Apunte USM Resolución EDOs

(1)

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

1. Separación de Variables

La ecuación general de primer orden y primer grado es de la forma

(1.1) M dx+N dy= 0

donde M y N pueden ser funciones de x e y o de ambas. En algunos casos la ecuación (1.1) puede ser expresada en la forma

(1.2) A(x)dx+B(y)dy= 0

o sea, se ha reunido todos los términos dey enB(y)y todos los términos de xenA(x). La solución de (1.2) es

Z

A(x)dx+ Z

B(y)dy=C

dondeC es constante que depende de las c.i.

Ejemplos 1) 2(y+ 3)dx+xy dy= 0 separando variables queda

2 xdx+

y

y+ 3dy= 0 ⇒lnx2+y−3 ln(y+ 3) =c ⇒ey=c1

(y+ 3)3

x2 donde c1= e

c

⇒ey−c= (y+ 3)

3

x2

2) (x2₋₁₎_dx₊_{xy dy}_{= 0}

x2₋₁

x dx+y dy= 0⇒ x2

2 −lnx+ y2

2 =c /2 x2+y2= 2c+ lnx2

x2+y2 = ln(cx)2 o ex2+y2=kx2 3) senxseny dx+ cosxcosy dy= 0

senx cosxdx+

cosy

senydy= 0⇒ −ln cosx+ ln seny=c seny

cosx

=c⇒seny=c1cosx

4) xy3_dx_{+ e}x2 _dy_{= 0}

xe−x2dx+y−3dy= 0 −1

2 Z

−2xe−x2dx+y

−2

−2 =c −1

2e

−x2₋1 2y

−2

=c e−x2+y−2=−2c

(2)

2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM

5) ysenxseny dx+dy= 0

senx dx+ dy yseny = 0 xlnx−x+ ln(lny) = 0 lnxx+ ln(lny) =x+c.

Aplicación. Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamente proporcional a su masa en cada instante. Determinar la ley de variación de la masa del radio en función del tiempo, si parat= 0la masa del radio esm0

Solución. Seamla masa en el instantetym+ ∆m, en el instantet+ ∆t. La masa desintegrada durante el tiempo∆t

es∆m. La razón ∆m

∆t es la velocidad media de desintegración. Luego:

l´ım

∆t→0

∆m

∆t = dm

dt es la velocidad de desintegración del radio en el instantet.

Según la hipótesis:

(1.3) dm

dt =−km

dondekes el coeficiente de proporcionalidad(k >0).

Ponemos el signo menos, porque a medida que transcurre el tiempo, la masa del radio disminuye y por eso dm dt <0

(puesto que la funciónm(t)es decreciente, entonces dm dt <0)

La ecuación(1.3)es una ecuación de variables separables. Separando variables:

dm

m =−k dt

⇒lnm=−kt+c

⇒m=ce−kt

comom(0) =m0, entoncesm0=c.

∴m=m0e−kt.

2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden

Definición 1. La funciónf(x, y)se dicehomogénea de gradok respecto a las variablesxey, si: f(λx, λy) =λkf(x, y), ∀λ∈R\ {0}

Ejemplos

1) La funciónf(x, y) = p3

x3₊_y3_{es homogénea de primer grado.}

2) La funciónf(x, y) =xy−y2es homogénea de segundo grado. 3) La funciónf(x, y) = x2_xy−y2 es homogénea de grado cero.

(3)

4) La funciónf(x, y, z) =xy_z +xseny_z22 es homogénea de grado uno.

1) Seang(x, y),f(x, y)homogéneas del mismo grado, entonces f_g₍(x,y_x,y)₎ es homogénea de grado cero. 2) Sih(x, y)es homogénea de grado cero, entonces

f(x, y)

g(x, y) =h(x, y) =h

1,y x

haciendoλ= 1 x

Es decir, la función homogénea de grado cero depende sólo del cuociente de las variables. En este caso podemos escribir:h(x, y) =F(y/x) =h(1, y/x).

Definición 2. La ecuación de primer orden

M dx+N dy= 0

eshomogénea cuandoM yN son funciones homogéneas delmismo grado respecto dexey Resolución de una ecuación diferencial homogéna

Consideremos la ecuación homogénea

(A) M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0

Luego(A)la podemos escribir de la forma dy dx =−

M(x, y) N(x, y) =F

y x

es decir:

(B) dy

dx =F(y/x)

Esta última ecuación se resuelve efectuando la sustituciónv=y/x, es decir,

(2.1) y=vx,

luego

(2.2) dy

dx =v+x dv dx

Sustituyendo (2.8) y (2.2) en (B), obtenemos v+xdv

dx =F(v) o sea:

xdv

dx+v−F(v) = 0 x dv+ (v−F(v))dx= 0

dx x +

v

(4)

Ejemplos

1) x2₋_xy₊_y2

dx−xy dy= 0. Observemos que las funcionesx2₋_xy_+y2_,₋_xy_{son homogéneas de grado 2. Luego}

se trata de una ecuación homogénea. Haciendoy=vx, tenemos: (dy=v dx+x dv)

(x2−x2v+x2v2)dx−x2v(v dx+x dv) = 0 (x2−x2v+x2v2−x2v2)dx−x3v dv= 0

x2(1−v)dx−x3v dv= 0 dx

x + v

v−1dv= 0 lnx+v+ ln(v−1) =c lnx+y

x+ ln _y−_x

x

=c ln(y−x) =c−y

x⇒(y−x) e y/x

=c

2) (x2+y2)dx−2xy dy= 0es homogénea puesx2+y2,−2xyson homogéneas de grado 2. Haciendoy=vxtenemos: (x2+x2v2)dx−2x2v(v dx+x dv) = 0

(x2+x2v2−2x2v2)dx−2x3v dv= 0 x2(1−v2)dx−2x3v dv= 0 Separando variables

dx x +

2v

v2₋₁dv= 0

Integrando

lnx+ ln(v2−1) =c, c∈R

reemplazandov=y/x:

lnx+ ln y2/x2−1=c lnx+ ln(y2−x2)−lnx2 =c

ln(y2−x2)−lnx=c y2₋_x2

x =c y2=cx+x2

Ejercicios.

1) dy/dx= xy

x2₋_y2

2) (2x+ 3y)dx+ (x−2y)dy

3) y dx−x dy= 0

4) (1 +u)v du+ (1−v)u dv= 0

5) (1 +y)dx−(1−x)dy= 0

6) (t2₋_xt2₎dx

dt +x

2₊_tx2_{= 0}

7) (y−a)dx+x2_dy_{= 0}

8) z dt−(t2−a2)dz= 0

9) dx

dy =

1 +x2

(5)

10) (1 +s2₎_dt₋√_{t ds}

11) dρ+ρtgθ dθ= 0

12) senθcosϕ dθ−cosθsenϕ dϕ= 0

13) sec2θtgθ dθ+ sec2ϕtgθ dϕ= 0 14) sec2θtgϕ dϕ+ sec2ϕtgθ dθ= 0 15) (1 +x2)dy−p

1−y2_dx_{= 0}

16) √1−x2_dy₊p

1−y2_dx

17) 3 extgy dx+ (1−ex) sec2y dy= 0

18) (x−y2_x₎_dx_{+ (}_y₋_x2_y₎_dy_{= 0}

19) (y−x)dx+ (y+x)dy= 0

20) (x+y)dx+x dy= 0

21) (x+y)dx+ (y−x)dy= 0

22) x dy−y dx=px2₊_y2_dx

23) (8y+ 10x)dx+ (5y+ 7x)dy= 0

24) xy2dy= (x3+y3)dx

Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma:

(2.3) dy

dx =

ax+by+c a1x+b1y+c1

con aob6= 0

Si c1=c= 0, la ecuación (2.3) es, evidentemente, homogénea (pues _aax+by

1x+b1y es una función homogénea

de grado cero).

Supongamos, pues, que c yc1 (o una de ellas) son diferentes de cero. Realicemos el cambio de variables x=x1+h,y=y1+k(h, kconstantes por determinar), entonces

(2.4) dy

dx = dy1 dx1

Reemplazando en (2.4) las expresiones dex, y, _dxdy, tenemos:

(2.5) dy1

dx1 =

ax1+by1+ah+bk+c a1x1+b1y1+a1h+b1k+c1

Elijamos hykde modo que se verifiquen las ecuaciones

(2.6) ah+bk+c = 0

a1h+b1k+c1 = 0

,

es decir, determinemoshykcomo solución del sistema de ecuaciones (2.6). Con esta condición, la ecuación (2.5) es homogénea:

dy1 dx1

= ax1+by1 a1x1+b1y1

Al resolver esta ecuación y pensando de nuevo enxey, según las fórmulas (2.4), obtenemos la solución de la ecuación (2.3).

El sistema (2.5) no tiene solución si

a b a1 b1

= 0,

es decir, siab1=a1b. Pero en este caso a1 a =

b

b1 =λ, es decir,a1=λa,b1=λb, y, por consiguiente, si puede

formar la ecuación (2.3) en la forma

(2.7) dy

dx =

(ax+by) +c λ(ax+by) +c1

Haciendo la sustitución

(6)

la ecuación se reduce a una ecuación de variables separables. En efecto, dz

dx =a+b dy dx

de donde

(2.9) dy

dx = 1 b

dz dx −

a b

Introduciendo las expresiones (2.8) y (2.9) en la ecuación (2.7) obtenemos 1

b dz dx−

a b =

z+c λz+c1

que es una ecuación de variables separables. En efecto, separando variables queda:

1 bdz−

a bdx=

z+c λz+c1dx 1

bdz−

a b +

z+c λz+c1

dx= 0

1 −ba_b +_λzz+₊c_c

1

dz+dx= 0

Ejemplos

1) Sea la ecuación

dy dx =

x+y−3 x−y−1

1 1 1 −1

=−26= 0

Hagamos la sustitución

x=x1+h

y=y1+k

entonces

dy1

dx1

= x1+y1+h+h−3 x1−y1+h−k−1

resolviendo el sistema:

(7)

Luego

dy1

dx1

=x1+y1 x1−y1

⇒ec. homogénea.

Seav= y1

x1, es decir,y1=vx1

∴ dy1

dx1

=v+x1

dv dx1

∴ v+x1

dv dx1

=x1+vx1 x1−vx1

v+x1

dv dx1

=1 +v

1−v ⇒ec. de variables separables x1

dv dx1

=1 +v

2

1−v 1−v

1 +v2 dv=

dx1

x1

Z

1 1 +v2 −

v 1 +v2

dv= lnx1+c

arc tgv−1

2ln(1 +v

2

) = lnx1+c

arc tgv= lnx1

p

1 +v2₊_c

earc tgv= ecx1

√

1+v2

Sustituyendovpor y1

x1, se obtiene:

c q

x2

1+y12= e arc tgy1

x1

peroy1=y−1,x1=x−2. Luego

cp(x−1)2_{+ (y}₋₁₎2 _{= e}arc tg(y−1

x−2)_, _c∈_R_.

2) y0= 2x+y−1

4x+ 2y+ 5 con condición inicialy(0) =−2

2 1 4 2

= 0 : y0= 2x+y−1

2(2x+y) + 5 (∗) Seaz= 2x+y

dz dx=z

0

(8)

3 ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS UTFSM

reemplazando en (*), queda:

z0−2 = z−1 2z+ 5 z0= z−1

2z+ 5+ 2 z0= 5z+ 9

2z+ 5 2z+ 5

5z+ 9dz=dx Z

2z+ 5

5z+ 9dz=x+c pero

Z 2z+ 5 5z+ 9dz= 2

Z z 5z+ 9dz+

Z 5 5z+ 9dz=

2 5 Z

5z+ 9−9 5z+ 9 dz+

Z

d(5z+ 9) 5z+ 9 = 2

5 Z

dz−9 5 Z

d(5z+ 9) 5z+ 9

+ ln|5z+ 9|

=2 5

z−9

5ln|5z+ 9|

+ ln|5z+ 9|

=2 5z−

18

25ln|5z+ 9|+ ln|5z+ 9| =2

5z+ 7

25ln|5z+ 9|

∴ 2

5z+ 7

25ln|5z+ 9|=x+c comoz= 2x+y, se tiene que:

2

5(2x+y) + 7

25ln|10x+ 5y+ 9|=x+c 10y−5x+ 7 ln|10x+ 5y+ 9|=c puesto quey(0) =−2no queda que:

−20 + 7 ln| −1|=c ⇒ c=−20

∴ 10y−5x+ 7 ln|10x+ 5y+ 9|=−20.

Ejercicios.

1) (3y−7x+ 7)dx−(3x−7y−3)dy= 0 2) (x+ 2y+ 1)dx−(2x+ 4y+ 3)dy= 0

3) (x+ 2y+ 1)dx+ (2x−3)dy= 0

3. Ecuaciones Diferenciales Exactas

La ecuación

M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0

se llamaecuación diferencial exacta, siM(x, y)yN(x, y)son funciones continuas y derivables que verifican la igualdad:

∂M ∂y =

(9)

siendo ∂M_∂y y ∂N_∂x continuas en un cierto dominio.

En este caso, obtenemos la solución de la E.D. expresada implícitamente en la formaF(x, y) =k. Otro enfoque.Sea

(3.1) M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0 donde la separación de variables no puede hacerse, como por ejemplo:

(3x2y+ 2xy)dx+ (x3+x2+ 2y)dy=c

en queM yN no son homogéneas (o bien homogéneos de distintos grados).

Supongamos que podemos encontrar una funciónu=F(x, y)tal quedF =M dx+N dy, luego por (3.1): dF = 0⇒F(x, y) =c

Pero ¿qué condiciones deben cumplirM(x, y)yN(x, y)para que existaF(x, y)? La condición es ∂M

∂y = ∂N

∂x

dondeM =∂F

∂x yN = ∂F

∂y (en efecto, puesdF =

∂F ∂xdx+

∂F

∂y dy, luego, necesariamenteM = dF

dx yN = dF dy,

pero _{dx dy}d2F = _{dy dx}d2F , luego dM_dy =dN_dx)

Ejemplos

1) Resolver la ecuación:

(∗) (3x2y+ 2xy)dx+ (x3+x2+ 2y)dy= 0 Averigüemos si esta ecuación es diferencial exacta:

M(x, y) = 3x2y+ 2xy, N(x, y) =x3+x2+ 2y dM

dy (x, y) = 3x

2

+ 2x, dN

dx(x, y) = 3x

2

+ 2x

∴ dM

dy = dN

dx = 3x

2

+ 2x

∴La ecuación(∗)corresponde a una ecuación diferencial exacta.

dF dx = 3x

2

y+ 2xy⇒F(x, y) =x3y+x2y+C(y)

Se integra considerando «y» como constante, luego:

dF(x, y) dy =

d dy x

3

y+x2y+C(y)=x3+x2+C0(y)

∴ x3+x2+C0(y) =x3+x2+ 2y⇒C0(y) = 2y⇒C(y) =y2+C,

∴ F(x, y) =x3y+x2y+y2+C1 =C, C∈R

(10)

2) 2x y3 dx+

y2₋_3x2

y4 dy= 0

La ecuación diferencial es exacta pues:

d dy

2x y3

=−6x

y4 =

d dx

y2−3x2 y4

dF dx =

2x

y3 ⇒F(x, y) =

x2 y3 +C(y)

dF dy =

d dy

x2 y3 +C(y)

=−3x

2

y4 +C 0

(y) =y

2₋

3x2 y4

⇒C0(y) =y−2 ⇒C(y) =−1

y+C1

∴ F(x, y) = x

2

y3 −

1 y+C1 Luego la solución general de la ecuación está dada por la relación:

x2 y3 −

1

y =C, C∈R.

3)

y2 (x−y)2 −

1 x

| {z }

M

dx+

1 y−

x2 (x−y)2

| {z }

N

dy= 0

¿∂M ∂y =

∂N

∂x? : ⇒     

   

∂M ∂y =

2xy (x−y)3

∂N ∂x =

2xy (x−y)3

Luego, la ecuación esexacta. BuscamosF(x, y)tal quedF= 0, e.e., ∂F

(11)

4 FACTOR DE INTEGRACIÓN UTFSM

Así

∂F ∂x =

y2 (x−y)2 −

1

x ⇒F(x, y) =

Z

y2 (x−y)2 −

1 x

dx=− y

2

x−y−ln|x|+C(y)

∴ ∂F

∂y =

−2y(x−y)−y2

(x−y)2 +C 0

(y) = 1 y−

x2

(x−y)2

∴ C0(y) = 1 y+

2xy−y2₋_x2

(x−y)2

= 1 y−

x2−2xy+y2 (x−y)2

= 1 y−1 C(y) = ln|y| −y+K F(x, y) =− y

2

x−y−ln|x|+ ln|y| −y+K = ln y x − y2

x−y−y+C

∴ la solución viene dada por

ln y x − y2

x−y−y=cte.

Ejercicios.

1) (x2+y)dx+ (x−2y)dy= 0 2) (y−3x2₎_dx₋₍₄_y₋_x₎_dy_{= 0}

3) (y3−x)y0=y

4)

y2

(x−y)2 −

1 x dx+ 1 y− x2

(x−y)2

dy= 0

5) 2(3xy2+ 2x3)dx+ 3(2x2y+y2)dy= 0

6) x dx+ (2x+y)dy (x+y)2 = 0

7)

1

x2 +

3y2

x4

=2y dy

x3

8) x

2

dy−y2dx

(x−y)2 = 0

9) x dx+y dy= y dx−x dy

x2₊_y2

4. Factor de Integración

Supongamos que la ecuación:

(4.1) M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0

no es una ecuación diferencial exacta (y que no es del tipo de las anteriores), por ejemplo, (y+xy2)dx−x dy= 0.

Se puede a veces elegir una función µ(x, y) tal que si multiplicamos todos los términos de la ecuación por esta función, la ecuación (4.1) se convierta en una ecuación diferencial exacta. La función µ(x, y)se llama factor de integración (ofactor integrante) de la ecuación (4.1).

(12)

4 FACTOR DE INTEGRACIÓN UTFSM

Para que esta última ecuación sea una ecuación diferencial exacta es necesario y suficiente que:

∂(µM) ∂y =

∂(µN) ∂x

es decir:

µ∂M ∂y +M

∂µ ∂y =µ

∂N ∂x +N

∂µ ∂x

o sea

M∂µ ∂y −N

∂µ ∂x =µ

∂N

∂x − ∂M

∂y

1 µ

M1 µ

∂µ ∂y −N

1 µ

∂µ ∂x =

∂N ∂x −

∂M ∂y

M∂(lnµ) ∂y −N

∂(lnµ) ∂x =

∂N ∂x −

∂M ∂y (4.2)

En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda deµ(x, y)de la ecuación (??) es más difícil que integrar la ecuación (4.1). Sólo en algunos casos particulares se logra determinar fácilmente la funciónµ(x, y).

Los casos que contemplaremos, son los siguientes:

(_i) Supongamos que la ecuación (4.1) admite un factor integrante que depende sólo dey. Entonces: ∂lnµ

∂x = 0

y para hallarµobtenemos la ecuación diferencial ordinaria (que se obtiene de (??)): ∂lnµ

∂y =

∂N ∂x −

∂M ∂y

M

la cual nos permite determinar lnµ y, por tanto, el propio µ. Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión(∂N_∂x −∂M

∂y)/M no depende dex(pues sinoµdepende de x)

(_ii) Análogamente, si la expresión

∂N ∂x −

∂M ∂y

N

no depende dey, sino exclusivamente de x, es fácil hallar el factor integrante que depende solamente dex.

Ejemplo.Hallar la solución de la ecuación (y+xy2₎_dx₋_{x dy}_{= 0}_. Solución.Aquí:M =y+xy2;N =−x

∂M

∂y = 1 + 2xy;

∂N

∂x =−1, luego ∂M

∂y 6= ∂N

∂x

(13)

5 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN UTFSM

∂N ∂x −

∂M ∂y

M =

−1−1−2xy y+xy2 =

−2(1 +xy) y(1 +xy) =−

2 y

por lo tanto la ecuación lo admite. Encontremos ahora el factor integrante. ∂lnµ

∂y =− 2 y

de dondelnµ=−2 lny, es decir, µ= 1 y2.

Después de multiplicar todos los términos de la ecuación dada por el factor integrante µ(x, y) = 1/y2_, obtenemos la ecuación:

₁ y +x

dx− x y2dy= 0

diferencial exacta

_∂M

1 ∂y =

∂N1 ∂x =−

1 y2

. Resolviendola, encontramos que: x y +

x2

2 +c= 0, es decir, y=− 2x

x2_{+ 2}_c.

5. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden

Sea I un intervalo real. Una ecuación diferencial de primer orden enI, se dicelineal si puede escribirse de la forma:

(∗) a1(x)y0+a0(x)y=h(x)

en donde a1(x), a0(x), h(x) son continuas en I y a1(x) 6= 0 para algún x ∈ I. La ecuación (*) se dice homogénea sih(x) = 0,∀x∈I y se dicenormal sia1(x)6= 0,∀x∈I

Consideremos ahora laecuación diferencial lineal normal de primer orden enI:

(5.1) a1(x)y0+a0(x)y=h(x)

Nuestro propósito es encontrar la solución general de (5.1). Como la ecuación (5.1) es normal enIentonces la podemos escribir de la forma:

y0+a0(x) a1(x)y=

h(x) a1(x) O sea:

y0+p(x)y=q(x)

donde: p(x) =a0(x)

a1(x), q(x) = h(x) a1(x)

dy

(14)

Veamos si la ecuación (5.2) admite factor integrante. Aquí: M(x, y) =p(x)y−q(x),N(x, y) = 1 ∂M(x, y)

∂y =p(x),

∂N(x, y) ∂x = 0 ∂M

∂y 6= ∂N

∂x tenemos que p(x) = 0 ∀x∈I.

El casop(x) = 0, reduce la ecuación (5.2) a una ecuación de variables separables que ya sabemos resolver. Supongamos, pues quep(x)6= 0. Examinemos si la ecuación (5.2) admite un factor integrante que depende sólo dex. Observemos que:

−∂N ∂x +

∂M ∂y

N =p(x)

por lo tanto la ecuación lo admite. Luego el factor integrante es tal que: ∂lnµ(x)

∂x =p(x) o sea µ(x) = eRp(x)dx

Multiplicando todos los términos de la ecuación (5.2) por el factor integranteµ(x) = eRp(x)dx, obtenemos la ecuación

(5.3) (p(x)−q(x)) eRp(x)dxdx+ eRp(x)dxdy= 0 que es una ecuación diferencial exacta, ya que:

∂M

∂y =p(x) e R

p(x)dx₌∂N

∂x

dondeM1(x, y) = (p(x)−q(x)) eRp(x)dx _y_N1₍_{x, y}_{) = e}R

p(x)dx

Tarea. Resuelva el ecuación (5.3) y verifique que: y= e−Rp(x)dx

Z

q(x) eRp(x)dxdx+C

, c∈_R, x∈I es la solución general de la ecuación dada.

Observación. Consideremos la ecuación diferencial lineal de primer orden enI: y0+p(x)y=q(x).eRp(x)dx

y0eRp(x)dx+p(x) eRp(x)dxy=q(x) eRp(x)dx

puesto que

(15)

Ejemplos 1) Resolver(x4+ 2y)dx=x dy

Solución.

xdy

dx−2y=x

4_⇒

y0−2 xy=x

3

∴ y= e− R −2

x dx

C+ Z

x3e R −2

x dx_dx

y= e2 lnx

C+ Z

x3e−2 lnx dx

=x2

C∗ Z

x3 x2dx

y=x2

C+x

2

⇒2y=x2C+x4

2) (3xy+ 3y−4)dx+ (x+ 1)2dy= 0

Solución.

(x+ 1)2dy

dx+ 3(x+ 1)y= 4⇒y

0

+ 3(x+ 1)−1y= 4(x+ 1)−2

y= e− R 3

x+1dx

c+

Z 4 (x+ 1)2 ·e

R 3

x+1dx

= e−3 ln|x+1|

c+ Z

1 (x+ 1)2e

3 ln|x+1|

dx

= 1

(x+ 1)3

c+ 4

Z

(x+ 1)3

(x+ 1)2dx

= 1

(x+ 1)3c+

1 2

(x+ 1)2

(x+ 1)3

y=c(x+ 1)−3+ 2 (x+ 1)−1 3) (1 +xy)dx−(1 +x2)dy= 0

Solución.

(1 +x2)y0−xy= 1⇒y0− x 1 +x2 y=

1 1 +x2

y= e R x

1+x2dx

c+

Z 1 1 +x2 e

−R x

1+x2dx _dx

= e12ln|1+x 2_|

c+ Z

1 1 +x2 e

−1 2ln(1+x

2₎

dx

y=p1 +x2

c+

Z 1 (1 +x2₎3/2dx

=cp1 +x2₊_x

Cálculo de

Z 1

(1 +x2₎3/2dx=

Z

sec2θ dθ (sec2_θ)3/2 =

Z

cosθ dθ= senθ=√ x 1 +x2

4) Ldi

dt+Ri=E, dondeL,R,E son constantes con c.i.i(0) = 0

Solución.

di dt+

R Li=

E

L ⇒i(t) = e

−R Lt c+ Z E Le R Lt_dt

= e−RLt

c+E L · L R e R Lt

i(t) =ce−RLt₊E

R i(0) = 0⇒0 =C+ E

R ⇒C=− E

R ⇒i(t) = E R

(16)

5) dx= (1 + 2xtgy)dy

Solución.

dx

dy = 1 + 2xtgy⇒ dy

dy−2xtgy= 1⇒x(y) = e

2R

tgy dy

c+ Z

e−2 R

tgy dy dy

x(y) = e2 ln|cosy|

c+ Z

e2 ln|cosy|dy

= sec2y

c+ Z

cos2y dy

= sec2y

c+1 2 Z

(1 + cos 2y)dy

x(y) = sec2y

c+1 2

y+sen 2y 2

⇒4xcos2y=C+ 2y+ sen 2y

6) Resolver

a) (1 + cosx)dy−senx(senx+ senxcosx−y)dx

b) Ldi

dt+Ri=Esenωt, coni(0) = 0

7) Encontrar la velocidad inicial mínima que debe tener un cuerpo que se dispara para que escape de la atracción de la Tierra. Desprecie la resistencia del aire.

Solución

a(r) = k

r2 k <0 como enr=R,a(R) =−g⇒a(r) =−

gR r2

por otro lado

a=dv dt = dv dr · dr dt = dv dr ·v

0

⇒ −gR

2

r2 =

dv dr ·v ⇒gR

2

r +c= v2

2 pero enr=R, v=v0⇒c= v02

2 −gR ⇒v2=2gR

2

r2 +v 2 0−2gR

8) Un embudo con ángulo de salida de60◦y una sección transversal con área de0,5cm2, contiene agua. Ent= 0, se abre la salida. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse, suponiendo que la altura inicial del aguah(0) = 10cm. Dato:v= 0,6√2gh h=altura instántanea,v=velocidad del líquido.

Solución.

dV =volumen deH2Oque sale.

dV = 0,5·v·dt con v= 0,6p2gh, por otro lado

dV =−πr2dh con r=htg 30 =h/√3 ⇒0,3√2pgh dt=−πh

2

3 dh⇒ 0,9√2g

π dt=−h

3/2

dh 0,9

π p

2g t=−h5/2·2

5+c y h(t= 0) = 10⇒ 0,9

π p

2g·0 =−105/22 5+c t= 2

5 π 0,9·√2g·

105/2−h5/2 y para h= 0 t= 2 5·

π 0,9√2g·10

5/2

(17)

6 ECUACIONES QUE PUEDEN REDUCIRSE A LA FORMA LINEAL UTFSM

9) En un movimiento rectilíneo, la aceleración es inversamente proporcional al cuadrado de la distanciaS, y es igual a−1cuandoS= 2. Además posee una velocidad de 5 y S=8 cuandot= 0.

a) hallarvcuandoS= 24

b) hallartque demora en recorrer desdeS= 8aS= 24.

Solución.

a=−k

s2 ⇒ −1 =−

k

4 ⇒k= 4⇒a=−4/s

2

;v= ds dt a=dv

dt = dv ds·

ds dt =

dv ds·v⇒v

dv ds =−

4 s2 ⇒v

2

/2 =c+ 4/s⇒c= 25 2 −

4 8 = 12

a) v(s= 24) =√2q4

24+ 12≈4,93 b) v=ds

dt = √

8 s

p

s+ 3s2_⇒_t₌ 1

2√2 Z 8

24

s ds √

s+s2 ≈3,23

6. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal

Ciertas E. D. no lineales de primer orden pueden reducirse a E. D. L. por un adecuado cambio de variables. 1. E. D. de Bernoulli.La E. D. de Bernoulli adopta la forma

(6.1) dy

dx +p(x)y=q(x)y

n

(E. D. N. L. pues es no lineal en la variable yy supuestamente enx)

Si efectuamos la sustituciónµ=y1−n donden∈Z− {0,1}pues sin= 1⇒(6.1) queda

dy

dx + (p(x)−q(x))y= 0 variables separables.

Si n= 0⇒(6.1) queday0+p(x)y=q(x)ecuación diferencial de primer orden lineal

∴sean6= 0,1⇒ dµ

dx = (1−n)y −n dy

dx ⇒(6.1) queda (al dividir pory

n_):

y−ny0+p(x)y1−n=q(x)⇒ 1 1−n

dµ

dx +p(x)µ=q(x) que es una E. D. L. de primer orden en la variableµ.

(18)

1) y0+xy= x y

Solución.

yy0+xy2=x⇒µ=y2=y1−(−1)⇒dµ dx = 2y

dy dx 1

2 dµ

dx−xµ=x⇒µ(x) = e

−2R

2x dxZ

2xeR2x dxdx+c

µ(x) = e−x2 Z

2xex2dx+c

= e−x2

c+ ex2

= 1 +ce−x2

2) y0−y x =−

5 2x

2

y3

Solución.

y−3y0−y

−2

x =− 5 2x

2

⇒µ=y−2⇒µ0=−2y−3y0 µ

−2− µ x =−

5 2x

2_⇒

µ0+ 2µ·1 x= 5x

2

µ(x) = e− R 2

xdx

c+ Z

5x2e R

2/x dx dx

= e−2 lnx

c+ Z

5x2e2 lnxdx

= 1 x2

c+ 5·x

5

µ(x) =y−2=cx−2+x3⇒ cx−2+x3=y−2

2. Problema. dy

dx+p(x)y=q(x)ylny

Sea

u= lny⇒u0 =1 yy

0

⇒u0y+p(x)y=q(x)yu du

dx +p(x) =q(x)u⇒ du

dx −q(x)u=−p(x) EDL de primer orden

3. Ecuación de Ricatti.Una E. D. N. L. de primer orden de la forma: y0(x) +a2(x)y2+a1(x)y+a0(x) = 0

donde ai(x)son funciones continuas en I ∀i = 0,1,2 ya2(x) 6= 0 en I se conoce como ecuación de

Ricatti.

Para convertirla en una EDL de priemer orden se utiliza la sustitucióny= 1

(19)

Demostración. Sea

y= 1

µ+y1⇒ dy dx =−µ

2du dx +

dy1 dx

donde

y₁0 +a2(x)y2₁+a1(x)y1+a0(x) = 0

dy1 dx −

1 µ2

du

dx+a2(x)

y1+ 1 µ

2

+a1(x)

y1+ 1 µ

+a0(x) = 0

0 =y0₁− 1 µ2

du

dx+a2(x)y 2 1+

2

µy1a2(x) + 1

µ2a2(x) +a1(x)y1+ a1(x)

µ +a0(x)

−dµ

dx+ 2µy1a2(x) +a2(x) +a1(x)µ= 0⇒ dµ

dx −(2y1a2(x) +a1(x))µ=a2(x)⇐⇒ dµ

dx +p(x)µ=q(x)

Problema.Resolver:

y0=x+ 1−xy2+ 2x2y−x3 si y1(x) = 1 +x dµ

dx −2xv=x µ= e −R

−2x dx

Z

xeR2x dxdx+c

Resolver.y0−sen2_xy2₊ 1

senxcosxy+ cos

2_x_{= 0}_, _si _y

p= cotx.

a2(x) =−sen2x a1(x) = senx

cosx a0(x) =−cos 2_x.

Siy= 1

v +yp(x)

⇒ dv dx −

−2 cotxsen2x+ 1 senxcosx

v=−sen2x. dv

dx−

−2 senx (cosx)−1 +

1 senxcosx

v=−sen2x dv

dx −

−2 senxcosx+ 1 senxcosx

v=−sen2x

v0−−2 sen

2_x_cos2_x_{+ 1}

senxcosx v=−sen 2_x

v= eR −2 sen2senxxcoscos2xx+1dx

− Z

sen2xeR 2 sen2senxxcos2cosxx+1dx_dx₊_c

Z

−2 senxcosx+ 1 senxcosx

dx=−2sen 2_x

2 +

Z ₂

sen 2xdx

=−sen2x+ 2 Z

(20)

7 EXISTENCIA Y UNICIDAD DE LAS SOLUCIONES UTFSM

v= e−sen2x e−ln|cosec 2x+cot 2x|

− Z

sen2xesen2xeln|cosec 2x+cot 2x|dx+c

v= e−sen2x 1

cosec 2x+ cot 2x

− Z

sen2xesen2x(cosec 2x+ cot 2x)dx+c

= e−sen2x sen 2x 1 + cos 2x

−

Z

sen2xesen 2x·cosx senxdx+c

= tgxe−sen2x

−1 2

Z

2 senxcosxesen2x dx+c

= tgxe−sen2x

−1 2 e

sen2x₊_c

=−1

2tgx+ctgxe −sen2x

⇒ y(x) = cotgx+ 1

−1

2tgx+ctgxe−sen

2_x

Ejemplo. y0−xy2_{+ (2}_x₋₁₎_y₌_x₋₁

Solución.Supongamos quey1=k, por determinar el valor dek.

y0₁= 0⇒0−xk2+ 2kx−k−x+ 1 = 0

⇒x(−k2+ 2k−1) + 1−k= 0⇒ −x(k−1)2−(k−1) = 0 ⇒k= 1 _∴ y= 1 + 1

u ⇒y

0₌₋_u−2_u0

−u−2u0−x

1 + 1 u

2

+ (2x−1)

1 + 1 u

=x−1

−u−2u0−x−2x/u−x/u2+ 2x−1 + 2x/u−1/u=x−1 /·(−u2) ⇒u0+u=−x⇒u(x) = e−Rdx

c+

Z

−xeRdx dx

u(x) = e−x(c−xex+ ex)

∴ y= 1 + (1−x+c e−x)−1

Ejercicios.

1) 2y0−y

2

x2 −1 = 0

2) y0+y2_{+ 3}_y_{+ 2 = 0}

3) y0+ (1 + ex)y2−2x2(1 + ex)y+x4(1 + ex)−2x= 0

4) dx

dt +x

2

+ 1 = 0

5) y0+y2−1 = 0, tal que,y(0) =−1/3

7. Existencia y unicidad de las soluciones

Se puede asegurar que cada EDL de primer orden un un intervalo I, tiene soluciones. De hecho, tiene una infinidad de soluciones, una para cada valor dec en la expresión:

(7.1) y(x) = e−Rp(x)dx

c+ Z

(21)

7 EXISTENCIA Y UNICIDAD DE LAS SOLUCIONES UTFSM

(22)

8 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR UTFSM

8. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior

Teorema 1. Seany1(x), . . . , yn(x)∈Cn−1(I). Suponga que∃x0∈I:

n

yi(x0), y0i(x0), y00i(x0), . . . , y (n−1)

i (x0) o

i=1

es l.i. en_Rn_{⇒ {}_y

j(x)}j=1,...,n es l.i.

Ejemplo.

ex, xex, x2ex es l.i. enRpues:

y1(x) = ex⇒(ex,ex,ex)|x=0= (1,1,1)

y2(x) =xex⇒(xex,ex(1 +x),ex(2 +x))|x=0= (0,1,2)

y3(x) =x2ex⇒(x2ex,ex(x2+ 2x),ex(x24x+ 2))|x=0= (0,0,2)

y claramente

{(1,1,1),(0,1,2),(0,0,2)}

es l.i.

Definición 3. Seany1(x), . . . , yn(x)∈Cn−1(I).∀x∈I el determinante

W[y1(x), . . . , yn(x)] =

y1(x) y2(x) . . . yn(x)

y01(x) y10(x) . . . y0n(x)

. . . . y(₁n−1)(x) y₂(n−1)(x) . . . yn(n−1)(x)

se llama elwronskiano de las funcionesy1, . . . , yn

Ejemplos

1) W[senx,cosx] =

senx cosx cosx −senx

=−1 2) W[x,senx] =xcosx−senx

3) W[x,2x] = 0

Observación. W 6≡0⇒ {y1, . . . , yn}es l.i.W = 06⇒l.d.

Pero, para el caso de soluciones de una ED lineal homogénea de ordenn, y normal enI, siW[y1, . . . , yn]≡

(23)

9 OPERADORES DIFERENCIALES UTFSM

8.1. Solución general de una ecuación homogénea

Seany1(x), y2(x), . . . , yn(x)soluciones l.i. de la ecuación homogénea

b0(x)y(n)+b1(x)y(n−1)+· · ·+bn(x)y= 0

⇒la solución general de la ecuación es:

yk(x) =c1y1(x) +c2y2(x) +· · ·+cnyn(x)

dondeci son constantes que dependen de las c.i. (sol. intrínseca del sistema)

8.2. Solución general de una ecuación no homogénea

Sea yp(x)cualquier solución particular (solución forzante del sistema) de

b0(x)y(n)+b1(x)y(n−1)+· · ·+bn(x)y=R(x)

y seayh(x)la solución de la ecuación homogénea (ver 9) entonces

yG(x) =yh(x) +yp(x)

9. Operadores Diferenciales

SeaD el operador que denota diferenciación con respecto a una variable (por ejemplox).D2_{el operador} que indica una doble diferenciación,D3 _{el operador que indica una triple diferenciación, etc.}

Ejemplo.Dky≡ d

k y

dxk derivadak-ésima con respecto a la variablex. La expresiónL(D) =a0D n

+a1Dn−1+· · ·+

an−1D+an, aj son constantes, es llamado un «operador diferencial de orden n». Este es el operador diferencial

aplicado ayqueda

L0(D)(y) =a0

dny dxn+a1

dn−1y

dxn−1 +· · ·+an−1

dy dx+any

Aplicar(D−m)n a xkemx dondemes constante;k, n∈Ncon k < n

a) (D−m)(emx_{) =}_m_emx₋_m_emx_{= e}mx₍_m₋_m_{) = 0}

b) (D−m)2_(emx_{) = (}_D₋_m_)[(_D₋_m_)(emx_{)] = (}_D₋_m_{)(0) = 0}

c) (D−m)2₍_x_emx_{) = (}_D₋_m_)[emx₊_mx_emx₋_mx_emx_{] = (}_D₋_m_)(emx_{) = 0}

d) (D−m)2_(emx₊_x_emx_{) = (}_D₋_m₎2_(emx_{) + (}_D₋_m₎2₍_x_emx_{) = 0}

Nota.

1) El operadorD, D2_{, D}3_{, . . . , D}k _{es un operador lineal, i.e.}

Dk(αy1(x) +βy2(x)) = dk₍_αy

1+βy2) dxk =α

dk_y

1 dxk +β

dk_y

2 dxk =αD

k_y

1+βDky2

(24)

2)

(D−m)(y) = 0⇔yh(x) =cemx

(D−m)2₍_b₎ _{= 0}_⇔_y

h(x) = emx(c1+c2x)

(D−m)3₍_b₎ _{= 0}_⇔_y

h(x) = emx(c1+c2x+c3x2)

. . . . (D−m)n₍_b₎ _{= 0}_⇔_y

h(x) = emx(c1+c2x+c3x2+· · ·+cn−1xn−2+cnxn−1)

Ejemplo.(D−1)2₍_y_{) = 0}_⇒_yh₍_x_{) = e}x₍_c

1+c2x)

Ejemplo.(D+ 2)3(y) = 0⇒yh(x) = e−2x(c1+c2x+c3x2)

Sea L(D) =a0Dn+a1Dn−1+· · ·+an−1D+a0D0, dondeD0(y) =

d0_y

dx0 =y. AplicamosL(D)ae

mx_⇒

L(D)(emx) =a0mnemx+a1mn−1emx+· · ·+an−1memx+anemx

= emx(a0mn+a1mn−1+· · ·+an−1m+an)

= emxL(m)

Si mes una raíz de la ecuaciónL(m) = 0⇒L(D)(emx) = 0pero una ecuaciónL(m) = 0de gradonen la variablemtiene ademásnsoluciones reales. Por lo tanto para cadamital queL(mi) = 0⇒L(D)(emix) = 0;

luego, sim1, m2, . . . , mi, . . . , mn son soluciones de L(m) = 0⇒

L(D)(c1em1x+c2em2x+· · ·+cnemnx) = 0

⇒L(D)(y) = 0⇔yh(x) =c1em1x+c2em2x+· · ·+cnemnx

Ejemplo.Resolver2d

2

y dx2 + 5

dy

dx+ 12y= 0.

Solución.

(2D2+ 5D−12)(y) = 0⇒L(m) = 2m2+ 5m−12 = 0⇒m1=−4∧m2=

3 2

⇒yh(x) =c1e−4x+c2e

3 2x

Nota.Si(D−m)k(y) = 0⇒yh(x) = emx(c1+c2x+c3x2+· · ·+ckxk−1)donde losci∈R(constantes) se

determinan mediante las c.i.

Ejemplo.(D+ 4)3₍_y_{) = 0}_⇒_yh₍_x_{) = e}−4x₍_c

1+c2x+c3x2)

Ejemplo.(D4_{+ 2}_D3₊_D2₎₍_y_{) = 0}_⇒_m_{= 0}_,₀_,₋₁_,₋₁_, _yh₍_x_{) =}_c

1+c2x+ e−x(c3+c4x)

9.1. Raíces imaginarias en el operador

L

(

D

)

Si al resolverL(D)(y) = 0se encuentra que enL(m) = 0tienem1=a+ib∧m2=a−ibvemos que: y=k1e(a+ib)x+k2e(a−ib)x

= eax(k1eibx+k2e−ibx)

= eax(k1cosbx+ik1senbx+k2cosbx−k2isenbx) = eax{(k1+k2) cosbx+i(k1−k2) senbx}

(25)

Teorema 2. Siy1(x)es una solución no trivial de la ED

y00+a1(x)y0+a0(x)y= 0

entonces la segunda solución de la ED es

y2(x) =y1(x)

Z _e−R_a

1(x)dx

y2 1(x)

dx

la que es l.i. con respecto ay1(x)

⇒yh(x) =c1y1(x) +c2y2(x)

Demostración. Suponer

y2(x) =k(x)y1(x) ⇒y₂0 =k0y1+ky₁0 y00₂ =k00y1+ 2k0y10 +ky001

k00y1+ 2k0y₁0 +ky00₁+a1(x)(k0y1+ky₁0) +a0(x)ky1= 0 k(y₁00+a1y01+a0y1) + 2y10k0+y1(a1k0+k00) = 0

∴ y1k00+ (2y₁0 +a1y1)k0= 0

k00+

2y 0 1 y1+a1

k0= 0

k0 = e− R 2y0₁

y₁+a1dx_C

=Ce−2 lny1−Ra1dx₌_C_elny1−2_e−

R_a

1dx

=Ce −R_a

1dx

y2 1

∴k(x) =C Z _e−R

a1dx

y2 1

dx

W[y1, y2] =

y1 y1 R e−

R

a1dx

y2 1

dx

y01 y01 R e−

R

a₁dx

y2 1

dx+y1e−

R

a₁dx

y2 1

= e−Ra1dx_{6= 0}

∴{y1, y2} son l.i.

∴yG(x) =C1y1(x) +C2y2(x)

volver ejemplos Ejemplo.Resolverx2y00−3xy0+ 4y= 0si se sabe que una solución esy1(x) =x2

Solución.

La ecuacióndebeescribirse como

y00−3

xy

0

+ 4

x2y= 0

∴ a1(x) =−

3

x ⇒e

−R

a1dx_{= e}3 lnx₌_x3

y2(x) =x2

Z x3

x4 dx=x 2

Z

1

xdx=x

2

lnx

(26)

10 EDL DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGÉNEAS UTFSM

¿Qué pasa si se conoce la solucióny1(x) =x2lnxy se pide la otra?

y2(x) =x2lnx

Z

e−Rx3dx x4_ln2_x dx=x

2

lnx Z

1

xln2_xdx

=−x2lnx 1

lnx =−x

2

⇒yh(x) =x2(c1lnx+c2)

Ejercicio.Resolvery00+ tgxy0−6 cotg2_xy_{= 0}_si_y1₍_x_{) = sen}3_x

10. EDL de Coeficientes Constantes No Homogéneas

La solución general de la EDL no homogénea es de la forma YG(x) =yh(x) +yp(x)

nuestro problema ahora consiste en tratar de determinaryp, ya queyhya se sabe como obtenerla.

Existen varios métodos para determinaryp, los dos más conocidos son

1. coeficientes indeterminados (MCI) y 2. variación de parámetro (MVP)

10.1. Método Coeficientes Indeterminados

El MCI tiene la ventaja de ser un método sencillo, pero para poder aplicarlo es necesarioconocer la forma de la solución particular.

SeaL(y) =h(x)seaL2 el operador tal que

L2(h(x)) = 0⇒L2◦L(y) =L(h(x)) = 0⇒ L∗(y) = 0dondeL∗=L2◦L

Sea y∗(x) =yh+yp tal queL∗(y∗(x)) = 0⇒yp=y∗−yh

∴para determinar las constantes que aparecen enyp, se substituyeypen la ecuación diferencialL(yp) =h(x)

Ejemplo.Resolver(D2+ 4)(y) = 7

Solución.

(D2+ 4)(y) = 0⇒yh(x) =c1sen 2x+c2cos 2x

L2(7) =D(7) = 0⇒L2=D⇒L∗=D(D2+ 4)⇒

y∗=c1sen 2x+c2cos 2x+c3⇒yp=c3

yp00+ 4yp= 0 + 4c3≡7⇒c3= 7/4

⇒yG(x) =c1sen 2x+c2cos 2x+

(27)

Ejemplo.(D2_{+ 3)(}_y_{) = e}x Solución.

yh(x) =c1sen

√

3x+c2cos

√

3x

L2=D−1pues(D−1) ex= 0

∴(D−1)(D2+ 3)(y) = 0⇒y∗=c1sen

√

3x+c2cos

√

3x+c3ex

⇒yp=c3ex.

(c3ex) + 3(c3ex)≡ex

pero

D2+ 3 =D2−1 + 4⇒(D2+ 3)(c3ex) = (D−1)(D−1)(c3ex) + 4c3ex

4c3ex≡ex⇒c3=

1 4.

yG(x) =c1sen

√

3x+c2cos

√

3x+1 4e

x

Ejemplo.(D2+ 2D+ 1)(y) = 2 ex+ cos 2x.

Solución.

yh(x) =c1e

−x

+c2xe

−x

L2= (D−1)(D2+ 4) yp=c3ex+c4sen 2x+c5cos 2x

(D2+ 2D+ 1)(yp) = (D2+ 42D−3)(yp)

= (D2+ 4)(c3ex) + (2D−3)(yp)

= (D2−1 + 5)(c3ex) + (2(D−1)−1)(c3ex+c4sen 2x+)

= 5c3ex−1c3ex+2c4·2 cos 2x+ 2c5(−2) sen 2x

= 4c3ex+(4c4−3c5) cos 2x−(4c5+ 3c4) sen 2x

= 2 ex+ cos 2x

⇒c3= 1/2

4c4−3c5= 1

3c4+ 4c5= 0

⇒c4=

4

25 c5=− 3 25

yp=1 2e

x

+4

25sen 2x− 3 25cos 2x

yG=c1e

−x

+c2xe

−x

+1 2e

x

+4

25sen 2x− 3 25cos 2x

Empleando en MCI, encontraryp en:

a) (D2_{+ 6}_D_{+ 10)(}_y_{) =}_x4_{+ 4}_x2_{+ 2} b) (6D2_{+ 2}_D₋₁₎₍_y_{) = 7}_x_ex_{(1 +}_x₎

c) (D2₊_D₋₂₎₍_y_{) = 3 e}x₋_sen_x

d) (D2₋₄_D_{+ 8)(}_y_{) = e}2x_{(1 + sen 2}_x₎

(28)

10.2. Método de Variación de Parámetros

Comenzamos considerando la EDL de 2.o_orden

y00+a1(x)y0+a0(x)y=h(x) (10.1)

definida en un intervaloI y cuya solución general de la EDL homogénea asociada a (10.1) es: yh(x) =k1y1(x) +k2y2(x)

(10.2)

se busca una solución particularyp de (10.1) tal que

yp(x0) = 0

y_p0(x0) = 0con x0∈I

La construcción de yp se empieza con la suposición de que cualquier solución particular de (10.1) debe

estar relacionada con yp y para ello se intenta alterar ésta última tal que se convierte en una solución

particular de (10.1). Una forma de hacerlo es permitir quek1yk2en (10.2) varíen conx(o sea,k1=k1(x) yk2=k2(x)) tal que:

yp(x) =k1(x)y1(x) +k2(x)y2(x)

(10.3) abreviando,

yp=k1y1+k2y2

(10.4)

derivandoyp y reemplazando en (10.1) se obtiene

y0_p=k1y1+k1y10 +k02y2+k2y02

yp00=k001y1+ 2k01y01+k1y100+k002y2+ 2k20y20 +k2y200 k1(y00₁+a1(x)y₁0 +a0(x)y1) +k2(y00₂+a1(x)y₂0 +a0(x)y2)+

k00₁y1+ 2k10y10 +k200y2+ 2k02y02+a1k10y1+a1k02y2=h(x) ⇒k₁00y1+ 2k0₁y₁0 +k00₂y2+ 2k₂0y₂0 +a1k₁0y1+a1k2y2=h(x) puesy1∧y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea

(k00₁y1+k10y10 +k002y2+k20y20) +a1(k10y1+k2y2) +k10y10 +k20y20 =h(x) (k0₁y1+k0₂y2) +a1(x)(k0₁y1+k0₂y2) +k₁0y₁0 +k₂0y₂0 =h(x)

esta identidad debe mantenerse si (10.3) es solución de la ED y_∴k1yk2pueden escogerse en forma tal que: k0

1y1+k02y2= 0 k0

1y10 +k02y20 =h(x)

∀x∈I

Resolviendo por Crammer

⇒k₁0 =−h(x)y2 W ∧k

0 2=

(29)

donde

W =

y1 y2 y0

1 y20

=Wronskiano=W(y1(x), y2(x))

∴ yp(x) =

Z x x0

y2(x)y1(t)−y1(x)y2(t) W(y1(t), y2(t))

h(t)dt

Ejemplo.y00+y= secx, en este caso no se puede aplicar MCI pues6 ∃operadorLtal queL(secx) = 0.

Solución.

yh(x) =c1senx+c2cosx

yp(x) =k1senx+k2cosx

k01senx+k

0

2cosx= 0

k01cosx−k20senx=h(x) = secx

W =

senx cosx

cosx −senx

=−1

k10 = secx·cosx= 1 k2=−secx·senx=−tgx

⇒k1=x k2=−

Z

tgx dx= ln|cosx|

yG(x) =c1senx+c2cosx+xsenx+ cosxln|cosx|

Ejemplo.(D2₋_D₋₂₎₍_y_{) = e}−x_sen_x Solución.

yh(x) =c1e2x+c2e

−x

W =

e2x e−x 2 e2x −e−x

= e2xe−x

1 1

2 −1

=−3 ex

k01=

1 3e

−3x

senx⇒k1=

1 3

Z

e−3xsenx dx= 1 3

e−3x

1 + 9(−3 senx−cosx)

k20 =

e2x_e−x_sen_x

−3 ex =−

1

3senx⇒k2= 1 3cosx

∴ yg(x) =c1e2x+c2e−x−

1 30e

−x

(3 senx+ cosx) +1 3e

−x

cosx

(30)

Solución.

x4y00+x3y0−x2y= 0⇒x2y00+xy0−y= 0

α(α−1) +α−1 = 0⇒α2= 1⇒y1(x) =x, y2=x−1

y2(x) =x

Z

e−Rx1dx x2 dx=x

Z

1

x3 dx=−

1 2x

∴ yh(x) =c1x+c2

1

x

k10x+k

0

2

1

x = 0

k10−k02

1

x2 = 1

x4

  

 

W=

x 1/x

1 −1/x2

=−2

x

k01=

1

2x4 ⇒k1=−

1 6x3

k02=−

1

2x2 ⇒k2 =

1 2x

yp= 1 3x2

yG(x) =c1x+c2

1

x+

(31)

ÍNDICE UTFSM

Índice

1. Separación de Variables 1

2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden 2

3. Ecuaciones Diferenciales Exactas 8

4. Factor de Integración 11

5. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden 13

6. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal 17

7. Existencia y unicidad de las soluciones 20

8. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior 22

8.1. Solución general de una ecuación homogénea . . . 23 8.2. Solución general de una ecuación no homogénea . . . 23

9. Operadores Diferenciales 23

9.1. Raíces imaginarias en el operador L(D) . . . 24

10.EDL de Coeficientes Constantes No Homogéneas 26

10.1. Método Coeficientes Indeterminados . . . 26 10.2. Método de Variación de Parámetros . . . 28

Índice alfabético 31

Índice alfabético

ecuación

de Ricatti, 18 exacta, 8 lineal, 13

homogénea, 13 normal, 13

factor

de integración,véasefactor integrante integrante, 11

función