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INSTITUTO UNIVERSITARIO DE TECNOLOGÍA JOSÉ ANTONIO ANZOÁTEGUI MATEMÁTICAS PARA INGENIEROS                                                       

   

ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES LINEALES    (EDO. TRANSFORMABLES A HOMOGÉNEAS).  Estas ecuaciones diferenciales tienen la siguiente estructura: 

(ax + by + c)dx + (α x + β y + γ )dy = 0 ⇒

dy (ax + by + c) = dx (α x + β y + γ )  

También  suelen  llamarse  ecuaciones  diferenciales  transformables  a  homogéneas. Para  resolver estas ecuaciones diferenciales se deben realizar algunos cambios de variables que  permitan eliminar el término independiente del coeficiente lineal 

.c om

  Para su solución se presentan dos casos: 

a1

1. Si (h, k) es el punto de intersección entre las rectas  (ax + by + c) = 0 (α x + β y + γ ) = 0   entonces  se  hace  la  sustitución  x = u + h; y = v + k   y  se  consigue  la  ecuación 

at

ic

homogénea:  (au + bv)du + (α u + β v)dv = 0  

a b

α β

≠ 0 

at e

m

En forma práctica si la ecuación es reducible a homogénea se cumple que: 

2.  Si  las  dos  rectas  (ax + by + c) = 0 (α x + β y + γ ) = 0 no  se  interceptan  (o  sea  son 

M

paralelas),  entonces  α x + β y = n(ax + by) y  por  lo  tanto  se  hace  la  sustitución 

ww

w.

z = ax + by ⇒ α x + β y = nz   esta  sustitución  convierte  la  ecuación  diferencial  en  una  EDO de variables separables.  En  forma  práctica  si  la  ecuación  es  reducible  a  variables  separables  se  cumple  que: 

a b

α β

= 0 

dy 3x − y − 9 = Ejemplo 1: Resolver       dx x + y +1 Procedimientos:     1. Hacer transposición de términos, de manera de darle la estructura adecuada.    ( x + y + 1)dy = (3 x − y − 9)dx = 0 ⇒ (3x − y − 9)dx − ( x + y + 1)dy = 0  

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(3x − y − 9)dx − ( x + y + 1)dy = 0 3 −1

 

=4≠0

1 1   2. Escribir un sistema de ecuaciones en h y k con los coeficientes lineales y calcular esos  valores de h y k   ⎧3h − k = 9 ⇒ h = 2; k = −3   ⎨ ⎩−h − k = 1 3. Realizar un cambio de variables  

a1

4. Sustituir los cambios de variables en la ecuación. 

.c om

x = u + h ⇒ x = u + 2 ⇒ dx = du   y = v + k ⇒ y = v − 3 ⇒ dy = dv

(3x − y − 9)dx − ( x + y + 1)dy = 0

m

at

ic

  [3(u + 2) − (v − 3) − 9] du − [u + 2 + v − 3 + 1] dv = 0 [3u + 6 − v + 3 − 9] du − [u + v] dv = 0 ⇒ (3u − v)du − (u + v)dv = 0

at e

Esta  es  una  ecuación  diferencial  homogénea  con  coeficiente  de  grado  1,  entonces  se 

M

procede a resolver como tal. (EDO HOMOGENEA) 

w.

5. Efectuar un nuevo cambio de variable 

ww

v = uz ⇒ dv = udz + zdu  

6. Hacer la sustitución en la última ecuación obtenida 

(3u − uz )du − (u + uz )(udz + zdu ) = 0   7. Efectuar operaciones hasta transformarla en separable 

u (3 − z )du − u (1 + z )(udz + zdu ) = 0   Al simplificar y reducir términos semejantes resulta: 

3du − zdu = udu + zdu + uzdz + z 2 du (3 − 2 z − z 2 )du = u (1 + z )dz

 

Al separar las variables e integrar miembro a miembro se obtiene: 

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∫

du z +1 = −∫ 2 dz   u z + 2z − 3

La integral del lado izquierdo es inmediata; la del lado derecho se resuelve por cambio de  variables así:  z +1 dt −∫ 2 dz ⇒ t = z 2 + 2 z − 3 ⇒ ( z + 1)dz = z + 2z − 3 2 z +1 −∫ 2 dz = − ln z 2 + 2 z − 3 + ln c z + 2z − 3     8. Aplicar las propiedades de los logaritmos para simplificar la expresión 

ln u = ln z 2 + 2 z − 3 + ln c ⇒ ln u + ln z 2 + 2 z − 3 = ln c

a1

.c om

u ( z 2 + 2 z − 3) = c ⇒ c = u 2 ( z 2 + 2 z − 3) = c; nota : c 2 ≈ c     9. Revertir todos los cambios de variables y simplificar  ⎛ v2 ⎞ ⎛ ( y + 3) 2 2( y + 3) ⎞ v + − 3⎟ = c ( x − 2) 2 ⎜ 2 + 2 − 3 ⎟ = c ⇒ ( x − 2) 2 ⎜ 2 u ( x − 2) ⎝u ⎠ ⎝ ( x − 2) ⎠

ic

⎛ ( y + 3) 2 + 2( x − 2)( y + 3) − 3( x − 2) 2 ⎞ ( x − 2) ⎜ ⎟=c ( x − 2) 2 ⎝ ⎠ 2 2 ( y + 3) + 2( x − 2)( y + 3) − 3( x − 2) = c  

m

at

2

 

at e

2x + y −1

dy

M

= Ejemplo 2: Resolver     dx 4 x + 2 y + 5

ww

w.

2 1 dy 2 x + y − 1 = ⇒ = 0  4 2 dx 4 x + 2 y + 5 Esta  ecuación  se  puede  reducir  a  una  ecuación  con  variables  separables  mediante  la  sustitución siguiente:   dy = z′ − 2 dx   dy z −1 z − 1 + 4 z + 10 2x + y −1 5z + 9 ′ ′ ′ = ⇒ z −2= ⇒z = ⇒z = dx 4 x + 2 y + 5 2z + 5 2z + 5 2z + 5

z = 2 x + y ⇒ y = z − 2 x ⇒ y′ =

5z + 9 dz 5 z + 9 2z + 5 ⇒ = ⇒ dz = dx resolviéndo nos queda : 2z + 5 dx 2 z + 5 5z + 9 2 7 2(2 x + y ) 7 z + ln 5 z + 9 = x + C pero z = 2 x + y ⇒ + ln 5(2 x + y ) + 9 = x + C   5 25 5 25 10 y − 5 x + 7 ln 10 x + 5 y + 9 = C z′ =

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2y − x −5

dy

= Ejemplo 3: Resolver     dx 2 x − y + 4

dy 2 y − x − 5 = ⇒ (− x + 2 y − 5)dx + (−2 x + y − 4)dy = 0 dx 2 x − y + 4  

⎧ − h + 2k = 5 ⇒ h = 1; k = 2 ⎨ ⎩−2h + k = 4 Ahora se efectúan los cambios de variables. 

x = u + h ⇒ x = u − 1 ⇒ dx = du y = v + k ⇒ y = v + 2 ⇒ dy = dv

 

Se sustituye estos valores en la ecuación respectiva, para obtener la EDO homogénea 

a1 ic

u = zv ⇒ du = zdv + vdz z−2 dv z−2 dv dz = ⇒ dz = 2 1− z v (1 − z )(1 + z ) v  

.c om

(−u + 2v)du + (−2u + v)dv = 0

m

dv ⇒ ( x + y − 1)3 = c(t − 2)2   v

at e

z−2

∫ (1 − z)(1 + z ) dz = ∫

at

Integrando ambos lados de la ecuación y revirtiendo los cambios de variables  se obtiene. 

 

ww

w.

M

Ejemplo 4: Resolver (2 x − y + 1) dx + (− x + 2 y + 1) dy    

(2 x − y + 1)dx + (− x + 2 y + 1)dy ⇒

2 −1 ≠0 −1 2

⎧2h − k = −1 ⇒ h = −1; k = −1 ⎨ ⎩−h + 2k = −1

 

Ahora se efectúan los cambios de variables. 

x = u + h ⇒ x = u − 1 ⇒ dx = du   y = v + k ⇒ y = v − 1 ⇒ dy = dv Se sustituye estos valores en la ecuación respectiva, para obtener la EDO homogénea 

(2u − v)du + (−u + 2v)dv = 0 u = zv ⇒ du = zdv + vdz ⇒

du 2z −1 du 1 ⎡ 2 z − 1 ⎤ dz ⇒ = 2 = u 2z − 2z + 2 u 2 ⎢⎣ z 2 − z + 1⎥⎦   133 

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Integrando ambos lados de la ecuación y revirtiendo los cambios de variables  se obtiene. 

du 1 ⎡ 2 z − 1 ⎤ = ⎢ 2 ⇒ x 2 + y 2 + x − y − xy = c   ⎥ u 2 ⎣ z − z + 1⎦   EJERCICIOS RESUELTOS  1)  ( −3 x + y − 1) dx + ( x + y + 3) dy = 0  

( −3 ( u + h ) + ( v + k ) − 1) du + ( ( u + h ) + ( v + k ) + 3) dv = 0

.c om

⎧ − 3h + k − 1 = 0 ⇒ h = −1; k = −2 ⎨ ⎩ h+k +3= 0 x = u + h ⇒ dx = du y = v + k ⇒ dy = dv

ww

w.

M

at e

m

at

ic

a1

( −3u − 3h + v + k − 1) du + ( u + h + v + k + 3) dv = 0 ( −3u + v + ( −3h + k − 1) ) du + ( u + v + ( h + k + 3) ) dv = 0 ⇒ ( −3u + v ) du + ( u + v ) dv = 0 ( −3u + v ) du = − ( u + v ) dv ⇒ ( −3u + v ) du + ( u + v ) dv = 0 v = uz ⇒ dv = udz + zdu ⇒ ( −3u + uz ) du + ( u + uz ) (udz + zdu ) = 0 ( −3u + uz + uz + uz 2 ) du + (u 2 + u 2 z ) dz = 0 ⇒ u ( −3 + 2 z + z 2 ) du + u 2 (1 + z ) dz = 0 ( z + 1) dz = − du ⇒ ( z + 1) dz = − du ∫ ( z − 1)( z + 3) ∫ u u ( z − 1)( z + 3) ( A + B ) z + 3 A − B = ( z + 1) A B Az + 3 A + Bz − B + = ⇒ z −1 z + 3 ( z − 1)( z + 3) ( z − 1)( z + 3) ( z − 1)( z + 3)   ⎧A + B =1 1 dz dz du ⇒ A= B= ⇒∫ +∫ = −∫ ⎨ 2 2 ( z − 1) 2 ( z + 3) u ⎩3 A − B = 1

1 1 1 ln z − 1 + ln z + 3 = − ln u + C/ 1 ⇒ ln z − 1 + ln z + 3 = −2 ln u + C/ 2 = ln 2 + C/ 2 2 2 u

( z − 1)( z + 3) =

K1 2⎛ y+2 ⎞⎛ y + 2 ⎞ ⇒ u 2 ( z − 1)( z + 3) = K1 ⇒ ( x + 1) ⎜ − 1⎟ ⎜ + 3 ⎟ = K1 2 u ⎝ x +1 ⎠ ⎝ x +1 ⎠

⎛ y + 2 − x + 1 ⎞⎛ y + 2 + 3x + 3 ⎞   ⎜ ⎟⎜ ⎟ = K1 ⇒ ( y − x + 1)( y + 3x + 5 ) = K1 x +1 x +1 ⎝ ⎠⎝ ⎠ y 2 − xy + y + 3xy − 3x 2 + 3 x + 5 y − 5 x + 5 = K1 ⇒ y 2 + 2 xy + 6 y − 3 x 2 − 2 x = K1 − 5 = K 2

( x + 1)

2

La solución de esta ecuación en forma mucho más sencilla tratándola como exacta: 

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( −3x + y − 1) dx + ( x + y + 3) dy = 0 ⇒ −3xdx + ydx − dx + xdy + ydy + 3dy = 0 ⎛ x2 ⎞ ⎛ y2 ⎞ − d ⎜ 3 ⎟ + d ( yx ) − dx + d ⎜ ⎟ + 3dy = 0 ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ 3 1 − x 2 + xy − x + y 2 + 3 y = C/ 1 ⇒ 3x 2 − 2 xy + 2 x − y 2 − 6 y = C/ 2 2 2

 

2)  ( x + y − 1) dx + ( y − x − 5) dy = 0  

⎧k − h − 5 = 0 ⇒ h = −2; k = 3 ⎨ k + h − 1 = 0 ⎩ x = u + h; dx = du y = v + k ; dy = dv

(1 − z ) dz =

1+ z u 1+ z dz z dz du ∫ 1+ z2 − ∫ 1+ z2 = ∫ u

∫

du u

z = tg θ ⇒ dz = sec 2 θ dθ

M

at e

2

at

∫

2

m

(1 − z ) dz = du ⇒

ic

a1

.c om

( u + h + v + k − 1) du + ( v + k − u − h − 5 ) dv = 0 ( u + v + h + k − 1) du + ( v − u + k − h − 5 ) dv = 0 ( u + v ) du + ( v − u ) dv = 0 ⇒ ( u + v ) du = ( u − v ) dv ( realizar los cambios )

ww

w.

sec 2 θ dθ z dz du dw 2 − = + = ⇒ = z 1 w z dz ∫ 1 + tg 2 θ ∫ 1 + z 2 ∫ u 2 1 dw du 1 ∫ dθ − 2 ∫ w = ∫ u ⇒θ − 2 ln w = ln u + C 1 1 − ln u = C ⇒ arctg z + ln =C tg −1 z + ln w u w

⎛v⎞ arctg ⎜ ⎟ + ln ⎝u⎠

1 u 1+

v2 u2

 

u/ ⎛ y −3⎞ = C ⇒ arctg ⎜ =C ⎟ + ln ⎝ x+2⎠ u/ u 2 + v 2

u/ ⎛ y −3⎞ ⎛ y −3⎞ = C ⇒ arctg ⎜ arctg ⎜ ⎟ + ln ⎟ + ln 2 2 ⎝ x+2⎠ ⎝ x+2⎠ u/ u + v

  1

( x + 2 ) + ( y − 3) 2

2

=C

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3)  ( 2 x + y + 4 ) dx + ( x − 2 y − 2) dy = 0  

⎧ 2h + k + 4 = 0 8 6 ⇒ k = − ;h = − ⎨ 5 5 ⎩ h − 2k − 2 = 0 x = u + h ⇒ dx = du y = v + k ⇒ dy = dv

( 2u + 2h + v + k + 4 ) du + ( u + h − 2v − 2k − 2 ) dv = 0 ⇒ ( 2u + v ) du + ( u − 2v ) dv = 0 2u du + v du + u dv − 2v dv = 0 ⇒ d ( u 2 ) + d ( uv ) − d ( v 2 ) = 0 ⇒ u 2 + uv − v 2 = C 2

 

2

.c om

6⎞ ⎛ 6 ⎞⎛ 8⎞ ⎛ 8⎞ ⎛ ⎜ x + ⎟ + ⎜ x + ⎟⎜ y + ⎟ − ⎜ y + ⎟ = C 5⎠ ⎝ 5 ⎠⎝ 5⎠ ⎝ 5⎠ ⎝ 6 8 48 16 64 ⎞ 36 ⎛ 2 12 2 2 2 ⎜ x + x + + xy + y + x + − y − y − ⎟ = C ⇒ x + 4 x + xy − y − 2 y = C 5 5 25 5 25 5 25 ⎝ ⎠

a1

4)  ( 2 x − y ) dx + (4 x + y − 3) dy = 0  

at

x = u + h ⇒ dx = du

ic

⎧ 2h − k = 0 1 ⇒ h = ; k =1 ⎨ 2 ⎩ 4h + k − 3 = 0

m

y = v + k ⇒ dy = dv

at e

( 2u + 2h − v − k ) du + ( 4u + 4h + v + k − 3) = 0

 

dv v − 2u z+4 du = dz = − (realizar los cambios) ⇒ 2 du 4v + u z + 3z + 2 u z ( A + B) + ( 2A + B) z+4 z+4 A B = = + = 2 z + 3z + 2 ( z + 1)( z + 2 ) z + 1 z + 2 ( z + 1)( z + 2)

ww

w.

M

( 2u − v ) du + ( 4u + v ) dv = 0 ⇒

⎧ A+ B =1 z+4 3 dz 2 dz du ⇒ A = 3; B = −2 ⇒ 2 dz = − =− ⎨ z + 3z + 2 z +1 z + 2 u ⎩ 2A + B = 4 3 dz

2 dz

∫ z + 1 − ∫ z + 2 = −∫

du ⇒ 3ln z + 1 − 2 ln z + 2 = − ln u + C u

( z + 1) u 3ln z + 1 − 2 ln z + 2 + ln u = C ⇒ ln 2 ( z + 2) 3

3

⎛v ⎞ ⎜ + 1⎟ u u ⎠ ⎝ = C ⇒ ln ln 2 ⎛v ⎞ ⎜ + 2⎟ ⎝u ⎠

=C

 

⎛ v+u ⎞ 3 3 ⎜ ⎟ u ⎝ u ⎠ = ln ( v + u ) = C ⇒ ( v + u ) = K 2 2 2 ( v + 2u ) ( v + 2u ) ⎛ v + 2u ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ u ⎠ 3

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(v + u )

3

= K ( v + 2u )

3

2

1⎞ 2 ⎛ ⇒ ⎜ y − 1 + x − ⎟ = K ( y − 1 + 2 x − 1) 2⎠ ⎝

3

3⎞ 2 ⎛ ⎜ y + x − ⎟ = K ( y + 2x − 2) 2⎠ ⎝

 

  5) y′ =

2y − x − 5   2x − y + 4

( −x + 2 y − 5) dx + ( −2x + y − 4) dy = 0 ⎧−h + 2k = 5 ⇒ h = −1 ⇒ k = 2 ⎨ + = h k 2 4 ⎩  

.c om

x = u + h ⇒ x = u −1 ⇒ dx = du y = v + k ⇒ y = v + 2 ⇒ dy = dv

at

dy x + y + 4 =   dx x − y − 6

m

6) 

z −2 dv z −2 dv 3 2 dz = ⇒ ∫ dz = ∫ ⇒( x + y −1) = c ( y − 2) 2 2 v v 1− z 1− z

ic

u = zv ⇒ du = zdv + vdz ⇒

a1

( −x + 2 y − 5) dx + ( −2x + y − 4) dy = 0 ⇒ ( −u + 2v) du + ( −2u + v) dv = 0

at e

( x + y + 4)dx = ( x − y − 6)dy ⇒ ( x + y + 4)dx − ( x − y − 6)dy = 0   ( x + y + 4)dx + (− x + y + 6)dy = 0

 

 

⎧h + k = −4 ⎨ ⎩− h + k = −6

ww

w.

M

⎛ 1 1⎞ ⎜ ⎟ = 1.1 − (−1.1) = 2 ≠ 0(la ecuación es reducible a homogénea) ⎝ −1 1 ⎠

al resolver el sistema de ecuaciones, tenemos que: h = 1; k = −5 realizando el cambio de variable: x = u + h → x = u + 1 → dx = du y = v + k → y = v − 5 → dy = dv

 

al sustituir los cambios de variables, encontramos la ecuacion homogénea: (au + bv)du + (α u + β v)dv = 0 (u + v)du − (u − v)dy = 0

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hacer un nuevo cambio de variable y sustituir en la última ecuación obtenida v = uz → dv = udz + zdu (u + uz)du − (u − uz)(udz + zdu) = 0 u(1 + z)du − u(1 − z)(udz + zdu) = 0 (1 + z)du − (1 − z)(udz + zdu) = 0 du + zdu − (udz + zdu − uzdz − z 2 )du du + zdu − udz − zdu + uzdz + z 2du = 0 du + z 2du − udz + uzdz = 0 (1 + z 2 )du − u(1 − z)dz = 0 al separar variables e integrar miembro a miembro, se obtiene: du (1 − z ) du (1 − z ) du ( z − 1) − dz = 0 ⇒ ∫ −∫ dz = C ⇒ ∫ +∫ 2 dz = C 2 2 u (1 + z ) u 1+ z u z +1 du z dz du 1 2 z dz ∫ u + ∫ z 2 + 1 dz − ∫ z 2 + 1 = C ⇒ ∫ u + 2 ∫ z 2 + 1 dz − ∫ z 2 + 1 = C du 1 dw dz =C w = z 2 + 1; dw = 2 zdz ⇒ ∫ + ∫ −∫ 2 u 2 w z +1 1 1 ln u + ln w − arctg ( z ) = C ⇒ ln u + ln z 2 + 1 − arctg ( z ) = C 2 2 revertir todos los cambios y simplificar

at e

m

at

ic

a1

.c om

 

M

1 v2 1 v2 + u 2 ⎛v⎞ ⎛v⎞ − arctg ⎜ ⎟ = C ln x − 1 + ln 2 + 1 − arctg ⎜ ⎟ = C ⇒ ln x − 1 + ln 2 2 u 2 u ⎝u⎠ ⎝u⎠

ww

w.

1 ( y + 5) 2 + ( x − 1) 2 ⎛ y+5⎞ − arctg ⎜ ln x − 1 + ln ⎟=C 2 2 ( x − 1) ⎝ x −1 ⎠ revertir todos los cambios y simplificar 1 v2 ⎛v⎞ ln x − 1 + ln 2 + 1 − arctg ⎜ ⎟ = C 2 u ⎝u⎠ 1 v2 + u 2 ⎛v⎞ − arctg ⎜ ⎟ = C ln x − 1 + ln 2 u 2 ⎝u⎠ 1 ( y + 5) 2 + ( x − 1) 2 ⎛ y +5⎞ − arctg ⎜ ln x − 1 + ln ⎟=C 2 2 ( x − 1) ⎝ x −1 ⎠

 

 

1 x 2 − 2 x + y 2 + 10 y + 26 ⎛ y +5⎞ − arctg ⎜ ln x − 1 + ln ⎟=C 2 2 ( x − 1) ⎝ x −1 ⎠ al multiplicar por (-1)

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1 x2 − 2 x + y 2 + 10 y + 26 ⎛ y + 5⎞ − ln x − 1 − ln + a r c tg ⎜ ⎟ = −C 2 2 ( x − 1) ⎝ x −1 ⎠ a s u m ie n d o q u e -C = C   ⎛ ( x − 1) 2 ⎜ 2 x − 2 x + y 2 + 10 y + 26 ⎛ y +5⎞ ⎜ a r c tg ⎜ + ln ⎟ 2 ⎜ ⎝ x −1 ⎠ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ = ln x − 1 + C ⎟ ⎟ ⎠

7)  ( x + 2 y + 1)dx − (2 x + 4 y + 3)dy = 0  

M

at e

m

at

ic

a1

.c om

⎛1 2⎞ dy x + 2 y + 1 = ⇒⎜ ⎟ = 0 (reducible a v. separables) dx 2 x + 4 y + 3 ⎝ −2 −4 ⎠ dy dy z´−1 z = x + 2 y ⇒ 2 y = z − x ⇒ 2 y´= 2 = z´−1 ⇒ = dx dx 2 dy x + 2 y + 1 z´−1 z + 1 2z + 2 2z + 2 + 2z + 3 = ⇒ = ⇒ z´−1 = ⇒ z´= ⇒ dx 2 x + 4 y + 3 2 2z + 3 2z + 3 2z + 3 4 z + 5 dz 4 z + 5 dz 4z + 5 2z + 3 ⇒ = ⇒ = z´= ⇒ = dx 2 z + 3 dx 2 z + 3 dx 2 z + 3 ⇒ 4 z + 5 2z + 3 1 1 dz 1 1   ∫ 4z + 5dz = ∫ dx ⇒ 2 ∫ dz + 2 ∫ 4z + 5 = ∫ dx ⇒ 2z + 8 ln 4z + 5 = x + c 1 1 1 1 z = x + 2 y ⇒ ( x + 2 y) + ln 4( x + 2 y) + 5 = x + c ⇒ ( x + 2 y) + ln 4 x + 8 y + 5 = x + c 2 8 2 8 4( x + 2 y) + ln 4 x + 8 y + 5 = 8x + 8c ⇒ 4 x + 8 y + ln 4 x + 8 y + 5 = 8x + 8c ⇒

ww

w.

4 x + 8 y − 8x + ln 4 x + 8 y + 5 = 8x + 8c ⇒ 8 y − 4 x + ln 4 x + 8 y +5 = 8c asumiendo que 8c = C , nos queda 8 y - 4 x + ln 4 x + 8 y + 5 = C 8)  ( x + 2 y + 1)dx − (2 x − 3)dy = 0  

( x + 2 y + 1)dx + (−2 x + 3)dy = 0 ⎛ 1 2⎞ ⎜ ⎟ = 4 ≠ 0 , la ecuación es reducible a hom ogénea ⎝ −2 0 ⎠ ⎧h + 2k = −1 3 5 ⇒ h = ;k = − ⎨ 2 4 ⎩−2h = −3

 

3 ⇒ dx = du 2 5 y = v + k ⇒ y = v − ⇒ dy = dv 4 (u + 2v)du − 2udv = 0 ⇒ v = uz ⇒ dv = udz + zdu ⇒ (u + 2uz )du − 2u (udz + zdu ) = 0 x =u+h⇒ x =u+

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(1 + 2 z )du − 2(udz + zdu ) = 0 ⇒ du + 2 zdu − 2udz - 2 zdu = 0 ⇒ du − 2udz = 0 du du   du = 2udz ⇒ 2dz =   ⇒ 2∫ dz = ∫ ⇒ 2 z = ln u + c u u u 4y + 5 2x − 3 4y + 5 2x − 3 = ln +c⇒ C = 2( ) = ln u + c ⇒ - ln v 2x − 3 2 2x − 3 2   9)  ( x + y − 2)dx + ( x − y + 4)dy = 0  

x = u + h ⇒ x = u -1 ⇒ dx = du

a1

y = v + k ⇒ y = v + 3 ⇒ dy = dv (u + v ) du + (u − v ) dv = 0 ⇒ v = uz ⇒ dv = udz + zdu

.c om

⎛1 1 ⎞ ⎜ ⎟ = − 2 ≠ 0 (reducible a homogénea) ⎝ 1 −1⎠ ⎧h + k = 2 ⇒ h = − 1, k = 3 ⎨ ⎩ h - k = -4

ic

(u + uz ) du + (u − uz )(udz + zdu ) = 0 ⇒ u (1 + z ) du + u (1 − z )(udz + zdu ) = 0

 

at

(1 + z ) du + (1 − z )(udz + zdu ) = 0 ⇒ du + zdu + udz + zdu − uzdz − z 2 du = 0

10)

ww

w.

M

at e

m

du + 2 zdu − z 2 du + udz − uzdz = 0 ⇒ (1 + 2 z − z 2 ) du + u (1 − z ) dz = 0 (1 − z ) ( z − 1) 1 du du dz = 0 ⇒ ∫ dz = c ⇒ ln u + ln z 2 − 2 z − 1 = c + +∫ 2 2 2 u 1+ 2z − z u z − 2z −1 2 2 v x + 2 x ( y − 2) − y + 8 y − 14 u = x + 1 , v = y − 3 , z = ⇒ ln − = − 2 ln ( x + 1) − 2 c ( x + 1) 2 u dy 8 x + y + 25   =− dx 7 x − 16 y + 140

Vemos que: 8(-16) ≠ 1(7); Encontramos la solución del sistema:

⎧8 x + y + 25 = 0 ⇒ x = −4; y = 7 ⎨ ⎩7 x − 16 y + 140 = 0 Hacemos el cambio de variables: 

u = x + 4 ⇒ du = dx v = y − 7 ⇒ dv = du

En la ecuación, reemplazamos:

dv 8u − 32 + v + 7 + 25 8u + v =− =− du 7u − 28 − 16v − 112 + 140 7u − 16v

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    La cual es homogénea. Hacemos cambio:

z=

v dv dz ⇒ v = zu ⇒ = z+u u du du

z+u

⇒u

⎛ 8 + 8 z − 16 z 2 dz = −⎜⎜ du ⎝ 7 − 16 z

⎞ dz 16 z 2 − 8 z − 8 ⎟⎟ ⇒ u = 7 − 16 z du ⎠

du du 7 − 16 z 1 7 − 16 z dz = dz = ⇒ − 2 u u 8 (2 z + 1)( z − 1) 16 z − 8 z − 8

Integrando: −

1 ⎡ 10 3 ⎤ du − − dz = ⎢ ⎥ 8 ⎣ 2 z + 1 z − 1⎦ u

10 3 1n( 2 z + 1) − 1n( z − 1) = 1nu + c1 16 8

.c om

Por fracciones parciales:

a1

⇒

dz dz 8u + zu 8+ z 8+ z ⇒u =− =− =− −z du du 7u − 16 zu 7 − 16 z 7 − 16 z

at

ic

⇒ −51n(2 z + 1) − 3 1n( z − 1) = 8 1nu + c 2 = 1nu 8 + 1nc = 1ncu 8

[ ]

m

⇒ −1n(2 z + 1) 5 ( z − 1) 3 = 1ncu 8 ⇒ (2 z + 1) 5 ( z − 1) 3 = cu 8 5

−1

3

[

]

−1

        

M

at e

v y−7 ⎛ 2 y + x − 10 ⎞ ⎛ y − x − 11 ⎞ 8 Pero  z = = .  En (3):  ⎜ ⎟ = c ( x + 4) ⎟ ⎜ u x+4 x+4 ⎠ ⎝ x+4 ⎠ ⎝

w.

 

ww

11) ( 2 x 3 + 3 y 2 x − 7 x ) dx − (3 x 2 y + 2 y 3 − 8 y ) = 0       Tenemos que:  x( 2 x 2 + 3 y 2 − 7) dx − y (3 x 2 + 2 y 2 − 8) = 0   Hacemos el cambio:  x 2 = z ⇒ 2 xdx = dz ⇒ xdx = y 2 = u ⇒ 2 ydy = du ⇒ ydy = ( 2 z + 3u − 7)

1 dz     2

 

               

1 du   2

dz du du 2 z + 3u − 7     − (3 z + 2u − 8) = 0 ⇒⇒ = 2 2 dz 3 z + 2u − 8

Como  2(2)  ≠  3(3),  entonces  hacemos  el  cambio.  Z  =  v  +  h,  u  =  r  +  k,  donde  (h,  k)  es  la  solución del sistema: 

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2 z + 3u − 7 = 0⎫ ⎬ ⇒ h = 2, k = 1   3 z + 2u − 8 = 0 ⎭ Luego z = v + 2  ⇒  dz = dv; u = r + 1  ⇒ du = dr  En (2): 

dr 2v + 4 + 3r + 3 − 7 2v + 3r   = = dv 3v + 6 + 2r + 2 − 8 3v + 2r

Sea  r = tv ⇒ t+v

 

dr dt =t+v   dv dv

dt 2v + 3tv 2 + 3t dt 2 + 3t = = ⇒v = −t   dv 3v + 2tv 3 + 2t dv 3 + 2t

m

1+ t 1+ t = 1n cv 4 ⇒ = cv 4   5 5 (1 + t ) (1 − t )

 

 

 

 

at e

⇒ 1n

1+ t = 1nv 4 + 1n c   5 (1 − t )

at

⇒ −5 1n(1 − t ) + 1n(1 + t ) = 41nv + c 2 ⇒ 1n

a1

3 + 2t dv 5 1 dt = ⇒ − 1n(1 − t ) + 1n(1 + t ) = 1nv + c1   2 v 4 4 2 − 2t

ic

⇒

.c om

dt 2 + 3t − 3t − 2t 2 dt 2 − 2t 2 ⇒v = ⇒v =   3 + 2t dv dv 3 + 2t

w.

M

u −1 y 2 −1 Pero  t = rv = = 2 ,v = z − 2 = z2 − 2  z−2 x −2

ww

y 2 −1 1+ 2 ( x 2 + y 2 − 3)( x 2 − 2) 4 2 4 − 2 x En (4):  = c( x − 2) ⇒ = c ( x 2 − 2) 4   2 2 2 5 ( x − y − 1) y −1 5 ) (1 − 2 x −2

x2 + y2 −3 ⇒ 2 =c ( x − y 2 − 1) 5   12)  (tgx − cot gy + 3) sec 2 x − (3tgx + cot gy + 1 = cos ec 2 y. y' = 0.   Sea  u = cot gy ⇒ u ' = − cos ec 2 y. y '  

(tgx − u + 3) sec 2 x + (3tgx + u + 1)u ' = 0  

 

 

 

Ahora sea:  v = tgx ⇒ dv = sc 2 xdx   142       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS

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(v − u + 3) dv + (3v + u + 1)du = 0 ⇒

du v−u +3 =− .  dv 3v + u + 1

⎧ v −u +3 = 0 ⇒ v = −1, Como: 1(1) ≠ 3(‐1), hacemos:  ⎨ ⎩3v + y + 1 = 0

u = 2 

Hacemos el cambio: v = t – 1, u = z + 2  ⇒  dv = dt, dz = du  En (3): 

dz t −1− z − 2 + 3 t−z   =− =− dt 3t − 3 + z + 2 + 1 3t + z

Ahora sea  

dz dr   = r +t dt dt

1− r dr t − rt dr =− ⇒ r +t =− ⇒  3t + rt 3+ r dt dt

.c om

 r +t

z = rt ⇒

 

 

 

 

 

 

z u − 2 cot gy − 2 = = , r = tgx + 1   r v +1 tgx + 1

w.

M

Pero  t =

2 = c  r +1

m

⇒ 1nt ( r + 1) −

at

ic

r +3 dt 2 dr = − ⇒ 1n(r + 1) − = −1nt + c ⇒   2 t r +1 (r + 1)

at e

⇒

a1

1− r 1 − r + 3r + r 2 dr dr r 2 + 2r + 1 ⇒t =− −r = − ⇒t =−   3+ r 3+ r r +3 dt dt

ww

⎡ cot gy − 2 ⎤ 2 )(tgx + 2)⎥ − = c  En (5):  1n ⎢( ⎣ tgx + 1 ⎦ tgx + 2   ECUACIONES DIFERENCIALES DE LA FORMA G(AX+BY)    dy Sea  = G ( ax + by ) Se asume el siguiente cambio  dx dy z z dy dz a = G (ax + by ) se  obtiene  Z = ax + by ⇒ y = − x ⇒ = −       Reemplazando:  b a dx bdx b dx una ecuación diferencial de la forma:  1 dZ a 1 dZ a dZ   G(Z ) = − ⇒ = + G(Z ) ⇒ = bdx a b dx b b dx b   + G(Z ) b Que representa una ecuación diferencial de variable separable.    143       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS

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dy = x + y −1   dx

13)

dy dz = −1 = z −1 dx dx   dz = ∫ dx; → 2 z = x + C ⇒ 2 x + y = x + C. z

z = x + y ⇒ dz = dx + dy ⇒ dz dz = z⇒ = dx ⇒ ∫ dx z  

dy 2 = ( x − y + 5)   dx dy dz dz dz 2 2 2 z = x − y ⇒dz = dx− dy⇒ =1− = ( x − y +5) ⇒1− = ( z +5) ; → 1−( z +5) = dx dx dx dx z +5 = senu; dz = dx⇒ 2 dz = cosudu; 1−( z +5) dz

cosudu

.c om

14)

du

∫1−(z +5) = ∫1−sen u = ∫ cosu = ∫secudu=lntgu+secu = ln tg(z +5)+sec(z +5) 2

z +6 2

1−(z +5)

= Ke ⇒ x

1−(z +5)

2

= ln

1−(z +5)

2

= x +C

2 ( 1+ x − y +5) 1+ x − y +5 x − y +6 = Ke ⇒ = Ke2x ⇒ = Ke2x = Ke2x. 2 2 − − + − + − ( ) x y 1 5 x y 4 − − + ( ) 1 x y 5 1−(x − y +5)

1+ x − y +5

 

M

dy 2 = (x + y + 2)   dx

x

w.

15)

z +6

a1

1

ic

1−(z +5)

+

at

z +5

m

= ln

2

at e

2

ww

z = x + y ⇒ dz = dx + dy ⇒

dy dz dz dz 2 = − 1 = (z + 2) ⇒ = dx ⇒ ∫ = dx 2 dx dx (z + 2) + 1 (z + 2)2 + 1 ∫

z + 2 = tgt ;

sec 2 t dt sec 2 t dt ⇒∫ 2 =∫ = ∫ dt = t = tg −1 ( z + 2 ) ⇒ tg −1 ( z + 2) = x + C 2 2 tg t + 1 sec t dz = sec t dt

 

(z + 2) = tg (x + C ) ⇒ (x + y + 2) = tg (x + C ) ⇒ y = tg (x + C ) − x − 2.   16)

dy = sen( x − y )   dx

dy dz = 1− = sen( x − y ) = senz   dx dx dz dz dz 1− = senz ⇒ 1 − senz = ⇒ = dx;   dx dx 1 − senz   z = x − y ⇒ dz = dx − dy ⇒

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⎛π

dz

z⎞

⎛ x− y π ⎞ + ⎟  2 4⎠

∫ 1 − senz = ∫ dx ⇒ x + C = tg ⎜⎝ 4 + 2 ⎟⎠ = tg ⎜⎝   Comprobamos: 

⎛ x− y π ⎞ ⎛ x− y π ⎞ ⎛ x − y π ⎞⎛ dx dy ⎞ dx = sec2 ⎜ + ⎟dy + ⎟dx − sec2 ⎜ + ⎟⎜ − ⎟ ⇒ 2dx = sec2 ⎜ 4 ⎠⎝ 2 2 ⎠ 4⎠ 4⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 ⎝ 2 ⎛ x− y π ⎞ − 2 + sec2 ⎜ + ⎟   π⎞ π ⎞ dy 2 4 ⎠ dy ⎝ 2⎛ x − y 2⎛ x − y = + ⎟ ⇒ + ⎟ = − sec ⎜ 2 − sec ⎜ π⎞ dx 4⎠ 4 ⎠ dx ⎝ 2 ⎝ 2 2⎛ x − y + ⎟ sec ⎜ 4⎠ ⎝ 2 π⎞ π⎞ π⎞ 2⎛ x − y 2⎛ x − y 2⎛ x − y

.c om

+ ⎟ − 2 tg ⎜ + ⎟ − 1 tg ⎜ + ⎟ sec ⎜ 1 4⎠ 2 4⎠ 2 4⎠ ⎝ ⎝ ⎝ 2 = − = = π⎞ π⎞ π⎞ π⎞ 2⎛ x − y 2⎛ x − y 2⎛ x − y 2⎛ x − y + ⎟ sec ⎜ + ⎟ + ⎟ + ⎟ sec ⎜ sec ⎜ sec ⎜ 4⎠ 4⎠ 4⎠ 4⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 ⎝ 2 ⎝ 2

M

EJERCICIOS PROPUESTOS 

at e

m

at

ic

a1

⎡ ⎛ x − y π ⎞⎤ π⎞ ⎛ x− y π ⎞ ⎛ x− y π ⎞ ⎛ = sen 2 ⎜ + ⎟ − cos 2 ⎜ + ⎟ = − cos ⎢2⎜ + ⎟⎥ = − cos⎜ x − y + ⎟ = sen( x − y ) 4⎠ 4⎠ 4 ⎠⎦ 2⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 ⎝ ⎣ ⎝ 2 dy = sen( x − y ). dx Que es la ecuación original. 

ww

w.

Calcule  la  solución  general  de  las  siguientes  ecuaciones  diferenciales,  reducibles  a  homogéneas o a separación de variables.    dy x + y + 4 dy x + y −1 dy x + y + 4 1) = 2) = 3) = dx x − y − 6 dx x + 4 y + 2 dx x + y − 6

4)

dy 2 x + 3 y − 1 = 4x + 6 y dx

5)

dy x + y − 3 = dx x − y − 1

7)(3 y − 7 x + 7)dx − (3 x − 7 y − 3)dy = 0 9)( x + 2 y + 1)dx − (2 x − 3)dy = 0 11)( x − y + 1)dx + ( x + 2 y − 5) dy = 0

6)

dy x − y − 6 = dx x + y − 4

8)( x + 2 y + 1) dx − (2 x + 4 y + 3) dy = 0

 

10)( x − y − 1)dx + ( x + 4 y − 6) dy = 0 12)( x − 2 y + 4) 2 dx + ( x + y − 1) 2 dy = 0

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13)( x + y + 1)dx + (2 x + 2 y −1)dy = 0

14)( x + y − 2)dx + ( x − y + 4)dy = 0

15)( x − y − 5)dx − ( x + y −1)dy = 0

16)(2 x + y)dx − (4 x + 2 y − 1)dy = 0

17) ( x − y + 1) dx + ( x + 2 y − 5 ) dy = 0; res. ( x − 1) + 2 ( y − 2 ) = C 2

2 arctan

x −1 2 ( y −2)

 

dy 2 y − x + 5 3 = ; res. ( x + y − 1) = C ( y − x + 3)   dx 2 x − y − 4 .c om

18)

2

at ic

a1

19) ( x − 2 y + 4) dx + ( 2 x − y + 2) dy = 0 : res. ( x + y + 1) = C 2 ( x − y + 2)   2

2

M at em

20) ( x + y + 1) dx + ( x + y − 1) dy = 0; res.4 x = −

3

1 2 ( x + y ) + 2 ( x + y ) − ln x + y + C   2

ww w.

21) ( x + y + 1) dx + ( 2 x + 2 y − 1) dy = 0; res. 4 − x − 2 y = 3ln 2 − x − y + C  

22) ( x + y − 2 ) dx + ( x − y + 4 ) dy = 0; res. C = 2 ( x + 1)( y − 3) + ( x + 1) − ( y − 3 )   2

2

23) ( x − y − 5 ) dx − ( x + y − 1) dy = 0. res. ( x + y − 1) − 2 ( x − 3) = C   2

24) ( 2 x + y ) dx − ( 4 x + 2 y − 1) dy = 0 res. x =

2

2 4 1 − ln 5 ( 2 x + y ) − 2 + C   ( 2x + y ) − 5 25 − 25

    DÁMASO ROJAS  ABRIL 2012 

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