2.7. Una E.D. de la forma dx
+ p(x)y = Q(x)y n con n 6= 0 y
n 6= 1, se le llama una E.D. de Bernoulli. Obsérvese que es una E.D. no lineal.
ntio
q
La sustitución w = y 1−n convierte la E.D. de Bernoulli en una E.D. lineal
en w de primer orden:
eA
dw
+ (1 − n)p(x)w = (1 − n) Q(x).
dx
rsid
ad
d
dy
= 1 con y(1) = 0.
Ejemplo 13. xy(1 + xy 2 ) dx
Solución:
dy
1
dx
= xy (1+xy
⇒
= xy (1 + xy 2 ) = xy + x2 y 3
2)
dx
dy
Un
ive
dx
− xy = x2 y 3
dy
tiene la forma de Bernoulli con variable dependiente x, con n = 2
Hagamos w = x1−2 = x−1 ⇒ x = w−1
dx
dw
= −w−2
dy
dy
(2.10)
32
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
− yw−1 = y 3 w−2
sustituimos en (2.10): −w−2 dw
dy
+ yw = −y 3 , lineal en w de primer orden.
multiplicamos por −w2 : dw
dy
luego p(y) = y; Q(y) = −y 3
w F.I. =
we
y2
2
R
y2
y dy
=e2
Z
F.I. Q(y) dy + C
Z
e 2 (−y 3 ) dy + C
y2
⇒ du = y dy , y 2 = 2u
=−
Z
3
y e
y2
2
dy + C = −2
y2
eM
we
y2
2
=
=e
Z
ueu du + C
o. d
hagamos: u =
y2
2
P (y) dy
as
R
atem
atic
F.I. = e
,D
ept
e integrando por partes, obtenemos: w e 2 = −2u eu + 2eu + C
y2
ntio
q
uia
y2
1
= −y 2 + 2 + Ce− 2
x
Como y(1) = 0 entonces C = −1, por lo tanto la solución particular es:
y2
y2
x−1 e 2 = −y 2 e 2 + 2e 2 + C ⇒
eA
y2
1
= −y 2 + 2 − e− 2
x
2
3
2
(Rta.: y = −3x + 4x )
−
2
x
y2
Ejercicio 2. y ′ = x3 3x
.
+y+1
3
y
(Rta.: x = −y − 2 + Ce )
con y(1) = 1.
ive
3
y
x
Un
dy
=
Ejercicio 1. 2 dx
rsid
ad
d
Resolver las E.D. de los siguientes ejercicios:
Ejercicio 3. tx2 dx
+ x3 = t cos t.
dt
3 3
2
(Rta.: x t = 3(3(t − 2) cos t + t(t2 − 6) sen t) + C)
2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN
33
x
Ejercicio 4. y ′ = x2 y+y
3.
2
(Rta.: x2 + y 2 + 1 = Cey )
Ejercicio 5. xy ′ + y = x4 y 3 .
(Rta.: y −2 = −x4 + cx2 )
Ejercicio 6. xy 2 y ′ + y 3 = cosx x .
(Rta.: x3 y 3 = 3x sen x + 3 cos x + C)
Ejercicio 8. Hallar la solución particular de la E.D.
eM
dx 2
√ x 3
− x = y( 2 ) 2
dy y
y
atem
atic
as
Ejercicio 7. x2 y ′ − y 3 + 2xy = 0.
2
(Rta.: y −2 = 5x
+ Cx4 )
R1
f (x) dx )
)
E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN
ive
Sea
rsid
ad
d
2.8.
(1−Ce
eA
(Rta.: y =
ntio
q
uia
dy
+ f (x) y = f (x)y 2
dx
,D
Ejercicio 9. Hallar y(x) en función de f (x) si
ept
o. d
tal que y(1) = 1
(Rta.: y 3 = x)
Un
(y ′ )n + a1 (x, y)(y ′ )n−1 + a2 (x, y)(y ′ )n−2 + . . . + an−1 (x, y)y ′ + an (x, y) = 0,
donde ai (x, y) para i = 1 . . . n son funciones reales y continuas en una región
R del plano XY .
Casos:
i) Se puede despejar y ′ .
34
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
ii) Se puede despejar y.
iii) Se puede despejar x.
Caso i). Si hacemos p =
dy
dx
= y ′ , entonces
pn + a1 (x, y)pn−1 + a2 (x, y)pn−2 + . . . + an−1 (x, y)p + an (x, y) = 0.
En caso que sea posible que la ecuación anterior se pueda factorizar en
factores lineales de p, se obtiene lo siguiente:
atem
atic
as
(p − f1 (x, y))(p − f2 (x, y)) . . . (p − fn (x, y)) = 0,
donde fi (x, y) para i = 1, . . . , n son funciones reales e integrables en una región R del plano XY .
o. d
eM
Si cada factor tiene una solución
Qn ϕi (x, y, c) = 0, para i = 1, . . . , n.
entonces la solución general es i=1 ϕi (x, y, c) = 0.
,D
ept
Ejemplo 14. (y ′ − sen x)((y ′ )2 + (2x − ln x)y ′ − 2x ln x) = 0.
Solución:
(p − sen x)(p2 + (2x − ln x)p − 2x ln x) = 0
dy
dx
− sen x = 0 ⇒ dy = sen x dx ⇒
ntio
q
Para el factor p − sen x = 0 ⇒
y = − cos x + C
uia
(p − sen x)(p + 2x)(p − ln x) = 0
= −2x ⇒ dy = −2x dx
rsid
ad
d
dy
dx
Para el factor p + 2x = 0 ⇒
eA
φ1 (x, y, C) = 0 = y + cos x − C
⇒ y = −x2 + C ⇒ φ2 (x, y, C) = 0 = y + x2 − C
dy
dx
= ln x ⇒ dy = ln x dx
ive
Para el factor p − ln x = 0 ⇒
Un
Z
y=
ln x dx + C,
e integrando por partes:
Z
Z
1
y = ln x dx + C = x ln x − x dx = x ln x − x + C
x
2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN
35
φ3 (x, y, C) = 0 = y − x ln x + x − C
Q
La solución general es: 3i=1 φi (x, y, C) = 0
(y + cos x − C)(y + x2 − C)(y − x ln x + x − C) = 0
Resolver por el método anterior los siguientes ejercicios:
1
2
dν
dµ
5
atem
atic
Ejercicio 2. 6µ2
as
Ejercicio 1. p (p2 − 2xp − 3x2 ) = 0.
(Rta.: (y − c)(2y − 3x2 + c)(2y + x2 + c) = 0)
dν
− 5ν 2 = 0.
− 13µν dµ
eM
(Rta.: (νµ 3 − c)(νµ− 2 − c) = 0)
ept
= p = y′.
,D
dy
dx
uia
Ejercicio 4. n2 p2 − x2n = 0, con n 6= 0 y
xn+1
xn+1
− c)(y − n(n+1)
− c) = 0)
(Rta.: (y + n(n+1)
o. d
Ejercicio 3. (y ′ )3 − y(y ′ )2 − x2 y ′ + x2 y = 0.
2
2
(Rta.: (x − ln |y| + c)(y + x2 − c)(y − x2 − c) = 0)
ntio
q
Ejercicio 5. x2 (y ′ )2 + 2xyy ′ + y 2 = xy
rsid
ad
d
eA
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.
√
i
h√
2 2 −k 2
k 2 − x2 + k ln k −x
(Rta.:(y + c)2 =
, con |x| ≤ k, k > 0.)
x
ive
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:
∂f
∂f
dx +
dp
∂x
∂p
Un
dy =
luego
dy
∂f
∂f dp
=p=
+
dx
∂x ∂p dx
36
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
o sea que
0=
∂f dp
dp
∂f
−p +
= g(x, p, p′ ), donde p′ =
∂x
∂p dx
dx
y por tanto
∂f
−p
∂x
dx +
∂f
dp = 0
∂p
es una E.D. de primer orden en x y p. Generalmente (teniendo buena suerte)
atem
atic
as
g(x, p, p′ ) = 0
se puede factorizar, quedando ası́: g(x, p, p′ ) = h(x, p, p′ ) φ (x, p) = 0.
ept
o. d
eM
a) Con el factor h(x, p, p′ ) = 0 se obtiene una solución h1 (x, p, c) = 0,
se elimina p entre h1 (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.
2
=p=
∂f
∂x
+
∂f dp
∂p dx
uia
dy
dx
dy
dx
ntio
q
Solución:
si x 6= 0
,D
Ejemplo 15. y = f (x, p) = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − x2 , donde p =
eA
dp
1
p = (p+2x) ln x+(px+x2 ) +2(px+x2 )(p+2x)−x+[x ln x+2(px+x2 )x]
x
dx
rsid
ad
d
dp
p = (p + 2x) ln x + p + x + 2x(p + x)(p + 2x) − x + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx
dp
0 = (p + 2x) ln x + 2x(p + x)(p + 2x) + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx
ive
dp
0 = (p + 2x)[ln x + 2x(p + x)] + x[ln x + 2x(p + x)] dx
Un
dp
0 = [ln x + 2x(p + x)] p + 2x + x dx
0 = h(x, p), Φ(x, p, p′ )
dp
=0
1) Con el factor Φ(x, p, p′ ) = p + 2x + x dx
2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN
x6=0 dp
dx
dp
⇒ x dx
+ p = −2x ⇒
+
p
x
= −2 (dividimos por x)
E.D.lineal en p, P (x) = x1 , Q(x) = −2
F.I. = e
p F.I. =
R
=e
R
1
x
dx
= eln |x| = x
F.I.Q(x) dx + C
2
x(−2) dx + C = − 2x2 + C = −x2 + C
p = −x +
C
x
as
R
P (x) dx
(dividimos por x)
luego sustituimos en la E.D. original:
x2
2
o. d
eM
y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 −
atem
atic
px =
R
solución general
uia
2) h(x, p) = ln x + 2x(p + x) = 0
x2
2
ntio
q
y = C ln x + C 2 −
x2
2
,D
ept
y = (−x2 + C + x2 ) ln x + (−x2 + C + x2 )2 −
rsid
ad
d
eA
0 = ln x + 2xp + 2x2
2xp = − ln x − 2x2
2
Un
sustituyo en la E.D. original:
2
ive
luego p = − ln x−2x
⇒ px = − ln x+2x
2x
2
y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 −
y=
x2
2
2
ln x + 2x2
x2
ln x + 2x2
2
2
+ x ln x + −
+x
−
−
2
2
2
37
38
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
y=
− ln x − 2x2 + 2x2
2
ln x +
− ln x − 2x2 + 2x2
2
2
−
x2
2
ln2 x ln2 x x2
y=−
+
−
2
4
2
luego la solución singular es
as
ln2 x x2
−
4
2
atem
atic
y=−
Resolver por el método anterior los siguientes ejercicios, donde p =
eM
Ejercicio 1. xp2 − 2yp + 3x = 0.
(Rta.: 2cy = c2 x2 + 3, y 2 = 3x2 )
,D
ntio
q
uia
Ejercicio 3. y = 5xp + 5x2 + p2 .
(Rta.: y = cx − x2 + c2 , 4y + 5x2 = 0)
ept
o. d
Ejercicio 2. y = px ln x + p2 x2 .
(Rta.: y = c ln x + c2 , y = − 41 ln2 x)
Ejercicio 4. p2 x4 = y + px.
(Rta.: y = c2 − cx−1 , y = − 4x12 )
dy
:
dx
rsid
ad
d
eA
Ejercicio 5. 2y = 8xp + 4x2 + 3p2 .
(Rta.: 2y = 3(c − x)2 + 8(c − x)x + 4x2 ,
2
y = − 2x3 )
Ejercicio 6. y = xp − 13 p3 .
3
(Rta.: y = cx − 13 c3 , y = ± 23 x 2 )
Un
ive
Caso iii). Si en la ecuación F (x, y, p) = 0, se puede despejar x = g(y, p)
dy
con y y p como variables independientes; hacemos dx
= p, o sea que dx
= p1
dy
y como
∂g
∂g
dy +
dp
dx =
∂y
∂p
luego
1
∂g ∂g dp
dx
= =
+
dy
p
∂y ∂p dy
2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN
por tanto
∂g 1
−
∂y p
+
∂g dp
= 0 = h(y, p, p′ )
∂p dy
dp
.
dy
Solución: con p =
dβ
,
dα
dβ 3
dα
dβ
− 2α dα
+ 2 tan β = 0
se tiene:
α=
α=
cos2 β p3 + 2 tan β
2p
as
Ejemplo 16. cos2 β
atem
atic
donde p′ =
cos2 β p2
tan β
+
= g(β, p)
2
p
ept
o. d
eM
∂g ∂g ∂p
1
=
+
p
∂β ∂p ∂β
sec2 β
tan β dp
1
2
2
+ p cos β − 2
⇒ = − cos β sen β p +
p
p
p
dβ
Un
ive
rsid
ad
d
eA
ntio
q
uia
,D
Teniendo en cuenta la identidad: sec2 θ = 1 + tan2 θ;
1
1 tan2 β
tan β dp
2
2
= − cos β sen β p + +
+ p cos β − 2
p
p
p
p
dβ
tan β dp
tan2 β
2
2
+ p cos β − 2
0 = − cos β sen β p +
p
p
dβ
tan β dp
tan2 β 1 2
2
2
p cos β −
+
0 = − sen β cos β p +
p
p
p
dβ
− sen β cos β p2 tan β
1 2
tan β dp
2
0 = tan β
+
p cos β −
+
tan β
p
p
p
dβ
1 2
tan β dp
tan β
+
p cos2 β −
0 = − tan β cos2 β p2 −
p
p
p
dβ
1 dp
tan β
2
2
− tan β +
0 = cos β p −
p
p dβ
0 = h(β, p) φ(β, p, p′ ),
donde p =
dβ
dp
y p′ =
dα
dβ
39
40
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
1 : φ(β, p, p′ ) = − tan β +
⇒
1 dp
=0
p dβ
1 dp
dp
= tan β ⇒
= tan β dβ
p dβ
p
⇒ ln |p| = − ln | cos β| + ln |C|
ln |p| = ln
c
|c|
⇒p=
, donde cos β 6= 0
| cos β|
cos β
cos2 β p3 − 2α p + 2 tan β = 0
cos2 β
c
c3
− 2α
+ 2 tan β = 0
3
cos β
cos β
2 cosc β
=
c3
cos β
2 sen β
cos β
c
cos β
+
2
o. d
+ 2 tan β
ept
⇒α=
c3
cos β
eM
c3
c
− 2α
+ 2 tan β = 0
cos β
cos β
,D
La solución general es :
uia
c3 + 2 sen β
c2
sen β
=
+
;
2c
2
c
ntio
q
=
atem
atic
as
Sustituyendo en el la E.D. original:
eA
2 : h(β, p) = 0 = cos2 β p2 −
c 6= 0
tan β
p
ive
rsid
ad
d
tan β
tan β
⇒ p3 =
p
cos2 β
s
s
tan β
sen β
3
=
p= 3
cos2 β
cos3 β
cos2 β p2 =
1
Un
1 p
sen 3 β
3
p=
sen β ⇒ p =
cos β
cos β
Y sustituyo en la E.D.O. original:
!
"3
1
1
sen 3 β
sen 3 β
2
cos β
+ 2 tan β = 0
− 2α
cos β
cos β
2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN
41
1
sen β
sen 3 β
cos β
− 2α
+ 2 tan β = 0
3
cos β
cos β
2
1
sen 3 β
+ 2 tan β = 0
tan β − 2α
cos β
⇒α=
3 tan β
1
3β
2 sen
cos β
3
=
2
sen β
cos β
1
3β
sen
cos β
=
2
3
sen 3 β
2
atem
atic
as
Siendo esta última la solución singular.
Resolver por el método anterior los siguientes ejercicios:
eM
Ejercicio 1. x = y + ln p
(Rta.: x = y + ln |1 + eCy |)
o. d
Ejercicio 2. 4p2 = 25x
(Rta.: (3y + c)2 = 25x3 )
,D
ntio
q
uia
Ejercicio 4. 4px − 2y = p3 y 2
4
3
(Rta.: 4c xy − 2y = cy ; 4x = 3y 3 )
ept
Ejercicio 3. 2px = 2 tan y + p3 cos2 y
2
(Rta.: x = senc y + c2 , 8x3 = 27 sen 2 y)
′ 3
Un
ive
Ejercicio 5. y = xy ′ − (y3)
3
(Rta.: y = cx − 13 c3 , y = ± 32 x 2 )
rsid
ad
d
eA
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 6. y = xy ′ + 1 − ln y ′
(Rta.: y = cx + 1 − ln c, y = 2 + ln x)
′
Ejercicio 7. xy ′ − y = ey
(Rta.: y = cx − ec , y = x ln x − x)
42
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
Ejercicio 8. (y − px)2 = 4p
Ejercicio 9. y 2 (y ′ )3 − 4xy ′ + 2y = 0
2.9.
OTRAS SUSTITUCIONES
atem
atic
u−1
,
ex
du = yex dx + ex dy = ex (y dx + dy),
⇒ du = (u − 1) dx + ex dy
eM
u = 1 + yex ⇒ y =
as
Ejemplo 17. y dx + (1 + yex ) dy = 0
Solución:
Hagamos
o. d
du − (u − 1) dx
ex
Reemplazando en la ecuación original:
du − (u − 1) dx ex >0
u−1
dx + u
= 0
ex
ex
ntio
q
uia
,D
ept
⇒ dy =
eA
(u − 1 − u(u − 1)) dx + u du = 0
rsid
ad
d
(u − 1)(1 − u) dx + u du = 0
−(u − 1)2 dx + u du = 0
u
du
(u − 1)2
ive
dx =
u
du + C
(u − 1)2
Un
Z
x=
Utilicemos fracciones parciales para resolver la integral
u
A
B
=
+
2
(u − 1)
u − 1 (u − 1)2
2.9. OTRAS SUSTITUCIONES
43
u = A(u − 1) + B
si u = 1 ⇒ B = 1
si u = 0 ⇒ 0 = −A + 1 ⇒ A = 1
du
dv
, haciendo v = u − 1 ⇒ dv = du
v2
as
x = ln |u − 1| +
Z
1
1
+
u − 1 (u − 1)2
entonces x = ln |u − 1| −
1
+C
v
eM
1
+ C, es la solución general
yex
o. d
x = ln |yex | −
atem
atic
x=
Z ,D
dy
,
dx
uia
⇒ p′ = y ′′ =
d2 y
dx2
ntio
q
Hagamos p = y ′ =
ept
Ejemplo 18. y ′′ + 2y(y ′ )3 = 0.
Solución:
p′ + 2yp3 = 0
=
dp dy
dy dx
=
dp
p
dy
dp
+ 2yp3 = 0, con p 6= 0
dy
ive
p
dp
dx
rsid
ad
d
Por la regla de la cadena sabemos que:
eA
dp
+ 2yp3 = 0
dx
Un
dp
+ 2yp2 = 0
dy
dp
= −2yp2 ⇒ p−2 dp = −2y dy
dy
⇒ −p−1 = −y 2 + C
dp
= p dy
, entonces
44
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
p−1 = y 2 + C1 ⇒ p =
y2
1
dy
=
+ C1
dx
⇒ dx = (y 2 + C1 ) dy
y3
+ C1 y + C2
3
Hacer una sustitución adecuada para resolver los siguientes ejercicios:
atem
atic
as
x=
dy
Ejercicio 1. xe2y dx
+ e2y = lnxx
(Rta.: x2 e2y = 2x ln x − 2x + c)
y
4
dy
− y = 2x5 e x4
dx x
= x2 + c)
o. d
y
(Rta.: −e− x4
eM
Ejercicio 2.
,D
ept
Ejercicio 3. 2yy ′ + x2 + y 2 + x = 0
(Rta.: x2 + y 2 = x − 1 + ce−x )
ntio
q
uia
Ejercicio 4. y 2 y ′′ = y ′
(Rta.: yc + c12 ln |cy − 1| = x + c1 , y = k)
rsid
ad
d
Ejercicio 6. y ′′ + (tan x)y ′ = 0
(Rta.: y = C1 sen x + C2 )
eA
dy
= 2x − ln(tan y)
Ejercicio 5. 2x csc 2y dx
−1
(Rta.: ln(tan y) = x + cx )
ive
Ejercicio 7. y ′ + 1 = e−(x+y) sen x
(Rta.: ey = −e−x cos x + ce−x )
Un
dy
Ejercicio 8. dx
+ xy 3 sec y12 = 0
(Rta.: x2 − sen y12 = c)
Ejercicio 9. dy − y sen x dx = y ln(yecos x) dx
(Rta.: ln(ln |yecos x |) = x + C)
2.10. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE
45
Ejercicio 10. yy ′ + xy 2 − x = 0
2
(Rta.: y 2 = 1 + Ce−x )
y
Ejercicio 11. xy ′ = y + xe x
y
(Rta.: ln |Cx| = −e− x )
Ejercicio 12. x2 y ′′ − 2xy ′ − (y ′ )2 = 0
2
(Rta.: x2 + Cx + C 2 ln |C − x| = −y + C1 )
dy
= cos xy +
Ejercicio 15. dx
(Rta.: sec xy + tan xy = Cx)
atem
atic
eM
y
x
y
x
o. d
y
dy
+ ex =
Ejercicio 14. dx
y
−x
(Rta.: e = ln |Cx|)
as
Ejercicio 13. yy ′′ − y 2 y ′ − (y ′ )2 = 0
y
(Rta.: C1 ln | y+C
| = x + C1 )
ept
Ejercicio 16. La E.D.
uia
,D
dy
= A(x)y 2 + B(x)y + C(x)
dx
eA
ntio
q
se le llama ecuación de Ricatti. Suponiendo que se conoce una solución particular y1 (x) de esta ecuación, entonces demostrar que la sustitución y = y1 + u1 ,
transforma la ecuación de Ricatti en la E.D. lineal en u de primer orden
rsid
ad
d
dy
+ (B(x) + 2A(x)y1 )u = −A(x)
dx
ANEXO CON EL PAQUETE Maple
Un
2.10.
ive
Hallar la solución: a) y ′ + y 2 = 1 + x2 , b) y ′ + 2xy = 1 + x2 + y 2
(Rta.: b) y = x + (C − x)−1 )
Como con el paquete matemático Maple se pueden resolver Ecuaciones
Diferenciales, expondremos a continuación varios ejemplos, los cuales solucionaremos utilizando dicho paquete. Las instrucciones en Maple terminan
con punto y coma, después de la cual se da “enter”para efectuar la operación
46
CAPÍTULO 2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN
que se busca.
Ejemplo 19. Hallar la solución general de la E.D.
dy
dx
= 3 xy
>int(1/y,y)=int(3/x,x)+C;
ln(y) = 3 ln(x) + C
>solve(ln(y) = 3*ln(x)+C,y);
2
dy
dx
eM
> restart;
1
= xy(1 + x2 )− 2 , con
atem
atic
Ejemplo 20. Hallar la solución particular de la E.D.
la condición inicial y(1) = 1
as
exp(C) x
> diff_eq1 := D(y)(x)=x*y(x)^3*(1+x^2)^(-1/2);
o. d
xy(x)
1
(1+x2 ) 2
ept
diff_eq1 := D(y)(x) =
,D
> init_con := y(0)=1;
uia
init_con := y(0) = 1
ntio
q
> dsolve( {diff_eq1, init_con} , {y(x)} );
eA
1
y(x) = p √
−2 1 + x2 + 3
> N:=2*x^2*y+exp(x)-1;
N:=2x2 y + ex − 1
ive
M:= 4xy + ex
Un
> M:=2*x*y^2+y*exp(x);
rsid
ad
d
Ejemplo 21. Mostrar que la E.D. (2xy 2 + yex )dx + (2x2 y + ex − 1)dy = 0
es exacta y hallar la solución general.
> diff_E1:=2*x*(y^2)(x)+y(x)*exp(x)+(2*x^2*y(x)+exp(x)-1)*D(y)(x)=0;
diff_E1 := 2xy(x)2 + y(x)ex + (2x2 y(x) + ex − 1)D(y)(x) = 0
2.10. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE
47
> dsolve(diff_E1,y(x));
1 1 − ex −
y(x) =
2
p
Un
ive
rsid
ad
d
eA
ntio
q
uia
,D
ept
o. d
eM
atem
atic
as
(ex )2 − 2ex + 1 − 4x2 C1
,
x2
p
1 1 − ex + (ex )2 − 2ex + 1 − 4x2 C1
y(x) =
2
x2