UNIVERSIDAD CENTRAL DEL ECUADOR
FACULTAD:
INGENIERÍA Y CIENCIAS APLICADAS
CARRERA:
INGENIERÍA CIVIL
ASIGNATURA:
ECUACIONES DIFERENCIALES
DOCENTE:
MATEMÁTICO JORGE ANIBAL LARA PRADO
TEMA:
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
NO RESUELTAS CON RESPECTO A LA DERIVADA
INTEGRANTES:
BARRERA JARAMILLO CRISTIAN MANUEL
TOAQUIZA CASA DARWIN BLADIMIR
SEMESTRE:
TERCERO
PARALELO
003
FECHA DE LA CLASE:
12/08/2021
FECHA DE ENTREGA:
19/08/2021
QUITO – ECUADOR
RESUMEN DE LO ESTUDIADO EN LA CLASE
Hemos visto ;
1. Ec. diferencial autónoma
𝒚′ = 𝒇(𝒚) → estudio de tipo cualitativo
Métodos analíticos;
2. Variables separables
𝑦 ′ = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑦)
a. Reducen a variables separables
a.1 𝑦 ′ = 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)
𝑦
𝑧 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐
𝑦
a.2 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥 ),
𝑧=𝑥
𝑎𝑥+𝑏𝑥+𝑐
a.3 𝑦 ′ = 𝑓((𝑎𝑥
𝑏≠0
1 +𝑏𝑦1 +𝑐1
)
3. Ecuaciones diferenciales exactas
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
𝑑𝑀 𝑑𝑁
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
⟹ 𝑦′ = −
𝑀
(𝑥, 𝑦)
𝑁
⟹ 𝑦 ′ = 𝑓(𝑥, 𝑦)
Factor integrante → 7 Casos
4. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
𝑦´ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)
; 𝑢(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
5. Ecuaciones diferenciales de Bernoulli
𝑦´ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)𝑦 ∝
∝≠ 𝟎 𝒚 ∝≠ 𝟏
𝒚 = 𝟎 → 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏
𝒚′
𝟏
+ 𝒑(𝒙) ∝−𝟏 = 𝒒(𝒙)
∝
𝒚
𝒚
Haciendo una sustitución
𝟏
𝒛 = 𝒚∝−𝟏 = 𝒚𝟏−∝
→ se convierte en una lineal
6. Ecuaciones diferenciales de Riccati
𝒚´ = 𝒑(𝒙)𝒚𝟐 + 𝒒(𝒙)𝒚 + 𝒓(𝑿) (1)
𝒚𝟏 (𝒙) Solución de ec (1).
Sustituyendo:
𝟏
𝒚(𝒙) = 𝒚𝟏 (𝒙) + 𝒛(𝒙) → le convierten una Edo lineal de primer orden
Ecuación diferencial que no están resueltas con respecto a la derivada
Consideramos ahora ecuaciones de primer orden y grado mayor que 1
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = 0
(𝑦′)𝑛
𝑛>1
Resolución:
1. Debemos factorar 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) y obtenemos una ec. Diferencial de primer orden y
primer grado
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = 𝑓1 (𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ )𝑓2 (𝑥, 𝑦2 , 𝑦 ′ ) … 𝑓𝑝 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦 ′ )
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = 0 ↔ 𝑓1 (𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ )𝑓2 (𝑥, 𝑦2 , 𝑦 ′ ) … 𝑓𝑝 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦 ′ ) = 0
↔ 𝑓1 (𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = 0 𝑜 𝑓2 (𝑥, 𝑦2 , 𝑦 ′ ) = 0 𝑜 … 𝑓𝑝 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦 ′ ) = 0
↓
Ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado
2. Resolvemos cada una de las ecuaciones diferenciales, sus soluciones son
∅1 (𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 ∅2 (𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 … ∅𝑝 (𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0
3. La solución de la Edo original es el producto de todo eso.
∅1 (𝑥, 𝑦, 𝑐) ∅2 (𝑥, 𝑦, 𝑐) … ∅𝑝 (𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0
Ejemplo:
(𝒚′ )𝟐 − 𝒚𝟐 = 𝟎 → 𝒆𝒅𝒐 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 𝒅𝒆 𝒑𝒓𝒊𝒎𝒆𝒓 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒏 𝒚 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒐 𝒈𝒓𝒂𝒅𝒐
Solución:
(𝑦 ′ )2 − 𝑦 2 = 0
Factoramos
(𝑦 ′ − 𝑦)(𝑦 ′ + 𝑦) = 0
Igualamos a 0 cada una
𝑦′ − 𝑦 = 0
𝑦′ + 𝑦 = 0
𝑜
↓
Ec. Diferencial de primer orden
dy
x
y ' y y dx In y x c1 , y ce
𝑐 ∈ 𝑅
x
y ' y y ce
Sol general:
(𝑦 − 𝑐𝑒 𝑥 )(𝑦 − 𝑐𝑒 −𝑥 ) = 0
Introducción de un parámetro
1. 𝒚 = 𝒇(𝒚′ )
Hacemos 𝑦 ′ = 𝑝
𝑜 𝑦′ = 𝑡
𝑦 = 𝑓(𝑝)
Necesitamos encontrar x en términos del parámetro p, Derivando ambos miembros con
respecto a se obtiene:
𝑑𝑦
𝑑
=
(𝑓(𝑝))
𝑑𝑥 𝑑𝑥
↔
↔
𝑑𝑥 =
↔
𝑦 ′ = 𝑓′(𝑝)
𝑝 = 𝑓′(𝑝)
1 ′
𝑓 (𝑝)𝑑𝑝
𝑝
𝑑𝑝
𝑑𝑥
𝑑𝑝
𝑑𝑥
(𝑝 ≠ 0)
Integramos ambos miembros de la ecuación
1
𝑥 = ∫ 𝑓 ′ (𝑝)𝑑𝑝 + 𝑐
𝑝
La solución general, en forma paramétrica, es
1
𝑥 = ∫ 𝑓 ′ (𝑝)𝑑𝑝 + 𝑐
𝑝
{
𝑦 = 𝑓(𝑝)
2. 𝒙 = 𝒇(𝒚′ )
Hacemos 𝑦 ′ = 𝑝
𝑜 𝑦′ = 𝑡
𝑥 = 𝑓(𝑝)
Necesitamos encontrar x en términos del parámetro p, Derivando ambos miembros con
respecto a se obtiene:
𝑑
𝑑
(𝑥) =
(𝑓(𝑝))
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑝
𝑑𝑥
⇒ 1 = 𝑓′(𝑝)
⇒ 1 = 𝑓 ′ (𝑝)
𝑑𝑝 𝑑𝑦
∗
𝑑𝑦 𝑑𝑥
⇒ 1 = 𝑝𝑓 ′ (𝑝)
𝑑𝑝
𝑑𝑦
⇒ 𝑑𝑦 = 𝑝𝑓 ′ (𝑝)𝑑𝑝
Integramos ambos miembros de la ecuación
𝑦 = ∫ 𝑝 ∗ 𝑓 ′ (𝑝)𝑑𝑝 + 𝑐
La solución general, en forma paramétrica, es
𝑥 = 𝑓(𝑝)
{
𝑦 = ∫ 𝑝 ∗ 𝑓 ′ (𝑝)𝑑𝑝 + 𝑐
Ecuación diferencial de Clairaut
𝒚 = 𝒙𝒚′ + 𝒇(𝒚´)
Solución:
Para su solución hacemos;
𝒚´ = 𝐩
Obtenemos;
𝒚 = 𝒙𝒑 + 𝒇(𝒑)
Derivando ambos miembros con respecto a 𝑥 se obtiene;
𝑑𝑦
𝑑𝑝
𝑑𝑝
=𝑝+𝑥
+ 𝑓′(𝑝)
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
[𝑥 + 𝑓 ′(𝑝) ]
Si
𝑑𝑝
𝑑𝑥
=0
𝑑𝑝
=0
𝑑𝑥
𝑑𝑝
=0
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑓 ′ (𝑝) = 0
entonces 𝑝 = 𝑐, 𝑐 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑦 = 𝑐𝑥 + 𝑓(𝑐) → 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐. 𝑑𝑒 𝑐𝑙𝑎𝑖𝑟𝑎𝑢𝑡
↓
Familia de rectas
∴ 𝑠𝑖 𝑥 + 𝑓 ′ (𝑝) = 0 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠
{
𝑥 + 𝑓 ′ (𝑝) = 0
𝑦 = 𝑝(𝑥) + 𝑓(𝑝)
Es una solución de la Edo, llamada solución singular, que en este
caso es envolvente
Si se puede eliminar el parámetro p, se obtiene la Edo de forma:
∅(𝑥, 𝑦) = 𝑜, 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑑𝑜 𝑒𝑛𝑣𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒.
ECUACIÓN DIFERENCIAL DE LAGRANGE
Se denomina ecuación diferencial de Lagrange a toda ecuación de la forma;
𝒚 = 𝒙𝒇(𝒚´) + 𝐠(𝒚´)
Para su solución hacemos;
𝒚´ = 𝐩
Obtenemos;
𝒚 = 𝒙𝒇(𝒑) + 𝒈(𝒑)
Derivando ambos miembros con respecto a 𝑥 se obtiene;
𝑑𝑦
𝑑𝑝
𝑑𝑝
= 𝑓(𝑝) + 𝑥𝑓´(𝑝)
+ 𝑔´(𝑝)
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
⟹ 𝑝 − 𝑓(𝑝) = [𝑥𝑓´(𝑝) + 𝑔´(𝑝)]
𝑑𝑝
𝑑𝑥
Mientras 𝒑 − 𝒇(𝒑) sea ≠ 𝟎 nos queda;
𝑑𝑥 𝑥𝑓´(𝑝) + 𝑔´(𝑝)
=
𝑑𝑝
𝑝 − 𝑓(𝑝)
⟹
𝑑𝑥
𝑥𝑓´(𝑝)
𝑔´(𝑝)
−
𝑥=
𝑑𝑝 𝑝 − 𝑓(𝑝)
𝑝 − 𝑓(𝑝)
→ 𝑂𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝐸𝐷𝑂 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛
Ha esta ecuación diferencial podemos escribirla de la forma;
𝒙´ + 𝑷(𝒑)𝒙 = 𝑸(𝒑) de esta forma comprobamos que es una EDO lineal de primer orden,
porque se parece ha 𝒚´ + 𝒑(𝒙)𝒚 = 𝒒(𝒙)
Luego para resolverla hallaremos un factor integrante;
𝝁(𝒑) = 𝒆
𝒇(𝒑)
−∫
𝒅(𝒑)
𝒑−𝒇(𝒑)
Multiplicamos para ambos miembros;
𝜇(𝑝)𝑥´ −
𝑓´(𝑝)
𝑔´(𝑝)
𝜇(𝑝)𝑥 =
𝜇(𝑝) → 𝑂𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝐸𝐷𝑂 𝑒𝑥𝑎𝑐𝑡𝑎
𝑝 − 𝑓(𝑝)
𝑝 − 𝑓(𝑝)
𝑓´(𝑝)
Para 𝜇(𝑝)𝑥´ − 𝑝−𝑓(𝑝) 𝜇(𝑝)𝑥 usaremos la variante
⟹
𝑑
𝑑𝑝
[𝑥𝜇(𝑝)]
𝑑
𝑔´(𝑝)
[𝑥𝜇(𝑝)] =
𝜇(𝑝)
𝑑𝑝
𝑝 − 𝑓(𝑝)
Integrando con respecto a p encontramos que;
𝑥𝜇(𝑝) = 𝐶 + ∫
⟹𝑥=
𝑔´(𝑝)
𝜇(𝑝)𝑑𝑝
𝑝 − 𝑓(𝑝)
1
𝑔´(𝑝)
[𝐶 + ∫
𝜇(𝑝)𝑑𝑝]
𝜇(𝑝)
𝑝 − 𝑓(𝑝)
La solución general en forma paramétrica es;
1
𝑔´(𝑝) 𝜇(𝑝) 𝑑𝑝
𝒙=
[𝐶 + ∫
]
{
𝜇(𝑝)
𝑝 − 𝑓(𝑝)
𝒚 = 𝑥𝑓(𝑝) + 𝑔(𝑝)
Ejemplo resolver la ecuación diferencial 𝒚 = 𝒙𝒚´ − (𝒚´)𝟐
Hacemos 𝒚´ = 𝒑
⟹ 𝑦 = 𝑥𝑝 − 𝑝2
⟹
𝑑𝑦
𝑑𝑝
𝑑𝑝
=𝑝+𝑥
− 2𝑝
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
⟹ (𝑥 − 2𝑝)
⟹ 𝑥 − 2𝑝 = 0
𝑑𝑝
=0
𝑑𝑥
𝑦
𝑑𝑝
=0
𝑑𝑥
𝑑𝑝
Si 𝑑𝑥 = 0, entonces 𝑝 = 𝐶, tenemos que la solución general es 𝑦 = 𝐶𝑥 − 𝐶 2
Donde;
𝑦 = 𝐶𝑥 − 𝐶 2
→Es una familia de rectas
𝐶 = 𝑐𝑡𝑒
Si 𝑥 − 2𝑝 = 0 entonces la solución singular está dada por;
→ 𝑒𝑛 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 {
𝒙−𝒑=𝟎
𝒚 = 𝒑𝒙 − 𝒑𝟐
En este caso si podemos eliminar el parámetro p y se obtiene;
𝑃𝑎𝑟𝑎 "x" 𝑛𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑥 = 2𝑝
⟹𝑝=
𝑥
2
𝑥
𝑥 2
𝑃𝑎𝑟𝑎 "𝑦" 𝑛𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑦 = 𝑥 ( ) − ( )
2
2
⟹𝑦=
𝑥2 𝑥2
−
2
4
𝑥2
4
Envolvente
𝑦=
Grafica de las soluciones explicitas
Ejemplo resolver la Ecuación diferencial 𝒚 = 𝟐𝒙𝒚′ − (𝒚′ )𝟐
En este caso la Ecuación diferencial ya no es de Clairaut ya que al multiplicar por 2
podemos escribirla como 𝒚 = 𝒙(𝟐𝒚′ ) − (𝒚′ )𝟐 y podemos deducir que tiene la forma
𝒚 = 𝒙𝒇(𝒚′ ) + 𝒈(𝒚′ ) por lo tanto, es una ecuación diferencial de Lagrange
Tenemos que;
𝑓(y ′ ) = 2y ′
𝑔(𝑦 ′ ) = −(𝒚′ )𝟐
Hacemos;
𝒚´ = 𝐩
⟹ 𝑦 = 2𝑥𝑝 − 𝑝2
Derivamos ambos miembros con respecto a x;
𝑑𝑦
𝑑𝑝
𝑑𝑝
= 2𝑝 + 2𝑥
− 2𝑝
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
⟹ −𝑝 = (2𝑥 − 2𝑝)
⟹
𝑑𝑝
𝑑𝑥
𝑑𝑥
2𝑥
=−
+2
𝑑𝑝
𝑝
2
⟹ 𝑥´ + 𝑥 = 2
𝑝
Factor integrante;
𝝁(𝒑) = 𝒆
𝟐
∫𝒑 𝒅(𝒙)
⟹ 𝑝2
Multiplicamos para ambos miembros por 𝑝2 ;
𝑝2 𝑥´ + 2𝑝𝑥 = 2𝑝2
Para el primer miembro nos queda;
⟹
𝑑
[𝑥𝑝2 ] = 2𝑝2
𝑑𝑝
2
⟹ 𝑥𝑝2 = 𝐶 + 𝑝3
3
⟹𝑥=
𝐶
2
+ 𝑝
2
𝑝
3
Solución general;
𝐶
2
+
𝑝
𝑝2 3
{
𝑦 = 2𝑥𝑝 − 𝑝2
𝑥=
Reemplazamos x en la segunda solución;
𝐶
2
𝐶
2
𝑪
𝟐
+ 𝑝
𝑥= 2 + 𝑝
𝒙= 𝟐 + 𝒑
2
𝑝
3
𝑝
3
𝒑
𝟑
⟹
⟹
⟹
2𝐶 4 2
2𝐶 4 2
𝟐𝑪 𝟏 𝟐
𝑦=
+ 𝑝 − 𝑝2
𝑦=
+ 𝑝 − 𝑝2
𝒚=
+ 𝒑
{
𝑝
3
{
𝑝
3
{
𝒑
𝟑
𝑥=
→ 𝑆𝑜𝑙. 𝑃𝑎𝑟𝑒𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
Para realizar la gráfica en Winplot cambiaremos la "𝒑" y colocaremos la "𝒕"
