Post on 03-Feb-2015
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2. Métodos de resolución
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
2
No existe un método general para resolver ED’s, es decir, dada una ecuación diferencial no tenemos un procedimiento para hallar su solución analítica.
Sin embargo, en algunos casos particulares bien conocidos, sí se tienen procedimientos para calcular dicha solución.
El único "método" entonces consiste en saber identificar el tipo de ED que se quiere resolver. Si es un caso conocido, le aplicaremos el procedimiento correspondiente. Si no es un caso conocido, podemos intentar algún cambio de variable que la transforme en un caso conocido.
3
Separación de variables
Una EDO de primer orden: dy/dx = f(x,y) = g(x)h(y).
se dice que es separable o de variables separables.
En este caso, la ED dy/dx = g(x)h(y) puede resolverse mediante integración directa. Integrando a ambos lados:
Cdxxgdyyh
)()(
1
Por ejemplo :
c ½ e x dx e y
, e dy/dx xx
x
22
2
1
1
Nota: las dos constantes de integración se engloban en una.
4
Solución por separación de variables:
3)4( , yy
x
dx
dy
2
11
22
1
22
25
2
25,
2
4
2
)3(
22 ,
xy
cc
cxy
xdxydy
Resolver
También podemos dejar la solución en forma implícita como:
x2 + y2 = c2, donde c2 = 2c1
Aplicando la condición inicial, 16 + 9 = 25 = c2; x2 + y2 = 25.
una solución en forma explícita con dominio de definición I : -5 < x < 5.
225 xy
5
Solución: Como dy/y = dx/(1 + x), tenemos
Sustituyendo por c, obtenemos
y = c(1 + x).
)1(
1
1lnln
1
1
111 1ln1ln
1
xe
exeeey
cxy
xdx
ydy
c
ccxcx
1ce
Resolverx
yy
1'
1),1(|1|
1,1|1|
xxx
xxx
¿Qué ocurre si no utilizamos el valor absoluto en el logaritmo?
6
Posible pérdida de una solución
Atención: cuando r es un cero de h(y), si sustituimosy(x) = r en dy/dx = g(x)h(y), tenemos 0 = 0. Es decir, y(x) = r también es solución de dy/dx = g(x)h(y). Sin embargo, esta solución no se revelará tras la integración, puesto que: dy/h(y) = g(x) dx queda indefinido en el cociente (h(y = r) = 0). y(x) = r es una solución singular.
7
Resolver dy/dx = y2 – 4.
dxdyyy
dxy
dy
22 ;
44
1
4
1
2
2
2
,42
2ln ,2
4
12ln
4
1
24
21
cxey
y
cxy
ycxyy
Separando variables, escribimos esta ED como:
Sustituyendo exp(c2) por c y resolviendo para y:
x
xxxccx
ce
ceyceeee
y
y4
4444
1
12;
2
222
Observemos que si factorizamos la EDO: dy/dx = (y + 2)(y – 2), e igualamos a 0, obtenemos y = 2 como soluciones de equilibrio. y = 2 corresponde a c = 0 en la solución que encontramos. Pero y = -2 es una solución singular que no podemos obtener de la solución anterior (observa las fracciones parciales al comienzo para entender por qué).
8
22
2
3 2
3 2
sin 2 0
sin 2
1cos
31
arcc
2
o3
sin
s
y dy x x dx
y dy x x dx c
y x x c
y x x x c
dy x x
dx y
y
xx
dx
dy
sin
22 Resolver:
9
Solución:Separamos variables:
Aplicamos la identidad sen (2x) = 2 sen x cos x:
(ey – ye-y) dy = 2 sin x dx Integrando por partes:
ey + ye-y + e-y = -2 cos x + c
Puesto que y(0) = 0, c = 4 y la solución implícita es: ey + ye-y + e-y = 4 −2 cos x.
0)0( ,2sin)(cos 2 yxedxdy
yex yy
dxxx
dye
yey
y
cos2sin2
Resolver
10
Nuestra solución G(x, y) = ey + ye-y + e-y + 2 cos x = c es implícita. En este caso no es posible despejar y(x). Pero utilizando ordenador podemos trazar las curvas de nivel o isoclinas de G(x, y) = c. Las gráficas resultantes están representadas en las siguientes figuras:
Uso de software
11
Soluciona dy/dx = xy½ con y(0) = 0.
Separando variables tenemos: dy/y½ = x dx; 2 y½ = (x2/2 + c); y = (x2/2 + c)2. Como y(0) = 0, c = 0 y la solución que obtenemos es: y = x4/16.Observemos que hemos perdido la solución trivial y(x) = 0 en el término dy/y½ y que también cumple la condición inicial. Recordemos que aunque encontremos una solución particular para una ED de primer orden al conseguir determinar c mediante una condición inicial, es posible que la solución no sea única.
De hecho, en este caso el PVI posee una infinidad de soluciones que podemos escribir con a 0 como:
axax
axxy
,16
1,0
)( 222
12
2
2
2
2
2 2
01
1
sin cos1
cos cosarcsin
cos1 1 sin
arcsin ln arcsin ln
s l
1
in n
dy dx
xy
dy dxc
xy
dyy dy d
y
dy d
ydy
d
dd y
y
y x c y c x
y x x
x
c
x
x
y
dx
dy 21Resolver:
13
´
x x
x
a
a a
G
G x f f t dt
f I
a I G I
dGG f
df t d
dx
I
t f xdx
Sea la función definida por
Si es continua en un intervalo y si
,
entonces es diferenciable en y
en tod
o
.
Teorema fundamental del cálculo
14
´
,
b
a
b b
a a
d
f I F
I F f I
a b I
f f t dt F b
F tdt F b F a
t
F a
d
Sea es continua en un intervalo . Si
es diferenciable en y si en todo ,
entonces para cualesquiera
15
2
2 22 1
12
1ln
1 1ln ln1 ln
2
11
ln2
1 2
g z
gz
dg dz dg dz
g z g z
zg
z zg
g z
dg z gg
d
z
z z
Resolver:
Nota: observa como podemos incluir las condiciones iniciales del problema como límites inferiores de las integrales al resolver la EDO.
16
Una ED de primer orden de la forma
a1(x)(dy/dx) + a0(x)y = g(x)
es una ecuación lineal en y. Cuando g(x) = 0, se dice que la ecuación es homogénea; en el caso contrario, es no homogénea.
Ecuaciones lineales
17
Al dividir: a1(x)(dy/dx) + a0(x)y = g(x)
entre a1(x) obtenemos la forma estándar de la
ecuación lineal: dy/dx + P(x)y = f(x)
Buscaremos una solución en un intervalo I donde
P(x) y f(x) sean continuas. La solución de esta ED
es la suma de dos soluciones, y = yh + yp,
donde yh es solución general de la ecuación homogénea
asociada: dy/dx + P(x)y = 0
e yp es una solución particular de la ecuación no
homogénea
dy/dx + P(x)y = f(x)
que queremos resolver.
18
Veamos que y = yh + yp es solución de dy/dx + P(x)y = f(x)
)()()(
])[(][
)(0
xfyxPdx
dyyxP
dx
dy
yyxPyydx
d
xf
pp
hh
phph
19
dxxP
dxxP
h
hh
h
exy
xcycey
cdxxPydxxPy
dy
)(
1
1
)(
1
)(
)(
)(log;)(
Encontremos la solución por el método de variación de las constantes:
Observemos que la homogénea asociada
dy/dx + P(x)y = 0 es separable, y eso nos permite encontrar fácilmente su solución general yh:
20
)()(
)()(
1
0
11
111
xfdx
duyyxP
dx
dyu
xfuyxPdx
duy
dx
dyu
Ahora encontraremos una solución particular para la no homogénea. Lo haremos mediante un procedimiento que se llama variación de las constantes.
Definamos yp(x) = u(x) y1(x), donde y1(x) ha sido definida
anteriormente. Queremos hallar u(x) de manera que yp sea una
solución particular de nuestra ecuación no homogénea. Observemos que teníamos yh = c y1(x), y ahora estamos sustituyendo c por u(x).
Sustituyendo yp en la ecuación:
21
Como dy1/dx + P(x)y1 = 0, tenemos que y1(du/dx) = f(x). Separando variables:
dxxy
xfudx
xy
xfdu
)(
)( ,
)(
)(
11
p
hy
dxxPdxxP
y
dxxP
ph dxxfeeceyyy
)()()()(
dxxPdxxP
dxxP
edxxfey
edxxy
xfxyxuy
)()(
)(
11
)(
)(
)()()(
22
Comprobemos que es la solución:
dxxfecye dxxPdxxP )()()(
)()()(
xfeyedxd dxxPdxxP
)()()()()(
xfeyexPdxdy
edxxPdxxPdxxP
p
hy
dxxPdxxP
y
dxxP
ph dxxfeeceyyy
)()()()(
)()( xfyxPdx
dy
Recorramos el camino en sentido contrario
23
dxxPe )(Llamamos a y1(x) = factor integrante
Receta:Escribimos la EDO en forma estándar:
)()( xfyxPdx
dy
Para identificar fácilmente P(x).Calculamos y multiplicamos la ED dxxPe )(
)()( )()()()( xfeyedx
dyxPe
dx
dye dxxPdxxPdxxPdxxP
Integrando a ambos lados, obtenemos la solución.Observa que me da igual que la ec. sea homogénea o no . Usando el factorintegrante obtengo directamente la solución general.
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REPITAMOS LA RECETA:
Paso i). Para resolver una ED lineal de primer orden, primero se convierte a la forma estándar o canónica; esto es, se hace que el coeficiente de dy/dx sea la unidad.
Paso ii). Hay que identificar P(x) y definir el factor integrante dxxP
e)(
Paso iii). La ecuación obtenida en el paso i se multiplica por el factor integrante:
)()()()()(
xfeyexPdx
dye
dxxPdxxPdxxP
Paso iv). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente y; esto es:
)()()(
xfeyedx
d dxxPdxxP
Paso v). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv
25
EJEMPLO 1: Resolver la siguiente ED lineal de primer ordenxexy
dx
dyx 64
Paso i). Al dividir entre x llegamos a la forma estándar o canónica
xexyxdx
dy 54
Paso ii). Así escrita, reconocemos que P(x) = -4/x y entonces el factor integrante es:
4lnln44 4
xeee xxxdx
Paso iii). La ecuación del paso i se multiplica por este factor y se obtiene lo siguiente: xxeyx
dxdy
x 54 4
Paso iv). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente y; esto es:
xxeyxdxd 4
Paso v). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv para obtener la solución buscada;
44454 cxexexycexeyx xxxx
26
xxx eyedxdy
e 333 63 xx eyedxd 33 6][
Como P(x) = – 3, tenemos que el factor integrante es
Entonces e-3xy = -2e-3x + c y la solución general es y = -2 + ce3x, - < x < .
Resolver dy/dx – 3y = 6.
Observa que si resolvemos la ecuación homogénea dy/dx – 3y = 0. Como P(x) = – 3, tenemos que el factor integrante es el mismo 03 33 ye
dx
dye xx
0][ 3 yedx
d x cye x 3 xcey x ,3
xdxee 3)3(
27
Supongamos que hemos encontrado una solución general en un intervalo I y que P y f son continuas en I. Escribiendo la ED como y = – P(x)y + f(x) = F(x, y), tenemos
F(x, y) = – P(x)y + f(x), F/y = – P(x)
que son continuas en I (porque P(x) y f(x) lo son).Luego podemos concluir que existe una y solo una solución del PVI:
00)( ),()( yxyxfyxPdxdy en el intervalo I.
28
Observa que P(x) = –4/x y f(x) = x5ex son continuas en (0, ). Encontraremos solución para x > 0
xexyxdx
dy 54
La solución general en (0, ) es x-4y = xex – ex + c; y = x5ex – x4ex + cx4
Hace unas transparencias, resolvimos:
29
Solución:
Entonces, P(x) = x/(x2 – 9) y el factor integrante es
092
y
x
xdxdy
929ln2
1)9/(2
2
1)9/(
222
xeee
xxxdxxxdx
0)9( 2 xydxdy
x
Multiplicando la ED por este factor, obtenemos:
Así, para x > 3 o x < -3, la solución general escyx 92
092 yxdxd
92
x
cy
Hallar la solución general de
P(x) es continua en(-, -3), (-3, 3) y (3, ).
Esto descarta el intervalo (-3, 3).
30
Solución:Tenemos P(x) = 1 y f(x) = x que son continuas en (-, ). El factor integrante es:
Entonces: exy = xex – ex + c
y = x – 1 + ce-x
Como y(0) = 4, obtenemos c = 5.
La solución es y = x – 1 + 5e-x, – < x <
4)0( , yxydxdy
xxdxee / xx xeye
dxd ][
Resolver
31
Observación: En el ejemplo anterior, encontramosyh = ce-x e yp = x – 1
llamamos a yh término transitorio porque yh 0 cuando x .En la figura vemos representadas algunas soluciones:
32
Resolver , donde
Solución:
1 ,0
10 ,1)(
x
xxf
0)0( ),( yxfydxdy
Resolvemos este problema en 0 x 1 y 1 < x < .
Para 0 x 1,
luego y = 1 + c1e-x. Como y(0) = 0, c1 = -1, y = 1 - e-x
Para x > 1, dy/dx + y = 0 luego y = c2e-x
xx eyedxd
ydxdy ][ ,1
33
Tenemos
Además, queremos que y(x) sea continua en x = 1. De modo que cuando x 1+, y(x) = y(1) = 1 - e-1
Entonces: c2 e-1 = 1 - e-1; c2 = e - 1.La función
es continua en [0, ).
1 ,)1(
10 ,1
xee
xey
x
x
1 ,
10 ,1)(
2 xec
xexy
x
x
34
Función de error:
Función de error complementaria:
dtexx t
0
22)(erf
dtexx
t
22)(erfc
1)/2(0
2
dte t
Algunas funciones especiales definidas por integrales
Como , entonces:
erf(x) + erfc(x) = 1
35
Resolver dy/dx – 2xy = 2, y(0) = 1.Solución:
El factor integrante es exp{-x2},
obtenemos
Aplicando y(0) = 1, tenemos que c = 1.
22
2][ xx eedxd
222
02 xx tx cedteey
)(1
22
222
0
xerfey
edteey
x
xx tx
36
Diferencial de una función de dos variablesSi z = f(x, y) con primeras derivadas parciales continuas, su diferencial es
Si z = f(x, y) = c,
De modo que si tenemos f(x, y) = c, podemos generar una ED de primer orden calculando la diferencial a ambos lados.
Por ejemplo: si x2 – 5xy + y3 = c, entonces
(2x – 5y) dx + (-5x + 3y2) dy = 0.
dyyf
dxxf
dz
0
dyyf
dxxf
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Ecuación exacta
Una expresión M(x, y) dx + N(x, y) dy es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna función f(x, y) definida en R.
Una ED de primer orden en la forma diferencial
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0
es una ecuación exacta, si la expresión del lado izquierdo es una diferencial exacta.
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xN
yM
Criterio para una diferencial exacta
Sean M(x, y) y N(x, y) continuas y con primeras derivadas continuas en una región rectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces una condición necesaria y suficiente para que M(x, y) dx + N(x, y) dy sea una diferencial exacta es:
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DemostraciónCondición necesaria: Si M(x, y) dx + N(x, y) dy es exacta, existe una función f tal que para todo x de R:
M(x, y) dx + N(x, y) dy = (f/x) dx + (f/y) dy
Por tanto M(x, y) = , N(x, y) =
y
La igualdad de las derivadas cruzadas es consecuencia de la continuidad de las parciales.
xN
yf
xxyf
xf
yyM
2
xf
yf
40
Para demostrar la condición suficiente, basta con demostrar que existe una función f para la cual:
= M(x, y) y = N(x, y)
siempre y cuando
Todo esto nos proporciona un método de solución...
xf
yf
x
N
y
M
41
Como f/x = M(x, y), tenemos
Derivando con respecto a y y suponiendof/y = N(x, y). Tenemos
y
dxyxM
yyxNyg ) ,() ,()('
) ,()(') ,( yxNygdxyxMyy
f
)() () ,( ygdxyx,Myxf
Método de solución de una ecuación exacta
Integrando con respecto a y, obtenemos g(y). Teniendo f(x, y), como la ED es una diferencial exacta de esta función, la solución implícita es f(x, y) = c.
42
Resolver 2xy dx + (x2 – 1) dy = 0.Solución:
Identificando M(x, y) = 2xy, N(x, y) = x2 – 1, tenemos que M/y = 2x = N/x. Así que la ecuación es exacta y por tanto existe una función f tq:
f/x = 2xy, f/y = x2 – 1Para encontrarla integramos la primera ec. respecto a x: f(x, y) =
x2y + g(y). Derivando respecto a y, y utilizando la segunda ec.: f/y = x2 + g’(y) = x2 – 1g’(y) = -1. Que integrando nos da: g(y) = -y
Así que f(x, y) = x2y – y. Y como la ED es una diferencial exacta de f(x, y), la solución es: x2y – y = c,
y = c/(1 – x2)El intervalo de definición es cualquier intervalo que no contenga a x = 1 ó x = -1.
43
Solución:Esta ED es exacta porque
M/y = 2e2y + xy sen xy – cos xy = N/x
f/y = 2xe2y – x cos xy + 2y
xyyexhxyyex
f
xhysenxyxe
ydyxydyxdyexyxf
yy
y
y
cos)('cos
)(
2cos2) ,(
22
22
2
Así que h’(x) = 0, entonces h(x) = c. La solución esxe2y – sin xy + y2 + c = 0
Resolver (e2y – y cos xy)dx+(2xe2y – x cos xy + 2y)dy = 0.
44
Solución:
Escribimos la ED en forma diferencial
(cos x sin x – xy2) dx + y(1 – x2) dy = 0
Como
M/y = – 2xy = N/x (Esta ED es exacta)
Ahora f/y = y(1 – x2)f(x, y) = ½y2(1 – x2) + h(x)f/x = – xy2 + h’(x) = cos x sin x – xy2
2)0( ,)1(
sincos2
2
yxy
xxxydxdyResolver
45
Tenemosh(x) = cos x sen x h(x) = -½ cos2 x
Así ½y2(1 – x2) – ½ cos2 x = c1 o
y2(1 – x2) – cos2 x = c donde c = 2c1.
Como y(0) = 2, c = 3.La solución es
y2(1 – x2) – cos2 x = 3
46
Es exacta puesto que
Integrando respecto a xEs decir, Derivando respecto a y
De dondeFinalmente la solución general es
0dy)3yx(dx)1yx( 2
x
yx
y
yx
)3()1( 2
)()1(),( ycdxyxyxu
)(),( 2
2
ycxxyyxu x
3)(' 2
yxycxy
u
12 )3()( cdyyyc
Ejemplo: Resolver la siguiente ED
47
En algunos casos se puede hallar un factor integrante (x, y), tal que una ED que no es exacta, se convierta:
(x, y)M(x, y)dx + (x, y)N(x, y)dy = 0
Esta ecuación será exacta sii (M)y = (N)x Es decir: My + yM = Nx + xN,
xN – yM = (My – Nx)
Factor integrante
Resolver esta EDP para encontrar el factor integrante puede ser máscomplicado que la ecuación original, de modo que haremos algunas suposiciones sobre el factor integrante que la simplifiquen:
48
Suponiendo que es función solo de la variable x:
xN – yM = (My – Nx)
x = d /dxy = 0
Si tenemos que (My – Nx) / N sólo depende de x, entonces nuestra EDO es de primer orden y es separable. De manera similar, si solo es función de y:
xN – yM = (My – Nx)
y = d /dyx = 0
Si (Nx – My) / M solo es función de y, nuestra EDO es de primer orden y separable.
N
NM
dx
d xy
M
MN
dyd yx
49
Así que, si tenemos la ED en forma diferencial:M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0
pero no es una ecuación exacta, podemos convertirla multiplicándola por un factor integrante . Si (My – Nx) / N solo depende de x, entonces
Si (Nx – My) / M solo depende de y, entoncesdx
N
NM xy
ex
)(
dyM
MN yx
ey
)(Una última observación: Puesto que multiplicamos la ED por un factor integrante podemos estar añadiendo o eliminando soluciones.
50
La ED no lineal: xy dx + (2x2 + 3y2 – 20) dy = 0 no es exacta. Con M = xy, N = 2x2 + 3y2 – 20, hallamos My = x, Nx = 4x. Observemos que
depende de x y de y. Pero
solo depende de y. El factor integrante adecuado será entonces:
e 3dy/y = e3lny = y3 = (y)
2032
3
2032
42222
yx
x
yx
xxN
NM xy
yM
MN yx 3
Multiplicando la ED original:xy4 dx + (2x2y3 + 3y5 – 20y3) dy = 0Que tiene como solución:
½ x2y4 + ½ y6 – 5y4 = c
51
Ejemplo: Para la siguiente ED
Entonces
Por lo tanto
Así obtenemos la ecuación diferencial exacta:
01ln2 222 dyyyxydxxy
222 1,ln2 yyxNyxyM
yy
M
x
N
M
11
yydy
d 11ln
01
ln2222
dyy
yyxydxx
Demuestra que en efecto es una ED exacta y obtén su solución general.
Esto es equivalente a hacer:e- dy/y = e-lny = 1/y = (y)
52
EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente resolverla por el método de las exactas.
SOLUCIÓN:
1º Paso: Checar si la ED es exacta o no exacta
No exacta
2º Paso: Búsqueda del factor integrante (F. I.) para convertir la ED en exacta: Para esto es necesario realizar las dos consideraciones para ver cuál de las dos se puede factorizar y por ende produce un factor integrante:
53
3º Paso: Conversión de la ED no exacta en exacta
Factorizando se tiene:
4º Paso: Aplicación de los 4 pasos (i a iv) del método de solución de las ED exactas.
Paso i): Comprobar si la ED es exacta Exacta
54
Paso ii): Integrar con respecto a x, dejando a y constante
Paso iii): Derivar con respecto a y la ecuación resultante en el paso ii
Despejando g´(y) de la igualdad anterior, se tiene:
Paso iv): Obtener la función g (y)
Paso v): Sustitución del valor de g (y) en el paso ii
Solución general: kccsiendocxyyx 11232 2
55
EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente resolverla por el método de las exactas.
SOLUCIÓN:
56
Aplicando las propiedades de los logaritmos y exponenciales:
Se tiene lo siguiente:
xx eyy
cexyxy
c
))0(2())0(3(
)2()3(
xx eyy
ceyy
c
)()(
)0()0(
xx ecec 1
57
Si una función f tiene la propiedad f(tx, ty) = tf(x, y),
se dice que es una función homogénea de grado .
Por ejemplo: f(x, y) = x3 + y3 es homogénea de grado 3, puesto que f(tx, ty) = (tx)3 + (ty)3 = t3f(x, y)
Se dice que una ED de primer orden en forma diferencial:M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0es de coeficientes homogéneos, si tanto M como N son homogéneas del mismo grado, i.e. si
Funciones homogéneas
M(tx, ty) = tM(x, y), N(tx, ty) = tN(x, y)
58
Si M y N son homogéneas de grado , haciendo el cambio de variable u = y/x:
M(x, y) = x M(1, u), N(x, y) = xN(1, u),
Y haciendo el cambio de variable v = x/y: M(x, y)=y M(v, 1), N(x, y)=yN(v, 1)
De modo que nuestra ED de primer orden en forma diferencial: M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 se convierte en: x M(1, u) dx + x N(1, u) dy = 0,
M(1, u) dx + N(1, u) dy = 0con dy = udx + xdu:
M(1, u) dx + N(1, u)(u dx + x du) = 0 [M(1, u) + u N(1, u)] dx + xN(1, u) du = 0
0) ,1() ,1(
) ,1(
uuNuM
duuNx
dx
59
Resolver (x2 + y2) dx + (x2 – xy) dy = 0.
Solución: Tenemos que M = x2 + y2 y N = x2 – xy son funciones homogéneas de grado 2. Hagamos el cambio y = ux, entonces dy = u dx + x du:
(x2 + u2x2) dx + (x2 - ux2)(u dx + x du) = 0
011
xdx
duuu
01
21
xdx
duu
Repite el ejercicio con el cambio x = vy, que es más adecuado siempre que M(x, y) sea más simple que N(x, y).
cxx
y
x
ycxuu lnln1ln2;lnln1ln2
xycxeyxx
y
cx
yx /22
)( ; )(
ln
60
La ED: dy/dx + P(x)y = f(x)yn
donde n es un número real cualquiera, se conoce como ecuación de Bernoulli .Observemos que para n = 0 la ecuación es lineal y para n = 1 es de variable separable. En cualquier otro caso, con el cambio de variable:
u = y1-n
siempre podemos reducirla a una lineal.
Ecuación de Bernoulli
Nota: y(x) = 0 siempre es solución de una ec. de Bernoulli. Se aconseja comprobar que la solución obtenida la posee, porque puede perderse con el cambio de variable.
61
Resolver x dy/dx + y = x2y2.Solución:
Escribimos la ED como: dy/dx + (1/x)y = xy2
Con n = 2, y = u-1, dy/dx = -u-2(du/dx). La ED se convierte en: du/dx – (1/x)u = -xAhora, utilizando el factor integrante
1lnln/ 1
xeee xxxdx
en (0, ) e integrando
se obtiene x-1u = -x + c, u = -x2 + cx.
Como u = y-1, tenemos y = 1/u y la solución es y = 1/(−x2 + cx).
xuxdx
du 1
u = y1-n; y = u1/(1-n)
62
EJEMPLO : Resolver la siguiente ED de Bernoulli
SOLUCIÓN:
Despejando la diferencial dy/dx se tiene:
)1(1
2xyxydxdy
Observamos que al despejar de esta manera no se visualiza P(x) ni el factor integrante (F. I.). Por lo que procedemos a invertir las variables, es decir la variable independiente la hacemos dependiente.
Despejando la diferencial invertida dx/dy se tiene:
322 )1( yxxyxyxydydx
Escribiendo la nueva ecuación diferencial en su forma canónica se observa que tiene la forma de la ED de Bernoulli con variable dependiente x , con n =2:
32 yxxydydx
Haciendo la sustitución se tiene: nxw 1 1121 11 wxw
xx
wxxw
(1)
(2)
63
Derivando en forma implícita la ecuación (2) respecto de y, se tiene:
Sustituyendo el nuevo valor de dx/dy en la ecuación (1) se tiene:
dydw
wdydx 2
2312 wyywdydw
w
Multiplicando ambos miembros de la ecuación (3) por se tiene:2w
(3)
3yywdydw Que es una ED lineal en w de primer orden :
Por lo tanto se resuelve por método de los 5 pasos de una ED lineal de primer orden:
Paso ii). Así escrita, reconocemos que y entonces el factor integrante es:
Paso i).
3)(,)( yyfyyP
2)(
2
..y
ydydyyPeeeIF
64
Paso iii). La ecuación del paso i se multiplica por este factor y se obtiene lo siguiente:
CdyyfIFIwF )(....
Paso iv). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente w; esto es:
Cdyyeweyy
)( 322
22
Haciendo las siguientes sustituciones se integra la ecuación (4) de la siguiente manera:
22
2,,2
yuydyduy
u
(4)
Cdyeyweyy
232
22
)( Cydyeyweyy
)()( 222
22
Cdueuwe uy
22
2
Cdueuwe uy
22
2
Paso v). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv para obtener la solución en términos de w y u;
Ceuewe uuy
222
2
(5)
65
Paso vi). Se sustituyen en la ecuación (5) los valores de w y u en términos de x e y; para encontrar la solución general buscada.
Ceeyexyyy
22221
222
2
Poniendo la ecuación general en forma explícita, es decir tomando a la variable x como dependiente y a la variable y como independiente se tiene después de despejar lo siguiente:
22
2
21 y
Ceyx
Solución general
Considerando las condiciones iniciales del problema , se busca una solución particular.
0)1( y
1212012012)0(11 02
)0(2
2
CCCCeCe
22
2
21 y
eyx
Solución particular
66
Reducción a separación de variablespor sustitución
Una ED de la forma
dy/dx = f(Ax + By + C)
siempre puede reducirse a una ecuación separable por medio de la sustitución
u = Ax + By + C.
67
Resolver dy/dx = (-2x + y)2 – 7, y(0) = 0.
Solución:Sea u = -2x + y, entonces du/dx = -2 + dy/dx,
du/dx + 2 = u2 – 7 ; du/dx = u2 – 9Que ahora es separable. Al utilizar fracciones parciales,
dxuu
du )3)(3( dxdu
uu
31
31
61
Al aplicar y(0) = 0 se obtiene c = -1.
133
ln61
cxuu
x
x
ce
cexy
6
6
1
)1(32
x
x
ce
ceu 6
6
1
)1(3
x
x
e
exuxy
6
6
1
)1(322
68
Abajo puedes ver la gráfica de la solución particular
x
x
e
exuxy 6
6
1
)1(322