Tema 15: Ecuaciones diferenciales I: Concepto y resolución de

Tema 15: Ecuaciones diferenciales I: Concepto y resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden
Comenzamos el tema dedicado a las ecuaciones diferenciales con una parte en la que se introduce el concepto
de ecuación diferencial, así como lo que es una solución de una ecuación diferencial. Además veremos resultados
encaminados a estudiar la existencia y unicidad de soluciones de una ecuación diferencial al añadirle una serie de
condiciones iniciales.
1
Concepto de ecuación diferencial. Existencia y unicidad
Llamaremos ecuaciones diferenciales a las ecuaciones en las que la incógnita es una función que aparece en la
ecuación junto con algunas de sus derivadas. Nosotros generalmente las veremos en la forma
y (n) = f (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) )
donde f : Rn+1 → R es una función, x es una variable real e y representa una función real que depende de x. En este
tipo de ecuaciones x se llama variable independiente e y variable dependiente (depende de x). Ésta última es
precisamente la incógnita, que aparece en la ecuación junto con sus derivadas sucesivas, hasta el orden n. Se dice que
la ecuación anterior es de orden n porque n es el orden de la derivada más alta que aparece en la ecuación.
Diremos que una función y : R → R es una solución de la ecuación diferencial anterior en el intervalo ]a, b[
si esta función es derivable hasta el orden n en todo punto del intervalo y al sustituir en la ecuación se verifica la
igualdad, es decir, para todo punto x ∈]a, b[ se tiene que
y (n) (x) = f (x, y(x), y 0 (x), y 00 (x), ..., y (n−1) (x))
Observación: En la definición de ecuación diferencial hemos puesto ya la derivada de orden mayor en función de
las anteriores, pero no siempre tiene por qué ser así, como se puede ver en algunos de los ejemplos de abajo.
Ejemplo: A continuación varios ejemplos de ecuaciones diferenciales:
Orden
1
2
3
4
y cos x − y 0 = 0
3y − 2y 0 ex + cos y 00 = 0
000
0
3y 00 + tan y − exy = 11−y
x+y
log y IV + (y 0 )2 y + 5exy = 0
y0 = 1
y 00 = sin y − cos(xy 0 )
y 000 = 3x4 − y
y IV = x − ex
Ejemplo: Analicemos los dos ejemplos de orden 1. El primero es
y0 = 1
Es fácil observar que la función y = x es una solución de la ecuación. También lo es la función y = x + 5. Y, en
definitiva, cualquier función del estilo y = x + k. En este caso determinar que las soluciones de la ecuación diferencial
son exactamente éstas es fácil, pues
R
y = 1dx = x + K con K ∈ R
Vamos con el segundo:
y cos x − y 0 = 0
Una solución de esta ecuación es la función
y(x) = esin x
Otra solución es
y(x) = 3esin x
En general toda función de la forma
y(x) = Kesin x
con K ∈ R
es solución de la ecuación diferencial. De hecho después veremos que las soluciones de esta ecuación son exactamente
todas las de esta forma.
1
Normalmente una ecuación diferencial no tiene solución única. Es más, en general, las soluciones de una
ecuación diferencial de orden n quedan expresadas en función de n parámetros (en los dos últimos ejemplos
tenemos ecuaciones de orden 1 cuyas soluciones dependen de un parámetro) y éstas constituyen lo que se denomina
una familia n-paramétrica de curvas, estando expresada a veces esta familia incluso en forma de ecuaciones
implícitas del estilo h(x, y, K1 , ..., Kn ) = 0 dependientes de los parámetros K1 , ..., Kn . De hecho al conjunto de todas
las soluciones de una ecuación diferencial lo denominaremos solución general de la ecuación. En ocasiones hay
además soluciones singulares de la ecuación diferencial que no están incluidas en la familia n-paramétrica anterior.
Si bien hemos visto que en general una ecuación diferencial tiene infinitas soluciones, si le imponemos ciertas
condiciones adicionales la cosa es bastante diferente:
Se llama problema de Cauchy o problema de condiciones iniciales a un problema de la forma
(
y (n) = f (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) )
0
y(x0 ) = a0 , y (x0 ) = a1 , y 00 (x0 ) = a2 , ..., y (n−1) (x0 ) = an−1 ,
donde a0 , a1 , ..., an−1 son números.
Los casos que más se nos van a presentar son el de orden 1
(
y 0 = f (x, y)
y(x0 ) = a0
y el de orden 2
(
y 00 = f (x, y, y 0 )
y(x0 ) = a0 , y 0 (x0 ) = a1
especialmente el primero.
Ejemplos:
1.
(
2.
3.
(
(
y 0 = 2x
y(3) = 7
y 00 = 3x − y 0 ex
y(1) = 2, y 0 (1) = −4
y IV − 3y 00 + 2y = sin x
y(0) = 1, y 0 (0) = 2, y 00 (0) = −1, y 000 (0) = 6
Los problemas de condiciones iniciales constan en definitiva de una ecuación diferencial (de orden n) y
una serie de condiciones iniciales, es decir, valores que debe tomar la función que es solución de la ecuación
diferencial y sus sucesivas derivadas (hasta el orden de derivación n − 1) en un punto x0 determinado. Las
soluciones de los problemas de condiciones iniciales son entonces funciones que verifican tanto la ecuación diferencial
como las condiciones iniciales. Así, este tipo de problemas restringen las soluciones de una ecuación diferencial, que
como en el caso del ejemplo
y cos x − y 0 = 0
inicialmente es posible que tengan más de una solución. Los problemas de condiciones iniciales en cambio, suponiendo
ciertas hipótesis (que están en el apéndice del tema), tienen solución única.
En dicho ejemplo si añadimos a la ecuación diferencial la condición inicial
y(0) = 5
para así construir el problema de condiciones iniciales
(
y cos x − y 0 = 0
y(0) = 5
2
tenemos que de la familia uniparamétrica de curvas
y = Kesin x
que constituían las soluciones de la ecuación anterior, la única que verifica la condición inicial es la correspondiente al
valor K = 5, es decir, la curva
y = 5esin x
De todos modos hay que tener presente que en ocasiones no se cumple lo de la existencia y unicidad (ver ejemplos
en el Apéndice).
Una cuestión parecida pero no idéntica a los problemas de condiciones iniciales son los denominados problemas
de contorno. Son problemas del estilo siguiente
(
y 00 = f (x, y, y 0 )
y(a) = α, y(b) = β
Como podemos ver lo que se busca, en este caso, son funciones que además de verificar la ecuación diferencial, en
vez de tomar la función y su derivada ciertos valores (como ocurría en los problemas de condiciones iniciales), se trata
de que la función tome ciertos valores en determinados puntos.
Ejemplo:
(
y 00 = 3xy + (y 0 )2
y(−1) = 1, y(0) = 3
2
Resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden
Son las ecuaciones diferenciales en las que la incógnita es una función real de variable real y puede aparecer tanto ella
como su derivada primera, así como la variable independiente.
2.1
Ecuaciones que se integran directamente
Son de la forma
y 0 = g(x)
es decir, y 0 está igualado a una expresión que no depende de y, sólo de x. Al integrar se tiene que la solución
general es
Z
y = g(x)dx + K
Ejemplo: Resolvamos la ecuación
y0 =
Al integrar se tiene que
y=
Ejemplo: Resolvamos la ecuación
Z
3
x
3
dx = 3 log |x| + K
x
y 0 = sin 2x
Al integrar se tiene que
y=
Z
1
sin 2xdx = − cos 2x + K
2
Ejemplo: Resolvamos el problema de condiciones iniciales
(
y 0 = e−x − 2
y(0) = 3
Al integrar la ecuación se tiene que la solución general es
Z
y = (e−x − 2)dx = −e−x − 2x + K
3
Imponiendo la condición inicial se tiene que 3 = y(0) = −1 + K de donde deducimos que K = 4. Por tanto la solución
a nuestro problema es
y = −e−x − 2x + 4
Ejemplo: Resolvamos el problema de condiciones iniciales
(
2
y 0 = (x−1)
2
y(2) = −5
Al integrar la ecuación se tiene que la solución general es
Z
Z
−2
2
−2
+K
y=
dx
=
2
(x − 1) dx =
x−1
(x − 1)2
Imponiendo la condición inicial se tiene que −5 = y(2) = −2 + K de donde deducimos que K = −3. Por tanto la
solución a nuestro problema es
−2
y=
−3
x−1
Ejemplo: Resolvamos el problema de condiciones iniciales
(
y 000 = e−x + 24x
y(0) = 1, y 0 (0) = −1, y 00 (0) = 5
Al integrar la ecuación se tiene que
Z
Z
00
000
y = y dx = (e−x + 24x)dx = −e−x + 12x2 + K
y0 =
Z
y 00 dx =
Z
(−e−x + 12x2 + K)dx = e−x + 4x3 + Kx + C
e integrando una vez más obtenemos la solución general
Z
Z
Kx2
+ Cx + D
y = y 0 dx = (e−x + 4x3 + Kx + C)dx = −e−x + x4 +
2
Imponiendo las condiciones iniciales se tiene que
⎧
⎪
⎨ 1 = y(0) = −1 + D
−1 = y 0 (0) = 1 + C
⎪
⎩
5 = y 00 (0) = −1 + K
de donde deducimos que D = 2, C = −2 y que K = 6. Por tanto la solución a nuestro problema es
y = −e−x + x4 + 3x2 − 2x + 2
Ejemplo: Resolvamos el problema de contorno
(
y 00 = 4
y(0) = 1, y(1) = −2
Al integrar la ecuación se tiene que
y0 =
Z
4dx = 4x + K
e integrando una vez más obtenemos la solución general
Z
y = (4x + K)dx = 2x2 + Kx + C
Imponiendo las condiciones de contorno se tiene que
(
1 = y(0) = C
−2 = y(1) = 2 + K + C
de donde deducimos que C = 1 y que K = −5. Por tanto la solución a nuestro problema es
y = 2x2 − 5x + 1
4
2.2
Ecuaciones en variables separadas (o variables separables)
Pueden ponerse en la forma
y 0 = g(x)h(y)
para ciertas funciones g y h.
Si h(y) 6= 0 podemos poner
y0
= g(x)
h(y)
Entonces integrando con respecto a x (en el primer miembro haciendo el cambio de variable y(x) = t) tenemos
Z
Z
dt
= g(x)dx + K.
h(t)
Una vez halladas primitivas, H de h1 y G de g, obtendremos una ecuación de la forma H(t) = G(x) + K, la cual
deshaciendo el cambio quedará de la forma
H(y) = G(x) + K
una ecuación implícita que verifican las funciones y(x) que son soluciones de la ecuación diferencial. En realidad lo
que resulta es una familia uniparamétrica de curvas, una curva para cada valor posible de la constante K. Si partimos
de un problema de condiciones iniciales en el que aparece la condición inicial y(x0 ) = a0 , la solución vendrá dada por
un valor concreto de la constante K. Lo que estamos diciendo es que (si se cumplen las condiciones del teorema de
existencia y unicidad -que están en el apéndice-) el problema de condiciones iniciales
(
)
y 0 = g(x)h(y)
y(x0 ) = a0
tiene como solución única la curva
H(y) = G(x) + K
de la familia correspondiente al valor de K que haga que y(x0 ) = a0 . Esto ocurrirá en una bola alrededor de x0 ,
siempre y cuando podamos aplicar el razonamiento inicial, el cual necesitaba que h(y) no se anulase en toda la bola.
Pero, ¿qué es lo que ocurre si en algún valor a0 se tiene que h(a0 ) = 0? Basta observar que la función constante
y = a0 es, en esta situación, la solución de la ecuación.
Entonces tendremos como soluciones:
a) Las funciones constantes y = a0 , de manera que h(a0 ) = 0 (éstas son las soluciones singulares), y
b) el resto, que se obtienen por el método anterior, y verifican la ecuación implícita, son de la forma
H(y) = G(x) + K
Ejemplos:
1. Supongamos que queremos resolver la ecuación diferencial
y 0 = 3x2 ey
Como es de variables separables pondremos
e−y y 0 = 3x2
luego integrando (haciendo en el miembro izquierdo el cambio en la variable dependiente t = y(x)) llegamos a
Z
Z
e−t dt = 3x2 dx
lo cual resulta
−e−t = x3 + K
y por tanto
−e−y = x3 + K
(en adelante llamaremos directamente y en vez de t a la variable de la izquierda, y entonces es como si integráramos directamente con respecto a y), y en consecuencia
e−y = −x3 − K
−y = log(−x3 − K)
5
y = − log(−x3 − K)
2. Supongamos que queremos resolver el problema de condiciones iniciales
(
)
y 0 = xy
y(2) = 3
Entonces
yy 0 = x
luego integrando
Z
lo cual resulta
Z
ydy =
xdx
1 2 1 2
y = x +K
2
2
y en consecuencia
p
y = ± x2 + 2K
3. Supongamos que queremos resolver el problema de condiciones iniciales
(
)
y 0 = 2x−3
y3
y(0) = 3
Entonces
y 2 y 0 = 2x − 3
luego integrando
Z
lo cual resulta
Z
y 2 dy =
(2x − 3)dx
1 3
y = x2 − 3x + K
3
y en consecuencia
y=
p
3
3x2 − 9x + 3K
Si imponemos ahora la condición inicial se obtiene que
3 = y(0) =
√
3
3K,
de donde se tiene que K = 9. Así la solución del problema de condiciones iniciales es
p
3
y = 3x2 − 9x + 27
4. Supongamos que queremos resolver la ecuación diferencial
y 0 = 2yx
Suponiendo que y no se anula tenemos que
y0
= 2x
y
con lo que integrando ambos miembros con respecto a x, se tiene que
log |y(x)| = x2 + K
Entonces tenemos
|y(x)| = ex
2
+K
2
= Cex
con C = eK > 0
Esto nos da
2
y(x) = ±Cex
con C = eK > 0
lo cual puede ponerse (considerando los dos signos posibles para C) en la forma
2
y(x) = Cex
6
con C 6= 0
Esta es la familia de curvas que son solución de la ecuación diferencial anterior (en el caso en que no se anulen).
En el caso en que y valga 0 (en un punto x0 ) tenemos que es solución de la ecuación la función constante
y = 0. Lo que ocurre en muchas ocasiones (y éste es el caso) es que a la hora de obtener la familia de soluciones
2
y(x) = Cex para el caso de funciones no constantes (no singulares), nos damos cuenta de que las funciones
constantes también están incluidas en la expresión general (en este caso para C = 0). Por ello, en las ecuaciones
en variables separadas es preferible utilizar en primer lugar el método para hallar las soluciones no constantes,
y después ver si las soluciones constantes están incluidas o no en la expresión general.
En resumen, en este caso, las soluciones son exactamente todas las funciones de la forma
y(x) = Cex
2
con C ∈ R
5. El número de ratas de una población se duplica del año 1990 al año 1991. Sabiendo que en cada instante el
crecimiento de la población de ratas es directamente proporcional al número de ratas existentes en dicho instante,
y que en 1990 había 10.000 ratas, concluir cuántas ratas habrá en el año 2000.
Si denominamos por y(t) a la cantidad de ratas en un instante de tiempo t (medido en años), del enunciado se
deduce que el crecimiento o disminución (en definitiva la variación) de esta cantidad en un instante de tiempo t
es y 0 (t), lo cual se dice que es proporcional a y(t), pongamos
y 0 (t) = αy(t)
para alguna constante α. De este modo tenemos una ecuación parecida a la del apartado anterior y cuya solución
general es
y(t) = Ceαt
para alguna constante C. Los datos que nos dan son
y(1990) = 10000
y(1991) = 2y(1990) = 20000Ce1990α = 10000
Entonces se tiene, respectivamente, que
Ce1990α = 10000
Ce1991α = 20000
por lo que deducimos, respectivamente, que
10000
20000
= C = 1991α
1990α
e
e
Entonces
10000e1991α = 20000e1990α
y por tanto
e1991α = 2e1990α
Si tomamos ahora logaritmos neperianos se verifica que
1991α = log e1991α = log 2e1990α = log 2 + log e1990α = log 2 + 1990α
de donde α = log 2. Sustituyendo se tiene que
C=
10000
e1990 log 2
=
10000
elog 21990
=
10000
21990
Así la solución general de la ecuación es
y(t) =
10000
10000 t log 2 10000 log 2t
e
= 1990 e
= 1990 2t = 10000 · 2t−1990
1990
2
2
2
Lo que nos piden en el enunciado es el número de ratas en el año 2000:
y(2000) = 10000 · 210 = 10000 · 1024 = 10240000
alrededor de 10 millones de ratas.
7
2.3
Cambios de variable
El recurso de los cambios de variable se utiliza a veces en determinadas ecuaciones diferenciales, pero no es fácil saber
si en una ecuación interesa realizar un cambio, y si procede de qué tipo.
Ejemplo: En la ecuación
y 00 + y 0 = 0
el cambio
y0 = z
supone la siguiente transformación en la ecuación
z0 + z = 0
z0
z
z 0 = −z
= −1
log |z| = −x + K
|z| = e−x+K
Al igual que en ejemplos anteriores, tomando C = eK , se obtiene que la solución general de la ecuación es
z = Ce−x
luego
y=
Ejemplo: En la ecuación
Z
zdx = −Ce−x + D
y 0 + 1 = cotan(y + x)
el cambio
v =y+x
la transformaría en
v 0 = cotanv
que es una ecuación en variables separadas en la que obtenemos
v0
cotanv
=1
|cos v| = e−x−K
− log |cos v| = x + K
cos v = Ce−x
v = arccos Ce−x
y entonces
y = arccos Ce−x − x
No es nuestro objetivo dar una lista de tipos de ecuaciones (que las hay) para las que hay que aprenderse el tipo
de cambio a realizar. Ahora bien, lo que sí se debe saber hacer es un cambio propuesto para una ecuación dada.
Ejemplo: Resolver la ecuación
3x + y
y0 =
x
realizando el cambio
y
u=
x
Derivando respecto a la variable x se obtiene
u0 x + u =
3x+ux
x
u0 =
=3+u
3
x
u = 3 log |x| + K
Así
y = x(3 log |x| + K)
Ejemplo: Resolver el problema de condiciones iniciales
(
y 0 = 4x+y
x+y
y(2) = 6
realizando el cambio
u=
y
x
Derivando respecto a la variable x se obtiene
u0 x + u =
4+u
1+u
u0 x =
4+u
1+u
−u=
4−u2
1+u
8
u0 =
1 4−u2
x 1+u
1+u
u0 4−u
2 =
1
x
De donde cambiando el signo y tomando integrales se tiene que
Z
Z
1+u
1
du
=
−
dx = − log |x| + K
u2 − 4
x
El resultado de la integral de la izquierda da (se deja el cálculo al lector)
p
3
1
log |u + 2| + log |u − 2| = log( 4 (u + 2)(u − 2)3
4
4
luego la solución (de forma implícita) de esta ecuación es
p
log( 4 (u + 2)(u − 2)3 = − log x + K
Si ponemos K = log C (basta con tomar C = eK ) se tiene que
log
luego
p
C
4
(u + 2)(u − 2)3 = − log x + log C = log
x
p
C
4
(u + 2)(u − 2)3 =
x
Deshaciendo el cambio se tiene que
r
y
C
y
4
( + 2)( − 2)3 =
x
x
x
Al imponer la condición inicial se obtiene que
r
4
6
C
6
( + 2)( − 2)3 =
2
2
2
luego
√
C
4
5=
2
y así vale
√
4
C=2 5
Entonces la solución del problema de condiciones iniciales es, en forma implícita,
√
r
y
245
y
4
3
( + 2)( − 2) =
x
x
x
Hasta ahora los cambios que hemos visto en los 3 ejemplos propuestos anteriormente se denominan cambios en
la variable dependiente (en ellos se cambia la función, la incógnita de la ecuación diferencial), que serán los cambios
que estaremos realizando si no se especifica nada en otra dirección. Es posible también realizar los llamados cambios
en la variable independiente (en éstos cambia la variable de la que depende la función). Dichos cambios fueron ya
introducidos en el Tema 8. Veamos un ejemplo para recordar esto:
Ejemplo: Resolver la ecuación
−1
3
1
[(2x + 1) 3 − (2x + 1)
]y = y 0
mediante el cambio en la variable independiente
1
(2x + 1) 3 = t
Entonces como
y 0 = y 0 (x) =
−2
dy
2
dy dt
dy 2
=
·
=
· (2x + 1) 3 = t−2 y 0 (t)
dx
dt dx
dt 3
3
la ecuación queda del siguiente modo
(t − 1t )y(t) = 23 t−2 y 0 (t)
3 3
2 (t
− t) =
y 0 (t)
y(t)
3 t4
2( 4
−
t2
2)
+ K = log |y(t)|
con lo que finalmente tenemos que
y(x) = Ce
3 [ (2x+1)
2
4
9
4
3
−
(2x+1)
2
2
3
]
3 ( t4 − t2 )+K
4
2
|y(t)| = e 2
Ejemplo: Resolver la ecuación de Euler
x2 y 00 + xy 0 = x + 5
mediante el cambio en la variable independiente
x = et
es decir
Entonces como
y 0 = y 0 (x) =
luego t = log x
dy
dy dt
dy 1
=
·
=
· = e−t y 0 (t)
dx
dt dx
dt x
y
y 00 = y 00 (x) =
dy 0
d(e−t y 0 (t))
d(e−t y 0 (t)) dt
=
=
·
= (−e−t y 0 (t) + e−t y 00 (t)) · e−t = −e−2t y 0 (t) + e−2t y 00 (t)
dx
dx
dt
dx
la ecuación queda del siguiente modo
e2t (−e−2t y 0 (t) + e−2t y 00 (t)) + et e−t y 0 (t) = et + 5
−y 0 (t) + y 00 (t) + y 0 (t) = et + 5
y 00 (t) = et + 5
y al integrar sale
y 0 (t) = et + 5t + K
y finalmente
y(t) = et + 52 t2 + Kt + C
con lo que finalmente tenemos que
y(x) = x +
2.4
5
log2 x + K log x + C
2
Ecuaciones lineales
Se llama ecuación lineal de primer orden a toda ecuación diferencial de la forma
y 0 + p(x)y = q(x)
Cuando la función q sea constantemente cero diremos que la ecuación lineal es homogénea.
Varias son las formas de hallar la solución de las ecuaciones lineales. Una de ellas consiste en hallar primero la
solución de la ecuación homogénea asociada, que es la siguiente,
y 0 + p(x)y = 0
que puesta en la forma
y 0 = −p(x)y
se ve que es una ecuación en variables separadas, y para integrar la ponemos así
y0
= −p(x)
y
Si suponemos que P (x) es una primitiva de p(x) entonces tenemos que la solución y(x) verifica
log |y(x)| = −P (x) + C0
de donde, argumentando como en ocasiones anteriores (ver ejemplo 2.2), tenemos como solución general
y(x) = Ce−P (x)
para cualquier constante C ∈ R.
Para resolver ahora la ecuación no homogénea basándonos en lo anterior hay un método conocido como método
de variación de las constantes, que consiste en imaginar que la solución y(x) va a ser similar a la de la ecuación
lineal homogénea pero con C una función en vez de una constante. Suponiendo esto tendríamos
y(x) = C(x)e−P (x)
con lo que
y 0 (x) = C 0 (x)e−P (x) − C(x)P 0 (x)e−P (x) = C 0 (x)e−P (x) − C(x)p(x)e−P (x)
10
Sustituyendo esto en la ecuación e imponiendo que y es solución de ella observamos que debe ocurrir que
C 0 (x)e−P (x) = q(x)
y entonces
C 0 (x) = eP (x) q(x)
Por tanto C(x) es primitiva de eP (x) q(x), es decir
C(x) =
Entonces
R
eP (x) q(x)dx + K
con K ∈ R
R
y(x) = ( eP (x) q(x)dx + K)e−P (x)
con K ∈ R
Observación: De lo anterior hemos obtenido la expresión de la solución general de la ecuación lineal de
primer orden:
³
´ − R p(x)dx
R R p(x)dx
y= K+ e
q(x)dx e
con K ∈ R
Otra forma de resolver la ecuación consiste en multiplicar por eP (x) en la ecuación (ya comentaremos más adelante
que esta función va a ser un ”factor integrante” para la ecuación). Entonces tenemos
eP (x) y 0 + eP (x) p(x)y = eP (x) q(x)
o lo que es lo mismo
(eP (x) y)0 = eP (x) q(x)
Luego
eP (x) y =
y obtenemos de nuevo la solución
Z
y=(
Ejemplo: Resolver la ecuación lineal
Z
eP (x) q(x)dx + K
eP (x) q(x)dx + K)e−P (x)
y 0 − y tan x = x
Aplicando la fórmula obtenemos la solución general de la ecuación
µ
¶ R
µ
¶
µ
¶
Z R
Z
Z
− tan xdx
− − tan xdx
log(cos x)
− log(cos x)
y= K+ e
xdx e
= K+ e
xdx e
= K + x cos xdx
Para resolver la integral
I=
Z
x cos xdx
aplicamos la fórmula de integración por partes tomando
u=x
y obtenemos que
I = x sin x −
Z
dv = cos xdx
sin xdx = x sin x + cos x
Luego la solución general de la ecuación diferencial inicial es
y=
K + x sin x + cos x
cos x
Ejemplo: Resolver el problema de condiciones iniciales
(
xy 0 − 2xy = x2 e−x
y(0) = 1
Dividiendo entre x la ecuación se pone también en la forma
y 0 − 2y = xe−x
11
1
1
= (K + I)
cos x
elog(cos x)
y se ve que es lineal. De este modo vemos que p(x) = −2 por lo que podemos multiplicar por
e
R
p(x)dx
R
=e
−2dx
= e−2x
quedando del modo siguiente
e−2x y 0 − 2ye−2x = xe−x e−2x
Como el primer miembro es la derivada de e−2x y la ecuación queda en la forma
(e−2x y)0 = xe−3x
por lo que
e−2x y =
Z
1
1
xe−3x dx = (− x − )e−3x + K
3
9
(la integral se hace por partes). De aquí obtenemos que
1
1
y = e2x [(− x − )e−3x + K]
3
9
Como
1
1 = y(0) = − + K
9
se tiene que
10
9
Entonces la solución del problema de condiciones iniciales es
K=
1
10
1
y = e2x [(− x − )e−3x + ]
3
9
9
2.5
Ecuación de Bernoulli
Es de la forma
y 0 + p(x)y = q(x)y r
con r ∈ R.
Los casos r = 0 y r = 1 dan lugar a una ecuación lineal, que ya sabemos resolver, por lo que nos concentraremos en
los casos r 6= 0, 1. En éstos se puede hacer el siguiente cambio en la variable dependiente z = y 1−r (entonces y = z
0
1
1−r
1
1−r
0
1
1−r
,
0
con lo que y =
·z
· z ) para transformar la ecuación en una ecuación lineal de la forma z + (1 − r)p(x)z =
(1 − r)q(x).
Ejemplo: Resolvamos la ecuación
y
y 0 + = xy 3 .
x
Al hacer el cambio z = y 1−3 = y −2 tenemos que y = z
−3
2
−1
2
−3
2
3
2
−1
2
, de donde y 0 = − 12 z
−3
2
z 0 , con lo que la ecuación queda así
− 12 z z 0 + z x1 = xz , y multiplicando por −2z queda así z 0 − 2z
x = −2x, y se observa que esta ecuación es lineal.
Aplicando la fórmula para resolverla tenemos que las soluciones de esta ecuación son de la forma
µ
¶ R
Z R
2
2
−x
dx
z= K+ e
(−2x)dx e− − x dx =
µ
¶
Z
−2 log x
= K+ e
(−2x)dx e2 log xdx =
=
µ
K+
Z
¶
−2x
dx
x2 = (K − 2 log |x|) x2 .
x2
Deshaciendo el cambio tenemos que
y=z
−1
2
1
= ±p
.
(K − 2 log |x|) x2
12
2.6
Ecuaciones exactas
Las ecuaciones diferenciales de primer orden pueden ponerse en general en la forma
M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0
Supongamos que existe una función
f : R2 → R
de modo que
∂f
∂x
= M,
∂f
∂y
=N
Entonces las curvas de la familia dada en forma implícita
f (x, y(x)) = K
con K ∈ R
satisfacen la ecuación diferencial, es decir, son solución de la ecuación (y se puede comprobar que, bajo ciertas
condiciones de regularidad, son las únicas soluciones), pues si derivamos ahí con respecto a x tenemos
∂f
∂f
(x, y(x)) · 1 +
(x, y(x)) · y 0 (x) = 0
∂x
∂y
o sea
M (x, y(x)) + N (x, y(x)) · y 0 (x) = 0
Para este tipo de situaciones determinar las soluciones de la ecuación diferencial se reduce al cálculo de la función
∂f
f . Estas ecuaciones (las que cumplen que existe una tal función f de modo que ∂f
∂x = M y ∂y = N ) se denominan
ecuaciones exactas. Cuando esto ocurra lo que tendremos es que
∂M
∂y
=
∂2f
∂x∂y
∂N
∂x
=
∂2f
∂y∂x
y ambas cosas coinciden si exigimos a f unas mínimas condiciones de regularidad, como que sea de clase C 2 (lo cual
se da si M y N son de clase C 1 ). Pues bien, salvo algunos detalles lo que se tiene es que si las funciones M y N son
de clase C 1 , entonces
la ecuación M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0 es exacta si y sólo si
∂M
∂N
=
∂y
∂x
En esta situación el cálculo de f se hace teniendo en cuenta que
∂f
∂x
∂f
∂y
=M
=N
para lo que se integra M con respecto de x y N con respecto a y, y se igualan ambas cosas, es decir,
Z
Z
f (x, y) = M (x, y)dx + g(y) = N (x, y)dy + h(x)
Ahora se calcula o bien g, o bien h y consecuentemente f . Otra opción para determinar la función f sería derivar
con respecto a y en la igualdad
Z
f (x, y) = M (x, y)dx + g(y)
y obtener
N (x, y) =
∂f
∂
(x, y) =
(
∂y
∂y
Z
M (x, y)dx) + g 0 (y)
Z
N (x, y)dy) + h0 (x)
Integrando con respecto de y, y despejando después se obtiene g, y a partir de ésta f . O bien, la opción simétrica de
ésta última: derivar con respecto a x en la igualdad
Z
f (x, y) = N (x, y)dy + h(x)
y obtener
∂f
∂
M (x, y) =
(x, y) =
(
∂x
∂x
13
Integrando con respecto de x, y despejando después se obtiene h, y a partir de ésta f .
Observación: En algunos textos la ecuación
M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0
aparece con la notación
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
Ejemplos:
1. La ecuación
2y − 5x + 2xy 0 = 0
es exacta, ya que
M = 2y − 5x
N = 2x
y se tiene que
∂M
∂N
=2=
∂y
∂x
Luego existe una función f de dos variables de modo que
∂f
∂x
De este modo
f (x, y) =
De la primera integral deducimos que
(∗)
f (x, y) =
=M
∂f
∂y
=N
Z
Z
M (x, y)dx =
Z
(2y − 5x)dx = 2yx −
N (x, y)dy
5x2
+ g(y)
2
(para cierta función de una variable g), y de la segunda que
Z
(∗∗)
f (x, y) = 2xdy = 2xy + h(x)
(para cierta función de una variable h). Igualando tenemos
2yx −
5x2
+ g(y) = 2xy + h(x)
2
por lo que cancelando 2yx tendremos que
−
5x2
+ g(y) = h(x)
2
e identificando tenemos que
2
h(x) = − 5x2
g(y) = 0
y por tanto de (*) ó de (**) se obtiene que
f (x, y) = 2xy −
5x2
2
De aquí obtenemos que la solución de la ecuación diferencial está formada por la familia de curvas dadas en
forma implícita
f (x, y) = K
con K ∈ R
es decir,
2xy −
5x2
2
=K
con K ∈ R
En este caso (no va a ocurrir esto siempre) podemos despejar y en función de x para obtener el despeje explícito
de cada una de las funciones y de la familia de curvas, quedando así:
2
y=
K+ 5x2
2x
con K ∈ R
14
2. La ecuación
−
cos y
+ 4x + (sin y log x − ey )y 0 = 0
x
es exacta, ya que
M = − cosx y + 4x
N = (sin y log x − ey )
y se tiene que
∂M
sin y
∂N
=
=
∂y
x
∂x
Luego existe una función f de dos variables de modo que
∂f
∂x
De este modo
Z
f (x, y) =
De la primera integral deducimos que
(∗)
f (x, y) =
Z
(−
=M
∂f
∂y
=N
M (x, y)dx =
Z
N (x, y)dy
cos y
+ 4x)dx = − cos y log x + 2x2 + g(y)
x
(para cierta función de una variable g), y de la segunda que
Z
(∗∗)
f (x, y) = (sin y log x − ey )dy = − cos y log x − ey + h(x)
(para cierta función de una variable h). Igualando tenemos
− cos y log x + 2x2 + g(y) = − cos y log x − ey + h(x)
por lo que cancelando − cos y log x tendremos que
2x2 + g(y) = −ey + h(x)
e identificando tenemos que
g(y) = −ey
h(x) = 2x2
y por tanto de (*) ó de (**) se obtiene que
f (x, y) = − cos y log x + 2x2 − ey
De aquí obtenemos que la solución de la ecuación diferencial está formada por la familia de curvas dadas en
forma implícita
f (x, y) = K
con K ∈ R
es decir,
− cos y log x + 2x2 − ey = K
con K ∈ R
3. La ecuación
(e2y − y cos xy)dx + (2xe2y − x cos xy + 2y)dy = 0
es exacta, ya que
M = e2y − y cos xy
N = 2xe2y − x cos xy + 2y
y se tiene que
∂N
∂M
= 2e2y − cos xy + xy sin xy =
∂y
∂x
Luego existe una función f de dos variables de modo que
∂f
∂x
De este modo
f (x, y) =
=M
Z
∂f
∂y
M (x, y)dx =
15
=N
Z
N (x, y)dy
De la primera integral deducimos que
(&)
f (x, y) =
Z
(e2y − y cos xy)dx = xe2y − sin xy + g(y)
(para cierta función de una variable g), y de la segunda que
Z
(&&)
f (x, y) = (2xe2y − x cos xy + 2y)dy = xe2y − sin xy + y 2 + h(x)
(para cierta función de una variable h). Igualando tenemos
xe2y − sin xy + g(y) = xe2y − sin xy + y 2 + h(x)
Al cancelar los sumandos que aparecen en ambos miembros identificamos las funciones
g(y) = y 2
h(x) = 0
y por tanto de (&) ó de (&&) se obtiene que
f (x, y) = xe2y − sin xy + y 2
De aquí obtenemos que la solución de la ecuación diferencial está formada por la familia de curvas dadas en
forma implícita
f (x, y) = K
con K ∈ R
es decir,
xe2y − sin xy + y 2 = K
con K ∈ R
4. Resolver el problema de condiciones iniciales
(
3x2 + 2yx − cosx y + (6ey + x2 + log x sin y)y 0 = 0
y(1) = 0
La ecuación
3x2 + 2yx −
cos y
+ (6ey + x2 + log x sin y)y 0 = 0
x
es exacta, ya que
M = 3x2 + 2yx −
cos y
x
N = 6ey + x2 + log x sin y
y se tiene que
∂M
sin y
∂N
= 2x +
=
∂y
x
∂x
Luego existe una función f de dos variables de modo que
∂f
∂x
=M
∂f
∂y
=N
Así deducimos que
f (x, y) =
Z
M (x, y)dx =
Z
(3x2 + 2yx −
cos y
)dx = x3 + yx2 − log x cos y + g(y)
x
para cierta función de una variable g. Derivando con respecto a y tenemos que
∂f
(x, y) = x2 + log x sin y + g 0 (y)
∂y
y como la parte izquierda de la igualdad es N al igualar nos sale
6ey + x2 + log x sin y = x2 + log x sin y + g 0 (y)
luego
g 0 (y) = 6ey
16
y por tanto
g(y) =
Entonces
Z
g 0 (y)dy =
Z
6ey dy = 6ey
f (x, y) = x3 + yx2 − log x cos y + g(y) = x3 + yx2 − log x cos y + 6ey
De aquí obtenemos que la solución de la ecuación diferencial está formada por la familia de curvas dadas en
forma implícita
f (x, y) = K
con K ∈ R
es decir,
6ey + x2 y − log x cos y + x3 = K
con K ∈ R
Imponiendo la condición inicial tenemos que
K =6+0−0+1=7
luego la solución es
6ey + x2 y − log x cos y + x3 = 7
5. La ecuación
y − x + 3xy 0 = 0
no es exacta, ya que
M =y−x
N = 3x
y se tiene que
∂M
∂y
=1
∂N
∂x
=3
Entonces no podremos encontrar ninguna función f de dos variables de modo que
∂f
∂x
=M
∂f
∂y
=N
y que nos permita resolver la ecuación por este método. Ahora bien esta ecuación es de otro tipo conocido.
Concretamente de tipo lineal. Su resolución se deja como ejercicio.
2.6.1
Factores integrantes
Algunas de las ecuaciones diferenciales de primer orden de la forma
M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0
no exactas pueden transformarse en exactas multiplicando por funciones μ(x, y). Cuando esto ocurre llamaremos a μ
un factor integrante de la ecuación (es decir, cuando la ecuación
μ(x, y)M (x, y) + μ(x, y)N (x, y)y 0 = 0
sea exacta). Para que esto suceda debe cumplirse que
∂
∂
(μ(x, y)M (x, y)) =
(μ(x, y)N (x, y))
∂y
∂x
o lo que es lo mismo,
∂μ
∂M
∂μ
∂N
(x, y)M (x, y) + μ(x, y)
(x, y) =
(x, y)N (x, y) + μ(x, y)
(x, y)
∂y
∂y
∂x
∂x
De aquí es bastante complicado, en general, determinar alguna función μ(x, y) que cumpla lo anterior, es decir, que sea
un factor integrante de la ecuación inicial. De ahí que lo más habitual que ocurra es que nos den el factor integrante.
Observación: Para las ecuaciones lineales de primer orden
y 0 + p(x)y = q(x)
17
puede aplicarse este método, pues si P (x) es una primitiva de p(x) se tiene que eP (x) es un factor integrante de la
ecuación.
Ejemplo: Comprobar que la ecuación diferencial
−xy sin x + 2y cos x + 2xy 0 cos x = 0
no es exacta y que la función
μ(x, y) = xy
es un factor integrante de ella. Resolverla.
Como
M = −xy sin x + 2y cos x
N = 2x cos x
y se tiene que
∂M
∂N
= −x sin x + 2 cos x 6= 2 cos x − 2x sin x =
∂y
∂x
ya hemos verificado que no es exacta. Para ver lo del factor integrante multiplicaremos la ecuación por
xy
y queda así
−x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x + 2x2 yy 0 cos x = 0.
Las nuevas funciones que aparecen quedan así
M = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x
N = 2x2 y cos x
y se tiene que
∂M
∂N
= −2yx2 sin x + 4xy cos x =
∂y
∂x
Así la ecuación diferencial ahora resulta exacta. Entonces
Z
Z
f (x, y) = N (x, y)dy = 2x2 y cos xdy = x2 y 2 cos x + h(x)
y derivando respecto de x se obtiene que
−x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x = M =
∂f
= 2xy 2 cos x − x2 y 2 sin x + h0 (x)
∂x
se tiene que
h0 (x) = 0
o sea,
h(x) = una constante (por ejemplo 0).
Luego
f (x, y) = x2 y 2 cos x
por lo que las soluciones de la ecuación diferencial son las curvas dada en forma implícita
f (x, y) = K
con K ∈ R
es decir,
Despejando se tiene que
x2 y 2 cos x = K
con K ∈ R
q
y = ± x2 K
cos x
con K ∈ R
Ejemplo: Comprobar que la ecuación diferencial
5 cos x − 3e−y + xe−y y 0 = 0
18
no es exacta, pero que admite un factor integrante que es una potencia de x.
Es sencillo comprobar que no es exacta. Como nos dicen además que
μ(x, y) = xn
es un factor integrante de la ecuación se debe cumplir que la ecuación
5xn cos x − 3xn e−y + xn+1 e−y y 0 = 0
debe ser exacta. Llamando
M = 5xn cos x − 3xn e−y
N = xn+1 e−y
debe cumplirse que
∂N
∂M
= 3xn e−y = (n + 1)xn e−y =
∂y
∂x
por lo que deducimos que n = 2.
Ejemplo: Comprobar que la ecuación diferencial
(3x + y) + tan xy 0 = 0
no es exacta, pero que admite un factor integrante que es una función que depende sólo de x (no de y).
Es sencillo comprobar que no es exacta. Como nos dicen además que la ecuación admite un factor integrante del
tipo
μ(x)
entonces se debe cumplir que la ecuación
μ(x)(3x + y) + tan xμ(x)y 0 = 0
debe ser exacta. Llamando
M = μ(x)(3x + y)
N = tan xμ(x)
debe cumplirse que
∂N
μ(x)
∂N
= μ(x) =
+ tan x · μ0 (x) =
∂x
cos2 x
∂x
De aquí deducimos que
μ0 (x) tan x = μ(x) −
μ(x)
1
sin2 x
=
μ(x)(−
+
1)
=
−μ(x)
cos2 x
cos2 x
cos2 x
y por tanto que
μ0 (x)
sin x
sin2 x
= −μ(x) 2
cos x
cos x
y simplificando obtenemos
μ0 (x) = −μ(x)
En consecuencia
−
sin x
cos x
sin x
μ0 (x)
=
= (log[μ(x)])0
cos y
μ(x)
y de aquí concluimos que
log cos x = log[μ(x)]
luego
μ(x) = cos x
es el factor integrante buscado.
19