Ecuaciones Diferenciales-Ingeniería en Sistemas y Telecomunicaciones

ECUACIONES

DIFERENCIALES

Métodos de solución

1 DE OCTUBRE DE 2015

UNIVERSIDAD DE MANIZALES

Ingeniería de Sistemas y Telecomunicaciones

Ingeniería de Sistemas y Telecomunicaciones

Conceptualización

Como ya sabemos en toda ecuación debemos tratar de encontrar los valores que hagan que dicha

afirmación sea cierta mediante algún tratamiento matemático determinado. Cuando llegamos a

una ecuación lineal debemos buscar un único valor capaz de satisfacer la igualdad, lo mismo pasa

cuando nos enfrentamos a una ecuación de segundo grado (cuadrática), o incluso a una ecuación

trigonométrica.

Sin embargo el concepto cambia cuando nos encontramos una ecuación diferencial, debemos

tener en cuenta que al resolver este tipo de ecuaciones nuestro resultado debe ser una función

𝑓(𝑥) tal que cumpla con la igualdad original.

Tipos de ecuaciones

Tipo Forma

Lineal ax + b = 0

Cuadrática ax2 + bx + c = 0

Polinómica a1 xn + a 2 xn - 1 + a 3 xn - 2 + . . .+ a 0 = 0

Exponencial 𝑎𝑥 ± 𝑏𝑥 = 𝑐

Racional 𝑃(𝑥)

𝑄(𝑥)= 0

Irracional √𝑃(𝑥) =𝑛

0

Logarítmica 𝐿𝑜𝑔(𝑥 ± 𝑎) = 𝑏 ± 𝐿𝑜𝑔(𝑥 ± 𝑐)

Trigonométrica sin(𝜃) = 𝑎

Diferencial 𝑑𝑦

𝑑𝑥(𝑥, 𝑦) = 0

Ingeniería de Sistemas y Telecomunicaciones

Métodos de solución

Verificación

Debido a que la solución de toda ecuación diferencial es una función [𝑦 = 𝑓(𝑥)] podemos

comprobar si determinada función que se nos proporciona corresponde a una solución.

Ejemplo: Verificar si 𝑦 = 𝑥𝑒𝑥 es solución de 𝑦`` − 2𝑦` + 𝑦 = 0

Derivando obtenemos que:

𝑦` = 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥

𝑦`` = 2𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥

Reemplazando en original obtenemos que:

𝑆í 𝑦`` − 2𝑦` + 𝑦 = 0 → 2𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 − 2(𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥) + 𝑥𝑒𝑥 = 0

∴ 2𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 − 2𝑒𝑥 − 2𝑥𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 = 0

∴ 0 = 0

Efectivamente la función dada si cumple como solución.

Ejemplo: Verificar si 𝑦 = 5 tan(5𝑥) es solución de 𝑦` = 25 + 𝑦2

𝑦` = 25 𝑠𝑒𝑐2(5𝑥)

Reemplazando en la original obtenemos que:

𝑆í 𝑦` = 25 + 𝑦2 → 25 𝑠𝑒𝑐2(5𝑥) = 25 + [5 tan(5𝑥)]2

∴ 25 𝑠𝑒𝑐2(5𝑥) = 25 + [25𝑇𝑎𝑛2(5𝑥)]

𝑅𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑙𝑎 𝑖𝑑𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑡𝑟𝑖𝑔𝑜𝑛𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒:

∴ 25 𝑠𝑒𝑐2(5𝑥) = 25 + 25[𝑠𝑒𝑐2(5𝑥) − 1]

∴ 25 𝑠𝑒𝑐2(5𝑥) = 25 + 25𝑠𝑒𝑐2(5𝑥) − 25

∴ 25 𝑠𝑒𝑐2(5𝑥) = 25𝑠𝑒𝑐2(5𝑥)

Nuevamente se cumple con la ecuación.

Ingeniería de Sistemas y Telecomunicaciones

Variables separables

Este método consiste en aislar la familia de la variable dependiente [𝑦, 𝑑𝑦], de la familia de la

variable independiente [𝑥, 𝑑𝑥]. Es de considerarse que en este caso ambos diferenciales deben

situarse en el numerador de la expresión.

Forma General:

[𝑀(𝑥)]𝑑𝑥 − [𝑁(𝑦)]𝑑𝑦 = 0

Ejemplo:

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥

∴ 𝑑𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑥

∴ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 2𝑥𝑑𝑥

∴ 𝑦 = 2𝑥2

2

∴ 𝑦 = 𝑥2 + 𝐶

Ejemplo:

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑥2

𝑦

∴ 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑥2 𝑑𝑥

∴ ∫ 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 𝑥2 𝑑𝑥

∴ 𝑦2

2=

𝑥3

3

∴ 𝑦2 =2

3𝑥3 + 𝐶

Ingeniería de Sistemas y Telecomunicaciones

∴ √𝑦2 = ±√2

3𝑥3 + 𝐶

∴ 𝑦 = ±√2

3𝑥3 + 𝐶

Para este caso observamos que debido a la naturaleza la de raíz de índice par, la función puede

ser tanto positiva como negativa [ ± ].

Ecuación diferencial lineal de primer orden

[Factor Integrante]

Son Ecuaciones de la forma:

𝑦` ± 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥)

El Factor integrante se calcula mediante:

𝜇(𝑥) = 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 La solución se da mediante:

𝑦 =1

𝜇(𝑥)∫ 𝑃(𝑥) 𝜇(𝑥) + 𝐶

Ejemplo:

𝑥𝑦` + 𝑦 = 5𝑥3 → 𝐷𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑥

𝑦` +1

𝑥𝑦 = 5𝑥2 → 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑒𝑚𝑜𝑠 𝐸𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠

𝑃(𝑥) =1

𝑥 𝑦 𝑄(𝑥) = 5𝑥2

∴ 𝜇(𝑥) = 𝑒∫1𝑥

𝑑𝑥

∴ 𝜇(𝑥) = 𝑒ln(𝑥)

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∴ 𝜇(𝑥) = 𝑥

Aplicando la fórmula para hallar la función tenemos:

𝑦 =1

𝑥∫(5𝑥2)(𝑥) + 𝐶

𝑦 =1

𝑥∫ 5𝑥3 + 𝐶

𝑦 =1

𝑥5 ∫ 𝑥3 + 𝐶

𝑦 =1

𝑥5 [

𝑥4

4+ 𝐶]

𝑦 =5𝑥4

4𝑥+

𝐶

4

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Ecuación diferencial de bernoullí

Son ecuaciones de la forma:

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑦𝑛

Donde:

P(x): Polinomio en x.

f(x): Función de x.

n: Grado

Cambio de Variable:

𝜔 = 𝑦1−𝑛

Ejemplo:

𝑦` +1

3𝑦 =

1

3(1 − 2𝑥)𝑦4 → 𝐸𝑥𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑓𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛

𝑑𝑦

𝑑𝑥+

1

3𝑦 =

1

3(1 − 2𝑥)𝑦4 → 𝐷𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑦4

𝑦−4𝑑𝑦

𝑑𝑥+

1

3𝑦3=

1

3(1 − 2𝑥)

Aplicamos el cambio de Variable:

𝜔 = 𝑦1−4 ∴ 𝜔 = 𝑦−3 ↔ 𝑦 = 𝜔−13 → 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑚𝑜𝑠 𝜔

𝑑𝜔

𝑑𝑥= −3𝑦−4

𝑑𝑦

𝑑𝑥 → 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠

𝑑𝑦

𝑑𝑥

1

−3𝑦−4 𝑑𝜔

𝑑𝑥=

𝑑𝑦

𝑑𝑥

Reconstruyendo obtenemos que:

𝑦−4𝑑𝑦

𝑑𝑥+

1

3𝑦3=

1

3(1 − 2𝑥)

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𝜔43

1

−3𝜔43

𝑑𝜔

𝑑𝑥+

1

3𝜔 =

1

3(1 − 2𝑥)

−1

3 𝑑𝜔

𝑑𝑥+

1

3𝜔 =

1

3(1 − 2𝑥) → 𝐷𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 −

1

3

𝑑𝜔

𝑑𝑥− 𝜔 = 2𝑥 − 1 → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝐿𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙

𝑃(𝑥) = −1 𝑦 𝑄(𝑥) = 2𝑥 − 1

𝜇(𝑥) = 𝑒∫ −1𝑑𝑥

𝜇(𝑥) = 𝑒−𝑥

𝜔 =1

𝑒−𝑥∫(2𝑥 − 1)(𝑒−𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶

𝜔 =1

𝑒−𝑥[𝑒−𝑥(2𝑥 − 1) − 2𝑒−𝑥 + 𝐶]

Finalmente encontramos una Función que cumple con la ecuación.

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Ecuación diferencial homogénea

Es una ecuación en la cual debemos tratar de expresar como una función 𝑓 = (𝑦

𝑥), finalmente la

tratamos de realizar por separación de variables.

Transformaciones necesarias:

𝑦 = 𝑢𝑥

𝑢 =𝑦

𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑢 + 𝑥

𝑑𝑢

𝑑𝑥

Ejemplo:

(𝑥3 + 𝑦3)𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦2𝑑𝑦 = 0 → 𝐷𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑥

(𝑥3 + 𝑦3) + 3𝑥𝑦2𝑑𝑦

𝑑𝑥= 0 → 𝐷𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑥3

1 +𝑦3

𝑥3+ 3

𝑦2

𝑥2

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 0

Hacemos:

𝑦 = 𝑢𝑥 ∴ 𝑦3 = 𝑢3𝑥3 ∴ 𝑦2 = 𝑢2𝑥2

Despejamos 𝑑𝑦

𝑑𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

−1 −𝑦3

𝑥3

3𝑦2

𝑥2

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

−1 −𝑢3𝑥3

𝑥3

3𝑢2𝑥2

𝑥2

𝑢 + 𝑥 𝑑𝑢

𝑑𝑥=

−1 − 𝑢3

3𝑢2

𝑥 𝑑𝑢

𝑑𝑥=

−1 − 4𝑢3

3𝑢2→ 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑆𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑉𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠

3𝑢2

1 − 4𝑢3𝑑𝑢 =

1

𝑥𝑑𝑥 → 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝐿𝑎𝑑𝑜𝑠

∫3𝑢2

1 − 4𝑢3𝑑𝑢 = ∫

1

𝑥𝑑𝑥

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Ecuación diferencial homogénea de segundo

orden

Es una ecuación diferencial que presenta la siguiente forma:

𝑎𝑛(𝑋)𝑦𝑛 ± 𝑎𝑛 − 1(𝑋)𝑦𝑛−1 … 𝑎2(𝑋)𝑦`` ± 𝑎1(𝑋)𝑦` ± 𝑎0(𝑋)𝑦 = 0

Para resolver una ecuación diferencial de este tipo debemos tener en cuenta:

Casos a Evaluar Soluciones Lineal Independiente Solución General

𝑚1 ≠ 𝑚2 Reales

𝑥1 = 𝑒𝑚1𝑥 𝑥2 = 𝑒𝑚2𝑥

𝑥 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑚2𝑥

𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚 𝑥1 = 𝑒𝑚1𝑥 𝑥2 = 𝑥𝑒𝑚2𝑥

𝑥 = 𝑒𝑚𝑥(𝐶1 + 𝐶2𝑥)

𝑚1 = 𝑎 + 𝑏𝑖 𝑚2 = 𝑎 − 𝑏𝑖

𝑥1 = 𝑒𝑎𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑏𝑥 𝑥2 = 𝑒𝑎𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑏𝑥

𝑥 = 𝑒𝑎𝑥(𝐶1 𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥)

Ejemplo:

𝑦`` − 5𝑦` + 6𝑦 = 0 → 𝑃𝑜𝑟 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑜𝑔í𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑡𝑟𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑜

𝑥2 − 5𝑥 + 6 = 0 → 𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑠𝑢𝑠 𝑅𝑎í𝑐𝑒𝑠

(𝑥 − 3)(𝑥 − 2) = 0 → 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑛𝑢𝑙𝑜

𝑥 = 3 𝑦 𝑥 = 2

𝑦1 = 𝑒3𝑥 ↔ 𝑦2 = 𝑒2𝑥

𝑌ℎ = 𝐶1𝑒3𝑥 + 𝐶2𝑒2𝑥 → 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙

De esta manera llegamos a la solución siempre y cuando la ecuación venga igualada a 0, sin

embargo hay casos en los que debemos aplicar otro tratamiento matemático.

𝑓(𝑥) 𝑌𝑝

𝑎 𝐴

𝑎𝑥 + 𝑏 𝐴𝑥 + 𝐵

𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝑐

𝑒𝑎𝑥 𝐴𝑒𝑎𝑥

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Ejemplo:

𝑦`` + 2𝑦` + 𝑦 = 𝑒3𝑥 → 𝐼𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝐻𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎 𝑎 0

𝑦`` + 2𝑦` + 𝑦 = 0 → 𝑃𝑜𝑟 𝐴𝑛𝑎𝑙𝑜𝑔í𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑡𝑟𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑜 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠

𝑥2 + 2𝑥 + 1 = 0 → 𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑅𝑎í𝑐𝑒𝑠

(𝑥 + 1)(𝑥 + 1) = 0 → 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑛𝑢𝑙𝑜

𝑥1 = −1 𝑦 𝑥2 = −1

𝑦1 = 𝑒−𝑥 ↔ 𝑦2 = 𝑥𝑒2𝑥

𝑌ℎ = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒2𝑥

La solución Particular depende de la función en x.

𝑓(𝑥) 𝑌𝑝

𝑒𝑎𝑥 𝐴𝑒𝑎𝑥

→ 𝑦`` + 2𝑦` + 𝑦 = 𝑒3𝑥

∴ 𝑌𝑝 = 𝐴𝑒𝑎𝑥

∴ 𝑌`𝑝 = 𝐴[𝑎𝑒𝑎𝑥]

∴ 𝑌``𝑝 = 𝐴[𝑎2𝑒𝑎𝑥]

Reconstruyendo en la original:

𝐴[𝑎2𝑒𝑎𝑥] + 2[𝐴(𝑎𝑒𝑎𝑥)] + 𝐴𝑒𝑎𝑥 = 𝑒3𝑥

∴ 𝐴[𝑎2𝑒𝑎𝑥] + 2𝐴[𝑎𝑒𝑎𝑥] + 𝐴𝑒𝑎𝑥 = 𝑒3𝑥

∴ 𝐴[𝑎2𝑒𝑎𝑥 + 2 𝑎𝑒𝑎𝑥 + 𝑒𝑎𝑥] = 𝑒3𝑥

𝑃𝑒𝑟𝑜 𝑎 = 3

∴ 𝐴[9𝑒3𝑥 + 6𝑒3𝑥 + 𝑒3𝑥] = 𝑒3𝑥

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∴ 𝐴[16𝑒3𝑥] = 𝑒3𝑥

∴ 𝐴 =𝑒3𝑥

16𝑒3𝑥

∴ 𝐴 =1

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La solución es la suma de la Homogénea y la particular:

𝑌 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒2𝑥 +𝑒3𝑥

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