ecuaciones lineales

26
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
1.8.
Ecuaciones Lineales de Primer Orden
Una ecuación de la forma
y 0 + P (x)y = Q(x)
(1.1)
se llaman ecuación diferencial lineal no homogenea de primer orden, donde y, y 0 solo tienen
exponente 1.
Método de solución:
1. Hallar los polinomios P (x) y Q(x)
2. Introducir el factor integrante e
R
e
R
P (x)dx dy
dx
P (x)dx
a la ecuación 1.1 de la siguiente manera:
R
+ yP (x)e
P (x)dx
R
= e
P (x)dx
Q(x)
d R P (x)dx e
y , que
El primer miembro de la ecuación es la derivada de la expresión
dx
reemplazando en nuestra ultima ecuación se tiene
R
R
d e P (x)dx y = e P (x)dx Q(x)dx
3. Integrando la última expresión
e
R
P (x)dx
Z
y=
e
R
P (x)dx
Q(x)dx
4. Finalmente se despeja y con lo que se obtendrá la solución general
Z R
R
− P (x)dx
P (x)dx
y=e
e
Q(x)dx + C
(1.2)
Observación: La ecuación x0 + xP (y) = Q(y) tiene solución
Z R
R
− P (y)dy
P (y)dy
x=e
e
Q(y)dy + C
Ejercicio 22 Resolver
dy
dx
2
+ 2xy − 2xe−x = 0 darle la forma y 0 + P (x)y = Q(x)
Solución:
Primero llevamos la E.D. a la forma de la ecuación (1.1)
dy
2
+ 2xy = 2xe−x
dx
donde
P (x) = 2x
2
Q(x) = 2xe−x
Luego hallemos el factor integrante
R
e
P (x)dx
=e
R
2xdx
= ex
2
Lic. Lucio Elias Flores Bustinza
27
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
La solución será entonces reemplazaremos en
Z R
R
− P (x)dx
P (x)dx
y=e
e
Q(x)dx + C
y = e
−x2
Z
x2
−x2
e 2xe
Z
−x2
y = e
2xdx
2
y = e−x x2 + C
dx
dy
+ sen x = 1 − y,
dx
tiene que tener la forma y 0 + P (x)y = Q(x)
Ejercicio 23 Resolver cos x
Solución:
Acomodando a la forma de la ecuación (1.1)
1
sen x
dy
1
+
−
y =
dx
cos x
cos x cos x
dy
+ sec xy = sec x − tan x
dx
P (x) = sec x
Q(x) = sec x − tan x
El factor integrante es:
e
R
P (x)dx
e−
R
P (x)dx
R
= e sec xdx = eln | sec x+tan x| = sec x + tan x
= e− ln | sec x+tan x| = (sec x + tan x)−1
Finalmente la solución será:
−
y=e
R
P (x)dx
−1
Z
R
e
P (x)dx
Q(x)dx + C
Z
(sec x + tan x)(sec x − tan x)dx + C
Z
−1
2
2
y = (sec x + tan x)
(sec − tan x)dx + C
Z
−1
y = (sec x + tan x)
dx + C
y = (sec x + tan x)
y = (sec x + tan x)−1 (x + C)
x+C
y =
sec x + tan x
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28
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Ejercicio 24 Resolver y0 + y cos x = sin x cos x, y|x=0 = 1 o también y(0) = 1
Solución:
Sea la ecuación
y 0 + y cos x = sin x cos x
Donde P (x) = cos x, Q(x) = sen x cos x, luego el factor integrante es:
e
R
P (x)dx
e−
R
P (x)dx
R
= e cos xdx = esen x
= e− sen x
reemplazando en la ecuación se tiene (1.1)
Z
α = sen x
sen x
− sen x
(e
sen x cos x)dx + C
, sea
y=e
dα = cos xdx
Z
u = α ⇒ du = dα
− sen x
α
y=e
e αdα + C
, resolviendo por partes
dv = eα dα ⇒ v = eα
Z
Z
y = e− sen x αeα − eα dα + C
uv − vdu
y
y
y
y
= e− sen x (αeα − eα + C)
= e− sen x (eα (α − 1) + C)
= e− sen x (esen x (sen x − 1) + C)
= sen x − 1 + Ce− sen x
, reemplazando el valor de α
Para y(0) = 1 se tiene
1 = sen 0 − 1 + Ce− sen 0
C = 2
La solución será: y = sen x − 1 + 2e− sen x
Ejercicio 25 Resolver L
Solución:
di
+ Ri = E, L, R y E son constantes; i(0) = i0
dt
Acomodando la ecuación se tiene
di R
E
+ i=
dt L
L
Donde
P (t) =
Q(t) =
R
L
E
L
, entonces el factor integrante será:
e
R
P (t)dt
e−
R
P (t)dt
R
R
R
= e L dt = e L t
R
= e− L t
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29
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
reemplazando en la ecuación (1.1) se tiene
i =
i =
i =
i =
Z
E
e
e
dt + C
L
E L Rt
−R
t
e L
. eL + C
L R
E Rt
t
−R
eL + C
e L
R
R
E
+ Ce− L t
R
−R
t
L
R
t
L
Para i(0) = i0
R
E
+ Ce− L 0
R
E
+C
i0 =
R
E
C = i0 −
R
−Rt
+ i0 − E
e L
R
i0 =
La solución particular será: i =
E
R
Observaciones:
Una ecuación diferencial lineal usualmente se pude resolver de cuatro maneras (o tiene
cuatro métodos de solución), a continuación diremos cuales son esos métodos:
A) Se le denomina el método del factor integrante que es el mas usual de todos, y es el que
se muestra al inicio de esta sección.
B) Se le denomina el Método de Variación de Parámetro, que consiste en:
Se encuentra una solución de la Ec. homogénea
y 0 + P (x)y = 0
dy
= −P (x)y
Z dx
Z
dy
= − P (x)y
dx
Z
ln |y| = − P (x)dx
yh = Ce−
R
P (x)dx
(1.3)
Se Cambia la constante C por una función que depende de x (C(x)), de este modo hay
que hallar C(x) que verifique la ultima ecuación, para esto derivemos la ecuación
yh0 = C 0 (x)e−
R
P (x)dx
− C(x)P (x)e−
R
P (x)dx
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30
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Reemplazando en (1.1) se tiene
C 0 (x)e−
R
P (x)dx
− C(x)P (x)e−
R
P (x)dx
Z
C(x) =
R
+ C(x)P (x)e− P (x)dx = Q(x)
R
C 0 (x)e− P (x)dx = Q(x)
e−
R
P (x)dx
Q(x)dx + C
Finalmente se reemplaza C(x) en (1.3)
C) Si se tiene de alguna manera una solución (solución particular) de la ecuación lineal,
entonces la solución general será solución particular (yp ) mas la solución general de la ecuación
lineal homogénea asociada, es decir
y = yp + y
Para justificar esta afirmación sólo bastará comprobar que yp es solución de
y + P (x)y = Q(x) y de y 0 + P (x)y = 0
0
En efecto
(y + yp )0 + P (x)(y + yp ) =
=
=
(y + yp ) =
y 0 + yp0 + P (x)y + P (x)yp
y 0 + P (x)y + yp0 + P (x)yp
0 + Q(x)
Q(x)
Por lo tanto y + yp es solución de la ecuación diferencial lineal.
D) Si en la ecuación (1.1) tomamos y de la forma y(x) = u(x)v(x) si derivamos se tiene
y 0 = u0 v + uv 0 y sustituyendo en (1.1) se tiene
u0 v + uv 0 + P (x)(uv) = Q(x)
u0 v + u(v 0 + P (x)v) = Q(x)
, agrupando u
Luego buscamos algún v que anule a u (si v anula a u tiene que cumplir que v 0 + P (x)v = 0)
v 0 + P (x)v = 0
v 0 = −P (x)v
Z
Z
dv
= − P (x)dx
v
R
v(x) = e− P (x)dx
Como v de esta forma anula a u la ecuación diferencial quedará de la forma
u0 v = Q(x)
Q(x)
u0 =
Rv
0
u = e P (x)dx Q(x)
Z R
u(x) =
e P (x)dx Q(x)dx + C
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31
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Finalmente como y = u(x)v(x) entonces la solución será
Z R
R
− P (x)dx
P (x)dx
y=e
e
Q(x)dx + C
Ejercicio 26 Resolver 2xy0 − 3y = 4x2 , por los cuatro métodos mencionados.
Solución:
A) Acomodando la ecuación diferencial para que sea de la forma de la ecuación (1.1) se tiene
3
0
y = 2x
y + −
2x
3
P (x) = − 2x
de donde
, donde el factor integrante será
Q(x) = 2x
R
P (x)dx
R
P (x)dx
e
e−
3
= e− 2
= x3/2
R
dx
x
3
= e− 2 ln x = x−3/2
finalmente la solución será
y = x
3/2
y = x3/2
Z
x
−3/2
2xdx + C
4x1/2 + C
y = 4x2 + x3/2 C
3
B) Por variación de parámetros se tiene que de la ecuación y 0 + − 2x
y = 2x, vamos a hallar
la solución de la ecuación homogénea asociada
3
0
y = 0
yh + −
2x
y0
3
=
y
2x
Z
Z
3
dx
dy
=
y
2
x
3/2
yh = Cx
luego
yh = C(x)x3/2
3
yh0 = C 0 (x)x3/2 + C(x)x1/2
2
Sustituyendo en la ecuación (1.1) se tiene
3
3
0
3/2
1/2
3/2
C (x)x + C(x)x + C(x)x
−
= 2x
2
2x
3
3
C 0 (x)x3/2 + C(x)x1/2 − C(x)x1/2 = 2x
2
2
2x
C 0 (x) = 3/2
xZ
Z
dx
x1/2
C(x) = 4x1/2 + C
d(C(x)) = 2
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32
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Finalmente
y = x3/2 C(x)
y = x3/2 (4x1/2 + C)
y = 4x2 + x3/2 C
C) Vamos a buscar una solución particular, para ello buscaremos una solución polinómica.
Como la ecuación es de la forma 2xy 0 − 3y = 4x2 su solución es un polinomio de segundo
grado, es decir
y = ax2 + by + c
Si derivamos tendríamos y 0 = 2ax + b, que sustituyendo en la ecuación tenemos
2x(2ax + b) − 3(ax2 + bx + c) = 4x2
4ax2 + 2bx − 3ax− 3bx − 3c = 4x2
ax2 − bx − 3c = 4x2
De donde a = 4, b = c = 0, con lo que la solución particular será
yp = 4x2
y como ya vimos en los casos anteriores que la solución de la ecuación diferencial lineal
homogénea asociada es yh = Cx3/2 , entonces
y = yp + yh
y = 4x2 + Cx3/2
D) Sea y = uv entonces y 0 = u0 + uv 0 , que reemplazando en la ecuación se tiene
2x(u0 v + uv 0 ) − 3(uv) = 4x2
2xu0 v + 2xuv 0 − 3uv = 4x2
2xu0 v + u(2xv 0 − 3v) = 4x2
Encontrando un v que anule a u se tiene
2xv 0 − 3v = 0
0
Z 2x = 3vZ dv
3
dx
=
v
2
x
3
ln v =
ln x
2
v(x) = x3/2
de otro lado
2xu0 v = 4x2
2xu0 x3/2 = 4x2
2x2
u0 = 5/2
x
1/2
u(x) = 4x + C
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33
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
finalmente sabemos que y = uv entonces la solución será
y = (4x1/2 + C)x3/2
y = 4x2 + Cx3/2
1.9.
1.9.1.
Ecuaciones de Bernoulli, Ricatti y Clairaut
Ecuación de Bernoulli
La ecuación diferencial:
dy
+ P (x)y = y n Q(x)
dx
donde “n” es un número real cualquiera, se le llama ecuación de Bernoulli.
Método de Solución Para resolver la ecuación de Bernoulli
dy
+ P (x)y = y n Q(x)
dx
se sustituye u = y 1−n donde du = (1 − n)y −n dy para transformarla en una ecuación diferencial
lineal de primer orden.
1.9.2.
Ecuación de Ricatti
La ecuación diferencial no lineal
dy
= P (x) + yQ(x) + y 2 R(x)
dx
se denomina ecuación de Ricatti.
Método de Solución La solución de la ecuación de Ricatti
dy
= P (x) + yQ(x) + y 2 R(x)
dx
Se determina hallando una solución particular “y1 ”, para luego determinar la solución general:
y = y1 + u
Con esta consideración obtenemos:
dy
= P (x) + yQ(x) + y 2 R(x)
dx
d(y1 + u)
= P + (y1 + u)Q + (y1 + u)2 R
dx
u
dy1
+
= P + y1 Q + uQ + y12 R + 2y1 uR + u2 R
dx
dx
Por ser “y1 ” una solución particular tenemos:
dy1
= P + y1 Q + y12 R
dx
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34
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Luego se tiene:
du
− (Q + 2y1 R)u = u2 R
dx
Que es una ecuación de Bernoulli que puede convertirse en ecuación diferencial lineal de primer
orden sustituyendo:
1
1
w = donde dw = − 2 du entonces du = −u2 dw
u
u
dw
− (Q + 2y1 R)u = u2 R
−u2
dx
dw
+ (Q + 2y1 R)w = −R
dx
1.9.3.
Ecuación de Clairaut
La ecuación diferencial:
y = xy 0 + f (y 0 )
donde: y 0 =
dy
dx
se denomina ecuación de Clairaut
Método de Solución Para resolver la ecuación de Clairaut:
y = xy 0 + f (y 0 )
Se sustituye y 0 = t
dt
dt
dy
= t + x + f 0 (t)
dx
dx
dx
dt
dt
t = t + x + f 0 (t)
dx
dx
dt
dt
= 0
x + f 0 (t)
dx
dx
dt
[x + f 0 (t)] = 0
dx
de donde una solución es:
dt
= 0 si y sólo si t = C donde C =constante
dx
otra solución es:
x + f 0 (t) = 0 entonces x = −f 0 (t)
junto con:
y = xt + f (t)
y = f (t) − tf 0 (t)
constituyen una solución paramétrica:
x = −f 0 (t)
y = f (t) − tf 0 (t)
llamada solución singular.
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35
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Ejercicio 27 Resolver la ecuación de Bernoulli
(x2 + 1)y 0 − xy = x2 y 2
Solución:
dy
+ P (x)y = y n Q(x)
dx
dy
x
x2
y=
y2
− 2
2
dx x + 1
x +1
Poniendo en la forma
hacemos
u=
u=
du =
⇒ dy =
(1.4)
y 1−n , n = 2
y −1 ,
diferenciando
−2
−y dy
−y 2 du
reemplazando dy en
(1.4) du
x
x2
2
−
y =
y2
−y
2
2
dx
x +1
x +1
dividimos entre y 2 , multiplicamos por (-1) y reemplazamos el valor de y −1
du
x
x2
+
u =−
dx
x2 + 1
x2 + 1
(1.5)
Observamos
que es una EDO lineal, asi que procedemos a hallar su FI
R x
2
1/2
2 +1 dx
x
µ(x) = e
= eln |x +1| = (x2 + 1)1/2
(1.5) por µ(x)
(x2 + 1)1/2
además por tablas se tiene:
x2
du
x
+ 2
(x2 + 1)1/2 u = − 2
(x2 + 1)1/2
dx x + 1
x +1
d
x2
((x2 + 1)1/2 u) = − 2
dx
(x + 1)1/2
Z
Z
x2
2
1/2
d((x + 1) u) = −
dx
(x2 + 1)1/2
R
1
u= √
2 x2 + 1
obtendremos
√
u√ 2
u2
a2
√
=
u + a2 − ln |u + u2 + a2 | + C
2
2
u 2 + a2
√
√
ln |x + x2 + 1| − x x2 + 1 + C volviendo a la variable inicial
h
i
√
√
1
1
= √
ln |x + x2 + 1| − x x2 + 1 + C
y
2 x2 + 1
Ejercicio 28 (xy2 )0 = (xy)3 (x2 + 1)
Solución:
Derivamos y acomodamos para ver que forma tiene:
dy
= (xy)3 (x2 + 1)
dx
dy
y + 2x
= x3 y 2 (x2 + 1)
dx
dy
1
1 2 2
+ y =
x (x + 1)y 2
dx 2x
2
y 2 + 2xy
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36
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Esta última tiene la forma de la ecuación de Bernoulli asi que la resolvemos como tal para
ello hacemos:
u = y 1−n
,n = 2
−1
u =y
du = −y −2 dy
dy = −y 2 du
reemplazamos en la ecuación dada
1
1 4
du
− y =
(x + x2 )y 2
dx 2x
2
1
1
du
− y −1 = − (x4 + x2 )
dx 2x
2
du
1
1
− u = − (x4 + x2 )
dx 2x
2
1
Hallamos µ(x) = e− 2
x−1/2
R
dx
x
, multiplicamos por −y −2
, pero u = y −1
, luego es lineal
= x−1/2
1
1
du
− x−1/2 u = − (x7/2 + x3/2 )
dx 2x
2
1
d(x−1/2 u) = − (x7/2 + x3/2 )dx
, integrando
2
1 2
2
x−1/2 u = − ( x9/2 + x5/2 ) + C
, despejando u
2 9
5
1
1
, operando con u = y −1
u = − x5 − x3 + Cx1/2
9
5
y=
45
45C x − 9x3 − 5x5
√
Ejercicio 29 Resolver la ecuación de Ricatti
dy
= 3y + y 2 − 4
dx
ϕ(x) = 1
dz
dy
=
Solución:
Sea y = ϕ(x) + z ⇒ y = 1 + z ⇒
dx
dx
reemplazando en la ecuación dada
dz
= 3(1 + z) + (1 + z)2 − 4, simplificando
dx
dz
+ 5z = z 2 , luego es de Bernoulli
dx
dz
procedemos como el caso anterior hacemos w = z −1 ⇒ dw
= −z −2 dx
reemplazamos en la
dz
ecuación dada
dw
+ 5w = −1, que es una EDO lineal y la resolvemos como tal
dz
R
R R 5dx
1
(−1)dx+C ]
w = e− 5dx[ e
= − + e−5x C;pero w = z −1
5
1
−e5x + 5C
5e5x
=
⇒ z=
;z = y − 1
z
5e5x
5C − e5x
operando para volver a la variable inicial se obtiene:
C + 4e5x
y=
C − e5x
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37
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Ejercicio 30 Resolver
Solución:
dy
− xy 2 + (2x + 1)y = x − 1
dx
ϕ(x) = 1
Tenemos
y = ϕ(x) + z
= 1+z ⇒
dz
dy
=
dx
dx
reemplazando en la ecuación dada
dz
− x(1 + z)2 + (2x − 1)(1 + z) = x − 1
dx
dz
− z = xz 2
dx
, simplificando
w = z −1
, haciendo dw
dz
= −z −2
dz
dx
dw
+ w = −x
dx
, es lineal
Z R
R
dx
− dx
w = e
− e dx + C
w = 1 − x + Ce−x
ex
z = x
e − xex + C
y=
ex
+1
ex − xex + C
, resolviendo
, pero w = z −1
, volviendo a “y”
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