MA-2115 Cabello Y Marcos Gonzalez Clase 12

ica
s
MA2115 Clase 12: Cambio de variable.
M
at
em
át
Elaborado por los profesores
Edgar Cabello y Marcos González
1 Cambio de variable
Cuando una ecuación diferencial de primer orden no se puede reducir fácilmente a una de las formas
estudiadas, es posible reducirlas cambiando una o ambas variables. Siempre que un cambio sea simple y
obvio vale la pena intentarlo. Veamos algunos ejemplos tı́picos.
de
Ejemplo 1 Resuelva la ecuación diferencial (y + xy2 )dx + (x − x2 y)dy = 0.
dy
dy
1 du
du
= y + x , entonces
=
− y . De (y + xy2 )dx + (x − x2 y)dy = 0
Solución: Sea u = xy,
dx
dx
dx
x dx
tenemos que
art
a
me
nt
o
dy
y + xy2
dy −y(1 + xy)
=−
=⇒
=
2
dx
x−x y
dx
x(1 − xy)
−y (1 + u)
1 du
−y =
=⇒
x dx
x (1 − u)
du
−xy (1 + u)
=⇒
−y =
dx
x (1 − u)
du u −u (1 + u)
= +
=⇒
dx x
x (1 − u)
du u
(1 + u)
u −2u
=⇒
=
1−
=
dx x
(1 − u)
x 1−u
2dx
u−1
=⇒
du =
.
2
u
x
Es decir, obtenemos una ecuación de variables separables.
dy
+ x(y − x) + x3 (y − x)2 = 1.
dx
dy du
du dy
Solución: Sea u = y − x, entonces
=
− 1. Ası́,
=
+ 1. La ecuación se reduce a
dx dx
dx dx
du
+ 1 + xu + x3 u2 = 1
dx
de donde obtenemos la ecuación de Bernoulli
du
+ xu + x3 u2 = 0.
dx
De
p
Ejemplo 2 Resolver
1
Solución: Multiplicando por
dy
+ 1 = xex .
dx
en ambos miembros de la ecuación
e−y
dy
dy
+ 1 = xex obtenemos
+
dx
dx
du
dy
dy
= 1 + . Entonces, substituyendo en
+ 1 = x + ex+y , tenemos que
dx
dx
dx
M
at
em
át
1 = xex+y . Sea u = x + y,
ey
ica
s
Ejemplo 3 Resuelva la ecuación diferencial
e−y
du
du
= xeu =⇒ u = xdx
dx
e
x2
=⇒ −e−u = +C
2
x2
=⇒ −e−(x+y) = +C
2
2
x
=⇒ e−(x+y) = − −C.
2
Ejemplo 4 Resolver 2xe2y
dy
= 3x4 + e2y .
dx
me
nt
o
de
dw
dy
dy
Solución: Sea w = e2y , de donde
= 2e2y . Substituyendo en la ecuación 2xe2y
= 3x4 + e2y ,
dx
dx
dx
tenemos que
dw
x
= 3x4 + w
dx
y ası́ obtenemos la ecuación lineal de primer orden
dw 1
− w = 3x3 .
dx x
R
1
De
p
art
a
Ahora multiplicando el factor integrante µ(x) = e − x dx = x−1 , y luego integrando con respecto a x, tenemos que
Z
w
3
= 3x3 dx = x4 +C
x
4
de donde
3
e2y = w = x5 +Cx.
4
r
3 5
Finalmente, y = ln
x +Cx.
4
Ejemplo 5 Resolver 6y2 dx − x(2x3 + y)dy = 0.
Solución: Multiplicando por x2 obtenemos
6y2 x2 dx − x3 (2x3 + y)dy = 0.
2
(1)
w
dw
dz
, de donde w = zy y ası́
= z + y . Por lo tanto,
y
dy
dx
z+y
dz
1
dz
z
= z2 + z =⇒ y = z2 −
dy
2
dy
2
2
dz 2z − z
=⇒ y =
dy
2
2dz
dy
=⇒
=
z(2z − 1)
y
2dz dy
4dz
−
=
=⇒
2z − 1
z
y
=⇒ 2 ln |2z − 1| − 2 ln |z| = ln |y| + ln |C|
=⇒ (2z − 1)2 = Cyz2 .
w x3
=
y, finalmente,
y
y
me
nt
o
Como w = zy entonces z =
de
Sea z =
2
w
w
+ .
y
2y
M
at
em
át
dw
w
dw
− 2 (2w + y) = 0 =⇒
=
dy 2y
dy
ica
s
Sea w = x3 , con lo cual dw = 3x2 dx. Substituyendo en la ecuación (1), tenemos que
3
2
x
x3
2 − 1 = Cy .
y
y
art
a
Ejemplo 6 Resolver (y + xy2 )dx + (x − x2 y)dy = 0.
De
p
Solución: La ecuación (y + xy2 )dx + (x − x2 y)dy = 0 es equivalente a
Sea z = xy. Entonces,
(x − x2 y)
dy
= −(y + xy2 ).
dx
(2)
dy
dy dz
dz
= y + x =⇒ x =
− y, y ası́,
dx
dx
dx dx
dy 1
=
dx x
dz
−y .
dx
3
(3)
1
(x − x y)
x
1 dz
dz
2
− y = −(y + xy ) =⇒ (x − xz)
− y = −(y + yz)
dx
x dx
dz
=⇒ (1 − z)
− y = −y(1 + z)
dx
1+z
dz
− y = −y
=⇒
dx
1−z
dz
1+z
=⇒
= −y
+y
dx
1−z
dz y(1 − z) − y(1 + z)
=⇒
=
dx
1−z
dz −2yz
=
.
=⇒
dx
1−z
M
at
em
át
2
ica
s
Substituyendo (3) en (2), tenemos que
z
dz
2z2
(z − 1)dz 2dx
Como y = , tenemos que
=
. Por lo tanto,
.
=
x
dx x(z − 1)
z2
x
Una ecuación diferencial de la forma
de
2 Reducción a una ecuación de variables separables
me
nt
o
dy
= f (ax + by + c) ,
dx
b 6= 0,
puede reducirse a una ecuación de variables separables mediante la substitución u = ax + by + c.
Ejemplo 7 Resuelva la ecuación diferencial
dy
= (x + y + 1)2 .
dx
art
a
du
dy
dy du
du
Solución: Sea u = x + y + 1. Entonces
= 1 + , de donde
=
− 1. Ası́,
− 1 = u2 , con lo
dx
dx
dx
dx
dx
cual
du
du
= u2 + 1 ⇒ 2
= dx ⇒ arctgu = x +C.
dx
u +1
De
p
Devolviendo el cambio de variable, obtenemos finalmente que
arctg(x + y + 1) − x = C ⇔ x + y + 1 = tg(x +C) ⇔ y = tg(x +C) − x − 1.
Ejemplo 8 Resuelva la ecuación diferencial y0 =
cos(x + y + 1)
.
1 − cos(x + y + 1)
4
M
at
em
át
du
dy
dy du
= 1+
⇒
=
−1
dx
dx
dx dx
cos u
du
−1 =
⇒
dx
1 − cos u
du
cos u
⇒
=
+1
dx 1 − cos u
du cos u + 1 − cos u
=
⇒
dx
1 − cos u
du
1
⇒
=
dx 1 − cos u
⇒ (1 − cos u)du = dx.
ica
s
Solución: Sea u = x + y + 1 entonces
Integrando obtenemos
u − sen u = x +C
(x + y + 1) − sen(x + y + 1) = x +C
y + 1 − sen(x + y + 1) = C.
de
Ejemplo 9 Encuentre la solución general de la ecuación diferencial
dy
1
=
.
dx x + y + 1
Solución: Haciendo el cambio de variable u = x + y + 1, tenemos que
me
nt
o
du
dy
= 1+ ,
dx
dx
dy
du
=
− 1,
dx
dx
art
a
y substituyendo en la ecuación original obtenemos
du
1
du 1
1+u
−1 =
⇒
= +1 =
dx
u
dx u
u
u
⇒
du = dx
1+u
1
⇒
1−
du = dx
1+u
⇒ u − ln |1 + u| = x +C.
De
p
Finalmente, devolviendo el cambio de variable, obtenemos
x + y + 1 − ln |2 + x + y|
y+1−A
ey+1−A
e1−A ey
Bey
5
=
=
=
=
=
x+A
ln |2 + x + y|
2+x+y
2 + x + y.
2+x+y
ica
s
Ejemplo 10 Sea F la familia de curvas tal que en un punto P(x, y) de una curva C , de la familia F , la
tangente a C en P corta con el eje de las abscisas en un punto de abscisa x/2. Hallar
M
at
em
át
a) La familia de las curvas de la familia F .
b) La familia de las curvas ortogonales a la familia F .
c) Bosquejar ambas familias.
Solución: a) Pendiente de la recta tangente es =
y−0
2y
= .
x − x/2
x
me
nt
o
de
y
x
x/2
De
p
art
a
O
P(x, y)
La ecuación diferencial de las curvas de la familia F es
ln x2 +C, de donde y = Kx2 , para alguna constante K ∈ R.
dy 2y
= . Integrando, tenemos que ln |y| =
dx
x
b) La ecuación diferencial de las curvas ortogonales a F es
c)
6
dy
x
x2
= − . Luego, y2 + = C,
dx
2y
2
ica
s
y
K = 1/2
K=2
4
C = 25
C = 16
M
at
em
át
5
K = 1/5
K = 0.05
C=9
2
C=4
C=1
C = .25
−8
−4
−6
−2
2
0
6
x
8
K = −0.05
de
−2
4
−4
−5
me
nt
o
K = −2
K = −1/2
K = −1/5
2
Gráfica de las elipse x2 + y2 = C.
Gráfica de las curvas y = Kx2 .
3
Ecuaciones diferenciables reducibles a homogéneas
art
a
Una ecuación de la forma
dy
=f
dx
a1 x + b1 y + c1
a2 x + b2 y + c2
(4)
De
p
es una ecuación que puede reducirse a una ecuación homogénea mediante una substitución adecuada. El
método consiste en lo siguiente:
Si se consideran las ecuaciones de las dos rectas:
a1 x + b1 y + c1 = 0,
a2 x + b2 y + c2 = 0.
Para un sistema ası́ existen tres posibilidades mutuamente excluyentes: a) las rectas se intersectan en un
único punto, b) las rectas no se intersectan ó c) las rectas son iguales. Trataremos el caso a) primero. En
7
ica
s
este caso, podemos realizar una traslación de las rectas de tal modo que el punto de intersección de las
rectas coincida con el origen. En otras palabras, es posible hacer un cambio de variable de la forma
M
at
em
át
u = x + a,
v = y + b,
donde (a, b) son las coordenadas del punto de intersección de las rectas, de tal manera que las ecuaciónes
resultantes tengan la forma
a01 u + b01 v = 0,
a02 u + b02 v = 0.
Como u = x + a, v = y + b, se tiene que du = dx, dv = dy y la ecuación (4) se convierte en la ecuación
homogénea
0
a1 u + b01 v
dv
a1 (u − a) + b1 (v − b) + c1
=f
=f
.
du
a2 (u − a) + b2 (v − b) + c2
a02 u + b02 v
Ejemplo 11 (4x + 3y + 1)dx + (3x + 2y + 1)dy = 0.
de
Solución: Consideremos
L1 : 4x + 3y + 1 = 0,
L2 : 3x + 2y + 1 = 0.
me
nt
o
Las rectas L1 y L2 se intersectan en el punto (−1, 1), consideremos
u = x+1
v = y−1
de donde
de donde
du = dx,
dv = dy.
Ası́, substituyendo en la ecuación, obtenemos
dv
=0
du
dv
4u − 4 + 3v + 3 + 1 = − (3u − 3 + 2v + 2 + 1)
du
dv
4u + 3v = − (3u + 2v)
du
De
p
art
a
[4(u − 1) + 3(v + 1) + 1] + [3(u − 1) + 2(v + 1) + 1]
v
4+3
dv
4u + 3v
u
=−
=−
v
du
3u + 2v
3+2
u
(5)
dv
dz
= z+u .
du
du
(6)
v
Sea z = , luego v = uz.
u
8
dz
4 + 3z
= −
du
3 + 2z
dz
4 + 3z
−4 − 3z − 3z − 2z2
u
= −
−z =
du
3 + 2z
3 + 2z
2
dz
−4 − 6z − 2z
u
=
du
3 + 2z
du
(3 + 2z)dz
= −
4 + 6z + 2z2
u
Sea w = 4 + 6z + 2z2 , entonces dw = (6 + 4z)dz = 2(3 + 2z)dz
du
1 dw
= −
2 w
u
ln |w| = −2 ln(|Au|)
w = (Au)−2
B
4 + 6z + 2z2 = 2
u
v 2
v
B
4+6 +2
=
u
u
(x + 1)2
(y − 1)2
B
y−1
+2
=
4+6
x+1
(x + 1)2
(x + 1)2
x+y−1
Ejemplo 12 Resolver y0 =
.
x − 2y
x+y−1
Solución: y0 =
Consideramos
x − 2y
L1 : x + y − 1 = 0,
L2 : x − 2y = 0.
2 1
,
. Sean
Las rectas L1 y L2 se intersectan en
3 3
2
x = u+
de donde dx = du,
3
1
y = v+
de donde dy = dv.
3
dy dv
= , ası́ que
dx du
2
1
u
+
+
v
+
−1
dv
u+v
3
3
=
=
2
2
du
u − 2v
u + − 2v −
3
3
v
1+
dv
u
=
v
du
1−2
u
De
p
art
a
me
nt
o
de
M
at
em
át
z+u
ica
s
Substituyendo (6) en (5) obtenemos
9
v
dv
dz
⇒
= z + u . Luego,
u
du
du
1+z
dz
=
z+u
du
1 − 2z
dz
1+z
1 + z − z + 2z2
u
=
−z =
du
1 − 2z
1 − 2z
2
dz
1 + 2z
1 − 2z
du
u
=
⇒
dz =
2
du
1 − 2z
1 + 2z
u
Z
Z
Z
dz
2z
du
−
dz =
1 + 2z2
1 + 2z2
u
√
1
1
√ arctg( 2z) − ln |1 + 2z2 | = ln |Au|
2
2
1
ln |1 + 2z2 | + ln |Au|
2
ln |1 + 2z2 | + 2 ln Au
2 2
v
ln Bu 1 + 2 2
u
(y − 1/3)2
2
ln B(x − 2/3) 1 + 2
2
(x − 2/3)
ln C (3x − 2)2 + 2(3y − 1)2 .
me
nt
o
de
v
2
1
como z = , x = u + , y = v + . Tenemos
u
3
3
√
1
√ arctg( 2z) =
2
√
√
2arctg( 2z) =
√ v √
2arctg
2
=
u
√
√ y − 1/3
=
2arctg
2
x − 2/3
√ 3y − 1
√
=
2arctg
2
3x − 2
M
at
em
át
ica
s
es una ecuación homogénea. Sea z =
Ahora estudiamos el caso en que las rectas de la ecuación (4) son paralelas. Como las rectas a1 x +
b1 y + c1 = 0 y a2 x + b2 y + c2 = 0 son paralelas, tenemos que
a1 a2
=
= λ.
b1 b2
art
a
Por lo tanto,
a1 = λ a2 ,
b1 = λ b2 .
de donde, substituyendo en la ecuación (4), obtenemos la ecuación
λ a2 x + λ b2 y + c1
dy
=f
.
dx
a2 x + b2 y + c2
(7)
De
p
dz
dy
Sea z = a2 x + b2 y. Derivando con respecto a x tenemos que
= a2 + b2 . Despejando dy/dx de
dx
dx
dy
1 dz
esta última, obtenemos
=
− a2 . Luego, substituyendo estas expresiones de z y dy/dx en la
dx b2 dx
ecuación (7), obtenemos
dz
1
λ z + c1
=f
− a2
dx
b2
z + c2
10
ica
s
de donde obtenemos la ecuación de variables separables
M
at
em
át
dz
λ z + c1
+ a2 ,
= b2 f
dx
z + c2
λ z + c1
dz =
b2 f
+ a2 dx
z + c2
dz
= dx
λ z + c1
+ a2
b2 f
z + c2
Z
dz
= x +C.
λ z + c1
+ a2
b2 f
z + c2
Ejemplo 13 Resolver
dy
x+y−3
=
.
dx 2x + 2y + 2
Solución: Si hacemos
de
L1 : x + y − 3 = 0,
L2 : 2x + 2y + 2 = 0.
me
nt
o
Vemos que son rectas paralelas. Sea z = x + y entonces
dz
dy
dy dz
= 1+
luego
=
− 1. Ası́,
dx
dx
dx dx
dz
z−3
dz
z−3
−1 =
⇒
=
+1
dx
2z + 2
dx 2z + 2
dz 3z − 1
⇒
=
dx 2z + 2
de donde
De
p
art
a
2z + 2
dz = dx
3z − 1
dz
2
8
x +C =
dz +
3
3 3z − 1
2
8
x +C =
z + ln |3z − 1|
3
9
2
8
x =
(x + y) + ln |3(x + y) − 1| + K.
3
9
Z
Z
Ejemplo 14 Hallar la familia de curvas tal que si l es la recta tangente en el punto P(x, y) a la curva y Q
es el punto de intersección entre l y el eje Y , entonces la distancia de P a Q es igual a la distancia de Q al
punto (0, 0).
11
Q(0, a)
ica
s
Y
d = dist(P, Q)
P(x, y)
M
at
em
át
d = dist(Q, O)
l
X
O
Solución: La ecuación de la recta tangente l está dada por v − y = y0 (u − x). El punto Q(0, a) está en
esta recta, entonces a − y = y0 (0 − x), por lo cual, a = y − xy0 . En el problema,
Ası́ que la ecuación diferencial es
de
d = dist(Q, O) = a = y − xy0
d 2 = dist(P, Q)2 = (x − 0)2 + (y − a)2 = x2 + (y − (y − xy0 ))2
= x2 + (xy0 )2
me
nt
o
(y − xy0 )2 = x2 + (xy0 )2
2
2
0 )
0 )
y2 − 2xyy0 + (xy
= x2 + (xy
y2 − 2xyy0 = x2 ,
la cual es una ecuación homogenea. Sea y = vx, entonces y0 = v + xv0 . Luego
De
p
art
a
(vx)2 − 2xvx(v + xv0 )
v2 x2 − 2x2 v2 − 2x3 vv0
−2x3 vv0
dv
−2xv
dx
2vdv
1 + v2
ln |1 + v2 |
1 + v2
y 2
1+
x
2
x + y2
x2 − 2Cx + y2
(x −C)2 + y2
= x2
= x2
= x2 + x2 v2 = x2 (1 + v2 )
= (1 + v2 )
dx
x
− ln |Ax|
B
x
B
x
Bx
0
C2 .
= −
=
=
=
=
=
=
12
ica
s
La familia son las circunferencias centradas en (C, 0) de radio C, C 6= 0.
Y
1
−4
−3
−2
−1
O
−1
1
2
3
4
X
De
p
art
a
me
nt
o
de
−2
M
at
em
át
2
Correcciones y gráficos: Boris Iskra
May 13, 2008
13