Ecuaciones Diferenciales (Tema 1)

5/26/2018 Ecuaciones Diferenciales (Tema 1)

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1.38. Problemas propuestos 1

TEMA 1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE

PRIMER ORDEN Y SUS APLICACIONES

(Prof. Jos Luis Quintero)

1.1. MOTIVACIN

En cursos anteriores se ha manejado con frecuencia la palabra ecuacin la

cual se utiliza en muy variadas ocasiones, por ejemplo: 2 3x 3x 2 0, x 1 0, + = = xsenx 0, tgx e , ...= = y como esas, muchas otras anlogas, as como sistemas de las

mismas. En esos casos se trata de hallar nmeros que son las incgnitas de laecuacin. Estas ecuaciones pueden admitir ms de una solucin. Existen numerososproblemas de la Ingeniera, que conducen a plantear ecuaciones, pero donde ahora lasincgnitas ya no son nmeros sino otros objetos matemticos. Entre estas ecuacionesse encuentran las denominadas ecuaciones diferenciales en las cuales la(s)incgnita(s) que se presentan son funciones, y se llaman diferenciales puesto que endichas ecuaciones figuran las derivadas de las funciones incgnitas.

En cursos anteriores de Clculo se aprendi que, dada una funcin y f(x),= laderivada dy dx f '(x)= es tambin una funcin de x y se encuentra mediante alguna

regla apropiada. Por ejemplo, si 2xy e= entonces 2xdy dx 2xe= o bien dy dx 2xy= .El problema que se enfrenta en este tema no es: dada una funcin y f(x),= encontrarsu derivada; ms bien, el problema es: si se da una ecuacin tal como dy dx 2xy= ,encontrar de alguna manera una funcin y f(x)= que satisfaga la ecuacin. En una

palabra, se desea resolverecuaciones diferenciales. Se debe sealar que sta es unade las ramas de la Matemtica que ms profundamente se ha estudiado desde haceunos 300 aos, siendo la Mecnica Celeste la primera rea donde se aplicintensamente la teora de las ecuaciones diferenciales. Desde esa poca, el campo deaplicaciones de esta teora ha aumentado considerablemente, y se puede sealar (agroso modo) que las mismas rigen una gran cantidad de fenmenos (deterministas)

donde ciertas magnitudes varan de manera continua en funcin de uno o variosparmetros, uno de los cuales frecuentemente es el tiempo.

1.2. ECUACIN DIFERENCIAL

Definicin 1.Una ecuacin diferenciales aquella en la que intervienen derivadas odiferenciales. Si tales derivadas son las de una funcin de una variable, entonces a laecuacin diferencial se le llama ordinaria. Una ecuacin diferencial parcial (o enderivadas parciales) contiene derivadas parciales.


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Ejemplo 1. Las ecuaciones2

32

d y dyx x y 7x

dxdx + = ,

3 34 25

4 2

d y d y dy 12 x

dx 3dx dx

+ =

,

2(x 5y 3)y ' 7x 2y + = + , son ecuaciones diferenciales ordinarias, mientras que

z2

y

=

,2 2 2

2 2 2

t t t0

x y z

+ + =

son ecuaciones diferenciales parciales o en derivadas

parciales.

Ejemplo 2. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias:

a. 2(1 x )y '' 2xy ' ( 1)y 0, R + + = (Ecuacin de Legendre que se presenta en

problemas de propagacin del calor con simetra esfrica)b. 2y '' (y 1)y ' y 0+ + = (Ecuacin de Van der Pol que se presenta en problemas de

circuitos elctricos conteniendo tubos al vaco)

Ejemplo 3. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales:a. 2tt xxu a u 0 = (Ecuacin de onda unidimensional que caracteriza la propagacin de

ondas en algunos medios y las vibraciones mecnicas de una cuerda vibrante)b. xx yy zzu u u 0+ + = (Ecuacin de Laplace que se presenta en el estudio de

potenciales magntico, elctrico, gravitatorio y en el flujo de calor)

1.3. ORDEN DE UNA ECUACIN DIFERENCIAL

Definicin 2. Se llama orden de una ecuacin diferencial al mayor orden de lasderivadas que aparecen en dicha ecuacin. Es decir, es el orden de la ms altaderivada de la ecuacin diferencial.

Ejemplo 4.52

2

d y dy4 3y 1

dxdx

=

es una ecuacin diferencial ordinaria de segundo

orden o de orden dos. La ecuacin4 2

4 2

t t0

x x

+ =

es una ecuacin diferencial parcial de

orden cuatro.

Ejemplo 5. 2 2 2x y '' xy ' (x p )y 0+ + = (Ecuacin de Bessel que se presenta enproblemas de flujo de calor en cilindros, propagacin de corrientes elctricas enconductores cilndricos y vibraciones de membranas) es una ecuacin diferencialordinaria de segundo orden.

1.4. GRADO DE UNA ECUACIN DIFERENCIAL

Definicin 3.El grado de una ecuacin diferencial lo da la potencia de la derivada demayor orden en dicha ecuacin.


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Ejemplo 6. Identificacin de orden y de grado en ecuaciones diferenciales:a. y ' tg(x)= es una ecuacin diferencial ordinaria de primer orden y primer grado.

b.2

2

z z3x 6

xx

=

es una ecuacin diferencial parcial de orden 2 y grado 1.

c.3

dy dyx 5 0

dx dx

+ =

es una ecuacin diferencial ordinaria de orden 1 y grado 3.

1.5. VARIABLE DEPENDIENTE Y VARIABLE INDEPENDIENTE

Definicin 4.Considere una ecuacin diferencial que contiene una o ms derivadas deuna variable con respecto a otra variable particular. Se denomina variabledependientea la que presenta derivadas, mientras que la variable independiente

es aquella respecto de la cual se realiza la derivada.

Ejemplo 7. En la ecuacin diferencial3 2

3 2

d y d y dy5 7y cos(x)

dxdx dx + = y es la variable

dependiente, mientras que xes la variable independiente.

Ejemplo 8. La ecuacin2 2

2 2

v v0

y z

+ =

tiene dos variables independientes z, y, y una

variable dependientev.

1.6. ECUACIN DIFERENCIAL ORDINARIA LINEAL

Definicin 5. Se dice que la ecuacin diferencial ordinaria (EDO) de la forma(n)F(x, y, y ', y '',..., y ) 0= es linealsi F es una funcin lineal de las variables y,y',y'',

(n)...,y . Por tanto, la ecuacin diferencial ordinaria lineal general de orden n es de la

forma (n) (n 1)n n 1 1 0a (x)y a (x)y ... a (x)y ' a (x)y g(x).

+ + + + =

Es decir, la ecuacin diferencial ordinaria es lineal si posee las siguientescaractersticas:

a. La variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado, es decir queno pueden tener una potencia distinta de uno.

b. Los coeficientes de la ecuacin diferencial ordinaria n n 1 1 0a , a , ...,a , a solo

dependen de la variable independiente o son constantes reales.

Ejemplo 9. Las siguientes ecuaciones son lineales:x3y '' 3xy ' (x 1)y e + + = , 3 2 2x y ''' x y '' 3xy ' 5y (x 1) + + = + , 2(x 1) y '' 3y ' cos(x)+ =

Las ecuaciones que se presentan a continuacin no son lineales:

yy '' 2y ' 0+ = , 2(y ') xy x 1 = + , 2xy '' 2y y ' x y = +

A estas ecuaciones se les denomina no lineales.


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Ejemplo 10. Las ecuaciones que se presentan a continuacin no son lineales:a. 12y ''' yy '' 0+ = (Ecuacin de Blasius que se presenta en problemas de mecnica de

fluidos)

b. 2y y 'x 2(y ') y '= + (Ecuacin de Clairaut que se presenta en variados problemasfsicos)

1.7. SOLUCIN DE UNA ECUACIN DIFERENCIAL

Definicin 6. Se dice que una funcin f, definida en un intervalo I, es solucin(tambin llamada integral de la ecuacin) de una ecuacin diferencial en el intervalo I,si satisface la ecuacin diferencial en I, es decir, si se sustituye f en dicha ecuacin yesta se reduce a una identidad.

Observacin 1.El intervalo I puede ser abierto, cerrado, semicerrado, o todo R.

Ejemplo 11. Para todo nmero real C, la funcin 3f(x) x C= + es solucin de la

ecuacin 2y ' 3x= en I R= , porque al sustituir f '(x) en lugar de y ' se obtiene la

identidad 2 23x 3x= . Entonces, a la funcin 3f(x) x C= + , se le llama solucin general

de 2y ' 3x= , ya que toda solucin es de esa forma. Observe que en la solucin general3f(x) x C= + aparece el parmetro arbitrario C. Una solucin particularde 2y ' 3x=

se obtiene asignndole un valor especfico a dicho parmetro.

A veces, una ecuacin diferencial tiene una solucin que no puede obtenersedando valores especficos a los parmetros en una familia de soluciones. A tal solucinse le llama solucin singular. La terminologa de solucin completase usa algunasveces para denotar todas las soluciones, esto es, la solucin general junto con lassoluciones singulares, si hay alguna.

Ejemplo 12. Considere dos nmeros reales arbitrarios 1C , 2C . Demuestre que2x 2x

1 2f(x) C e C e= + es solucin de y '' 4y 0, = en I R= .

Solucin. Como 2x 2x1 2f '(x) 2C e 2C e= y 2x 2x1 2f ''(x) 4C e 4C e

= + , al reemplazar f(x)

y f ''(x) en y '' 4y 0 = se tiene que f ''(x) 4f(x) 0 = , es decir,2x 2x 2x 2x

1 2 1 2(4C e 4C e ) 4(C e C e ) 0 + + = .

Esto demuestra que f(x) es una solucin de y '' 4y 0 = . La solucin f(x) sellama solucin general de y '' 4y 0 = . Note que la ecuacin diferencial es de orden 2 yque la solucin general contiene dos parmetros arbitrarios 1C , 2C . Se va a calcular lasolucin particular de y '' 4y 0 = que satisface la condicin y 3= si x 0= , y ' 0= (estosuele escribirse y(0) 3= , y '(0) 0= , es decir, f(0) 3= , f '(0) 0= ). De esta manera

2.0 2.01 2 1 2

2.0 2.01 2 1 2

f(0) C e C e C C 3

f '(0) 2C e 2C e 2C 2C 0

= + = + =

= = =.


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El sistema de ecuaciones a resolver es 1 21 2

C C 32C 2C 0

+ =

=.

De aqu se obtiene 1 23

C C

2

= = , entonces la solucin particular para las

condiciones iniciales dadas (y(0) 3, y '(0) 0)= = es: 2x 2x3 3

f(x) e e2 2

= + .

Ejemplo 13. Demuestre que x 2x1 2y C e C e = + es solucin de

2

2

d y dy3 2y 0

dxdx + + = para

las constantes arbitrarias 1 2C , C y obtenga una solucin particular que satisfaga lascondiciones y(0) 1, y '(0) 1= = .

Solucin.x 2x

1 2

x 2x1 2

2x 2x

1 22

y C e C edy

y ' C e 2C edxd y

y '' C e 4C edx

= +

= =

= = +

Se debe probar que2

2

d y dy3 2y 0

dxdx + + = . En efecto:

x 2x x 2x x 2x1 2 1 2 1 2C e 4C e 3( C e 2C e ) 2(C e C e ) 0

+ + + + = x 2x x 2x x 2x

1 2 1 2 1 2C e 4C e 3C e 6C e 2C e 2C e 0 + + + =

Por otro lado, si y(0) 1, y '(0) 1= = se tiene: 1 21 2

C C 1C 2C 1

+ =

=, de aqu se

obtiene 1 2C 3, C 2,= = entonces la solucin particular para las condiciones inicialesdadas es x 2xy 3e 2e = .

1.8. SOLUCIONES EXPLCITAS E IMPLCITAS

Se distingue adems entre soluciones explcitaso implcitasde ecuaciones

diferenciales. Se puede ver que2xy e= es una solucin explcita de dy dx 2xy= .

Tambin se puede ver que 4y x 16= y xy xe= son soluciones explcitas de

dy dx x y 0 = y '

y '' 2y y 0 + =, respectivamente. Se dice que una relacin

G(x, y) 0= define implcitamente una ecuacin diferencial en un intervalo I, y pudiera

definir una o ms soluciones explcitas en I.

Ejemplo 14. Para 2 x 2 < < la relacin 2 2x y 4 0+ = es una solucin implcita de la

ecuacin diferencialdy xdx y

= . Derivando implcitamente se obtiene

2 2d d d(x ) (y ) (4) 0dx dx dx

+ = ,dy

2x 2y 0dx

+ = o biendy xdx y

= .


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La relacin 2 2x y 4 0+ = define dos funciones en el intervalo 2 x 2 < < :

2y 4 x= y 2y 4 x= .

1.9. ALGUNAS INTERROGANTES

Lo expuesto hasta ahora sugiere plantear las siguientes interrogantes enrelacin a las ecuaciones diferenciales:a. Una vez que se tiene la ecuacin diferencial, cmo se sabe que existen soluciones

de dicha ecuacin?b. Si ya se conoce que una ecuacin diferencial tiene solucin. Cuntas soluciones

hay?c. Sabiendo que hay soluciones y cuntas de ellas, Cmo hallarlas?

d. Cmo surgen las ecuaciones diferenciales, es decir, que tipos de problemasconducen a plantear ecuaciones diferenciales?

e. Conociendo que hay soluciones y cuntas de ellas, pero no sabiendo determinarlasmediante una frmula, bien sea explcitamente y y(x)= o implcitamente

(x,y) 0 = , existir alguna manera de aproximar cada solucin por una funcin

conocida o por una serie y determinar una cota del error cometido en esaaproximacin? y habr algn procedimiento para decir cmo se comportan lassoluciones an cuando no se conocen?

En lo que sigue se dar respuestas a estos interrogantes, excepto la (e) la cual

forma parte de otros estudios, entre ellos los mtodos numricos de resolucin deecuaciones diferenciales (clculo numrico).

1.10.ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Una ecuacin diferencial ordinaria de primer orden es de la formaF(x, y, y ') 0= . Si se puede expresar como y ' f(x, y)= entonces se pueden aplicar

mtodos de solucin para ecuaciones resueltas respecto a la derivada, dentro de estetipo de ecuaciones se estudiarn los mtodos de solucin de algunas de ellas, ya que

cada modelo de ecuacin requiere de un proceso diferente para llegar a la solucin, loque funciona bien con un tipo de EDO no necesariamente se aplica a otras. Si por elcontrario la EDO no se puede expresar como y ' f(x, y)= , entonces se tendrn queaplicar mtodos de solucin para ecuaciones no resueltas en y ' , un ejemplo de estetipo de ecuaciones es la ecuacin de Clairautque es de la forma y xy ' f(y ')= + .

El estudio se centrar en las EDO de primer orden donde es posible despejary ' , y dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarn las siguientes:

Ecuaciones con variables separables Ecuaciones reducibles a variables separables

Ecuaciones homogneas


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Ecuaciones reducibles a homogneas Ecuaciones exactas Ecuaciones reducibles a exactas

Ecuaciones lineales Ecuaciones reducibles a linealesDe esta forma se comienza a dar respuesta a la interrogante c del apartado

1.9.

1.11.ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES

Si la EDO dada se puede expresar de la forma h(y)dy g(x)dx= , se dir que la

ecuacin es de variables separables. Observe que se debe poder despejar y separar lasvariables x e y. De esta forma integrando ambos miembros de la ecuacin anterior se

determina la solucin: h(y)dy g(x)dx= .

Ejemplo 15. Resuelva (2 x)dy ydx 0+ = .

Solucin.1 1 1 1

(2 x)dy ydx dy dx dy dxy 2 x y 2 x

+ = = = + + (se despejan las

expresiones si y 0, x 2 ) por lo tanto: 1ln y ln 2 x C= + + , aqu se reemplaza 1C

por 1 2C ln C= , es decir 2 2ln y ln 2 x ln C ln (2 x)C= + + = + y as, 3y (2 x)C= + ,

3(C 0) . Las curvas y 0= y x 2= son soluciones de la ecuacin diferencial. En forma

grfica se tiene (ver figura 1):

Figura 1. Algunas curvas para la ecuacin del ejemplo 15


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Ejemplo 16. Resuelvady

x 2y 2 xydx

+ = .

Solucin.dy dy dy

x 2y 2 xy (x 2) y(x 2) (x 2)(1 y)dx dx dx

= + = + = + por lo

tanto: dy dy(x 2)dx (x 2)dx1 y 1 y

= = + + (se despejan las expresiones si y 1 )

Se tiene que:2 22 x x2x C 2x1 C2 2 1

1x

ln 1 y 2x C 1 y e 1 y e e2

+ + = + + = + = , de modo

que aqu se reemplaza C1e por 2C 2(C 0)> , y en consecuencia se tiene que2 2x x2x 2x2 2

2 31 y e C 1 y C e

+ = + = , de manera que2x 2x2

3y C e 1

= , 3(C 0) . La curva

y 1= es solucin de la ecuacin diferencial. En forma grfica se tiene (ver figura 2):


Ejemplo 17. Resuelva x x 24e tg(y)dx ( e )sec (y)dy 0+ = .

Solucin. x x 24e tg(y)dx ( e )sec (y)dy 0+ = , x 2 x( e )sec (y)dy 4e tg(y)dx =

separando las variables:2 x

x

sec (y) 4edy dx

tg(y) e=

(se despejan las expresiones si

xy k (k Z) , e )2 x

xsec (y) edy 4 dxtg(y) e

= ambas integrales se pueden resolver

por simple sustitucin.x

x 2

u e v tg(y)

du e dx dv sec (y)dy

= =

= =entonces:

dv du4

v u= , 1ln v 4ln u C= + , x 2ln tg(y) 4ln e ln C= + , x 4 2ln tg(y) ln (e ) C= ,

x 43tg(y) (e ) C= ,

x 43y arctg((e ) C )= .

Las curvas y k (k Z)= y xe = son soluciones de la ecuacin diferencial.

En forma grfica se tiene (ver figura 3):


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Ejemplo 18. Resuelva x ydy

7dx

+= .

Solucin. x y x ydy

7 7 .7dx

+= = . Separando variables: xy

dy7 dx

7 = .

Integrando ambos miembros: y x7 dy 7 dx = . Se hacen las sustituciones:x xu 7 , du 7 ln7dx= = , y y 2 y yv 7 , dv (7 ) 7 ln7dy 7 ln7dy = = = , y

dv7 dy

ln7 =

Se tiene entonces1 1

dv duln7 ln7

= ,y x x y

dv du v u C

7 7 C 7 7 C

= = +

= + + =




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1.12.ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES

Una EDO que se presente de la formady

f(ax by c)dx

= + + , (b 0) puede

transformarse en una EDO con variables separables con el cambio: u ax by c= + + ,du /dx a b(dy / dx)= + . La ecuacin dada queda, al aplicar el cambio:

dy 1 du dua , bf(u) a

dx b dx dx

= = +

que tienen las variables separadas, un procedimiento como en el apartado 1.11permite hallar la solucin. Recuerde devolver los cambios efectuados para transformarla ecuacin.

Ejemplo 19. Resuelva1

y 'x y 1

=+ +

.

Solucin. Con el cambio u x y 1 , du 1 dy,= + + = + recuerde que se est derivando

respecto de x. Se tendr la ecuacin diferencial con variables separadas1

u' 1u

=

(u 0) es decirdu 1 1 u

1 u'dx u u

+= + = . Separando las variables e integrando se tiene:

udu dx

1 u =

+ , u 1 ln u 1 x C,+ + = + x y 2 ln x y 2 x C+ + + + = + (u 1) La solucin es 1 y ln x y 2 C+ + + = . La solucin y (x 2)= + tambin satisface

la ecuacin. En forma grfica se tiene (ver figura 5):



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Ejemplo 20. Resuelvady

sen(x y)dx

= + .

Solucin. Sea u x y,= + du 1 dy= + as:dy du

1dx dx

= y queda entonces la ecuacin

diferencial u' 1 sen(u) = , que separando las variables se tiene: du sen(u) 1dx

= + , por lo

tanto:du

dxsen(u) 1

=+ , (sen(u) 1 0)+ . Para resolver la primera integral se

multiplica por la conjugada del denominador as:

2

(1 senu) (1 senu)du du

(1 senu)(1 senu) cos u

=

+

resultando las integrales: 22 2 2

du sen(u) sen(u)du sec (u)du du

cos u cos u cos (u) = .

Las integrales que se tienen son directas por lo tanto al integrar resulta:

1 21tg(u) C x Ccosu + = +

devolviendo el cambio:1

tg(x y) x Ccos(x y)

+ = ++

.

La solucin de la forma 32y x 2k (k Z)= + + tambin satisface la ecuacin.

Algunas ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables se presentanen forma diferente a los casos anteriores, en general se puede sealar que unaecuacin diferencial ordinaria de primer orden con la forma y' f(h(x,y))= es de estetipo si se puede encontrar una sustitucin u h(x, y)= , que permita separar las nuevas

variables en una EDO con variables separables.

Ejemplo 21. Resuelva 2 2 2(1 x y )y (xy 1) xy ' 0+ + = .Solucin. Con el cambio xy t= se transforma la ecuacin en una de variables

separadas. Sea entonces t xy= , derivando respecto de x:dt

xy ' y , t ' xy ' ydx

= + = + ,

despejando:t ' y

y ' ,x

= las nuevas variables son x y t. (x 0) . La ecuacin queda

entonces:t

2 2 xt 't(1 t ) (t 1) x 0x x

+ + =

. Simplificando y despejando se tiene:

2 22 22 3

(1 t )t (1 t )t(1 t )t (t 1) (t 'x t) 0, t ' x t , t ' x t(t 1) (t 1)

+ ++ + = = =

3 2 3 2

2 2

t 2t t t t 2tt ' x

(t 1) (t 1)

+ = =

, (t 1)

finalmente quedan las integrales:2

2

dx t 2t 1dt

x 2t

+= , (t 0)

Calculando las integrales se obtiene:t 1

ln x lnC ln t2 2t

+ = + + . Observe que la

constante de integracin por conveniencia se toma lnC. Si se aplican las propiedades


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del logaritmo para simplificar se tendr la solucin:2

Cxy 1ln xy

x xy

=

, tomando

exponencial se obtiene:1xy

2 xyCy e

= . La solucin xy 0= satisface la ecuacin.

Ejemplo 22. Resuelva 6 5 4 3 2 2 3(x 2x 2x y 4x y)dx (xy 4x )dy 0. + + + =

Solucin. Con el cambioy

tx

= (x 0) la ecuacin dada se transforma en una de

variables separables en las nuevas variables t y x. Sea y tx= entoncesdy dt

t xdx dx

= + ,

es decir y ' t xt '= + . Considerando la ecuacin6 5 4 3 2

3

x 2x 2x y 4x yy '

xy 4x

+ +=

, si se

aplica el cambio se tiene:6 5 4 3 3 3

3 2 3

x 2x 2x t x 4txt ' xt '

x t 4x

+ + + =

. Separando variables y

simplificando:6 5 4

4 2

x 2x 2x 1t '

x t 4

+ =

resulta: 2 2(t 4)dt ( x 2x 2)dx = + . Al

calcular la integral se obtiene la solucin:3 3

23

x y 4yx 2x C

3 x3x + + = . La solucin

x 0= tambin satisface la ecuacin.

Ejemplo 23. Resuelva x y 1 y '(2x 2y 1) 0+ + + + = .

Solucin.

1

212

1 1 1 12 2 2 2

x y 1 x y 1x y 1 y '(2x 2y 1) 0 y ' u x y u' 1 y '

2x 2y 1 2(x y )

2(u )u 1 u 1 2u 1 u 1 u 2u' 1 u' 1 du dx (u 2)

u 22(u ) 2(u ) 2(u ) 2(u )

2u 1 2u 1du dx du dx 2(u 2) 3ln u 2

u 2 u 2 u 2

+ + + ++ + + + = = = = + = +

+ +

+ + = = = = =

= = + =

x c

2(x y 2) 3ln x y 2 x c.

+

+ + + = +

1.13.FUNCIN HOMOGNEA

Definicin 7. Una funcin f(x,y) es homognea de orden n en sus argumentos, sipara algn nmero real n, se cumple que nf(tx, ty) t f(x,y)= .

Ejemplo 24. Una funcin homognea de orden dos es 2 2f(x,y) 5x 4xy 2y= + , ya

que: 2 2 2 2 2 2f(tx, ty) 5(tx) 4(tx)(ty) 2(ty) t (5x 4xy 2y ) t f(x,y)= + = + = .

Ejemplo 25. f(x,y) 3x 5xy 7y= + es una funcin homognea de orden uno, ya

que: f(tx, ty) 3tx 5txty 7ty 3tx t 5xy 7ty tf(x,y)= + = + = .


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Ejemplo 26.2

2

4xf(x,y) 9,

3y= + es una funcin homognea de orden cero, en efecto:

2 20

2 2

4(tx) 4xf(tx, ty) 9 9 t f(x, y)

3(ty) 3y

= + = + = .

Definicin 8.Si f es una funcin homognea de orden n siempre se podr escribir en

la forma ny

f(x,y) x f 1,x

=

o bien n

xf(x,y) y f ,1

y

=

.

Ejemplo 27. Sea 2 2f(x,y) x 3xy y= + + , primero se probar que es homognea:2 2 2 2f(tx, ty) t (x 3xy y ) t f(x,y)= + + = .

Es homognea de orden dos, luego se puede expresar como:2 2

2 2 2 22 2

y y y x x xf(x,y) x 1 3 x f 1, o f(x,y) y 3 1 y f ,1x x y yx y

= + + = = + + =

1.14.ECUACIONES HOMOGNEAS

Definicin 9. Una ecuacin diferencial de primer orden de la formaM(x,y)

y 'N(x,y)

= se

dir que es homognea si M(x,y) y N(x,y) son funciones homogneas del mismo

orden.Si esto sucede es posible expresar la ecuacin dada de la forma:

n

n

y yx M 1, M 1,

x xy '

y yx N 1, N 1,

x x

= =

.

Observe que tambin es posible expresar y ' en trminos dexy

.

Este tipo de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden se pueden

transformar en ecuaciones con variables separables mediante el cambio:y

ux

=

o

xvy

=

. Para resolver estas ecuaciones se selecciona el cambio a utilizar, sea por

ejemplo:y

ux

= de donde y ux= , derivando respecto de x se tiene:dy du

x udx dx

= + , y

sustituyendo en la ecuacin dada se tiene:M(1,u)

xu' uN(1,u)

+ = . Esta nueva EDO es de

variables separables en las variables separadas en las variables u y x, y por lo tanto defcil solucin.


14/60


Ejemplo 28. Resuelvay x

y 'y x

=

+.

Solucin. Se puede expresar en la forma:

yx 1

xy ' yx 1

x

=

+

(x 0) . Esta ecuacin se

resuelve con el cambioy

ux

= de donde se tiene y ux= y derivando respecto de x,

y ' xu' u= + y luego sustituyendo en la ecuacin diferencial se obtiene:u 1

xu' u ,u 1

+ =

+

u 1xu' u,

u 1

= +

2u 1

xu'u 1

+=

+. Esta nueva ecuacin es de variables separables,

integrando:2 2 2

u 1 dx 2u du dxdu du

x xu 1 2(u 1) u 1

+= + =

+ + + . Estas integrales son

todas directas, se tiene entonces: 21 ln(u 1) arctg(u) ln x C2

+ + = + , devolviendo el

cambio:2 2

2

1 y x yln arctg ln x C

2 xx

+ + = +

.

Ejemplo 29. Resuelvay

y x.ctg dx xdy 0x

+ =

.

Solucin. Despejandody

,dx

se obtiene:

y yy x ctgy x.ctgx xdy x

dx x x

++

= = . Al sustituir

por yu ,x= se tiene: y ' u'x u.= + (x 0) . Sustituyendo u'x u u ctg(u)+ = + , integrando

du dxctgu x

= (ctgu 0) , se obtiene ln sen(u) ln x C= + por tanto la solucin general

es:sen(y / x)

ln Cx

= . Las curvas del tipo1

y k , k Z2

= +

satisfacen la ecuacin. En

forma grfica se tiene (ver figura 6):


15/60



Ejemplo 30. Resuelva xdy (x.cos(y x) y)dx 0+ = .

Solucin.y x.cos(y x) y y

y ' cosx x x

= =

(Ecuacin homognea)

Cambio de variable:u y x y ' u u'x= = + .u u'x u cosu u'x cosu secudu dx x+ = = = . Integrando se tiene:

( ) ( )ln secu tgu ln x lnC secu tgu cx sec y x tg y x cx+ = + + = + = .

Ejemplo 31. Suponga que M(x,y)dx N(x,y)dy 0+ = es una ecuacin homognea.Pruebe que las sustituciones x r.cos , y r.sen= = reducen la ecuacin a una de

variables separables.Solucin.Por ser homognea se tiene: n nM(x,y) x M(1,y / x) (r cos ) M(1, tg ) N(x, y)= = = dx cos dr r.sen d= , dy sen dr r.cos d= + . Sustituyendo y simplificando se tiene:

M(1, tg )[cos dr r.sen d ] N(1, tg )[sen dr r.cos d ] 0 + + = [M(1, tg ) cos N(1, tg )sen ]dr r[N(1, tg ) cos M(1, tg )sen ]d 0 + + =

Separando variables se obtiene

dr M(1, tg )sen N(1, tg ) cos

r M(1, tg )cos N(1, tg )sen

= + .

1.15.ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGNEAS

Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden que se presentan con

la forma:dy ax by c

fdx Ax By C

+ +=

+ + donde

a b0

A B se pueden transformar en ecuaciones

homogneas con las sustituciones: x u h , y v k= + = + , donde el punto (h,k), es elpunto de corte de las rectas definidas mediante las ecuaciones: ax by c 0+ + = y


16/60


Ax By C 0+ + = . Observe que la ecuacin diferencial homognea que resulta de esta

sustitucin, es una ecuacin en las nuevas variables u y v. Si la EDO de primer orden

se presenta con la forma:dy ax by c

fdx Ax By C

+ +=

+ +

dondea b

0A B

= se puede transformar

en una ecuacin de variables separables con la sustitucin u ax by c.= + +

Ejemplo 32. Resuelvax y 3

y 'x y 1

=

+ .

Solucin. Se determina el punto de corte de las rectas: x y 3 0 , x y 1 0 = + = .Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra el punto (2, 1). La sustitucin es

por lo tanto x u 2, y v 1= + = de donde se tiene que:dy dvdx du

= . Sustituyendo en la

EDO dada se tiene:dv (u 2) (v 1) 3 u vdu (u 2) (v 1) 1 u v

+ = =

+ + +. Esta ecuacin es homognea y se

resuelve por lo tanto con la sustitucin uzv

= o bien con vwu

= . Si se toma para

determinar la solucin la sustitucinv

wu

= se tiene v uw= (u 0) . Derivando

dvw uw'

du = + y sustituyendo en la EDO dada se tiene:

dw 1 ww u

du 1 w

+ =+

. Esta nueva

ecuacin en las variables w y u es de variables separables, resultando las integrales

2 2

1 w du 1 2w 2 dudw dw

u 2 uw 2w 1 w 2w 1

+ += =

+ + . Resolviendo las integrales y sin

cambios: 21

ln w 2w 1 ln u C2

+ = + . 2 2ln (y 1) 2(y 1)(x 2) (x 2) C+ + + = .

Ejemplo 33. Resuelva16y 49x 18

y '2x y 9

+=

+ .

Solucin.16k 49h 18 0 16k 49h 18

h 2 , k 5k 2h 9 0 k 2h 9

+ = = = =

+ = + = . Se aplica el par de

cambios: x u 2, y v 5= + = + y se tiene:16(v 5) 49(u 2) 18 16v 49u

v '2(u 2) v 5 9 2u v

+ + + = =

+ + + + que

es una ecuacin homognea. Seav

t ut v v ' ut ' t.u

= = = + Se tiene entonces que:

2 2 216t 49 16t 49 2t t t 14t 49 (t 7)

ut ' t2 t 2 t 2 t t 2

+

= = = = + + + +. De modo que:

2 2

t 2 du z 9 dudt dz

u u(t 7) z

+ += =

. Cambio z t 7 dz dt= = .

Se tiene:2

1 9 du 9dz ln z ln u c.

z u zz

+ = = + Devolviendo cambios:

9 9ln z ln u c ln t 7 ln x 2 c

z t 7 = + = +

.

y 5x 2

y 5 9ln 7 ln x 2 c

x 2 7

= +

.

Ejemplo 34. Resuelva 2 2 3(x y 1)dy (2xy )dx 0 + = .


17/60


Solucin. Esta ecuacin no es homognea, sin embargo con una sustitucin de laforma ay t= donde por el momento a es un nmero arbitrario que se debe determinar,

la transformacin es homognea. Derivando: a 1dy

at

dt

= y sustituyendo en la EDO:

2 2a a 1 3a(x t 1)at dt 2xt dx 0 + = ,3a

2 3a 1 a 1

dt 2xta

dx x t t =

. Observe en esta ecuacin que el

grado de 3a2xt es (1 3a)+ , el grado de a 1t es (a 1) y el grado de 2 3a 1x t es(2 3a 1),+ como es necesario para que la ecuacin sea homognea que los grados de

todos los trminos sean iguales, debe cumplirse entonces que 3a 1 a 1+ = , estosucede si a 1= por lo tanto la sustitucin que transforma la ecuacin dada en

homognea es y 1 / t.= La ecuacin dada toma la forma: 2 2(t x )dt 2txdx 0 + = o bien2 2 2

2

dx t (x / t 1)dt t (2x / t)

= . Esta ecuacin se resuelve con la sustitucin

xu

t= , es decir:

x ut= , derivando, x ' tu' u= + . Sustituyendo en la ecuacin se tiene:2 2u 1 u 1

u' t u u' t2u 2u

++ = = y luego:

2

2u dtdu

tu 1 =

+ . Resolviendo las integralesresulta: 2ln u 1 ln t ln c+ = + , de donde se tiene que 2(u 1)t C+ = y devolviendo los

cambios u x / t= y a su vez t 1 / y= resulta la solucin 2 2x y 1 yc+ = .

Ejemplo 35.Halle la solucin general de la ecuaciny x y x

(y ' 1).lnx 3 x 3

+ + + = + +

.

Solucin. La solucin del sistema y x 0 , x 3 0+ = + = es el punto ( 3,3) .

Cambio de variables: x u 3 , y v 3= = + , v u v u(v ' 1).ln u u+ + + =

.

Sea t v /u t ut ' v '= + = , entonces (t ut ' 1).ln(t 1) t 1+ + + = + . Manipulando:

t 1 t 1 (t 1) (t 1)ln(t 1)(t ut ' 1) ut ' (t 1) ut '

ln(t 1) ln(t 1) ln(t 1)+ + + + +

+ + = = + =+ + +

.

Separando variables:ln(t 1) 1

dt du(t 1)(1 ln(t 1)) u

+=

+ +.

Al resolverln(t 1)

dt(t 1)(1 ln(t 1))

+

+ + ,dt

z 1 ln(t 1) dzt 1

= + = +

.

La integral se convierte en 1z 1

dz z ln z Cz

= + . Por lo tanto:ln(t 1) 1dt du 1 ln(t 1) ln 1 ln(t 1) ln u C

(t 1)(1 ln(t 1)) u+

= + + = ++ +

.

Devolviendo cambios:y 3 y 3

1 ln 1 ln 1 ln 1 ln x 3 Cx 3 x 3

+ + = + +

+ + .

Ejemplo 36. Dada la ecuacin5 2 2

3 3

dy 3x 3x ydx 2x y 2y

+=

, indique los valores de p y q para

convertirla en homognea usando los cambios px u= , qy v= y el valor de n si el

cambio es ny v.x= .

Solucin.qqqq

, y v, y v, y v, y vp p 1 q 1

x u dx p.u du dy q.v dv

= = = = . Se tiene entonces:


18/60


q 1 5p 2p 2q 6p 1 3p 1 2q

p 1 3p q 3q 3p 2q 1 4q 1

2 q.v dv u u v 2qdv u u v.

3 3pdup.u du u v v u v v

+ += =

. Se requiere que:

,,,,6p 1 3p 2q 1 3p 2q 6p 1 4q 1 3p 2q

3p 2q 1 4q 1 3p 2q

= + = = =

+ = =

.

Por lo tanto las constantes p y q deben ser tales que 3p 2q= , p,q 0 .n n n 1y v.x y ' v '.x n.x .v= = + . Se tiene entonces:

5 2n 2 2 5 2n 2 2n n 1 n n 1

n 3 3n 3 n 3 3n 3

3(x x v ) 3(x x v )v ' x n.x v v ' x nx v

2(x v x v ) 2(x v x v )

+ +

+ +

+ ++ = =

5 2n 2 2 n 1 n 3 3n 3 5 2n 2 2 2n 2 2 4n 1 4

n n 3 3n 3 2n 3 4n 3

3(x x v ) 2nx v(x v x v ) 3x 3x v 2nx v 2nx vv '

2x (x v x v ) 2x v 2x v

+ + + +

+ +

+ + = =

.

Se requiere que: 1 1 12 2 25 4 2n n , 5 4n 3 n , 2n 4 4n 3 n= + = = + = + = + = .

Por lo tanto 12n .=

1.16.ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS

Definicin 10. Una expresin diferencial M(x,y)dx N(x, y)dy+ (1) es una diferencial

exacta en una regin R del plano xy si corresponde a la diferencial totalde algunafuncin f(x,y).

Definicin 11.Una ecuacin diferencial M(x,y)dx N(x,y)dy 0+ = se llama exactasi la

expresin (1) es una diferencial exacta.

TEOREMA 1. Suponga que M(x,y), N(x,y) son funciones continuas con derivadas

parciales de primer orden continuas en una regin R del plano xy. Entonces unacondicin necesaria y suficiente para que la expresin (1) sea una diferencial exacta es

queM(x,y) N(x, y)

y x

=

.

Demostracin: ( ) Suponga que M(x,y), N(x,y) tienen derivadas parciales de

primer orden continuas para todo (x,y). Por la definicin 10, si la expresin (1) esexacta, existe alguna funcin f(x,y) para la cual:

f(x, y) f(x,y)M(x,y)dx N(x,y)dy dx dy

x y

+ = +

yf(x,y)

M(x,y)x

=

,

f(x,y)N(x,y)

y

=

.

Por lo tanto,2M(x,y) f f f N(x,y)

y y x y x x y x

= = = = . Por continuidad,

2 2f(x,y) f(x,y)y x x y

=

y de esta manera se obtiene

M(x,y) N(x, y)y x

=

.

( ) Suponga ahora queM(x,y) N(x, y)

y x

=

. Se desea encontrar una funcin f(x,y) tal

quef

M(x,y)x

=

,

fN(x,y)

y

=

. Resulta que:x y

0x y0 0

f(x,y) M(x,y )dx N(x,y)dy= + (2)en donde 0 0(x ,y ) es un punto de la regin, esta es la funcin buscada. En la segunda

integral de (2) la variable x se mantiene fija. Luego,


19/60


x y

0x y0 0

f(x,y)M(x, y )dx N(x,y)dy

x x x

= +

y

0y0

N(x,y)M(x,y ) dy

x

= +

y

0

y0

M(x,y)M(x,y ) dy

y

= +

(por hiptesis)

0 0M(x, y ) M(x, y) M(x, y ) M(x, y)= + =

De manera semejante se puede demostrar quef(x,y)

N(x,y)y

=

.

1.17.MTODO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALESEXACTAS

Considere la ecuacin M(x,y)dx N(x,y)dy 0+ = .

Paso 1.Demuestre queM(x,y) N(x, y)

y x

= .

Paso 2.Suponga luego quef(x,y)

M(x,y)x

=

. De este modo se puede encontrar a la

funcin f(x,y) integrando M(x,y) respecto a x mientras la variable y se mantiene

constante. Entonces se escribe f(x, y) M(x, y)dx g(y)= + (3).

Paso 3.Se deriva la ecuacin (3) respecto a yy se supone quef(x,y)

N(x,y)y

=

:

f(x,y)M(x,y)dx g'(y) N(x,y)

y y

= + = .

De aqu resulta: g'(y) N(x,y) M(x,y)dxy= (4). Se observa que el primermiembro de la ecuacin (4) es independiente de x ya que:

N(x,y) M(x,y)N(x, y) M(x,y)dx) 0.

x y x y

= =

Paso 4.Se integra la ecuacin (4) respecto a y, luego se sustituye el resultado en laecuacin (3).Paso 5.La solucin de la ecuacin es f(x, y) C.=

Ejemplo 37. Resuelva 2(7x 6y)dx (6x 5y )dy 0+ + = .

Solucin.Paso 1.

M(x,y) (7x 6y)6

y y +

= =

,2N(x,y) (6x 5y )

6x xy

= =

.

Paso 2.27x

f(x,y) (7x 6y)dx g(y) 6xy g(y)2

= + + = + + .

Paso 3. 2 2y7

f (x,y) x 6xy g(y) 6x g'(y) 6x 5yy 2

= + + = + =

. 2g'(y) 5y= .

Paso 4.3

2 2 5yg'(y) 5y g(y) 5y dy3

= = = ,2 37x 5y

f(x,y) 6xy .2 3

= +

Paso 5.Entonces una familia de soluciones de la ecuacin diferencial dada es:


20/60


2 37x 5y6xy C

2 3+ = .

Ejemplo 38. Resuelva

2

23 2y xy ' 2yx 4=

+ .

Solucin. Si 2 2(2y x 3)dx (2yx 4)dy + + entonces 2 2M(x,y) 2y x 3 , N(x,y) 2yx 4= = + .

Paso 1.M(x,y)

4xyy

=

,

N(x,y)4xy

x

=

.

Paso 2. 2 2 2f(x,y) (2y x 3)dx g(y) y x 3x g(y)= + = + .Paso 3. 2 2yf (x,y) 2yx g'(y) 2yx 4= + = + . g'(y) 4.=

Paso 4.g(y) 4 dy 4y= = .Paso 5.Solucin. 2 2y x 3x 4y C + = .

1.18.ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS.FACTOR INTEGRANTE

En ocasiones se presentan ecuaciones diferenciales no exactasescritas en laforma M(x,y)dx N(x,y)dy 0+ = (5). Es posible convertir dichas ecuaciones en exactas

multiplicando sus trminos por un factor integrante adecuado. Por ejemplo, la ecuacinydx xdy 0 = no es exacta, pero si se multiplican sus trminos por 21 y (y 0) se

obtiene2

ydx xdy0

y

= (6) y as:

2

y x2

x1y y1

M Ny xy

= = = =

es decir, la ecuacin

(6) se puede convertir en exacta.

Definicin 12.Un factor integrante para la ecuacin (5) es una funcin (x,y) tal que

la ecuacin (x,y)M(x,y)dx (x,y)N(x,y)dy 0 + = sea exacta; es decir,( M) ( N)

y x

=

(7)

Lamentablemente, no siempre es fcil encontrar un factor integrante (x,y) .

Pero, si la ecuacin (5) tiene un factor integrante que sea, bien una funcin quedependa slo de x o una funcin slo de y, entonces puede ser encontrado de

manera sistemtica. Otra forma para la ecuacin (7) seraM N

M Ny y x x

+ = +

(8)

Para determinar entonces el factor integrante se tiene la ecuacin (8) enderivadas parciales, como dicho factor puede depender de las dos variables o bien solode x o de y, se consideran por separado los tres casos:

a. Factor integrante que depende solo de la variable x.


21/60


Como el factor depende slo de la variable x, entonces se sabe que 0y

=

y por

lo tanto la ecuacin (8) se reduce a:M d N M N d

N Ny dx x y x dx

= + =

.

Despejando y utilizando una notacin ms compacta se tiene:M Ny x dx

Ny xM Nd dx e .N

= =

b. Factor integrante que depende slo de la variable y.Con un procedimiento anlogo al anterior se llega al factor integrante de la forma:

N Mx y dyM

e .

=

c. Factor integrante que depende indirectamente de las dos variables x e y.Considere ahora un factor integrante que depende de las variables x e y. Estadependencia debe estar dada a travs de una regla de correspondencia z f(x,y)= es decir que se tiene un factor (z) donde z a su vez depender de las variables x

e y. Para este caso la ecuacin (8) esd z M d z N

M . N .dz y y dz x x

+ = +

. Si se

agrupan trminos y se despeja se tiene:d z z N M

M N .dz y x x y

=

Si ahora se

despeja y se usa una notacin ms compacta se tiene:N Mx y dz

M.z N.zx y y x

y xN Md dz eM.z N.z

= = .

Observe que para poder resolver esta ecuacin es necesario que el lado derechoest expresado en funcin de z. Una vez que se ha determinado el factorintegrante en funcin de z, se hace la sustitucin z f(x,y)= para tener finalmenteel factor (x,y) buscado.

Ejemplo 39. Determine para la ecuacin diferencial 2 2(1 x y)dx x (y x)dy 0 + = un

factor integrante que dependa de x.Solucin. Se puede verificar que la ecuacin no es exacta ya que y xM N . Como el

factor integrante depende solo de x, entonces y 0 = . Para determinar dicho factor

integrante se sabe que

M Ny x dxN

e ,

= donde 2M (1 x y)= , 2N x (y x)= , 2yM x= ,

2xN 2xy 3x= sustituyendo:

2 2y x

2 2

M N x 2xy 3x 2x(y x) 2.

N xx (y x) x (y x)

+ = = =

Resulta2

dxx

2

1e .

x

= =


22/60


Ejemplo 40. Determine un factor integrante para la ecuacin diferencial dada por2 3(3y x)dx (2y 6xy)dy 0 + = que dependa de las dos variables sabiendo que el factor

es de la forma (z) con 2z x y= + .

Solucin. De la ecuacin se tiene 2 3 xM 3y x , N 2y 6xy , My 6y , N 6y ,= = = = x yz 1 , z 2y= = . Como y xM N entonces la ecuacin no es exacta, para determinar

(z) se utiliza:

N Mx y dzM.z N.zy xe

= . Calculando el integrando se tiene:

x y2 3 3 3 2

y x

N M 6y 6y 12y 3.

M.z N.z (3y x)2y (2y 6xy) 6y 2xy 2y 6xy x y

= = =

+ +

Recuerde que siempre el integrando debe estar en funcin de z, de esta manera se

tiene:3

dzz

3

1e

z

= = que resulta finalmente un factor integrante2 3

1

(x y ) =

+.

Ejemplo 41. Dada la ecuacin 2 3 3 2 4 2(4xy 12x y )dx (3x y 6x y )dy 0+ + + = , halle su

solucin general sabiendo que admite un factor integrante de la forma 2(x y) .

Solucin.3 2 3 2 3 2 2

x y2 3 3 2 2 4 2 3 2 2

y x

N M 6xy 24x y 8xy 36x y 2xy 12x y 1 6x yM.z N.z (4xy 12x y )x (3x y 6x y )2xy 2x y x y

+ + += = =

+ +

( )1 6z 1dz 6 dz 22 lnz 6z 6z 2 6x yz z(x y) e e e ze x ye .

+ + +

= = = = =

Multiplicando por el factor integrante obtenido:2 26x y 3 3 5 4 6x y 4 2 6 3

e (4x y 12x y )dx e (3x y 6x y )dy 0+ + + = 2 22 6x y 3 3 5 4 6x y 3 2 5 3( M) 6x e (4x y 12x y ) e (12x y 48x y )

y

= + + +

26x y 5 3 7 4 3 2( M) ( N)e (72x y 72x y 12x y )y x

= + + =

2 2 26x y 3 3 5 4 6x y 3 3 6x y 5 4

2 26x y 3 3 6x y 4 3

f(x,y) e (4x y 12x y )dx g(y) e 4x y dx e 12x y dx g(y)

e 4x y dx 12xye x y dx g(y)

= + + = + +

= + +

En la segunda integral se integra por partes: 4 3u x y= ,26x ydv 12xye dx=

2 2 2 26x y 3 3 4 3 6x y 6x y 3 3 4 3 6x y

f(x,y) e 4x y dx x y e e 4x y dx g(y) x y e g(y)= + + = + 2 2 26x y 4 2 6 3 4 2 6x y 6 3 6x yg'(y) e (3x y 6x y ) 3x y e 6x y e 0 g(y) C= + = = .Por tanto,

24 3 6x yx y e C= .


23/60


1.19.ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMERORDEN

Definicin 13. Una ecuacin diferencial de la formady

A(x)y Q(x)dx + = (9) en dondeA(x), Q(x) son funciones en x, es denominada ecuacin diferencial lineal de

primer orden.

Mediante un factor integrante adecuado, existe una tcnica para resolver la

ecuacin dada. SeaA(x)dx

(x) e = , se multiplica la ecuacin (9) por (x) y se obtiene

A(x)dx A(x)dx A(x)dxdye A(x)e y Q(x)e

dx + = (10). Como xD A(x)dx A(x)

= , entonces el

lado izquierdo de la ecuacin (10) es la derivada del producto A(x)dxy(x)e , es decir

A(x)dx A(x)dxxD y(x)e Q(x)e = (11). Por lo tanto, si se integra la ecuacin (11) se

obtiene A(x)dx A(x)dxy(x)e Q(x) e dx C = + . Al despejar y(x)se obtiene:

A(x)dx A(x)dxy(x) e Q(x) e dx C = +

En la prctica para resolver la ecuacin (9) se van a seguir los siguientespasos:

Paso 1.Se calcula el factor integrante A(x)dx(x) e = .Paso 2.Se multiplica la ecuacin dada por (x) .

Paso 3.Se identifica el lado izquierdo de la ecuacin que resulta como la derivada delproducto xD [ (x).y(x)] (x).Q(x) = .

Paso 4.Se integra la ecuacin (x)y(x) (x)Q(x)dx C = + .

Ejemplo 42. Resuelva 2 2xdy

2y x edx

= .

Solucin. Aqu 2 2xA(x) 2, Q(x) x e= = .2 dx 2x(x) e e

= = .3

2x 2 x(x).y e .y (x).Q(x)dx C x dx C C3

= = + = + = + , entonces3

2x xy e C3

= +

. En



24/60



Ejemplo 43. Resuelva2 2

2xy 1y '

1 x 1 x+ =

+ +.

Solucin.2 2

2x 1A(x) , Q(x)

1 x 1 x= =

+ +.

2x 2dx ln1 x2 21 x(x) e e 1 x+

+

= = = + luego:

2 22

1(1 x ).y (1 x ) dx C x C

1 x

+ = + + = + + , as 2

x Cy

1 x

+=

+. En forma grfica se tiene

(ver figura 8):



25/60


Ejemplo 44. Resuelva 2(y cos (x))dx cos(x)dy 0 + = .

Solucin. Se escribe la ecuacin de la forma (9):2

2 dy cos (x) y dy ycos(x)dy (cos (x) y)dx (cos(x) 0) cos(x)

dx cos(x) dx cos(x)dy y

cos(x)dx cos(x)

= = =

+ =

1A(x) , Q(x) cos(x)

cos(x)= = , entonces

dxsec(x)dxcos(x)(x) e e

= = .

lnsec(x) tg(x)e sec(x) tg(x)+ = + .

y.(sec(x) tg(x)) (sec(x) tg(x))cos(x)dx C (1 sen(x))dx C x cos(x) C+ = + + = + + = +

as,x cos(x) C

ysec(x) tg(x)

+=

+. Las soluciones de la forma

1x k

2

= +

satisfacen la ecuacin.



Ejemplo 45.Resuelva 2y ' 2x y= , y(0) 1= .

Solucin. Ecuacin lineal de 1er orden de la formady

A(x)y Q(x)dx

+ = cuya solucin es

de la forma A(x)dx A(x)dxy(x) e Q(x) e dx C = + , donde A(x) 1= ,

2Q(x) 2x= .

De modo que dx dx2 x 2 xy(x) e 2x e dx C e 2x e dx C = + = + .

Resolviendo la integral 2 x2x e dx (Integracin por partes)2 x xu 2x du 4xdx , dv e dx v e= = = = . 2 x 2 x x

I P P

2x e dx 2x e 4xe dx=

.


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x xu 4x du 4dx , dv e dx v e= = = = . x x x x x 14xe dx 4xe 4e dx 4xe 4e C= = + .En consecuencia: 2 x 2 x x x 22x e dx 2x e 4xe 4e C= + + .

Por tanto: x 2 x x x 2 xy(x) e 2x e 4xe 4e C 2x 4x 4 e C = + + = + + .

Con la condicin y(0) 1= se tiene C 5= y la solucin es 2 xy(x) 2x 4x 4 5e= + .

Ejemplo 46.Resuelva 3xy ' xe 2y= , y(0) 0= .

Solucin. Ecuacin lineal de 1er orden de la formady

A(x)y Q(x)dx

+ = cuya solucin es

de la forma A(x)dx A(x)dxy(x) e Q(x) e dx C = + , donde A(x) 2= ,

3xQ(x) xe= .

De modo que 2dx 2dx3x 2x 5xy(x) e xe e dx C e xe dx C = + = + .

Resolviendo la integral 5xxe dx (Integracin por partes)5x 5x1u x du dx , dv e dx v e

5= = = =

5x 5x 5x 5x 5x1

x 1 x 1xe dx e e dx e e C

5 5 5 25= = + .

Por tanto: 2x 5x 5x 3x 3x 2xx 1 x 1

y(x) e e e C e e e C5 25 5 25

= + = +

.

Si y(0) 0= se tiene1

C25

= y la solucin es 3x 3x 2xx 1 1

y(x) e e e5 25 25

= + .

Ejemplo 47.Halle la solucin general de54 9 xxy ' 3y (x 5x )e = + .

Solucin.53 8 x3y ' y (x 5x )e

x = + (Ecuacin lineal de primer orden)

3 3dx ln(x )x3

1(x) e e

x

= = = .

5 5 53 5 x x 5 xy(x).x (1 5x )e dx C e dx 5x e dx C = + + = + +

Al resolver55 x5x e dx se tiene:

(Integracin por partes)5 54 x xu x du dx , dv 5x e dx v e= = = = , de modo que:

5 5 55 x x x

5x e dx xe e dx= , se tiene entonces:5 5 5 5 5 53 x 5 x x x x xy(x).x e dx 5x e dx C e dx xe e dx C xe C = + + = + + = + En consecuencia:

53 4 xy cx x e= + .

Ejemplo 48.Halle la solucin general de xsen(y) 2sen(2y) y ' 1+ = .

Solucin.xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x ' xsen(y) 2sen(2y)

(Ecuacin lineal con variable dependiente x)

+ = + = =


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xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x ' xsen(y) 2sen(2y)

(Ecuacin lineal con variable dependiente x)

+ = + = =

sen(y)dy sen(y)dy cos(y) cos(y)x(y) e 2sen(2y)e dy C e 4cos(y)sen(y)e dy C = + = +

cos(y) w w w

14cos(y)sen(y)e dy 4we dw 4we 4e C

w cos(y) dw sen(y)dy

= = + +

= =

cos(y) cos(y) cos(y)x(y) e 4e (1 cos(y)) C 4(1 cos(y)) Ce = + = +

Ejemplo 49. La ecuacin diferencial 2dy

h(x). y x 0dx

+ + = posee un factor integrante

(x) x = . Determine h(x) y encuentre la solucin general de la ecuacin si se sabe que32h(1)= .

Solucin. 2 2 2dy

h(x). y x 0 h(x).y ' y x 0 (y x )dx h(x)dy 0dx + + = + + = + + = . Se tiene

que1 h'(x)

dxh(x) 1 h'(x) 1 h'(x) 1(x) e x dx ln(x) x x.h'(x) h(x)

h(x) h(x) x

= = = = = .

De modo queh(x)

x.h'(x) h(x) x h'(x) 1x

+ = + = (ecuacin lineal).

Solucin de la ecuacin:2dx dx

x x 1 1 x K x Kh(x) e e dx K xdx K .x x 2 x 2 x

= + = + = + = + .

Usando la condicin 32h(1)= se tiene que K 1= .

De modo que: 2 2x 1 x 1.y ' y x 0 (y x )dx dy 02 x 2 x

+ + + = + + + =

.

Aplicando factor:2

3 x(xy x )dx 1 dy 02

+ + + =

.

Al resolver la ecuacin diferencial exacta se tiene:

Paso 1.2 4

3 x y xf(x,y) (xy x )dx g(y) g(y)2 4

= + + = + + .

Paso 2.2 2 4 2 2x x y x x x

g'(y) 1 1 1 g(y) y2 y 2 4 2 2

= + + = + = =

.

Paso 3.Solucin general:

2 4x y xy C2 4+ + = .

1.20.ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALESDE PRIMER ORDEN. ECUACIN DE BERNOULLI.

Definicin 14. A una ecuacin diferencial de la forma ny ' B(x)y R(x)y+ = (12) donde

n R {0,1} se le llama ecuacin de Bernoulli. (Si se toma n 1= entonces la

ecuacin (12) tendra variables separables mientras que si se elige n 0= la ecuacin

(12) sera una ecuacin diferencial lineal de primer orden).


28/60


Para resolver una ecuacin de Bernoulli se hace lo siguiente:

Paso 1.Se multiplica la ecuacin por ny y se obtiene n 1 ny y ' B(x)y R(x) + = (13).

Paso 2.Se hace la sustitucin 1 nz y = de all ndz z ' (1 n)y y 'dx= = . La ecuacin (13)

se transforma en1

z ' B(x)z R(x)1 n

+ =

o bien en z ' (1 n)B(x)z (1 n)R(x)+ = (14). La

ecuacin (14) es lineal de orden 1, por lo tanto, despus de tener z se sigue al paso 3.

Paso 3.Se hace la sustitucin1

1 ny z = , la cual brinda la solucin de la ecuacin (12).

Ejemplo 50. Resuelva 2 2y ' y x y+ = .

Solucin. Como n 2,= se multiplica la ecuacin por 2y : 2 1 2y y ' y x + = . Se sustituye1 2 1 2

z y y , z ' y y '

= = = . Reemplazando se obtiene:

2

z ' z x + = o bien:

2

z ' z x = .Como la ecuacin anterior es lineal, entonces se calcula

dx x(x) e e = = , y se tiene

x 2 x x 2ze x e dx C e (x 2x 2) C = + = + + + luego 2 x 1z x 2x 2 Ce y= + + + = , es decir:2 x 1y (x 2x 2 Ce )= + + + . y 0= tambin es solucin de la ecuacin. En forma grfica

(ver figura 10):


Ejemplo 51. Resuelva 3y ' xy y x+ = .

Solucin. Aqu, n 3= , al multiplicar por 3y se tiene 3 2y y ' xy x + = ( ) . Se hace

2z y= para 3dz

z ' 2y y 'dx

= = . Se multiplica ( ) por 2 para: 3 22y y ' 2xy 2x =

entonces: z ' 2xz 2x = ,22 xdx x(x) e e

= = .2 2 2x x xe z e ( 2x)dx C e C = + = + , as,


29/60


2x 22

1z 1 Ce y

y= + = = . De modo que

2x

1y

1 Ce=

+

. La curva y 0= es solucin. En



Ejemplo 52. Resuelva2y x

dx dy 0

2x 2y

+ =

.

Solucin.2 2 2y x y x y x

dx dy 0 y ' 0 y ' (Bernoulli n 1)2x 2y 2x 2y 2x 2y

+ = + = = =

2z y= ,21 1x dx x dx2 2z xz ' x z(x) e x e dx C x xdx C x C

x 2

= = + = + = +

1/22 32 x xy x C y(x) xC

2 2

= + = +

.

1.21.FORMA NORMAL

Definicin 15.Una ecuacin diferencial ordinaria de orden n puede expresarse como(n)F(x, y, y ', y '',..., y ) 0= . Se supone que siempre es posible despejar la derivada de

orden ms alto en una ecuacin diferencial ordinaria dada y obtener la expresin(n) (n 1)y f(x,y,y ', y '',...,y )= , denominada forma normal de la ecuacin, es decir, la

derivada de mayor orden aparece despejada.

Observacin 2.Puede ocurrir que una ecuacin diferencial de orden n origine variasecuaciones en forma normal de orden n.


30/60


Ejemplo 53.

a. La ecuacin diferencial 3yy ' x 0+ = se escribe en forma normal3x

y 'y

= si y 0 .

b. La ecuacin diferencial2 2

(y ') y 1+ = , solamente tiene sentido si y 1 , y ellaorigina dos ecuaciones en forma normal 2 2y ' 1 y , y ' 1 y= = .

1.22.PROBLEMA DE VALOR INICIAL

Definicin 16.Un problema de valor iniciales un problema que busca determinaruna solucin a una ecuacin diferencial sujeta a condiciones sobre la funcindesconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable independiente.Tales condiciones se llaman condiciones iniciales.

Ejemplo 54. Suponga que se quiere determinar una curva C del plano pasando por elpunto (1,1) y tal que la pendiente de la tangente en cada uno de sus puntos sea iguala la abscisa del punto correspondiente.Solucin. Sea y y(x)= la ecuacin, en forma explcita, de la curva C a determinar. Si(x,y(x)) es un punto cualquiera de C, la pendiente de la recta tangente en el mismo es

igual a dy(x) dx y por lo tanto, de acuerdo al enunciado del problema, se verifica

dy(x)x

dx = (15). El problema consiste en encontrar una funcin y(x)tal que satisfaga la

igualdad (15) en todo punto x de su dominio y adems y(1) 1,= ya que C pasa por el

punto (1,1).

1.23.PROBLEMA DE VALOR EN LA FRONTERA

Definicin 17. Un problema de valor en la frontera es un problema que buscadeterminar una solucin a una ecuacin diferencial sujeta a condiciones sobre lafuncin desconocida especificadas en dos o ms valores de la variable independiente.Tales condiciones se llaman condiciones de frontera.

Ejemplo 55. Para el problema2

x y '' 2xy ' 2y 6, + = y(1) 0, y(2) 3= = se busca unafuncin definida en un intervalo que contenga x 1= y x 2= , que satisfaga la ecuacindiferencial y cuya grfica pase por los puntos (1,0) y (2,3) .

1.24.EXISTENCIA DE SOLUCIONES

Se tratar a continuacin de darle respuesta a las interrogantes a y b delapartado 1.9.


31/60


Hay ecuaciones muy sencillas en las cuales no se necesita a priori disponerde algn teorema que garantice la existencia de soluciones, puesto que se puedefcilmente determinar las soluciones. Tal es el caso de una ecuacin de la formay ' f(x)= donde f es una funcin integrable en un intervalo J R . Es inmediato que de

all se tiene y(x) f(x)dx F(x) C= = + , donde C es una constante arbitraria, que sonsoluciones (y todas las posibles) de esa ecuacin diferencial. Si se quisieraexplcitamente la solucin que en 0x tome el valor 0y , se sustituira en la igualdad

anterior (una vez calculada f(x)dx ).

Ejemplo 56. Sea la ecuacin diferencial y ' x= . Se tiene que2x

y(x) xdx C2

= = + . Sise desea que la curva pase por el punto (1,1), esto es y(1) 1= , se obtiene entonces

1 11 C C ,2 2= + = y por lo tanto la solucin del problema es la parbola de ecuacin

21y (x 1)2

= + .

En esos casos tan sencillos, se sabe que hay solucin puesto que se puedeencontrar, sin embargo no siempre la situacin es tan simple y por esto se necesitadisponer de algn teorema que a priori garantice la existencia de soluciones de unaecuacin diferencial dada. En una ecuacin diferencial pueden existir soluciones que noestn comprendidas en la solucin general, stas se llaman soluciones singulares. Porejemplo, la ecuacin 2(y ') xy ' y 0 + = se sabe que admite la solucin general

2y cx c= , que es una familia de rectas. Pero, tambin es fcil comprobar que esa

ecuacin admite la solucin 21

y x4

= que es una parbola, sta es una solucin

singular. Con todas estas consideraciones, se est en condiciones de enunciar unteorema que asegura cundo una ecuacin diferencial dada tiene solucin y la unicidadde sta.

1.25.TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD

TEOREMA 2. Sea y ' f(x, y)= una ecuacin diferencial, donde la funcin f(x,y) estdefinida en una regin D del plano xy que contiene el punto 0 0(x ,y ).Si f(x,y) satisface

que:a. es una funcin continua en dos variables x e y en D;b. admite derivada parcial f y , continua en D;entonces existe una y slo una solucin y g(x)= de la ecuacin diferencial dada quesatisface la condicin 0 0y(x ) y= .

Observacin 3.a. La condicin 0 0y(x ) y= se llama condicin inicial.


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b. El problema de la bsqueda de la solucin de la ecuacin y ' f(x, y)= que satisfacea la condicin inicial 0 0y(x ) y= lleva el nombre de Cauchy.

c. El teorema expresa las condiciones suficientes para la existencia de solucinnica del problema de Cauchy para la ecuacin y ' f(x, y)= , pero estas condiciones

no son necesarias. Precisamente, puede existir una solucin nica de la ecuaciny ' f(x, y)= que satisface a la condicin inicial 0 0y(x ) y= , a pesar de que en elpunto 0 0(x ,y ) no se cumpla la condicin a o la condicin b, o estas dos

condiciones simultneamente.

Ejemplo 57.2

1y '

y= . Aqu,

2 3

1 f 2f(x,y) ,

yy y

= =

. En los puntos 0(x ,0)del eje x no

se cumplen las condiciones a y b, sin embargo por cada punto del eje x pasa una solacurva integral 3 0y 3(x x )= .

Ejemplo 58. yy ' xy e= + . El segundo miembro de la ecuacin yf(x,y) xy e= + y su

derivada parcial yf y x e = son continuas con respecto a x e y en todos los puntos

del plano xy. En virtud del teorema de existencia y unicidad, la regin en la que laecuacin dada tiene solucin nica en todo el plano xy.

Ejemplo 59. 233

y ' y .2

= El segundo miembro de la ecuacin 233

f(x,y) y2

= es una

funcin definida y continua en todos los puntos del plano xy. La derivada parcial

3

f 1

y y

=

se hace infinita para y 0= , o sea, en el eje x, de modo que para y 0= se

infringe la condicin b del teorema de existencia y unicidad. Por consiguiente, esposible que no haya unicidad en los puntos del eje x. Fcilmente se comprueba que la

funcin3(x c)

y8+

= es solucin de la ecuacin considerada. Adems la ecuacin tiene

solucin y 0= . As, pues, por cada punto del eje x pasan al menos dos curvas

integrales y, por consiguiente, en los puntos de este eje, verdaderamente, quedainfringida la unicidad.

1.26.CAMPOS DIRECCIONALES

Vale la pena hacer algunos comentarios acerca de la interpretacin geomtricade las ecuaciones diferenciales y sus soluciones. Un punto de vista geomtrico esparticularmente til para las ecuaciones de primer orden, es decir, ecuaciones de la

formady

f(x,y)dx

= (16). Dado que una solucin de la ecuacin (16) es una funcin

y (x)= , la representacin geomtrica de una solucin es la grfica de una funcin.

Geomtricamente, en la ecuacin (16) se afirma que, en cualquier punto (x,y) lapendiente dy dx de la solucin en ese punto est dada por f(x,y) . Esto puede

indicarse si se traza un pequeo segmento rectilneo que pase por el punto (x,y) con la


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pendiente f(x,y). La coleccin de todos esos segmentos rectilneos se llama campodireccionalde la ecuacin diferencial (16). El campo direccional puede observarse sise trazan pequeos segmentos rectilneos en algn conjunto representativo de puntos

en el plano xy. Aunque hacer esto manualmente es tedioso, resulta una tarea sencillapara una computadora, ya que solo se requiere la evaluacin repetida de f(x,y) paravalores diferentes de x y y. Por lo general se elige alguna rejilla rectangular de puntos.Una vez que se obtiene un esquema del campo direccional, a menudo es posible ver deinmediato el comportamiento cualitativo de las soluciones, o quiz observar regionesdel plano que tienen algn inters especial. Por ejemplo, en la figura 12 se tiene el

campo direccional de la ecuacindy 3 ydx 2

= (17)

Figura 12. Campo direccional de la ecuacin (17).

Para esta ecuacin, f(x,y) solo depende de y, de modo que los segmentosrectilneos tienen la misma pendiente en todos los puntos sobre cualquier rectaparalela al eje x. Por ejemplo, sobre la recta y 2= la pendiente de cada segmento es

. Cualquier solucin de (17) tiene la propiedad de que, en todo punto, su grfica estangente al elemento del campo direccional en ese punto. Por tanto, como puede versea partir de la figura 12, el campo direccional proporciona una informacin cualitativaacerca de las soluciones. Parece evidente que las soluciones son funcionesdecrecientes cuando y 3> , que son crecientes cuando y 3< , y que, aparentemente,

todas las soluciones tienden al valor 3 cuando x .


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1.27.ORGENES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

En la discusin que sigue se ver cmo ecuaciones diferenciales especficas

aparecen no slo a partir de las familias de curvas geomtricas, sino tambin delintento de describir en trminos matemticos, problemas fsicos.

1.28.ECUACIN DIFERENCIAL DE UNA FAMILIA DE CURVAS

Ejemplo 60. Halle la ecuacin diferencial de la familia 3y cx= .

Solucin. Se tendr una ecuacin diferencial de primer orden puesto que la familia

contiene slo un parmetro. Se tiene que 2dy

3cxdx

= , pero3

yc

x

= , luego

23

dy y y3 x 3 .

dx xx

= =

Se obtiene as la ecuacin lineal de primer ordendy

x 3y 0.dx

=

Ejemplo 61.Obtenga la ecuacin diferencial de la familia 2x 2x1 2y c e c e .= +

Solucin. Derivando dos veces resulta 2x 2x1 2dy

2c e 2c edx

= .

22x 2x 2x 2x

1 2 1 22

d y4c e 4c e 4(c e c e ) 4y

dx = + = + = ,

2

2

d y4y

dx = o bien y '' 4y 0 = .

Ejemplo 62.Halle la ecuacin diferencial de la familia2x

2x2cey 1 ce=

+.

Solucin.Aplicando regla del cociente y simplificando2x 2 2x

2x 2

dy 4ce y edx c(1 ce )

= =+

.

Despejando c de la ecuacin dada resulta2xe y

c2 y

=

. Observe que en el despeje de c,

y 2 . Se tiene entoncesdy

y(2 y).dx

= Se puede ver que la funcin y 2= tambin

satisface la ecuacin diferencial.

Ejemplo 63. Encuentre una ecuacin diferencial cuya solucin sea3

1 2y c x c x= + .Solucin. Puesto que hay dos constantes arbitrarias 1c y 2c , se tiene que diferenciar

dos veces, obteniendo 3 21 2 1 2 2y c x c x , y ' c 3c x , y '' 6c x= + = + = . Ahora se eliminan lasconstantes arbitrarias. Para esto, se despeja 2c en la ltima ecuacin. Se encuentra

2y ''

c (x 0)6x

= . Usando esto en la segunda ecuacin da 1y ' c xy ''/2= + , de modo

que 1xy''

c y '2

= . Finalmente usando esto en la primera ecuacin se tiene despus de

simplificarla 2x y '' 3xy ' 3y 0 + = . Note que y 0= tambin es solucin de la ecuacin.


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1.29.APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DEPRIMER ORDEN

En esta seccin se continuar dando respuesta a la interrogante ddel apartado1.9.

1.30.TRAYECTORIAS ORTOGONALES

De los estudios de Geometra Analtica (Clculo I) recuerde que dos rectas 1L y

2L , que no son paralelas a los ejes coordenados, son perpendiculares si y slo si suspendientes respectivas satisfacen la relacin 1 2m .m 1= .

Definicin 18.En general, dos curvas 1C y 2C son ortogonalesen un punto, si yslo si sus tangentes 1T y 2T son perpendiculares en el punto de interseccin.

Ejemplo 64.Demuestre que las curvas 3y x= y 2 2x 3y 4+ = son ortogonales en su(s)

punto(s) de interseccin.Solucin.Los puntos de interseccin de las grficas son (1,1) y ( 1, 1) . Ahora bien,

la pendiente de la recta tangente a 3y x= en un punto cualquiera es 2dy dx y ' 3x= = ,de modo que y '(1) y '( 1) 3= = . Para obtener dy dx de la segunda curva se utilizar

derivacin implcitady dy x

2x 6y 0

dx dx 3y

+ = = . Por tanto,1

y '(1,1) y '( 1, 1)

3

= = .

As, tanto en (1,1) como en ( 1, 1) se tiene queC C1 2

dy dy. 1

dx dx

=

.

Definicin 19.Cuando todas las curvas de una familia de curvas 1G(x,y,c ) 0= cortanortogonalmente a todas las curvas de otra familia 2H(x,y,c ) 0= , se dice que las

familias son, cada una, trayectorias ortogonalesde la otra.

En otras palabras, una trayectoria ortogonal es una curva cualquiera que cortael ngulo recto a toda curva de otra familia.

Ejemplo 65.En la figura 13 se ve que la familia de rectas que pasan por el origen

1y c x= y la familia de crculos concntricos con centro en el origen2 2 2x y c+ = son

trayectorias ortogonales.


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Figura 13. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65.

Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada, se

halla en primer lugar la ecuacin diferencialdy

f(x,y)dx

= que describe a la familia. La

ecuacin diferencial de la segunda familia, ortogonal a la familia dada, es puesdy 1dx f(x,y)

= .

Ejemplo 66. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de hiprbolas

rectangulares 1c

yx

= .

Solucin. La derivada de 1c

yx

= es 12

cdydx x

= . Reemplazando 1c por 1c x.y= se

obtiene la ecuacin diferencial de la familia dada:dy ydx x

= . En tal caso, la ecuacin

diferencial de la familia ortogonal esdy xdx y

= . Se resuelve esta ltima ecuacin por

separacin de variables: 2 22

ydy xdx ydy xdx y x c= = =

. Las grficas de las

dos familias se observan en la figura 14 para diferentes valores de 1c y 2c .


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Figura 14. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65.

Ejemplo 67.Halle el valor de k tal que las familias de parbolas 21y c x k= + , sean las

trayectorias ortogonales de la familia de elipses 2 2 2x 2y y c+ = .

Solucin. ' ' 'e e e2x

2x 4yy y 0 y1 4y

+ = =

, 'p 1 2y k 2(y k)

y 2c x 2 xxx

= = = . Entonces:

' 'e p

2x 2(y k) 4(y k) 1y y 1 . 1 1 4y 4k 1 4y k

1 4y x 1 4y 4

= = = = + =

.

1.31.TRAYECTORIAS ISOGONALES

Definicin 20.Cuando todaslas curvas de una familia de curvas 1G(x,y,c ) 0= cortana todas las curvas de otra familia 2H(x,y,c ) 0= , formando ngulo constante especificado, 2 , se dice que las familias son, cada una, trayectorias

isogonalesde la otra.

Se tiene la ecuacin

'' d

p 'd

y tg

y 1 y tg

+

= , donde es el ngulo entre la familia dada

y la familia pedida.

Ejemplo 68.Encuentre una familia de trayectorias isogonales que corten a la familiade circunferencias 2 2 2x y r+ = , con un ngulo de 45 .

Solucin. La ecuacin diferencial de la familia dada es 2yy ' 2x 0+ = , luegox

y 'y

= ,

como tg45 1= , la ecuacin diferencial asociada a la familia pedida ser entonces


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x1

y xyy 'x y x1y

= =+

+

. Esta ecuacin diferencial es homognea, se toma por lo tanto la

sustitucin yux

= , resultando la EDO21 uu'x

1 u+

= +

, resolviendo, devolviendo el cambio

y simplificando resulta la familia solucin: 2 2y 1

arctg ln(x y ) cx 2

+ + =

.

1.32.PROBLEMAS GEOMTRICOS

El problema que se tratar en esta seccin consiste en encontrar una familia decurvas que satisfaga ciertas condiciones geomtricas dadas.

Ejemplo 69. Determine la curva sabiendo que la pendiente en un punto (x,y)

cualquiera de la misma, es igual ay

1x

+ , y adems que dicha curva pase por el punto

(1,1).Solucin. La curva buscada pertenece a una familia que debe cumplir la condicin

dada, es decir,y

y ' 1x

= + , luego esta ecuacin diferencial se asocia a la familia

buscada y al resolverla se llega a a la solucin del problema. Como la ecuacin es

homognea, se usa la sustituciny

ux

= . Sustituyendo y simplificando resulta u' x 1= ,

esta ecuacin es de variables separadas, integrando se tiene dxdux

= , luegou ln x c= + , devolviendo el cambio y x ln x cx= + . De esta familia interesa solo la

curva que pasa por el punto (1,1), se determina por lo tanto el valor del parmetro cpara cuando x 1= , y 1= , de modo que c 1= . La curva buscada es y xln x x= + .

Ejemplo 70. Halle las curvas para la cual la pendiente de la recta tangente encualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto conel origen de coordenadas.Solucin. La pendiente de la curva en cualquier punto (x,y) est dada por y'(x) ,

ahora bien una recta que une este punto (x,y) con el origen de coordenadas tendr

una pendientey

mx

= , la curva pedida debe satisfacer la condicin dada, es decir

yy '(x) n

x

=

. Resolviendo la ecuacin diferencial asociada a la curva pedida se tiene

dy dxn ln y n.ln x n.lnc

y x= = + . La solucin es ny c.x= .

Ejemplo 71. Obtenga la ecuacin de las curvas en la que cada uno de sus puntosequidista del origen de coordenadas y del punto de corte de la normal con el eje de las

X.


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Solucin. Sea P(x,y) el punto de la curva. Se sabe que la ecuacin de la recta normal

es1

y x by '

= + . Sean los puntos O(0,0) y A(by',0) . Se tiene entonces:

2 2 2 2 2 2

d (P,O) x y , d (P,A) (x by ') y= + = + . Al igualar se tiene:2 2 2 2 2 2 2 2x y x 2xby ' b (y ') y 2xby ' b (y ')+ = + + = . Se sabe de la ecuacin de la recta

normal quex

b yy '

= + , de forma que

2 22 2 2 2 2 2

2

22 2 2 2 2 2 2 2

2

x x 2xy x2xby ' b (y ') 2x y y ' y (y ') 2xyy ' 2x y (y ')

y ' y ' y ' (y')

x x 2xyy ' 2x y (y ') 2xyy ' x x y (y ') (y ') y '

yy

= + = + + = + +

+ = + + = = =

Resolviendo la ltima ecuacin se tiene2 2y x

ydy xdx C2 2

= = + .

Ejemplo 72.Determine la ecuacin de la curva que pasa por el punto (1,1) y quetiene la propiedad de que la abscisa en el origen de su recta tangente es igual a laordenada en el origen de su recta normal.Solucin. Sean los puntos P(x,y), A(a,0) y B(0,b). Dada la ecuacin de la rectatangente en el punto P a una curva de la familia: Y y y '(X x) = , se tiene que

y ' x yy 'y y '(a x) a

= = . Igualmente, dada la ecuacin de la recta normal en el punto

P a una curva de la familia: 1y 'Y y (X x) = , se tiene quex xy ' y '

b y b y = = + .

Igualando la abscisa en el origen de la recta tangente con la ordenada en el origen dela recta normal se tiene:

y x x y x yx y x y y' , y(1) 1y ' y ' y ' x y

+ + = + = = =

(ecuacin diferencial homognea)y 2 2xyx

yx

1x y 1 u 1 u 1 u u u 1 uy ' u'x u u'x u u'x

x y 1 u 1 u 1 u 1 u1

u y ux y ' u'x u

++ + + + + += = + = = = =

= = = +

22

2 2 2

1 u 1 u dx 1 u dx 1u'x du du arctg(u) ln(1 u ) ln x c

1 u x x 21 u 1 u 1 u

+ = = = + = + + + +

21arctg(y /x) ln(1 (y /x) ) ln x c

2

+ = + . Considerando la condicin y(1) 1= se obtiene:

1arctg(1) ln(2) c c ln(4)

2 4

= = .

Por tanto: 21

arctg(y /x) ln(1 (y /x) ) ln x ln(4)2 4

+ = + .

21arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x / 42 4

+ = + .


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1.33.CRECIMIENTO POBLACIONAL

La idea bsica es determinar el tamao futuro de una poblacin suponiendo

que su tasa de crecimiento es conocida y el modelo matemtico a escoger depende delas hiptesis que se establezcan para el fenmeno. Para el caso de organismos vivoscuando la poblacin es pequea en comparacin con la disponibilidad de ciertasnecesidades tales como: alimentos, espacio fsico, etc, se genera una eficienteaproximacin mediante la siguiente hiptesis:

La tasa de variacin de la poblacin en un tiempo cualquiera es proporcionalal nmero de individuos presentes en dicho tiempo.

El modelo matemtico basado en esta hiptesis esdP

kPdt

= , k 0> donde:

P: nmero de individuos al tiempo t.k: constante de proporcionalidadt: tiempo

Esta ecuacin es de variables separables, resolviendo:kt C C kt kt1 1

1dP

kt ln P kt C P e e e CeP

+= = + = = = .

As, si inicialmente 0P P (para t 0)= = se obtienekt

0P P e= .

Es claro que la hiptesis mencionada puede modificarse para ajustarla alestudio de una comunidad de individuos dada:

En una comunidad dada, la disponibilidad de necesidades bsicas para la vidaes constante y suficiente para mantener una poblacin P*

En este caso la ecuacin dP dt kP= debe modificarse ya que la

proporcionalidad debe establecerse tomando en cuenta la poblacin mxima admisible*P , para esto se toma *k f(P,P )= y en todo caso *

*P Plm f(P,P ) 0

= . En definitiva la

ecuacin diferencial que rige el crecimiento sera *dP f(P,P )Pdt = (18) cuyo nivel de

dificultad depender del factor *f(P,P ) .

El caso ms sencillo ocurre cuando * *f(P,P ) P P= en donde la ecuacin (18)

se convierte en *dP

(P P)Pdt

= o bien * 2dP

P P Pdt

= , que es una ecuacin de Bernoulli,

una vez resuelta se obtendr*

*P t

PP

1 Ce=

+

y tomando 0P(0) P= se obtiene


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*0

** P t0 0

P PP

P (P P )e=

+

, donde puede observarse fcilmente que *tlm P P

= . A

continuacin se proponen algunos ejemplos:

Ejemplo 73.Las bacterias de cierto cultivo aumentan con una intensidad proporcionalal nmero presente. Si en media hora el nmero original aumenta en un 50%, encuntas horas se puede esperar que haya el triple del nmero original?Solucin. De acuerdo al enunciado, la ecuacin diferencial asociada al problema esdP dt kP= cuya solucin es kt0P P e= . Como datos del problema, se tienen:

031 1

0 0 02 2 2

0

P(0) PP( ) P P P

P(t) 3P para t ?

=

= + =

= =

Usando la segunda condicin se obtiene1k2

0 03 3

P P e k 2.ln2 2

= =

. Usando la

tercera condicin se tiene kt kt0 0ln3

3P P e e 3 t 1.36k

= = = horas.

Ejemplo 74. Por crecimiento natural, una ciudad de 40.000 habitantes se duplicaraen 50 aos. Debido a mudanzas la poblacin aumenta adicionalmente en 400 personaspor ao. Calcular la poblacin a los 10 aos.Solucin. Si se supone que el crecimiento es natural (aumento proporcional a la

cantidad presente), la ecuacin diferencial para el problema sera kt0

dP

kP P P edt =

=.

Adems, para t 50= aos, 0P 2P= y determinando k:50k

0 01

2P P e k ln250

= = .

Debido a las mudanzas al aumento natural habr que aadirle 400 personas

por ao, la ecuacin diferencial en este caso esdP

kP 400dt

= + donde1

k ln250

= .

Resolviendo se obtienedP 1

dt ln kP 400 t CkP 400 k

= + = ++

. Despejando P:

kt1

1P (c e 400)

k= ; para 0t 0, P P 40000= = = habitantes. As:

1 1

1

40000 (c 400) c 40000k 400 800ln2 400k= = + = + .

La poblacin al cabo de 10 aos es:10k 2ln2

11 50

P (C e 400) [(800ln2 400)e 400]k ln2

= = +

50P [4(800ln2 400) 400] 246562

ln2= + habitantes.


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1.34.DESINTEGRACIN RADIOACTIVA

Para establecer un modelo matemtico que aplique en este curso, se ver la

siguiente ley:

La velocidad de desintegracin de una sustancia radioactiva es proporcional,en cualquier instante, a la cantidad de sustancia que se halle presente.

Es evidente la analoga entre este fenmeno y el crecimiento de poblacindiscutido anteriormente; para formular la ecuacin que rige un proceso de este tipo(que resultar similar a la de crecimiento de poblacin) se definen las siguientesvariables:S: Cantidad de sustancia presente en el tiempo t.t: tiempo medido a partir de cierto tiempo inicial.

La ecuacin que rige el fenmeno es:dS

kS (k 0)dt

= < , donde k es una

constante negativa que se denomina coeficiente de desintegraciny depende del

material radioactivo. Se tiene quedSdt

tambin es negativo, esto es: S decrece al

aumentar t. Como la ecuacin es de variables separables puede obtenerse en formasencilla la solucin: ktS ce= y si se conocen las condiciones iniciales: 0S(0) S= (para

t 0= ), se obtiene la expresin: kt0S S e (k 0)= < . El tiempo para el cual se ha

desintegrado la mitad de la cantidad inicial de la sustancia radioactiva estudiada sedenomina tiempo de vida media. Al calcular el tiempo de vida media en funcin delcoeficiente de desintegracin k se tiene: Para m 0t t , S S 2= = ; luego:

k.t0 m0 m

S ln2S e t (k 0)

2 k= = < .

Se puede concluir que independientemente de la cantidad inicial dada de ciertomaterial radioactivo, el tiempo de vida media es siempre el mismo.

Ejemplo 75.Un bloque de cierto material radioactivo tiene una masa de 100 grs y,cuando se le observa despus de 20 aos su masa ha disminuido a 80 grs. Determine:

a. Cunto tiempo transcurri para que se desintegraran 10 grs?.b. Cantidad de material presente 50 aos despus del momento inicial.c. Tiempo de vida media del material.

Solucin. La ecuacin diferencialdS

kSdt

= aplica para este caso con S medido en

gramos y t en aos. La solucin es kt0S S e= con 0S 80 grs= . Se calcula el valor de laconstante k: para t 20 aos= se tiene S 80 grs= , de modo que:

20k 1 480 100e k ln 0.01115720 5

= =

.

a. Si se desintegraran 10 grs implica que S es igual a 90 grs:


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( ) ( )

( )

9 910 10kt

45

ln 20ln90 100e t 9.44 aos

k ln= = =

b. Se calcula S para t 50 aos= . 50kS 100e 57.24 grs= .

c.( )

m 45

ln2 20ln2t 62.13 aosk ln

= = .

Ejemplo 76. Si el 20% de una sustancia radioactiva se desintegra en 50 aos,

encuentre el tiempo de vida media de la sustancia.

Solucin. Es fcil deducir que mln2

tk

= y el problema se reduce a calcular k: para

t 50 aos= 0S 0.80S= por lo tanto:50k 3

0 0ln(0.8)

0.80S S e k 4.96 1050

= = . En

definitiva: m50ln2

t 155.3 aos

ln(0.8)

= .

Ejemplo 77.El uranio se desintegra a una rata proporcional a la cantidad presente encada instante y en los tiempos 1t y 2t hay respectivamente 1m y 2m gramos de

uranio. Determine una frmula para el tiempo de vida media del uranio en funcin deestos datos.

Solucin. Con los datos dados se afirma que 10 kt1m

Se

= y 20 kt2m

Se

= . Igualando ambas

expresiones y despejando k se llega a 12 1

ln(m2) ln(m )k

t t

=

. Se sabe que el tiempo de

vida media es m ln(2)t k= . Sustituyendo k por el valor obtenido anteriormente se tiene

que 1 2m2 1

(t t )ln(2)t

ln(m ) ln(m )

=

.

1.35.LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON

Los experimentos han demostrado que, bajo ciertas condiciones, se puedeobtener una buena aproximacin de la temperatura de un objeto, usando la ley deenfriamiento de Newton, que puede enunciarse de la manera siguiente:

La temperatura de un cuerpo cambia a una velocidad que es proporcional a ladiferencia de temperatura entre el medio externo y el cuerpo.

La ecuacin diferencial para este caso es: mdT

k(T T ) (k 0)dt

= < , donde:

T: Temperatura del cuerpo al tiempo t.mT :Temperatura del medio externo al tiempo t.

k: Constante de proporcionalidad.t: Tiempo transcurrido a partir del inicial.


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Para el caso en que mT se considera constante, la ecuacin es de variables

separables y tendr como solucin: ktmm

dTkdt T T ce

T T = = +

. Si 0T es la

temperatura del cuerpo en el instante t 0= , la solucin de la ecuacin es:ktm 0 mT T (T T )e (k 0)= + <

Se analizarn dos posibles casos: el enfriamiento y el calentamiento. Cuando0T es mayor que mT el cuerpo se ir enfriando y su temperatura T ir aproximndose

a mT a medida que el tiempo transcurre. Es claro que en este caso mT T es positivo

y mdT

k(T T )dt

= es negativo (ya que k 0< ), lo que indica que la temperatura del

cuerpo disminuye con el tiempo, para acercarse a mT . Para el caso de calentamiento el

razonamiento es similar al anterior.

En los casos en que la temperatura del medio no pueda considerarse constante

sino que mT f(t)= la ecuacin diferencial esdT

k(T f(t)) (k 0)dt

= < . Se tiene una

ecuacin lineal de primer orden en T ya que puede escribirse comodT

kT kf(t)dt

=

(k 0)< cuyo factor integrante eskdt kte e

= = y cuya solucin es de la forma dada

por: ( )kt ktT e ke f(t)dt C= + , donde la constante C deber calcularse a partir de lascondiciones iniciales.

Ejemplo 78.Un cuerpo ha tardado 20 minutos en enfriarse de 100 C a 60 C , en unahabitacin de temperatura constante igual a 20 C .

a. Hallar la ley de enfriamiento del cuerpo.b. Calcular el tiempo que tardar en enfriarse a 30 C .

Solucin. Para este caso mT 20 C= , es decir, constante.

a. La ecuacin diferencial es mdT

k(T T ) k(T 20)dt

= = . Al separar variables e

integrar se obtiene: ktT 20 c.e= + . Para t 0,= 0T T 100 C= = y sustituyendo:

100 20 c c 80= + = y falta obtener a k para determinar la ley de enfriamiento.

Para t 20 min, T 60 C,= =

sustituyendo20k ln2

60 20 80e k 0.0347.20= + =

As, la ley de enfriamiento ser: 0.0347tT 20 80e= + .

b. ktln(1/8)

30 20 80e t 60 min.(ln2)/20

= + = =

Ejemplo 79. Si la temperatura de un objeto baja de 80 C a 60 C en 20 minutos,

encontrar la temperatura al cabo de 40 minutos, si la temperatura del medio ambientees de 20 C .


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Solucin. Se escribe la ecuacin diferencial ktdT

k(T 20) T 20 c.e .dt

= = + Para t 0=

se obtiene c 60= por lo que la solucin quedar: ktT 20 60e .= + Para t 20 min,=

T 60 C=

por lo cual: ktln(2 /3)

60 20 60e k 0.0202.20= + = La solucin viene dada

por: 0.0202tT 20 60e= + . As, para t 40 min= ; 0.0202*40T 20 60e 46.7 C.= + =

1.36.SALIDA DE LQUIDOS POR ORIFICIOS

Imagine un lquido que sale por un orificio practicado en un depsito, a unaprofundidad h por debajo de la superficie del lquido en el depsito. Se estudiar eldesplazamiento de una masa (m) ubicada inicialmente en la superficie, tomando comoinstante final aquel en el cual la masa abandona el recipiente. Si se asume que no hayprdidas por friccin o turbulencia se puede aplicar la ley de la conservacin de laenerga mecnica, por lo que: c pE E 0. + = Adems:

a. 2 21c 2 12E m(v v ). = Si el orificio es pequeo, el nivel del lquido en el depsito

Ecuaciones Diferenciales (Tema 1)

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