1 La ecuaci´on de Bernoulli

11  31  Descargar (2)

Texto completo

(1)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

MA2115 Clase 10: La Ecuaci´on de Bernoulli. M´etodo de

separaci´on de variables

Elaborado por los profesores

Edgar Cabello y Marcos Gonz´alez

1

La ecuaci´on de Bernoulli

La ecuaci´on de Bernoulli es una EDO de la forma

dy

dx+P(x)y= f(x)y

n, n6=0, n6=1. (1)

La substituci´onw=y1−nconduce a una ecuaci´on diferencial lineal

dw

dx = (1−n)y

−ndy

dx

dy dx =

1 1−ny

ndw

dx (2)

Substituyendo (2) en (1),

yn

1−n dw

dx +P(x)y= f(x)y

n.

Dividiendo porynobtenemos

1 1−n

dw

dx +P(x)y

1−n= f(x).

Multiplicando por(1−n)y sustituyendoy1−n=wobtenemos

dw

dx + (1−n)wP(x) = (1−n)f(x).

Es decir, mediante la substituci´onw=y1−n, hemos reducido la ecuaci´on de Bernoulli (1), a una ecuaci´on diferencial ordinaria de primer orden, a saber,

dw

dx + (1−n)P(x)w= (1−n)f(x). (3)

(2)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

Soluci´on: Dividiendo por 2xyla ecuaci´on 2xyy0=4x2+3y2, obtenemos

y0=2x

y+

3 2

y

x ⇒ dy

dx−

3 2xy=

2x y ,

la cual es una ecuaci´on de Bernoulli. Seaw=y2, de dondey=w1/2. Entonces

dy dx =

dy dw

dw dx =

1 2w

−1/2dw

dx.

Substituyendo dy

dx =

1 2w

−1/2dw

dx en la ecuaci´on diferencial, obtenemos

1 2w

−1/2dw

dx −

3 2xw

1/2=

2xw−1/2.

Multiplicando por 2w1/2, obtenemos la ecuaci´on lineal

dw dx −

3

xw=4x.

Ahora aplicamos el m´etodo del factor integrante: multiplicando porµ(x) =e R

−3xdx =x−3, obtenemos

x−3w0−3x−4w=4x−2,

de donde

d

dx x

−3w

= 4

x2 ⇒ x

−3w=4

x+C ⇒ x−3y2=−4

x+C⇒y

2=

4x2+Cx3.

Ejemplo 2 Hallar la soluci´on de6x2dy−y 2y3+xdx=0, y(1) = 1

2.

Soluci´on: Parax6=0, dy

dx− y

6x2 2y 3+x

=0, de donde

dy dx−

2y4

6x2−

xy

6x2 =0,

y as´ı, obtenemos la ecuaci´on de Bernoulli

dy dx−

1 6xy=

1 3x2y

4.

Haciendo el cambio w=y−3, la ecuaci´on viene a ser dw

dx + w

2x =−

1

x2. Mulitiplicando por el factor

integrante µ(x) =e

R 1

2xdx =√x=x1/2, obtenemos

x1/2dw dx +

1 2x

−1/2w=−x−3/2 d

dx

x1/2w

(3)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

de donde

x1/2w= Z

−x−3/2dx=2x−1/2+C.

As´ı, w= 2

x+ C √

x =

2+C√x

x , y por lo tanto la soluci´on general esy

3= x

2+C√x. Usando la condici´on

inicialy(1) =1

2, 1 8 =

1

2+C, de dondeC=6 y, finalmente,y

3= x

2+6√x.

Ejemplo 3 Halle la soluci´on general de y 6y2−x−1dx+2xdy=0.

Soluci´on: y 6y2−x−1dx+2xdy=0 agrupando t´erminos

2xdy−y(x+1)dx+6y3dx=0 vemos que lo que tenemos es una ecuaci´on de Bernoulli. Dividiendo pory3, obtenemos

2xy−3dy−y−2(x+1)dx=−6dx.

Seaw=y−2. Entonces,dw=−2y−3dy⇒dy=−y

3dw

2 . Substituyendo en la ecuaci´on, obtenemos

−2xy

−3y3dw

2 −y

−2(x+1)dx=6dx.

Es decir, xdw+w(x+1)dw=6dx. Dividiendo por x esta ecuaci´on se convierte en la ecuaci´on lineal

dw+w(1+x−1)dx=6x−1dx. Mulitiplicando por el factor integranteµ(x) =e

R

(1+x−1)dx=xex, obtenemos

xexdw+wex(x+1)dx=6exdx⇒xwex=6ex+C.

Comow=y−2,y2(6+Ce−x) =x.

Ejemplo 4 Halle la soluci´on general x2dy dx+y

2=xy.

Soluci´on:

dy dx+

y2 x2 =

y x ⇒

dy dx−

1

xy=−

1

x2y

2. Seaw=y1−2=y−1. Entonces

dw

dx =−y

−2dy

dx ⇒ dy

dx =−y

2dw

dx

de donde nos queda la ecuaci´on

−y2dw dx −

1

xy = −

1

x2y 2

dw dx +

1

x

1

y =

1

x2

dw

dx +

1

xw =

1

x2 lineal

factor integrante,µ(x) =e

Rdx

(4)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

xdw+wdx = 1

xdx

d(xw) = 1

xdx⇒xw=lnx+C

1

y =

lnx+C

x .

y= x

lnx+C.

Ejemplo 5 Resolver xdy

dx+6y=3xy

4/3.

Soluci´on: dy

dx+

6

xy= 3y

4/3. Bernoulli con n= 4

3. Sea w =y

1−4

3 = y−1/3 luego y= w−3 derivando

obtenemos, dy

dx=−3w

−4dw

dx substituyendo en dy

dx+

6

xy=3y

4/3obtenemos,3w−4dw

dx+

6

xw

−3=3w−4

−3dw

dx +

6

xw=3⇒ dw

dx −

2

xw=−1.Ecuaci´on lineal de 1er orden cuya soluci´on esw=x+Cx

2y−1/3=

x+Cx2

y= 1

(x+Cx2)3.

Ejemplo 6 Resolver√yy0+y3/2=1; y(0) =4.

Soluci´on: √yy0+y3/2=1⇒y0+y=y−1/2Bernoulli. Seaw=y1−(−1/2) =y3/2; dw

dx =

3 2y

1/2dy

dx entonces √

yy0= 2

3

dw

dx. As´ı, substituyendo en la ecuaci´on

original obtenemos la ecuaci´on lineal de primer orden 2

3

dw

dx +w=1⇒ dw

dx +

3 2w=

3 2. Factor integrante µ(x) =e

R 3 2dx=e

3 2x

e32xdw

dx +

3 2we

3 2x= 3

2e

3 2x

e32xw

0

= 3

2e

3 2x⇒e

3 2xw=

Z 3

2e

3 2xdx

e32xw=e 3

2x+C,C∈R

w=1+Ce−32x.

Comow=y3/2se tiene

y=

1+Ce−32x

2/3

.

Usando la condici´on inicialy(0) =4, 4=

1+Ce−32(0)

2/3

⇒4= (1+C)2/3⇒C=7. Soluci´on:

y=1+7e−32x

(5)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

Ejemplo 7 SeaF la familia de curvas C, en el plano XY , tales que la ordenada de la intersecci´on de la recta tangente a C en un punto cualquiera P de C con el eje Y es proporcional al cuadrado de la ordenada de P.

a) Demuestre que la familiaF se puede modelar a trav´es de la ecuaci´on diferencial

dy

dxx−y=−Ky

2, K

R.

b) Halle la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial de la partea).

Soluci´on: a) Sea P(x0,y0) un punto cualquiera enC. La ecuaci´on de la recta tangente aC en el punto

P(x0,y0)es

y−y0= dy

dx(x−x0),

esta recta corta al ejeY en el punto(0,b)dondeb=y0−

dy

dxx0es proporcional ay

2

0de modo queb=Ky20,

para alg´unK∈R. Entonces tenemos que

dy

dxx0=y0−b=y0−Ky

2

0⇒y0x0−y0=−Ky20,

y comoy0=y(x0),

dy

dxx0=y(x0)−Ky(x0)

2

para todox0.

b)La ecuaci´on diferencial es

dy

dxx−y = −Ky

2

dy

dx− y

x = −

K

xy

2

Ecuaci´on de Bernoulli (n=2). Seaz=y1−2=y−1⇒ dz dx =−

1

y2

dy

dx de donde −1

y2

dy dx+

1

x

1

y =

K x dz

dx+ z

x =

K

x

factor integranteµ(x) =e

R1 x =x.

d

dx(xz) = K xz = Kx+A

x

y = Kx+A

y = x

(6)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

Ejemplo 8 Sean a y b constantes positivas y sea u una soluci´on de y0=ay−by2, con y(0) =y

0. Demuestre

que si y0<0entonces u no est´a acotada.

Soluci´on: y0=ay−by2⇒y0−ay=−by2Bernoullin=2.

Seaw=y−1;w0=−y−2y0. Luego

−y−2y0+ay−1=bw0+aw=bLineal

Seaµ(x) =e

R

adx=eax. As´ı,(eaxw)0=beax

eaxw=R

beaxdx= b

ae

ax+Centonces

w=b

a+ C

eax luegoy=

aeax beax+aC;

y0=y(0) = a

b+aC ⇒C=

1

y0− b a.

Luegoy= e ax

b aeax+

1

y0− b a

=0. Siy0<0 entonces 1

y0− b

a <0 y comoe

axb

a >0.

Puede suceder que el denominador se anule, por lo tanto, yno estar´ıa acotado. M´as preciso, si x0=

1

aln

1− a by0

entonces

lim

x→x0

y=∞

2

M´etodo de Variables Separables

La ecuaci´on diferencial

dy dx=

g(x)

h(y), (4)

es separable. De (4) se tiene

h(y)dy=g(x)dx. (5)

Siy= f(x)es soluci´on de (5), entonces

h(f(x))dy

dx = g(x) ⇔h(f(x))f0(x) = g(x)

Z

h(f(x))f0(x)dx = Z

g(x)dx+C,

perody= f0(x)dx. As´ı,

Z

h(y)dy= Z

g(x)dx+C.

(7)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

Soluci´on: Tenemos que

2 senycosxdx + cosysenxdy=0

⇔2 senycosxdx = −cosysenxdy ⇔2cosx

senxdx = −

cosy

senydy ⇔2

Z cosx

senxdx = −

Z cosy

senydy ⇔2 ln|senx| = −ln|seny|+lnC

⇔ln|senx|2 + ln|seny|=lnC ⇔sen2x·seny = C,

de donde seny= C

sen2x, con lo cual

y=arcsen

C

sen2x

, x6=πk, k=1,2,3. . . .

Ejemplo 10 Resuelva la ecuaci´on diferencial x3dx+ (y+1)2dy=0.

Soluci´on: Tenemos que

x3dx+ (y+1)2dy = 0

⇔x3dx = −(y+1)2dy ⇔

Z

x3dx = −

Z

(y+1)2dy+C ⇔ x

4

4 = −

(y+1)3

3 +C.

Ejemplo 11 Resuelva el problema de valores iniciales dy

dx =xy+x−2y−2, con y(0) =2.

Soluci´on: A la ecuaci´on dy

dx =xy+x−2y−2 la podemos escribir como dy

dx= (y−2)(y+1). Separando

variables tenemos que dy

y+1 = (x−2)dx, de donde

Z dy

y+1 =

Z

(x−2)dx⇒ln|y+1|= 1

2x

2

2x+C.

o equivalentemente y+1 =exp

1 2x

22x+C

. Substituyendo el valor inicial y(0) =2 en la ´ultima ecuaci´on, obtenemos 3=eC, de dondeC=ln 3 y, finalmente,

y=exp

1 2x

22x+ln 3

(8)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

Ejemplo 12 Resuelva el problema de valores iniciales x2dy dx =

x2+1

3y2+1, con y(1) =2.

Soluci´on: Multiplicando por 3y2+1 a la ecuaci´onx2dy dx =

x2+1

3y2+1, obtenemosx

2(3y2+1)dy

dx =x

2+1,

y ahora dividiendo entre x2, tenemos que (3y2+1)dy

dx = x2+1

x2 . Esta ´ultima ecuaci´on es equivalente a

(3y2+1)dy=

1+ 1

x2

dx, e integrando, obtenemos

y3+y=x−1 x+C.

Usando la condici´ony(1) =2, tenemos queC=10 y, finalmente,

y3+y=x−1 x+10.

Ejemplo 13 Resuelva el problema de valores iniciales2x(y+1)dx−ydy=0, con y(0) =−2.

Soluci´on: Podemos expresar la ecuaci´on 2x(y+1)dx−ydy=0 como 2xdx=

1− 1 y+1

dy, siempre quey6=−1. Integrando obtenemosx2=y−ln|y+1|+C, cony6=−1. Usando la condici´on inicial tenemos que 0=−2−ln| −1|+C, de dondeC=2 y, finalmente, la soluci´on del problema esx2=y−ln|y+1|+2.

Ejemplo 14 Determinar las trayectorias ortogonales a la familia de elipses centradas en el origen x

2

a2+ y2

b2 =1, cuyo di´ametro mayor es tres veces el di´ametro menor.

(9)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

x

y

a b

Gr´afica de la elipse ax22+ y2 b2 =1.

Sia>bentonces la condici´on del enunciado nos dice quea=3b. Substituyendo esta ´ultima relaci´on en la ecuaci´on de la elipse, obtenemos

x2

9b2+

y2 b2 =1,

de donde

x2+9y2=9b2=C.

Derivando implicitamente se tiene que 2x+18yy0=0, de dondex+9yy0=0 y as´ıy0=− x

9y. Las

trayec-torias ortogonales provienen de dy

dx =

9y

x , es decir,xy

09y=0. Pero

xy0=9y ⇔ dy y =9

dx

x

⇔ ln|y|=9 ln|x|+ln|C|

(10)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

x

y

−6 −4 −2 2 4 6

−4

−2 2 4

0

b=2.5

b=2

b=1.5

b=1

b=0.7

b=0.4

A=−10−7 A=−10−5 A=−0.01A=1 A=1 A=0.01 A=10−5 A=10−7

Gr´afica de las elipse x2 9b2+

y2

b2 =1.

Gr´afica de las curvas y=Ax9.

Ejemplo 15 Una curva de ecuaci´on cartesiana y= f(x)pasa por el origen; por un punto arbitrario de la curva, en el primer cuadrante, se trazan rectas paralelas a los ejes coordenados que forman un rect´angulo con ellos. La curva divide al rect´angulo en dos regiones A y B, siendo A la regi´on superior y B la inferior. Si el ´area de A es n veces el ´area de B, y f(x)es una funci´on creciente en el primer cuadrante, hallar f(x).

Soluci´on: La condici´on que el ´area de A sea igual a n veces el ´area de B, puede ser expresada en t´erminos de integrales mediante

x f(x)−

Z x

0

f(t)dt =n

Z x

0

f(t)dt.

f(t)

Z x

0

f(t)dt x f(x)−

Z x

0

f(t)dt

t y

f(x)

(11)

Depa

rtam

en

to

de

Matem

´aticas

Derivando se tiene que f(x) +x f0(x)−f(x) =n f(x)y as´ıx f0(x) =n f(x). Comoy= f(x), obtenemos la ecuaci´on diferencialxy0=ny, es decir, dy

dx=n y

x. Por lo tanto, dy

dx =n y

x ⇔

dy y =n

dx x

⇔ ln|y|=nln|x|+ln|C| ⇔ y=C1xn.

Como f(x)es creciente, tenemos queC1>0, de donde f(x) =C1xn.

Ejemplo 16 Hallar las ecuaciones de las curvas tales que los segmentos de cada tangente comprendidos entre los ejes de coordenadas queden divididos en dos partes iguales por el punto de tangencia.

x y

N

M P(x,y)

x y

O

Soluci´on:SeaP(x,y)un punto sobre la curva yMNla tangente en ese punto. Por semejanza de tri´angulos

OM = 2x ON = 2y dy

dx es la pendiente de la tangente en(x,y). Luego, dy dx =−

ON OM =−

y x.

Se usa el signo negativo porque el dibujo muestra la pendiente negativa:

dy x =−

dx

x ⇒lny+lnx=lnC⇒ln(xy) =lnC⇒xy=C.

Correcciones y gr´aficos: Boris Iskra

Figure

Actualización...

Referencias

Related subjects :