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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería

Ecuaciones Diferenciales para Ingeniería “EDOs Notables” Tutor:

Javier León Paredes

Fecha: Segundo Semestre 2019

Ejemplo: Resuelva 𝑦′ =

1 +1 𝑥−𝑦

Solución: 𝑑𝑦 1 = + 1, EDO No Variables Separables 𝑑𝑥 𝑥 − 𝑦 Sea 𝑧 = 𝑥 − 𝑦, se procede a calcular

𝑑𝑧 𝑑𝑥

:

𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑧 1 𝑑𝑧 1 =1− ⇒ =1−( + 1) ⇒ =1− −1 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥−𝑦 𝑑𝑥 𝑧 ⇒

𝑑𝑧 1 =− 𝑑𝑥 𝑧

⇒

⇒ 𝑧𝑑𝑧 = −𝑑𝑥

𝑧2 = −𝑥 + 𝐶, 2 ⇒

𝐶∈ℝ

(𝑥 − 𝑦)2 = −𝑥 + 𝐶 2

Observación 1. Toda EDO de 1° orden de la forma: 𝑦 ′ = 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐) Se puede reducir a una EDO de variables separables, haciendo el siguiente cambio de variable 𝑧 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 Ecuaciones Homogéneas: La EDO

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑓(𝑥, 𝑦) se llama homogénea si 𝑓 es una función homogénea, es decir:

𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡 𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦) , Homogénea de grado 𝑛 Ejemplos. 1) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 es homogénea, dado que 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)(𝑡𝑦) = 𝑡 2 𝑥𝑦 = 𝑡 2 𝑓(𝑥, 𝑦) 2) 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 3 + 𝑦 5 es homogénea de grado 5, dado que 𝑔(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 (𝑡𝑦)3 + (𝑡𝑦)5 = 𝑡 5 𝑥 2 𝑦 3 + 𝑡 5 𝑦 5 = 𝑡 5 (𝑥 2 𝑦 3 + 𝑦 5 ) = 𝑡 5 𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑦

3) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔 ( ) es homogénea. 𝑥

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería 𝑡𝑦 𝑦 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑔 ( ) = 𝑔 ( ) 𝑡𝑥 𝑥 Observación 2. Si la EDO está escrita en la forma 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 diremos que es homogénea si 𝑀(𝑥, 𝑦) y 𝑁(𝑥, 𝑦) son homogéneas del mismo grado. Consideremos la EDO homogénea: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 Para 𝑥 ≠ 0 es equivalente: 1 1 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝑥 𝑥 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 ⇒ 𝑀 ( , ) 𝑑𝑥 + 𝑁 ( , ) 𝑑𝑦 = 0 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑦 𝑦 ⇒ 𝑀 (1, ) 𝑑𝑥 + 𝑁 (1, ) 𝑑𝑦 = 0 𝑥 𝑥

⇒

Haciendo el cambio de variable 𝑧 = 𝑦/𝑥, se tiene 𝑧=

𝑦 ⇒ 𝑦 = 𝑥𝑧 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑧 𝑥

Reemplazando: 𝑀(1, 𝑧)𝑑𝑥 + 𝑁(1, 𝑧)[𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑧] = 0 ⇒ [𝑀(1, 𝑧) + 𝑧𝑁(1, 𝑧)]𝑑𝑥 + 𝑥𝑁(1, 𝑧)𝑑𝑧 = 0 ⇒ 𝑥𝑁(1, 𝑧)𝑑𝑧 = −[𝑀(1, 𝑧) + 𝑧𝑁(1, 𝑧)]𝑑𝑥 𝑁(1, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑧 = − , EDO de Variables Separables 𝑀(1, 𝑧) + 𝑧𝑁(1, 𝑧) 𝑥 4) (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0. Sean 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦 ⇒ 𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑥 + 𝑡𝑦 = 𝑡(𝑥 + 𝑦) = 𝑡𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 2𝑦 ⇒ 𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑥 + 2𝑡𝑦 = 𝑡(𝑥 + 2𝑦) = 𝑡𝑁(𝑥, 𝑦) ⇒ 𝑀(𝑥, 𝑦) y 𝑁(𝑥, 𝑦) son homogéneas de grado 1, por lo tanto, la EDO es homogénea. Ahora, se procede a realizar el cambio de variable 𝑧 = 𝑦/𝑥, se tiene: 𝑀(1, 𝑧) = 1 + 𝑧 ; 𝑁(1, 𝑧) = 1 + 2𝑧 Reemplazando: 1 + 2𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑧 = − (1 + 𝑧) + 𝑧(1 + 2𝑧) 𝑥 1 + 2𝑧 𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑧 = − EDO de Variables Separables 1 + 2𝑧 + 2𝑧 2 𝑥 1 + 2𝑧 𝑑𝑥 ⇒ ∫ 𝑑𝑧 = − ∫ 1 + 2𝑧 + 2𝑧 2 𝑥 1 2 + 4𝑧 𝑑𝑥 ⇒ ∫ 𝑑𝑧 = − ∫ 2 1 + 2𝑧 + 2𝑧 2 𝑥

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería ⇒

1 ln|1 + 2𝑧 + 2𝑧 2 | = − ln|𝑥| + 𝐶, 2

𝐶∈ℝ

Por lo tanto, la solución general implícita es: 1 2𝑦 𝑦 2 ln (1 + + 2 ( ) ) = − ln(𝑥) + 𝐶 2 𝑥 𝑥 Tarea 1. Resuelva las siguientes EDO homogéneas. 1) 𝑥𝑦 ′ = √𝑥 2 + 𝑦 2

𝑦 2) 𝑥 2 𝑦 ′ = 3(𝑥 2 + 𝑦 2 ) arctan ( ) + 𝑥𝑦 𝑥 3) (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0 𝑦 𝑦 4) (𝑦 sen ( ) + 𝑥) 𝑑𝑥 − 𝑥 sen ( ) 𝑑𝑦 = 0 𝑥 𝑥 𝑑𝑦 3 2 3 5) 𝑥 =𝑥 𝑦−𝑦 𝑑𝑥 Problema: Resuelva la siguiente ecuación: 𝑑𝑦 𝑥 − 𝑦 + 1 = 𝑑𝑥 𝑥 + 𝑦 − 3 Solución: Esta ecuación se expresa también de la siguiente forma: ⇒ (𝑥 − 𝑦 + 1)𝑑𝑥 − (𝑥 + 𝑦 − 3)𝑑𝑦 = 0 Se procede a resolver el siguiente sistema de ecuaciones: 𝑥−𝑦+1=0 ⌋ ⇒ 𝑥 = 1; 𝑦 = 2 𝑥+𝑦−3=0 Sean 𝑢 = 𝑥 − 1 ; 𝑣 = 𝑦 − 2, la cual se escribe la EDO en las nuevas variables 𝑢, 𝑣: 𝑑𝑣 𝑎𝑢 + 𝑏𝑣 = 𝑑𝑢 𝑐𝑢 + 𝑑𝑣 Ecuaciones Exactas. Consideremos la ecuación: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0

(1)

Donde 𝑀 y 𝑁 son continuas en un conjunto abierto 𝛺 ⊆ ℝ2 . Diremos que (1) es exacta en 𝛺 cuando existe una función diferenciable 𝑢(𝑥, 𝑦) tal que: 𝜕𝑢 𝜕𝑢 = 𝑀(𝑥, 𝑦) ; = 𝑁(𝑥, 𝑦), 𝜕𝑥 𝜕𝑦

∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝛺

𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦; 𝐷: diferencial 𝜕𝑥 𝜕𝑦 ⇒ 𝐷𝑢 = 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝐷𝑢 =

𝐷𝑢 = 0 ⇒ 𝑢 = cte

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería Ejemplo: Resuelva cos(𝑦) 𝑑𝑥 − (𝑥 sen(𝑦) − 𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0 Solución: Se tiene que 𝑀(𝑥, 𝑦) = cos(𝑦) ⇒

𝜕𝑀 = − sen(𝑦) 𝜕𝑦

𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑥 sen(𝑦) + 𝑦 2 ⇒ Como

𝜕𝑀 𝜕𝑦

=

𝜕𝑁 𝜕𝑥

𝜕𝑁 = − sen(𝑦) 𝜕𝑥

, la ecuación es exacta y se tiene que la solución es:

𝑢(𝑥, 𝑦) = ∫ cos(𝑦) 𝑑𝑥 o bien 𝑢(𝑥, 𝑦) = ∫(−𝑥 sen(𝑦) + 𝑦 2 )𝑑𝑦 Integrando la primera, se obtiene 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 cos(𝑦) + 𝐶(𝑦), donde 𝐶(𝑦) es una función que depende de 𝑦. Para que 𝑢(𝑥, 𝑦) sea solución, debe ocurrir también que: 𝜕𝑢 = 𝑁(𝑥, 𝑦) ⇒ −𝑥 sen(𝑦) + 𝐶 ′ (𝑦) = −𝑥 sen(𝑦) + 𝑦 2 𝜕𝑦 𝑦3 ⇒ 𝐶 ′ (𝑦) = 𝑦 2 ⇒ 𝐶(𝑦) = 3 Por ende, la solución general implícita es: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 cos(𝑦) +

𝑦3 =𝐶, 3

𝐶∈ℝ

Tarea 2. Resuelva las siguientes ecuaciones exactas: 𝑑𝑦 𝑥 − 𝑦2 = 𝑑𝑥 2𝑥𝑦 + 𝑦 2) (𝑦𝑒 −𝑥 − sen(𝑥))𝑑𝑥 − (𝑒 −𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0 1 1 3) (4𝑥 3 𝑦 3 + ) 𝑑𝑥 + (3𝑥 4 𝑦 2 − ) 𝑑𝑦 = 0 𝑥 𝑦 1)

Ejemplo: Considere la EDO 𝑦𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 0 Notar que si 𝜕𝑀 =1 𝜕𝑦 𝜕𝑁 𝑁(𝑥, 𝑦) = 1 ⇒ =0 𝜕𝑥

𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦 ⇒

En este caso, la ecuación no es exacta. Pero si multiplicamos la EDO por 𝑒 𝑥 : 𝑒 𝑥 𝑦𝑑𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑑𝑦 = 0 𝜕𝑃 = 𝑒𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑄 ⇒ = 𝑒𝑥 𝜕𝑥

𝑃(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑦 ⇒ 𝑄(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería Resulta que la ecuación es exacta. Por lo tanto, la solución es: 𝑢(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑒 𝑥 𝑦𝑑𝑥 = 𝑦𝑒 𝑥 + ℎ(𝑦) ⇒

𝜕𝑢 = 𝑄(𝑥, 𝑦) ⇒ 𝑒 𝑥 + ℎ′ (𝑦) = 𝑒 𝑥 ⇒ ℎ′ (𝑦) = 0 ⇒ ℎ(𝑦) = 𝐿, 𝜕𝑦

𝐿∈ℝ

Por lo tanto, la solución es: 𝑦𝑒 𝑥 + 𝐿 = 𝐶 ⇒ 𝑦 = 𝐾𝑒 −𝑥 ,

𝐾 = 𝐶 − 𝐿,

𝐾∈ℝ

Factores Integrantes. Consideremos la EDO no exacta: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0

(2)

Es decir, 𝑀𝑥 ≠ 𝑁𝑦 . Puede ocurrir que multiplicando (2) por una función 𝑝(𝑥, 𝑦) se transforme en una EDO exacta, es decir: 𝑝(𝑥, 𝑦)𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑝(𝑥, 𝑦)𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (3) es exacta Cuando esto ocurre diremos que 𝑝(𝑥, 𝑦) es un factor integrante. Además, las soluciones de (2) y (3) son las mismas. Como la EDO (3) es exacta, se tiene: 𝜕 𝜕 (𝑝𝑀) = (𝑝𝑁) 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝑀

𝜕𝑝 𝜕𝑀 𝜕𝑝 𝜕𝑁 +𝑝 =𝑁 +𝑝 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑥

Esta última es “Ecuación diferencial parcial de 1° orden cuya solución, si es que existe, es 𝑝(𝑥, 𝑦)” En algunos casos 𝑝(𝑥, 𝑦) se puede calcular. Por ejemplo: 1) Si 𝑝 depende sólo de 𝑥, es decir 𝑝 = 𝑝(𝑥), entonces: 𝜕𝑝 =0 𝜕𝑦 Luego, reemplazando en la ecuación diferencial parcial (EDP) se tiene: 𝑝

⇒ 𝑁 1

𝜕𝑀

𝑁

𝜕𝑦

Si (

−

𝜕𝑁 𝜕𝑥

𝜕𝑀 𝑑𝑝 𝜕𝑁 =𝑁 +𝑝 𝜕𝑦 𝑑𝑥 𝜕𝑥

𝑑𝑝 𝜕𝑀 𝜕𝑁 𝑑𝑝 1 𝜕𝑀 𝜕𝑁 = 𝑝( − ) ⇒ = ( − ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝑝 𝑁 𝜕𝑦 𝜕𝑥

) sólo depende de 𝑥, entonces la ecuación es de variables separables y su solución es

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𝑝(𝑥) = 𝑒 ∫𝑁(𝑀𝑦 −𝑁𝑥)𝑑𝑥 2) Si 𝑝 depende sólo de 𝑦, es decir 𝑝 = 𝑝(𝑦), entonces: 𝜕𝑝 =0 𝜕𝑥 Luego, reemplazando en la EDP se tiene: 𝑀

⇒ 𝑀 Si

1 𝑀

(

𝜕𝑁 𝜕𝑥

−

𝜕𝑀 𝜕𝑦

𝑑𝑝 𝜕𝑀 𝜕𝑁 +𝑝 =𝑝 𝑑𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥

𝑑𝑝 𝜕𝑁 𝜕𝑀 𝑑𝑝 1 𝜕𝑁 𝜕𝑀 = 𝑝( − ) ⇒ = ( − ) 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝑝 𝑀 𝜕𝑥 𝜕𝑦

) sólo depende de 𝑦, entonces el factor integrante es: 1

𝑝(𝑦) = 𝑒 ∫𝑀(𝑁𝑥−𝑀𝑦 )𝑑𝑥 Ejemplos: -

Resuelva 2𝑥𝑦 ln(𝑦) 𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑦 2 + 1)𝑑𝑦 = 0. Sean 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 ln(𝑦) ⇒ 𝑀𝑦 = 2𝑥 ln(𝑦) + 2𝑥 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑦 2 + 1 ⇒ 𝑁𝑥 = 2𝑥

Se puede observar que 𝑀𝑦 ≠ 𝑁𝑥 , lo que implica que la ecuación no es exacta. Por tanto, busquemos un factor integrante: 1 1 (2𝑥 ln(𝑦) + 2𝑥 − 2𝑥) (𝑀 − 𝑁𝑥 ) = 2 2 𝑁 𝑦 𝑥 + 𝑦 √𝑦 2 + 1 2𝑥 ln(𝑦) = 2 𝑥 + 𝑦 2 √𝑦 2 + 1 No hay factor integrante que dependa sólo de 𝑥. Veamos el otro caso: 1 2𝑥 ln(𝑦) 1 (𝑁 − 𝑀𝑦 ) = − =− 𝑀 𝑥 2𝑥𝑦 ln(𝑦) 𝑦 Esta si, dado que depende sólo de 𝑦. El factor integrante es: 𝑝(𝑦) = 𝑒

1 ∫ −𝑦 𝑑𝑦

=𝑒

−∫

𝑝(𝑦) =

𝑑𝑦 𝑦 𝑒 − ln(𝑦)

=

1 𝑦

1 𝑦

Luego, multiplicando la EDO por 1/𝑦, obtenemos:

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería 2𝑥 ln(𝑦) 𝑑𝑥 + (

𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑦 2 + 1 ) 𝑑𝑦 = 0 𝑦

RESOLVER Resolver (3𝑥 + 2𝑦 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 + 4𝑥𝑦 + 5𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0, si su factor integrante es de la forma 𝑝(𝑥 + 𝑦 2 ).

-

Solución: Primero verificamos si la ecuación es exacta o no: 𝑀(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + 2𝑦 + 𝑦 2 ⇒ 𝑀𝑦 = 2 + 2𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 4𝑥𝑦 + 5𝑦 2 ⇒ 𝑁𝑥 = 1 + 4𝑦 La ecuación no es exacta. Entonces utilizaré la EDP, para encontrar el factor integrante: 𝑀

𝜕𝑝 𝜕𝑀 𝜕𝑝 𝜕𝑁 +𝑝 =𝑁 +𝑝 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑥

Sea 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 2 , lo cual 𝑝(𝑥 + 𝑦 2 ) = 𝑝(𝑧). Por regla de la cadena: 𝜕𝑝 𝑑𝑝 𝜕𝑧 𝑑𝑝 = • = •1 𝜕𝑥 𝑑𝑧 𝜕𝑥 𝑑𝑧 Pues

𝜕𝑧 𝜕𝑥

=1y

𝜕𝑧 𝜕𝑦

= 2𝑦, lo cual implica 𝜕𝑝 𝑑𝑝 𝜕𝑧 𝑑𝑝 = • = • 2𝑦 𝜕𝑦 𝑑𝑧 𝜕𝑦 𝑑𝑧

Reemplazando en la ecuación diferencial parcial: 𝑀 • 2𝑦

𝑑𝑝 𝑑𝑝 + 𝑝𝑀𝑦 = 𝑁 + 𝑝𝑁𝑥 𝑑𝑧 𝑑𝑧

𝑑𝑝 (2𝑦𝑀 − 𝑁) = 𝑝(𝑁𝑥 − 𝑀𝑦 ) 𝑑𝑧 𝑑𝑝 𝑁𝑥 − 𝑀𝑦 = 𝑑𝑧 𝑝 2𝑦𝑀 − 𝑁 Si

𝑁𝑥 −𝑀𝑦 2𝑦𝑀−𝑁

depende sólo de 𝑧, entonces el factor integrante es:

𝑝(𝑧) = 𝑒

𝑁𝑥 −𝑀𝑦 ∫2𝑦𝑀−𝑁 𝑑𝑧

Calculemos: (1 + 4𝑦) − (2 + 2𝑦) 𝑁𝑥 − 𝑀𝑦 = 2𝑦𝑀 − 𝑁 2𝑦(3𝑥 + 2𝑦 + 𝑦 2 ) − (𝑥 + 4𝑥𝑦 + 5𝑦 2 ) −1 + 2𝑦 −1 + 2𝑦 −1 + 2𝑦 = = = 2 3 2 2 3 6𝑥𝑦 + 4𝑦 + 2𝑦 − 𝑥 − 4𝑥𝑦 − 5𝑦 2𝑥𝑦 − 𝑦 − 𝑥 + 2𝑦 𝑥(−1 + 2𝑦) + 𝑦 2 (−1 + 2𝑦) 𝑁𝑥 − 𝑀𝑦 1 1 = = 2𝑦𝑀 − 𝑁 𝑥 + 𝑦 2 𝑧 Así

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería 𝑝(𝑧) = 𝑒

𝑁𝑥 −𝑀𝑦 ∫2𝑦𝑀−𝑁𝑑𝑧

𝑑𝑧

= 𝑒 ∫ 𝑧 = 𝑒 ln(𝑧) = 𝑧

RESOLVER Ecuación Lineal. Consideremos la ecuación 𝑑𝑦 = 𝑎(𝑥)𝑦 + 𝑏(𝑥) 𝑑𝑥

(4)

Si 𝑏(𝑥) = 0, la ecuación (4) es de variables separables y su solución es: 𝑦(𝑥) = 𝐶𝑒 ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 ,

𝐶: constante real

Para resolver (4) usaremos una solución 𝑢(𝑥) ≠ 0 de la EDO: 𝑑𝑦 = 𝑎(𝑥)𝑦 𝑑𝑥 La idea es encontrar otra función 𝑣(𝑥) tal que 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) sea solución de (4). Es decir: 𝑑 (𝑢(𝑥)𝑣(𝑥)) = 𝑎(𝑥)𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑏(𝑥) 𝑑𝑥 𝑢′ (𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣 ′ (𝑥) = 𝑎(𝑥)𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑏(𝑥) Como 𝑢(𝑥) es solución de

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑎(𝑥)𝑦 ⇒

𝑑 𝑑𝑥

(𝑢(𝑥)) = 𝑎(𝑥)𝑢(𝑥). Reemplazando:

𝑎(𝑥)𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣 ′ (𝑥) = 𝑎(𝑥)𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑏(𝑥) ⇒ 𝑢(𝑥)𝑣 ′ (𝑥) = 𝑏(𝑥) ⇒ 𝑣 ′ (𝑥) = 𝑣(𝑥) = ∫

𝑏(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶 , 𝑢(𝑥)

𝑏(𝑥) 𝑢(𝑥)

𝐶: constante

Luego, la solución de (4) es: 𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥) [∫

𝑏(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶] 𝑢(𝑥)

Si elegimos 𝑢(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 , reemplazamos: 𝑦(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 [∫ 𝑏(𝑥)𝑒 − ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶] El método usado para determinar esta fórmula se llama variación de parámetros. Ejemplos: Resuelva 𝑑𝑦 𝑦 = +𝑥 𝑑𝑥 𝑥 − 1

EDO Lineal

Solución: Aplicando la fórmula, se tiene:

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería 𝑦(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 [∫ 𝑏(𝑥)𝑒 − ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶] 𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑦(𝑥) = 𝑒 ∫𝑥−1 [∫ 𝑥𝑒 − ∫𝑥−1 𝑑𝑥 + 𝐶] ⇒ 𝑦(𝑥) = (𝑥 − 1) [∫

𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶] 𝑥−1

Para resolver la integral respecto de 𝑥, se tiene: ∫

𝑥 𝑥−1 1 1 𝑑𝑥 = ∫ [ + ] 𝑑𝑥 = ∫ [1 − ] 𝑑𝑥 = 𝑥 + ln|𝑥 − 1| 𝑥−1 𝑥−1 𝑥−1 𝑥−1

Así: 𝑦(𝑥) = (𝑥 − 1)[𝑥 + ln|𝑥 − 1| + 𝐶] Considere la ecuación diferencial no lineal: (∗)

𝑑𝑦 + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑦 𝑛 , 𝑑𝑥

𝑛 ≠ 0, 𝑛 ≠ 1, 𝑛 ∈ ℝ

Pruebe que el cambio de variable 𝑧 = 𝑦1−𝑛 transforma esta ecuación en una ecuación lineal. Solución: En efecto, derivando a 𝑧 = 𝑦1−𝑛 con respecto a 𝑥, obtenemos: 𝑑𝑧 𝑑𝑦 = (1 − 𝑛)𝑦 −𝑛 𝑑𝑥 𝑑𝑥 ⇒ ⇒

𝑑𝑧 = (1 − 𝑛)𝑓(𝑥) − (1 − 𝑛)𝑝(𝑥)𝑦1−𝑛 𝑑𝑥

⇒

⇒

𝑑𝑧 = (1 − 𝑛)𝑦 −𝑛 [𝑓(𝑥)𝑦 𝑛 − 𝑝(𝑥)𝑦] 𝑑𝑥

𝑑𝑧 = (1 − 𝑛)𝑓(𝑥) − (1 − 𝑛)𝑝(𝑥)𝑧 𝑑𝑥

𝑑𝑧 = −(1 − 𝑛)𝑝(𝑥)𝑧 + (1 − 𝑛)𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

EDO Lineal en variable 𝑧

La ecuación (∗) se llama Ecuación de Bernoulli. Tarea 3. Resuelva usando ecuación de Bernoulli: 1) 𝑦 ′ − 𝑦 = 𝑥𝑦 5 2) 𝑦 ′ + 2𝑥𝑦 = −𝑥𝑦 4 3) 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑦 2 (cos(𝑥) − sen(𝑥)) 4) 𝑥𝑦 ′ = 𝑦 + 𝑥𝑦 3 (1 + ln(𝑥)) Considere la ecuación diferencial no lineal 𝑑𝑦 + 𝑝(𝑥)𝑦 + 𝑞(𝑥)𝑦 2 = 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería 1

Sea 𝑦1 (𝑥) una solución de esta ecuación. Pruebe que el cambio de variable 𝑦 = 𝑦1 + transforma esta 𝑧 ecuación en una ecuación lineal. 1

Solución: Sea 𝑦 = 𝑦1 + . Derivando con respecto a 𝑥, se tiene: 𝑧

𝑑𝑦 𝑑𝑦1 1 𝑑𝑧 = − 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑧 2 𝑑𝑥 Reemplazando en la EDO: 𝑑𝑦1 1 𝑑𝑧 − + 𝑝(𝑥)𝑦 + 𝑞(𝑥)𝑦 2 = 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 𝑧 2 𝑑𝑥 -1/x^2 Como 𝑦1 es solución de la ecuación, es decir: 𝑑𝑦1 = 𝑓(𝑥) − 𝑝(𝑥)𝑦1 − 𝑞(𝑥)𝑦12 𝑑𝑥 Reemplazamos: 𝑓(𝑥) − 𝑝(𝑥)𝑦1 − 𝑞(𝑥)𝑦12 −

1 𝑑𝑧 + 𝑝(𝑥)𝑦 + 𝑞(𝑥)𝑦 2 = 𝑓(𝑥) 𝑧 2 𝑑𝑥

1 𝑑𝑧 = 𝑝(𝑥)[𝑦 − 𝑦1 ] + 𝑞(𝑥)[𝑦 2 − 𝑦12 ] 𝑧 2 𝑑𝑥 Como 𝑦 = 𝑦1 +

1 𝑧

1

⇒ 𝑦 − 𝑦1 = . Además 𝑧

1 2 2𝑦1 1 𝑦 2 = (𝑦1 + ) = 𝑦12 + + 2 𝑧 𝑧 𝑧 2𝑦1 1 2 2 ⇒ 𝑦 − 𝑦1 = + 2 𝑧 𝑧 Reemplazando, obtenemos: 1 𝑑𝑧 1 2𝑦1 1 = 𝑝(𝑥) + 𝑞(𝑥) [ + 2] 2 𝑧 𝑑𝑥 𝑧 𝑧 𝑧 𝑑𝑧 = 𝑝(𝑥)𝑧 + 𝑞(𝑥)[2𝑦1 𝑧 + 1] 𝑑𝑥 𝑑𝑧 = (𝑝(𝑥) + 2𝑦1 𝑞(𝑥))𝑧 + 𝑞(𝑥) 𝑑𝑥

EDO Lineal

La EDO 𝑦 ′ + 𝑝(𝑥)𝑦 + 𝑞(𝑥)𝑦 2 = 𝑓(𝑥) se llama Ecuación de Riccati. Ejemplo: Resuelva 𝑦 ′ =

1 𝑥2

1

𝑦2 − 𝑦 + 1 𝑥

1

Solución: Notemos que 𝑦1 (𝑥) = 𝑥 es solución de la ecuación. Haciendo el cambio de variable 𝑦 = 𝑥 + , 𝑧 la EDO se transforma en:

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ingeniería 𝑑𝑧 1 1 1 = ( + 2𝑥 (− 2 )) 𝑧 − 2 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑑𝑧 1 1 =− 𝑧− 2 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑧(𝑥) = 𝑒 − ∫ 𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 𝑥 (−

𝑧(𝑥) =

𝑧(𝑥) =

𝑧(𝑥) = −

1 𝑑𝑥 [− ∫ + 𝐶] 𝑥 𝑥

1 [− ln|𝑥| + 𝐶], 𝑥

ln|𝑥| 𝐶 + 𝑥 𝑥

1 ) 𝑑𝑥 + 𝐶] 𝑥2

𝐶 constante

⇒ 𝑦(𝑥) = 𝑥 +

1 𝐶 ln|𝑥| − 𝑥 𝑥

Tarea 4. Resuelva las siguientes ecuaciones:

1) 𝑦 ′ = −𝑒 −𝑥 𝑦 2 + 𝑦 + 𝑒 𝑥 , si 𝑦1 (𝑥) = −𝑒 𝑥 es solución. 1 1 4 2) 𝑦 ′ = 2𝑥 𝑦 2 − 𝑥 𝑦 − 𝑥, si 𝑦1 (𝑥) = 4 es solución

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