Ecuaciones diferenciales.

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(1)9/7/14. 10:31:02. Este libro ofrece al lector un acceso sencillo al conocimiento de las ecuaciones diferenciales mediante el procedimiento más práctico, que es la resolución de problemas. Los contenidos del mismo son los correspondientes a los estudios de grado de Ingeniera en la Escuela Técnica de Ingenieros Industriales de la UNED. El sistema metodológico empleado es mixto. Consiste en una introducción teórica en cada capítulo para, posteriormente, resolver, de forma secuencial, los ejercicios correspondientes a cada uno de esos contenidos teóricos. Este método supone una forma de proceder muy adecuada en la enseñanza a distancia, ya que ambos componentes combinados marcan, al mismo tiempo que se sedimentan conceptos, una secuencia lógica de adquisición y comprensión de los mismos. Vicente Bargueño Fariñas es ingeniero industrial por la UPM y doctor ingeniero industrial por la UNED. Es autor de algunos libros de álgebra lineal y ecuaciones diferenciales, y posee una larga experiencia en la docencia de distintas asignaturas referentes a la matemática aplicada en distintas escuelas técnicas de grado medio y superior en las universidades citadas, ejerciendo funciones, respectivamente, de catedrático de Escuela Universitaria y profesor titular de Universidad.. C. M. Y. CM. MY. V. Bargueño • M.ª Alonso 6890106GR02A01. 6890106GR02A01.pdf. Con introducciones teóricas. María Alonso Durán es doctora en ingeniería industrial por la UNED. Posee una amplia experiencia en la docencia de asignaturas de matemáticas en los estudios de Ingeniería y en las licenciaturas de Economía y ADE. En la actualidad es profesora asociada en el Departamento de Matemática Aplicada I de la UNED, e imparte las asignaturas de Ecuaciones Diferenciales y Álgebra Lineal. Su actividad investigadora se desarrolla en el campo de la Matemática Aplicada, centrándose en estudios de Diferenciación Generalizada.. Vicente Bargueño Fariñas María Alonso Durán. K. ISBN: 978-84-362-6565-1. Editorial. Problemas de ecuaciones diferenciales. CY. CMY. 90106. colección Grado 9 788436 265651. 6890106GR02A01. Problemas de ecuaciones diferenciales. GR.

(2) Problemas de ecuaciones diferenciales Con introducciones teóricas. VICENTE BARGUEÑO FARIÑAS MARÍA ALONSO DURÁN. UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA.

(3) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. CON INTRODUCCIONES TEÓRICAS. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamos públicos... © Universidad Nacional de Educación a Distancia Madrid 2013. www.uned.es/publicaciones. © Vicente Bargueño Fariñas, María Alonso Durán. ISBN electrónico: 978-84-362-6766-2 Edición digital: octubre de 2013.

(4) ÍNDICE. Prólogo Capítulo 1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 2. INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 3. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 4. ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 5. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 6. SOLUCIONES DEFINIDAS POR SERIES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 7. SISTEMAS DE ECUACIONES Introducción teórica Ejercicios resueltos.

(5) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Capítulo 8. ESTABILIDAD DE SOLUCIONES. SISTEMAS NO LINEALES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 9. ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES. GENERALIDADES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 10. ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN. SEPARACIÓN DE VARIABLES Introducción teórica Ejercicios resueltos.

(6) PRÓLOGO. Las ecuaciones diferenciales forman parte esencial de los diferentes modelos matemáticos que ayudan a comprender los sistemas y fenómenos técnicos y que, generalmente, se encuentran presentes a la hora de resolver problemas existentes en las distintas ramas de la física y la ingeniería. La publicación de este libro pretende ofrecer al lector un acceso sencillo a las ecuaciones diferenciales mediante su conocimiento más práctico, que es la resolución de problemas. El procedimiento metodológico empleado es mixto. Consiste en una introducción teórica en cada capítulo, y posteriormente en la resolución de los problemas correspondientes. Este método supone una forma de proceder muy adecuada en la enseñanza a distancia, ya que ambos componentes combinados marcan, al mismo tiempo que se sedimentan conceptos, una secuencia lógica de adquisición y comprensión de los mismos. El libro está dirigido a los estudiantes de las Escuelas Técnicas de Ingeniería, y fundamentalmente a los de grado, en sus diferentes denominaciones, de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la UNED. El contenido se divide en dos bloques claramente diferenciados. Del primero se ocupan los capítulos 1-8 y trata sobre las ecuaciones diferenciales ordinarias. El segundo bloque se desarrolla en los capítulos 9 y 10 y consiste en una introducción breve a las ecuaciones en derivadas parciales. Los requisitos previos que tiene que poseer el lector para abordar este libro se centran en el conocimiento de los elementos básicos de álgebra lineal y del cálculo de funciones de una y varias variables. Finalizamos estas notas indicando que en la elaboración de este texto se ha ofrecido la larga experiencia que los autores tienen en la docencia de las matemáticas y de las ecuaciones diferenciales en distintas Escuelas Técnicas de grado medio y superior, y agradeciendo a la Universidad Nacional de Educación a Distancia el interés mostrado en dicha elaboración. Los autores.

(7) CAPÍTULO 1 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS GENERALIDADES.

(8) Introducción teórica. 1. Definiciones Ecuación diferencial es una ecuación en la que figura una función desconocida y alguna de sus derivadas. Si la función incógnita es de una variable se llama ecuación diferencial ordinaria. Si esa función incógnita es de dos o más variables, y las derivadas que aparecen son derivadas parciales, se llama ecuación en derivadas parciales. Orden de una ecuación es el de la derivada de mayor orden que intervenga. Grado es el grado de la derivada de mayor orden. Solución (o integral) de la ecuación diferencial ordinaria de orden n es toda función ϕ definida en un cierto intervalo, que tiene n derivadas continuas en ese intervalo, y tal que sustituida ella y sus derivadas, convierten la ecuación en una identidad. La gráfica de una solución se llama curva integral. Integrar (o resolver) una ecuación es hallar el conjunto de todas sus soluciones. 2. Ecuación diferencial de un haz de curvas planas La expresión F(x,y,λ) = 0 define, en una cierta región del plano xy, un haz de curvas tal que por cada punto del plano pasa una curva y solo una del haz. La eliminación del parámetro λ entre F ( x, y, λ ) = 0 ∂F ∂F + y′ = 0 ∂x ∂y.

(9) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. lleva a la expresión Φ(x,y,y′) = 0 que es la ecuación diferencial de la familia de curvas. 3. La ecuación diferencial ordinaria de primer orden Tiene como expresión general: F(x,y,yc) = 0. Si puede hacerse, despejando yc la expresión es yc = f(x,y), en donde f se supone definida en un cierto dominio < de R2. 4. Problema de Cauchy Se llama así a la siguiente cuestión: Dada la ecuación diferencial yc = f(x,y), y un punto (x0,y0) del dominio de definición de f, ¿qué condiciones debe cumplir la función f para que exista una única solución y = M(x) de la ecuación, tal que y0 = M(x0)? La condición y0 = M(x0) dada se llama condición inicial. 5. Teorema de existencia y unicidad de solución Ofrece una respuesta al anterior problema de Cauchy. Sea f una función continua de un dominio : de R2 en R y (x0,y0) :. Se y = f (x, y) considera el problema de Cauchy: . Si la función f satisface las y0 = (x0 ) condiciones: a) f es continua en Ω. y f ( x, y) continua en :. yy Entonces existen G> 0 y una única función y = M(x) tales que b) f posee derivada parcial. d(x) = f ( x,(x)) ,x0 x x0 + dx y0 = (x0 ) 6. Solución general y solución particular Si : es el dominio en el que la ecuación yc = f(x,y) cumple las condiciones de existencia y unicidad de las soluciones, se llama integral o so-.

(10) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES. lución general de la ecuación en el dominio : a una función y = y(x,C) (donde C es una constante arbitraria), tal que: a) y = y(x,C) satisface la ecuación cualquiera que sea el valor de la constante C. b) Para cada punto (x0,y0) del dominio :, existe un valor C0 de C tal que y = y(x,C0) es la única solución que satisface la condición y0 = y(x0,C0). Se llama Solución particular a cada una de las funciones que se obtienen de la integral general al dar un valor determinado a la constante C. 7. Aproximación gráfica de soluciones a) Método básico. Las curvas solución se trazan a partir de sus vectores tangentes en cada punto (x,y) del dominio :, que son vectores unitarios en la dirección del vector (1 , f(x,y)). El vector unitario es f ( x, y) 1 , 2 2 1+ ( f ( x, y)) 1+ ( f ( x, y)). (1.1). b) Método de las isoclinas. Las isoclinas son la familia de curvas en las cuales las curvas integrales tienen dirección constante. Es decir, es la familia de curvas de ecuación f(x,y) = k, con k R. Las curvas solución se trazan siguiendo el siguiente proceso: 1. Se representa una familia de curvas isoclinas. 2. En cada isoclina f(x,y) = k, se representan segmentos de pendiente k. 3. Se trazan las curvas integrales de forma que sean tangentes a los segmentos en el punto de cada isoclina..

(11) Ejercicios resueltos. 1.1. Determínese el orden y el grado de las siguientes ecuaciones: a) x2. d2 y dy + 2x − xy = e x 2 dx dx. b) y( y′ )3 + y2 = 2 xy c) xy′′′ − x2 y iv ) + x4 = 0 d) ( x2 − y) dx + ( x3 − 2 x + y2 ) dy = 0 e) ( y′′ )3 + ( y′′′ )2 − ( y′ )4 = x. SOLUCIÓN a) Orden 2, grado 1. b) Orden 1, grado 3. c) Orden 4, grado 1. d) Orden 1, grado 1. e) Orden 3, grado 2.. 1.2. Verifíquese que la función indicada es solución de la correspondiente ecuación: a) ( y′ )2 + x + 2 = y y = x+3. y +1 x y = x ln x. b) y′ =.

(12) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES. c) xy′ − y = x2 y = 3x + x. d) y′′ + 2 y′ − 3 y = 0 y = e−3 x. 2. SOLUCIÓN En todos los casos se trata de calcular las derivadas correspondientes de la función y sustituir en la ecuación, comprobando que se verifica la igualdad. a) y = x + 3 y = 1 . Sustituyendo y,yc en la ecuación: 12 + x + 2 = x + 3 b) y = x ln x y = ln x + 1. x ln x +1 x c) y = 3x + x2 y = 3 + 2x . Se obtiene: x(3 + 2 x) − (3 x + x2 ) = x2. Sustituyendo y,yc en la ecuación: ln x + 1 =. d) y = e3 x y = 3e3 x y = 9e3 x . Sustituyendo y,yc,ycc en la ecuación: 9 e−3 x + 2(−3 e−3 x ) − 3 e−3 x = 0. 1.3. Hállese la ecuación diferencial de la familia de circunferencias con centro en el eje x y radio igual a 2. SOLUCIÓN Los puntos del eje x son de la forma (O,0). Por tanto la ecuación de estas circunferencias es ( x − λ )2 + y2 = 4 Derivando implícitamente respecto a x se obtiene: 2( x − λ ) + 2 yy ′ = 0 Eliminando λ entre las dos ecuaciones anteriores, es decir, despejando λ en la última ecuación y sustituyendo en la primera, se llega a la ecuación diferencial.

(13) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. y2 (1 + y′ 2 ) = 4 que es la ecuación diferencial de la familia.. 1.4. Hállese en cada caso la ecuación diferencial de la siguientes familias de curvas: a) y = e x + λe−2 x b) y = λx ln x c) x2 − λy2 = 1 d) y2 − λx = λ 2 SOLUCIÓN a) Derivando respecto a x se tiene y ′ = e x − 2λe−2 x Eliminando λ entre la ecuación y su derivada se obtiene la ecuación diferencial pedida. Despejando λ en la derivada se obtiene λ=. e x − y′ 2 e− 2 x. que sustituyendo en la primera ecuación resulta y = ex +. e x y 2 x e x y x e = e + y + 2y 3e x = 0 2e2 x 2. b) Procediendo de la misma manera que en el ejercicio anterior y = (ln x + 1) =. y ln x + 1.

(14) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES. Sustituyendo en la primera ecuación: y=. y y(ln x + 1) x ln x y = ln x + 1 x ln x. o bien: y =. y 1 1+ x ln x . c) Derivando respecto a x 2x 2yy = 0 =. x yy. Sustituyendo en la primera ecuación x2 . x 2 y = 1 x2 yy xy2 = yy yy(x2 1) xy2 = 0 yy. d) Derivando respecto a x 2yy = 0 = 2yy Sustituyendo en la primera ecuación y2 2yyx = 4y2 y 2 4y2 y 2 + 2yyx y2 = 0. 1.5. Hállese la ecuación diferencial de la familia de rectas que pasan por el punto (3,–1). SOLUCIÓN La ecuación de la familia de rectas que pasa por el punto (3,–1) es y + 1 = m(x 3) y = m(x 3) 1.

(15) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Derivando se obtiene: yc = m. Sustituyendo en la ecuación de partida resulta y ′ ( x − 3) − y − 1 = 0. 1.6. Hállese la ecuación diferencial de la familia de circunferencias con centro en la recta y = 1, y radio igual a la distancia entre su centro y el punto (0,1).. SOLUCIÓN Las coordenadas del centro son: C(a,1) y el radio: R = a La ecuación de la familia de circunferencias es ( x − a) + ( y − 1)2 = a2 Derivando la expresión anterior, se obtiene. 2( x − a) + 2( y − 1) y′ = 0 ⎧2( x − a) + 2( y − 1) y′ = 0 Eliminando el parámetro a entre ⎨ , resulta 2 2 2 ⎩( x − a) + ( y − 1) = a y′ 2 ( y − 1)2 + ( y − 1)2 = ( x + y′( y − 1)). 2. 2 xy′( y − 1) = ( y − 1)2 − x2. 1.7. En una selva se analizó la población y(t) de una determinada especie de insectos, y se observó que en el instante t = 0 era y0 el número de 3 los mismos, y en el t = 1 era y0 . Además, se comprobó que su velocidad de 2 dy dy = α y2 (t ) + y(t ) , donde D es crecimiento venía dada por la expresión dt dt una constante real. Con estos datos, se pide:.

(16) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES. a) Hallar de forma explícita y(t). b) Valor y signo de la constante D. c) Probar que la función que define la población y(t) es estrictamente creciente, y determinar el límite de la misma cuando el tiempo tiende a infinito.. SOLUCIÓN a) De la ecuación diferencial se deduce dy = y2 (t) + y(t) dt. dy = dt y2 + y. . dy = dt y ( y + 1). que descomponiendo en fracciones simples puede escribirse ⎡1 α ⎤ ⎢ y − αy + 1 ⎥ dy = dt ⎣ ⎦ Integrando, queda ln y ln y + 1 = t + K ln. y y = t+K = Cet y = Cet y + Cet y + 1 y + 1. y(1 Cet ) = Cet Por tanto la solución general es y(t) =. Para t = 0 es y = y0, es decir y0 =. C et 1 − α C et. y0 C o también C = . 1 + α y0 1− αC.

(17) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Sustituyendo C y simplificando se obtiene la solución pedida y(t) =. (. y0 et. ). αy0 1 − et + 1. b) En la nueva medición, para t = 1 es y ". 3 y0 , por lo tanto se verifica 2. 3 Ce y0 = 2 1 − α Ce Sustituyendo el valor de C obtenido en el apartado anterior y despejando Dresulta α=. 1 3 − 2e ⋅ y0 3 ( e − 1). Es decir, D tiene signo negativo. c) Al ser D < 0 y sustituyendo los valores y(t), D hallados, se obtiene que dy la derivada = α y2 (t ) + y(t ) > 0 y por tanto la función y(t) es estrictamendt te creciente. El límite cuando t o ∞ es lim y ( t ) = lim t →∞. t →∞. (. y0 et. ). αy0 1 − e + 1 t. =−. 1 α. 1.8. Determínese si el teorema de existencia y unicidad garantiza o no la existencia de una solución única para los siguientes problemas de Cauchy: a) y′ =. 1 y −4 2. y(3) = 0 c). y′ = 16 − y2 y(0) = 4. 2 b) y′ = 16 − y. y(1) = 2 d) y′ =. y x −1. y(5) = 0.

(18) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES. SOLUCIÓN a) Las funciones: f ( x, y) =. 1 , y −4 2. ∂f −2 y ( x, y) = 2 ∂y y −4. (. ). 2. son continuas en un entorno del punto (3,0). Por tanto existe solución única. b) f ( x, y) = 16 − y2 y. ∂f −y son continuas en un entorno ( x, y) = ∂y 16 − y2. del punto (1,2). Existe solución única. c) La función f ( x, y ) = 16 − y2 es continua en (0,4), pero. ∂f −y ( x, y) = ∂y 16 − y2. no lo es en ese punto. El teorema no garantiza la existencia de solución única. d) Al ser. ∂f ( x, y) = ∂y. 1 1 no continua en (5,0), el teorema no ga⋅ x −1 2 y. rantiza la existencia de solución única.. 1.9. Determínese una región del plano xy en la que en cada caso, la ecuación diferencial dada tenga solución única: a) ( y2 − x) y′ = y + 2 x 1 dy = y 2−x dx c) y′e x − x + y = 0. b). d) y′( x2 + y2 ) = x − y e) ( y. 1. 3. − x2 ) dx − dy = 0.

(19) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. SOLUCIÓN a) Tanto la función f ( x, y) =. y + 2x , como su derivada parcial y2 − x. ∂f − y2 − x − 4 xy ( x, y) = ∂y ( y2 − x)2 son discontinuas en la curva y2 x = 0 y2 = x . Las hipótesis del teorema de existencia y unicidad de solución no se cumplen en dicha curva. Por tanto por cada punto (x, y) situado en alguna de las regiones ( x, y) ∈ R2 | y2 > x o ( x, y) ∈ R2 | y2 < x pasa una solución única de la ecuación.. {. }. {. }. 1. b) La función f ( x, y) = y 2 − x no está definida y por tanto no es continua en el conjunto ( x, y) ∈ R2 | y < 0 .. {. }. ∂f 1 ( x, y) = no es continua en ( x, y) ∈ R2 | y ≤ 0 . ∂y 2 y Por tanto la región del plano donde la ecuación posee solución única es. {. La derivada parcial. {( x, y) ∈ R c) La función f ( x, y) =. 2. }. }. |y>0. ∂f x− y −1 y la derivada parcial ( x, y) = x son ∂y ex e. continuas en todo el plano xy, por tanto la ecuación tiene solución única en todo el plano xy. x− y ∂f − x2 − 2 xy + y2 ( , ) = x y y la derivada parcial 2 x2 + y2 ∂y x2 + y2 son continuas en todo el plano excepto en el punto (0,0). En consecuencia existe solución única de la ecuación en cualquier región del plano xy que no contenga al punto (0,0).. d) La función f ( x, y) =. e) La derivada parcial. (. ). ∂f 1 no es continua en la recta y = 0. ( x, y) = 3 2 ∂y 3 y. La ecuación tiene solución única en cualquier región del plano xy que no contenga a dicha recta..

(20) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES. 1.10. Utilizando el método básico y el método de las isoclinas, determínese la forma aproximada de las curvas integrales de las siguientes ecuaciones: a) y′ = −. x y. b) y′ = x + y c) y′ = x − 4 xy SOLUCIÓN a) Método básico: El campo de vectores unitarios se representa en la figura 1.1 y viene dado ((1.1) de la introducción teórica) por ⎛ ⎜ 1 ⎜ , ⎜ 2 ⎛ −x⎞ ⎜ ⎜ 1 + ⎜⎝ y ⎟⎠ ⎝. ⎞ ⎟ ⎛ ⎟ ⎜ | y| =⎜ , 2 ⎟ 2 2 ⎛ −x⎞ ⎟ ⎜ x + y 1+ ⎜ ⎝ ⎝ y ⎟⎠ ⎟⎠ −x y. Figura 1.1. −x | y | ⎞ ⎟ y ⎟ x2 + y2 ⎟ ⎠.

(21) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. x Método de las isoclinas: Las isoclinas son curvas de la familia − = k, es y x decir y = − (rectas que pasan por (0,0)). En la figura 1.2 se representan k las isoclinas para los valores: k = −4, − 3, − 2, − 1, 0, − 1/ 2, 1, 1/ 2, 2, 3, 4 En cada isoclina se han trazado segmentos pequeños con la misma pendiente. Como cada curva solución, al cortar a cada isoclina lo hace con la pendiente que esta tiene, las uniones de esos segmentos pequeños de cada isoclina serán la curvas integrales. Circunferencias concéntricas en este caso.. Figura 1.2.

(22) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES. b) Método básico: El campo de vectores unitarios se representa en la figura 1.3 y viene dado por 1 ⎛ , ⎜ 1 + ( x + y)2 ⎝. x+ y. ⎞ 1 + ( x + y) ⎟⎠ 2. Figura 1.3. Las curvas solución estarán formadas por las curvas que unen los vectores unitarios. Método de las isoclinas: Las isoclinas son la familia de curvas x + y = k es decir y = k – x. En la figura 1.4 se representan las isoclinas para los valores k = –4,–3,–2,–1,0,1,2,3,4 y algunas curvas solución de la ecuación yc = x + y. (Obsérvese que la isoclina de ecuación x + y = –1 es también una curva solución)..

(23) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Figura 1.4. c) Método básico: El campo de vectores unitarios viene dado por 1 ⎛ , ⎜ 1 + ( x − 4 xy)2 ⎝. x − 4 xy. ⎞ 1 + ( x − 4 xy) ⎟⎠ 2. Método de las isoclinas: Las isoclinas son la familia x 4xy = k y =. 1 k 4 4x. En la figura 1.5 se representan las isoclinas para los valores: k = –8,–4,–2,–1,0,1,2,4,8 y algunas curvas solución de la ecuación yc = x – 4xy. (Obsérvese que la iso1 clina de ecuación x 4xy = 0 y = es también una curva solución de la 4 ecuación)..

(24) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES. Figura 1.5.

(25) CAPÍTULO 2 INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL.

(26) Introducción teórica. 1. Ecuaciones con variables separables Son ecuaciones que pueden expresarse en la forma dy dx. =. P(x) Q(y). La solución general es:. , es decir P(x)dx = Q(y)dy.. ∫ P ( x) dx = ∫ Q ( y) dy + C. 2. Ecuaciones homogéneas Una ecuación y′ = f(x, y) se dice homogénea si f(x, y) es una función homogénea de grado 0. Esto es cuando f(λx, λy) = f(x, y) para todo λ ∈ R. Se resuelve mediante el cambio de variable dependiente y = ux, con el que se obtiene una ecuación con variables separadas. 3. Ecuaciones reducibles a homogéneas Son ecuaciones de expresión general. ⎛ a x + b1 y + c1 ⎞ y' = f ⎜ 1 ⎝ a2 x + b2 y + c2 ⎟⎠ y se transforman en una homogénea de la siguiente forma: Cuando. a2 a1. ≠. b2 b1.

(27) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Las expresiones: a1x + b1y + c1 = 0; a2x + b2y + c2 = 0 representan dos rectas no paralelas. Si (α, β) es el punto de corte de ambas rectas, los cambios de variable x = u + α y = v + β, la transforman en homogénea. Cuando. a2 a1. =. b2 b1. = λ con. c2 c1. ≠ λ2 (rectas paralelas no coincidentes), la. ⎛ a1 x + b1 y + c1 ⎞ ecuación diferencial puede ponerse y ' = f ⎜ , y el cambio ⎝ p( a1 x + b1 y) + c2 ⎟⎠ de variable dependiente z = a1x + b1y la transforma en una de variables separadas.. 4. Ecuaciones diferenciales exactas. Función potencial La ecuación P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 es diferencial exacta si existe una función F(x, y) tal que ∂F(x, y) ∂x. = P(x, y),. ∂F(x, y) ∂y. = Q(x, y). (2.1). Entonces F(x, y) = C es la solución general de la ecuación, y F(x, y) se denomina función potencial de (P, Q).. 5. Cálculo de la función potencial Si existe la función potencial F de (P, Q), esta se determina: 1. Se integra P(x, y) respecto de x, que según (2.1) será F ( x, y) = ∫ P ( x, y) dx + k ( y) 2. Se halla k(y) derivando la expresión respecto de y, recordando (2.1).

(28) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. ∂ F ( x, y) ∂ = Q( x, y) = P ( x, y) dx + k ' ( y) ∂y ∂y ∫. 6. Factor integrante Si P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 no es diferencial exacta, pero existe una función μ(x, y) tal que lo es la ecuación μ(x, y) [P(x, y)dx + Q(x, y)dy] = 0, entonces μ(x, y) se denomina factor integrante. Dicho factor integrante ha de cumplir que ∂[μ(x, y) P(x, y)] ∂y. =. ∂[μ(x, y) Q(x, y)] ∂x. lo cual se traduce en. P ( x, y). ⎡ ∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) ⎤ ∂μ( x, y) ∂μ( x, y) − Q( x, y) + μ( x, y) ⎢ − = 0. ∂y ∂x ∂ x ⎥⎦ ⎣ ∂y. Ecuación esta última que puede simplificarse suponiendo distintas cuestiones, por ejemplo que μ sólo depende de x, o bien solo de y, etc. Es importante comprobar que las soluciones halladas al resolver la ecuación obtenida con el factor integrante, son todas ellas soluciones de la ecuación inicial, pues pueden aparecer funciones que anulan idénticamente el factor μ(x, y).. 7. La ecuación lineal de primer orden Es de la forma y′ + f(x)y + g(x) = 0 (f, g continuas).. (2.2). La ecuación y′ + f(x)y = 0 se llama: Ecuación homogénea asociada, diciéndose no homogénea (o completa) a la ecuación (2.2)..

(29) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. 1. Resolución: Si u(x) es una solución de la ecuación homogénea asociada, el cambio de variable dependiente y = u(x)v(x) conduce a la expresión − f ( x) dx ⎡ ∫ f ( x ) dx dx⎤ y= e ∫ ⎢⎣C − ∫ g( x) e ⎥⎦. (2.3). que es la solución general. 2. Otra forma de resolución. Se basa en la siguiente propiedad: La solución general de la ecuación lineal de primer orden es igual a la solución general de la ecuación homogénea asociada más una solución particular de la completa. Para ello se halla la solución general de y′ + f(x)y = 0 que es la homogénea asociada a (2.2), y posteriormente se busca una solución particular de la completa. 8. Método de variación de las constantes Una forma de hallar una solución particular de la ecuación lineal completa es el llamado Método de variación de las constantes, que consiste en buscar dicha solución particular con la misma forma que la solución general de la ecuación homogénea asociada, pero donde la constante de integración C se hace variable C(x). La sustitución de dicha solución buscada, junto con su derivada, en la ecuación completa permite identificar C(x) y con ello la solución particular. 9. La ecuación de Bernouilli Se llama así a la ecuación de la forma y′ + f(x)y + g(x)yn = 0 (f, g continuas). Se transforma en lineal dividiendo por yn y efectuando el cambio z. 1 (1 – n)yn–1. ⇒ z′ =. y′ yn.

(30) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. 10. La ecuación de Riccati Se llama así a la ecuación de la forma y′ + f(x)y2 + g(x)y + h(x) = 0 (f, g, h continuas). Para resolverla se necesita una solución particular. Si y = φ(x) es esa solución, el cambio y = φ(x) + u ⇒ y′ = φ′(x) + u′ la transforma en una ecuación de Bernouilli. 11. Ecuaciones no resueltas respecto a la derivada Son ecuaciones de la forma F(x, y, y′) = 0. Algunos de los tipos más frecuentes son: 1. Ecuaciones de grado n respecto a y′ (y′)n + P1(x, y)(y′) + ... + Pn–1(x, y)(y′) + Pn(x, y) = 0 (Pi(x, y) continuas) Si la ecuación se factoriza como (y′ – f1(x, y)) ... (y′ – fn(x, y)) = 0 la integral general está formada por el conjunto de las integrales: {ϕi(x, y, Ci) = 0 | i = 1, ..., n} donde ϕi(x, y, C) = 0 es la solución de y′ = fi(x, y). 2. Ecuaciones de la forma f(y, y′) = 0: a) Si se puede expresar y = g(y′), se efectúa el cambio y′ = p, dy = pdx. b) Si puede expresarse en forma paramétrica: y = α(t), y′ = β(t), la solución es:. α´(t ) ⎫ ⎧ dt + C ⎪ ⎪x = ∫ β( t ) ⎬ ⎨ ⎪ ⎪ y = α (t ) ⎭ ⎩.

(31) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. 3. Ecuaciones de la forma f(x, y′) = 0: a) Si se puede despejar x = g(y′), se efectúa el cambio y′ = p, dy = pdx. b) Si puede expresarse en forma paramétrica: x = α(t), y′ = β(t), la solución es. ⎧⎪ y = α´(t )β(t ) dt + C ⎫⎪ ∫ ⎨ ⎬ ⎪⎩ x = α (t ) ⎪⎭ 12. La ecuación de Lagrange Es de la forma y = xf(y′) + g(y′) (f, g continuas y derivables). Se transforma en lineal con el cambio y′ = p. Un caso particular es la Ecuación de Clairaut, de expresión y = xy′ + g(y′), que tiene la particularidad de que su solución general es una familia de rectas y = Cx + g(C) resultante de sustituir y′ por C en la expresión de la ecuación. 13. Soluciones singulares Son las soluciones de la ecuación diferencial que no se encuentran entre las de su solución general. Dada la ecuación de primer orden F(x, y, y′) = 0, un elemento (x, y, y′) es regular si existe un entorno V de (x, y) en el que por cada uno de sus puntos pasa una única solución de la ecuación, en otro caso es singular. Una solución singular es la que está formada por puntos singulares. Por tanto, por todo punto de la solución singular pasa una curva de las contenidas en la solución general de la ecuación y además ella misma. Es decir, en ese punto no se verifica el teorema de existencia y unicidad. Con ello puede decirse que: Una solución singular de una ecuación diferencial, es aquella que siendo solución, no se deduce de su solución general para ningún valor de la constante de integración..

(32) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. 14. Forma de hallar las soluciones singulares Si F es de clase uno en A, las soluciones singulares se encuentran entre las curvas que cumplen la condición ψ(x, y) = 0, obtenida al eliminar y′ entre: F(x, y, y′) = 0 ∂F ∂y′. (x, y, y′) = 0. Es necesario además comprobar que cada curva obtenida es solución de la ecuación diferencial y además no se deduce de la integral general.. 15. Trayectorias de una familia de curvas Dada una familia uniparamétrica de curvas H(x, y, λ) = 0, se llama trayectoria oblicua de dicha familia a la curva que las corta bajo un ángulo constante α. Si la ecuación diferencial de dichas curvas es F(x, y, y′) = 0, la de las trayectorias que las cortan bajo el ángulo α es: ⎛ y´ − k ⎞ F ⎜ x, y, = 0, donde k=tg D. 1 + ky´ ⎟⎠ ⎝ Si α = 90º las trayectorias son ortogonales. En ese caso la pendiente de una curva de la familia y la de su trayectoria ortogonal son inversas y cambiadas de signo. Por tanto, si la ecuación diferencial de una familia de curvas es F(x, y, y′) = 0, la de sus trayectorias ortogonales es. ⎛ 1⎞ F ⎜ x, y, − ⎟ = 0 y '⎠ ⎝.

(33) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. 16. Determinación de las trayectorias de una familia de curvas Las trayectorias que cortan bajo un ángulo α la familia de curvas de ecuación H(x, y, λ) = 0 se determinan de la siguiente forma: 1. Se obtiene la ecuación diferencial F(x, y, y′) = 0 de la familia. 2. Se sustituye y′ en dicha ecuación diferencial por. y′ – k 1 + ky′. , donde. k = tg α 3. Se resuelve la ecuación diferencial resultante. En caso de hallar las trayectorias ortogonales, se siguen los mismos pasos pero sustituyendo y′ por – ⎛ 1⎞ F ⎜ x, y, − ⎟ = 0. y '⎠ ⎝. 1 y′. , y resolviendo la ecuación diferencial.

(34) Ejercicios resueltos. 2.1. Intégrese la ecuación y3y′ + y3x2y′ + x – xy2 = 0 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que se puede escribir de la forma y′y3(1 + x2) + x(1 – y2) = 0 ⇒. y3 1 – y2. dy =. –x 1 + x2. dx. Descomponiendo en fracciones simples e integrando se obtiene. ∫. ⎞ ⎛ −x ⎜ − y + 1 / 2 − 1 / 2 ⎟ dy = dx ∫ ⎜ ⎟ 1 − y 1 + y⎠ 1 + x2 ⎝. cuya solución es. y2 + ln (1 − y)(1 + y) = ln 1 + x2 + C , 2 O de otra forma. y2 + ln (1 − y)(1 + y) − ln 1 + x2 = C 2.

(35) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. 2.2. Intégrese la ecuación y′. x2 cos2 y. + tg y = 1. SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que y′. Integrando. x2 cos2 y. ∫ cos. 2. = 1 – tg y ⇒. dy = y(1 − tg y). dx. ∫x. 2. dy cos2 y(1 – tg y). =. dx x2. , se obtiene como solución. –ln(1 – tg y) =. –1 x. +K. Por tanto la solución de la ecuación es y = arctg (1 – Ce1/x). 2.3. Intégrese la ecuación y′ =. xy + 3x – y – 3 xy – 2x + 4y – 8. SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que dy dx. =. x(y + 3) – y – 3 y(x + 4) – 2x – 8. ⇒. dy dx. =. (y + 3) (x – 1) (x + 4) (y – 2). ⇒. y–2 y+3. dy =. x–1 x+4. dx.

(36) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Integrando y2. x 1. y + 3 dy = x + 4 dx. . . 5 . . 5 . 1 y + 3 dy = 1 x + 4 dx. Se obtiene y – 5 ln(y + 3) = x – 5 ln(x + 4) + C Por tanto 5. ⎛ y + 3⎞ y − ln ⎜ − x = C. ⎝ x + 4 ⎟⎠. 2.4. Intégrese la ecuación (ex – 2)sec2 ydy – 3extg ydx = 0 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que sec2 y tg y. dy =. 3ex ex – 2. dx. Integrando sec 2 y ∫ tg y dy =. 3ex ∫ e x − 2 dx. se obtiene como resultado ln(tg y) = 3 ln(ex – 2) + K ⇒ tg y = C(ex – 2)3.

(37) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. En consecuencia y = arctg (C(ex – 2)3). 2.5. Intégrese la ecuación (2x + y2x)dx – (4y + x2y)dy = 0 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables x(2 + y2)dx – y(4 + x2)dy = 0 ⇒. y 2 + y2. dy =. Integrando se obtiene. ∫. y x dy = ∫ dx 2 2+ y 4 + x2. 1 1 ln(2 + y2 ) = ln(4 + x2 ) + K 2 2 Por tanto y2 = C(4 + x2) – 2. 2.6. Intégrese la ecuación x3 y′ + ey = 1 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables x3. dy dx. = 1 – ey ⇒. dy 1 – ey. =. dx x3. x 4 + x2. dx.

(38) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Integrando se obtiene dy. ∫ 1− e. y. =. dx. ∫x. (2.4). 3. Para calcular la primera integral se hará el cambio de variable ey = t, con lo que descomponiendo en fracciones simples queda ⎛ ey ⎞ dy dt 1 ⎞ ⎛1 ⎛ t ⎞ = = + = − − = = dt t t ln ln(1 ) ln ln ⎜⎝ ⎟ ∫ 1 − e y ∫ t(1 − t) ∫ ⎜⎝ t 1 − t ⎟⎠ ⎜⎝ 1 − e y ⎟⎠ 1− t⎠ Por tanto la igualdad (2.4) da como resultado 1 − 2 ⎛ ey ⎞ 1 ey y 2x ln ⎜ K = − + = Ce ⇒ ⇒ e = y⎟ 2 y 2x 1− e ⎝ 1− e ⎠. C 1. C + e2x. 2. La solución es ⎞ ⎛ C ⎟ y = ln ⎜ 1 ⎜⎝ 2 ⎟ C + e2 x ⎠. 2.7. El crecimiento del número de bacterias en una botella de leche y en un determinado día es proporcional al número de las mismas existentes en ese día. Si en el análisis de una botella se encuentran 500 bacterias un día después de haber sido embotelladas y al segundo día se encuentran 8.000, ¿cuál es el número de bacterias en el momento de embotellar la leche?. SOLUCIÓN Sea Q(t) el número de bacterias en el día t. La ecuación diferencial que representa el crecimiento de dichas bacterias es, según el enunciado dQ(t) dt. = kQ(t).

(39) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Donde k es la constante de proporcionalidad. La ecuación es de variables separables ya que puede expresarse dQ(t) Q(t). = kdt. Integrando se obtiene ln Q(t) = kt + K ⇒ Q(t) = Cekt donde K es la constante de integración, que se redefine como C. El momento de embotellado corresponde a t = 0, por tanto Q(0) = C ⇒ Q(t) = Q(0)ekt Según los análisis de la botella se tiene Q(1) = 500 ⇒ 500 = Q(0)ek m Q(2) = 8.000 ⇒ 8.000 = Q(0)e2k De la división de ambas ecuaciones ek =. 8.000 500. = 16. y sustituyendo en la primera 500 = Q(0)16 Por tanto Q(0) =. 500 16.

(40) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Como Q(0) ha de ser entero (n.º de bacterias), resulta Q(0) = 32. 2.8. Intégrese la ecuación (xy + y2 + x2)dx – x2dy = 0 SOLUCIÓN Es una ecuación homogénea ya que se puede escribir de la forma xy + y2 + x2. y′ =. y la función f(x, y) =. x2. xy + y2 + x2. es homogénea de grado 0 (es decir, veri-. x2. fica f(λx, λy) = λ0 f(x, y)). Mediante el cambio de variable y = ux, y′ = u + xu′, se tiene u + xu′ =. ux2 + u2x2 + x2 x2. Simplificando xu′ = u2 + 1 ⇒. du u2 + 1. =. dx x. (Ecuación de variables separables).. Integrando se obtiene arctg u = ln x + K ⇒ u = tg(ln |Cx|) Y deshaciendo el cambio de variable anterior y x. = tg(ln |Cx|).

(41) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Por consiguiente, la solución es y = x tg(ln |Cx|). 2.9. Intégrese la ecuación y′ =. 2y – x + 5 2x – y – 4. SOLUCIÓN Es una ecuación transformable en homogénea. Las rectas 2y – x + 5 = 0, 2x – y – 4 = 0 se cortan en el punto (1,–2). El cambio x = X + 1, y = Y – 2 que supone una traslación de ejes coordenados, la transforma en la ecuación homogénea 2Y – X y′ = 2X – Y Haciendo Y = uX ⇒ Y′ = u′X + u se tiene u′X + u =. 2u – 1 2–u. ⇒ u′X =. 2u – 1 2–u. –u=. u2 – 1 2–u. ⇒ du. 2–u u2 – 1. =. dX X. Esta última ecuación es de variables separadas. Integrando se obtiene. ∫. 2− u dX du = ∫ 2 u −1 X.

(42) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. y descomponiendo en fracciones simples resulta 3 2 2 du " u 1 u 1 1. 1 3 ln(u 1) ln(u 1) " ln X K 2 2. dX X. ln. u 1 " ln X K (u 1)3. u 1 " CX (u 1)3. Deshaciendo los cambios y simplificando YX =C (Y + X )3. . y x+3 =C ( y + x + 1)3. que operando y renombrando la constante, resulta (y + x + 1)3 = C(y – x + 3). 2.10. Intégrese la ecuación (2x + y – 1)dx + (6x + 3y + 1)dy = 0 SOLUCIÓN Es una ecuación transformable en homogénea. Las rectas 2x + y – 1 = 0, 6x + 3y + 1 = 0 son paralelas. Efectuando el cambio u = 2x + y, du = 2dx + dy se obtiene (u – 1)dx + (3u + 1)(–2dx + du) = 0 ⇒ (u – 1 – 6u – 2)dx + (3u + 1)du = 0 ⇒ (3u + 1)du = (5u + 3)dx.

(43) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. que es una ecuación de variables separables ya que puede expresarse en la forma 3u + 1 5u + 3. du = dx. Integrando 4 3 3u + 1 4 3 du = dx 5u + 3 5 5u +5 3 du = x + C 5 u 25 ln 5u + 3 = x + C 3 4 (2x + y) ln |10x + 5y + 3 |= x + C 5 25 y operando convenientemente, resulta la solución general pedida 4 ln 10 x + 5 y + 3 = C 5. x + 3y −. 2.11. Intégrese la ecuación ⎛ x + ye y x ⎞ dx − xe y x dy = 0 ⎝ ⎠ SOLUCIÓN Es una ecuación homogénea ya que expresándola en la forma y′ =. la función f(x, y) =. x + yey/x xey/x. x + yey/x xey/x. es una función homogénea de grado cero..

(44) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Haciendo el cambio y = ux, y′ = u′x + u se obtiene u′ x + u =. x + uxe xe. ux. ux. x. x. Simplificando u x + u =. 1+ ueu 1+ ueu 1 dx u x = u u x = u eu du = u u e e e x. Integrando eu = ln x + C ⇒ ey/x = ln x + C Por tanto y = x ln (ln x + C). 2.12. Compruébese que (yex + 2xy2)dx + (ex – 1 + 2x2y)dy = 0 es una ecuación diferencial exacta e intégrese. SOLUCIÓN Es diferencial exacta ya que verifica la igualdad de las derivadas cruzadas ∂( ye x + 2 xy2 ) ∂( e x − 1 + 2 x 2 y ) = e x + 4 xy = ∂y ∂x.

(45) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Por tanto, existe la función potencial F(x, y) tal que ∂ F ( x, y) = ye x + 2 xy2 ∂x. ;. ∂ F ( x, y) = e x − 1 + 2 x2 y ∂y. Integrando la primera igualdad respecto a x, manteniendo y constante, se obtiene F ( x, y) = ∫ ( ye x + 2 xy2 ) dx + k( y) = ye x + x2 y2 + k( y) donde k(y) es la constante de integración. Aplicando a esta F(x, y) la segunda igualdad se tiene e x + 2 x2 y + k ′ ( y) = e x − 1 + 2 x2 y de donde k( y) = 1 . k( y) = y. Por tanto F ( x, y) = ye x + x2 y2 − y y la solución general de la ecuación es ye x + x2 y2 − y = C. 2.13. Determínese la función M(x, y) para que la siguiente ecuación diferencial sea exacta 1⎞ ⎛ M( x, y) dx + ⎜ xe x y + 2 xy + ⎟ dy = 0 ⎝ x⎠.

(46) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. SOLUCIÓN Para que la ecuación sea exacta debe verificarse la igualdad de las derivadas cruzadas 1 M = e x y + xe x y + 2y 2 x y. . M 1 = ye x (1+ x) + 2y 2 y x. Por tanto. ⎛ 1⎞ y2 x 1 M( x, y) = ∫ ⎜⎜ ye x (1 + x) + 2 y − 2 ⎟⎟ dy = e (1 + x) + y2 − 2 y + g( x) x ⎠ 2 x ⎝ donde g(x) es una función arbitraria.. 2.14. Intégrese la ecuación ( ye xy + 4 y3 ) dx + ( xe xy + 12 xy2 − 2 y) dy = 0 SOLUCIÓN Es una ecuación exacta, ya que ∂( ye xy + 4 y3 ) ∂( xe xy + 12 xy2 − 2 y) = e xy + xye xy + 12 y2 = ∂y ∂x Por tanto, existe la función potencial F(x, y) tal que ∂ F ( x, y) = ye xy + 4 y3 ∂x. ;. ∂ F ( x, y) = xe xy + 12 xy2 − 2 y ∂y. Integrando la primera igualdad respecto a x, manteniendo y constante, se obtiene F ( x, y) = ∫ ( ye xy + 4 y3 ) dx + k( y) = e xy + 4 y3 x + k( y) donde k(y) es la constante de integración..

(47) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Hallando ahora. ∂F(x, y) ∂y. y aplicando la segunda igualdad, se tiene. xe xy + 12xy2 + k( y) = xe xy + 12xy2 2y k( y) = 2y k( y) = y2 Por tanto F ( x, y) = e xy + 4 y3 x − y2 y la solución general de la ecuación es e xy + 4 y3 x − y2 = C. 2.15. Intégrese la ecuación (1 − sen x tg y) dx + cos x sec 2 ydy = 0 SOLUCIÓN La ecuación es exacta ya que ∂(1 − sen x tg y) ∂(cos x sec 2 y) = − sen x sec 2 y = ∂y ∂x La función potencial es F ( x, y) = ∫ (1 − sen x tg y) dx + k( y) = x + cos x tg y + k( y) Y verifica ∂ F ( x, y) = cos x sec 2 y ∂y.

(48) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Por tanto cos xsec 2 y = cos xsec 2 y + k( y) . k( y) = 0. . k( y) = C. La solución general de la ecuación es x + cos x tg y = C. 2.16. Intégrese la ecuación (3 xy3 + 4 y) dx + (3 x2 y2 + 2 x) dy = 0 mediante un factor integrante de la forma μ = μ(x). SOLUCIÓN La ecuación no es exacta ya que no son iguales las derivadas ∂(3 xy3 + 4 y) = 9 xy2 + 4 ∂y. ;. ∂(3 x2 y2 + 2 x) = 6 xy2 + 2 ∂x. Para que μ = μ(x) sea un factor integrante, deberá cumplir. μ(x). [μ(x)P(x, y)]. [μ(x)Q(x, y)]. y. x. P(x, y) y. dμ(x) Q(x, y) + μ(x) dx. Q(x, y) x. Por tanto μ( x) ⎡ ∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) ⎤ dμ( x) − = dx Q( x, y) ⎢⎣ ∂ y ∂ x ⎥⎦.

(49) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. En consecuencia μ ( x) dμ( x) ⎡⎣9 xy2 + 4 − 6 xy2 − 2⎤⎦ = 2 3x y + 2x dx 2. Simplificando se obtiene μ = μ′ x que es una ecuación de variables separables dx = x. dμ μ. dx dμ = . Integrando queda x μ. ln x = ln μ K. x = Cμ. Elegimos como factor integrante μ = x. Multiplicando la ecuación por el factor integrante resulta la ecuación diferencial exacta: (3 x2 y3 + 4 xy) dx + (3 x3 y2 + 2 x2 ) dy = 0 Por tanto la función potencial es F ( x, y) = ∫ (3 x2 y3 + 4 xy) dx + k( y) = x3 y3 + 2 x2 y + k( y) Como. y F ( x, y) ha de ser 3x3y2 + 2x2, entonces yy. 3x3 y2 + 2x2 = 3x3 y2 + 2x2 + k( y) , de donde k( y) = 0 k( y) = C En consecuencia, la solución de la ecuación es x3 y3 + 2 x2 y = C. 2.17. Un método para suministrar un fármaco en la sangre, es hacerlo de forma continua mediante un proceso de inyección llamado infusión intravenosa. Este proceso puede ser modelado mediante la ecuación diferencial VdC (t) − ( I − kC (t)) dt = 0.

(50) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. donde C(t) = Concentración de medicación en cada instante t, siendo V, I, k = constantes positivas que representan las características del proceso y las condiciones particulares del paciente. Se pide: a) Comprobar que la ecuación no es diferencial exacta y encontrar un factor integrante μ = μ(t), dependiente solo de t. b) Resolver la ecuación. c) Hallar la solución particular que cumple la condición inicial C(0) = 0, y expresarla en forma explícita (despejar C(t)). d) Comprobar que a medida que pasa el tiempo, la concentración C(t) de medicación crece, pero nunca sobrepasa una cantidad llamada umbral, o nivel de saturación. ¿Cuál es esa cantidad?. SOLUCIÓN a) Para que la ecuación VdC(t) – (I – kC(t))dt = 0 fuese diferencial exacta, debería cumplir la igualdad de las derivadas cruzadas ∂ V ∂ (− I + kC ) = ∂t ∂C Pero. ∂V ∂(− I + kC ) = 0, = k , por tanto no lo es. ∂t ∂C. Multiplicando por μ = μ(t), la ecuación queda V μdC − ( I − kC) μdt = 0 Sus derivadas cruzadas son. (Vμ). V. t. (. (I. dμ dt. kC) μ) C. V kμ. dμ dt. kμ. V. dμ μ. kdt.

(51) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Integrando esta última ecuación, resulta kt. μ = eV kt. Por lo tanto, μ = e V es un factor integrante. b) Introduciendo el factor integrante en la ecuación original, queda kt. kt. Ve V dC − ( I − kC) e V dt = 0 Función potencial kt. kt. U = Ve V dC + (t) = Ve V C + (t) Por tanto kt U = ke V C + ' (t) t. Debe cumplirse que kt V. kt V. ke C + ' (t) = ( I kC) e = 0. ' (t) = Ie. Integrando (t) = . IV ktV e + k. ( = cte.). Solución general kt. Ve V C −. IV ktV e =α k. kt V.

(52) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. c) Para C(0) = 0, resulta − IV = α , con lo que la solución particular es k kt. Ve V C −. IV ktV IV e =− k k. o también C (t) =. (. kt − I 1− e V k. ). I d) La función C(t) es creciente y lim C (t) = que será el nivel de satut →∞ k ración.. 2.18. a) Hállese la función f(x) para la cual μ(x) = x es factor integrante de la ecuación diferencial f ( x). dy + y + x2 = 0 dx. y además verifica f(1) = 1. b) Para ese valor hallado de f(x) resuélvase la ecuación. SOLUCIÓN a) Al ser μ(x) = x un factor integrante y multiplicar la ecuación por dicho factor se obtiene xf ( x). dy + xy + x3 = 0 dx. o de otra forma. ( xf ( x)) dy. + ( xy + x3 ) dx = 0.

(53) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Como es diferencial exacta debe cumplir (xy + x3 ) (xf (x)) = y x. . x = xf '(x) + f (x). que es la ecuación lineal f '( x) +. 1 f ( x) − 1 = 0 x. Resolviéndola resulta 1 1 ∫ x dx ⎡ ∫ x dx ⎤ C x f ( x) = e dx⎥⎦ = + ⎢⎣C + ∫ e x 2 −. Al ser f(1) = 1 ⇒ C = 1/2, la función buscada es f ( x) =. 1⎛ 1⎞ ⎜⎝ x + ⎟⎠ x 2. b) La ecuación es. (. ). 1 2 x + 1 dy + ( xy + x3 ) dx = 0 2 La función potencial F ( x, y) = ∫ ( xy + x3 ) dx + k( y) =. x2 x4 y+ + k( y ) 2 4. donde ∂ F ( x, y) x2 = + k′ ( y) ∂y 2 que ha de ser igual a. 1 2 ( x 1). 2.

(54) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. De igualar ambas expresiones se obtiene k ( y) =. 1 2. . k ( y) =. 1 y 2. Por tanto la función potencial es F ( x, y) =. x2 x4 1 y+ + y 2 4 2. Y la solución general de la ecuación 2 x2 y + x 4 + 2 y = C. 2.19. Determínese la condición que debe cumplir la función μ = μ(y) dependiente solo de y, para ser factor integrante de la ecuación P ( x, y) dx + Q ( x, y) dy = 0 e intégrese ydx + (2 x − ye y ) dy = 0 mediante un factor integrante de ese tipo. SOLUCIÓN Para que μ sea un factor integrante tiene que cumplirse ∂[μ( y)P ( x, y)] ∂[μ( y)Q( x, y)] = ∂y ∂x Por tanto μ ′( y)P ( x, y) + μ( y). ∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) = μ ( y) ∂y ∂x.

(55) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Es decir. μ ( y)P(x, y) + μ( y). Q(x, y) x. μ ( y) μ( y). P(x, y) y. Q(x, y) P(x, y) x y P(x, y). Como el primer miembro depende solo de y, la condición es que el segundo miembro sea una función exclusivamente de y. La ecuación ydx + (2 x − ye y ) dy = 0 verifica la condición anterior, ya que en este caso μ μ. μ μ. 2 1 y. 1 y. Integrando ln μ = ln y + K μ = Cy Eligiendo μ = y, la ecuación una vez multiplicada por el factor integrante, queda y2 dx + (2 xy − y2 e y ) dy = 0 que es una ecuación diferencial exacta como puede comprobarse. La función potencial es F(x, y) = y2 dx + k( y) . F(x, y) = y2 x + k( y). Al ser 2 xy − y2 e y =. ∂ F ( x, y) ∂y.

(56) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. se tiene 2xy y2 e y = 2xy + k( y) k( y) = y2 e y k( y) = y2 e y dy Resolviendo esta integral por partes se obtiene k( y) = − y2 e y + 2 ye y − 2 e y Por lo tanto la solución general es y2 x − y2 e y + 2 ye y − 2 e y = C que coincide con la de la ecuación inicial excepto para y = 0.. 2.20. Determínese la condición que debe cumplir la función μ = μ(xy), dependiente solo del producto xy, para ser factor integrante de la ecuación P ( x, y) dx + Q ( x, y) dy = 0 y aplíquese para resolver ( y + x3 y + 2 x2 ) dx + ( x + 4 xy4 + 8 y3 ) dy = 0 SOLUCIÓN La condición que debe cumplir μ para ser factor integrante es ∂[μ( xy)P ( x, y)] ∂[μ( xy)Q( x, y)] = ∂x ∂y Por facilidad de cálculo se utilizará z = xy. De la igualdad anterior se obtiene μ (z)xP(x, y) + μ. P(x, y) y. μ (z)(xP. μ (z)yQ(x, y) + μ. yQ). μ. Q x. P y. Q(x, y) x.

(57) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Por tanto ∂Q ∂ P − μ ′ ( z) ∂ x ∂ y = μ ( z) xP − yQ Como el primer miembro solo depende de z, el segundo miembro también debe depender solo de z, es decir de xy. La ecuación ( y + x3 y + 2 x2 ) dx + ( x + 4 xy4 + 8 y3 ) dy = 0 verifica esa condición. En efecto μ′ μ. 4 y 4 − x3 x4 y + 2 x3 − 4 xy5 − 8 y4. 4 y 4 − x3 xy( x3 − 4 y4 ) + 2( x3 − 4 y4 ). −1 xy + 2. Por tanto μ 1 = μ z+2. dμ = μ. Eligiendo μ =. 1 dz z+2. ln μ = ln(z + 2) 1 + K. μ=. C C = z + 2 xy + 2. 1 , y multiplicando la ecuación por μ se obtiene xy + 2. 1 1 ( y + x3 y + 2x2 )dx + (x + 4xy4 + 8y3 )dy = 0 xy + 2 xy + 2 . 1 1 y + x2 (xy + 2) dx + x + 4y3 (xy + 2) dy = 0 xy + 2 xy + 2 y x + x2 dx + + 4y3 dy = 0 xy + 2 xy + 2 .

(58) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. que es diferencial exacta como puede comprobarse. La función potencial es ⎛ y ⎞ x3 F ( x, y) = ∫ ⎜ + x2 ⎟ dx + k( y) = ln( xy + 2) + + k( y ) 3 ⎝ xy + 2 ⎠ Operando como en ejercicios anteriores, se tiene x x + 4y3 = + k( y) k( y) = 4y3 xy + 2 xy + 2. . k( y) = y4. En consecuencia la solución de la ecuación es ln( xy + 2) +. x3 + y4 = C 3. que coincide con la de la ecuación inicial excepto para xy = 0.. 2.21. Las dos variables p = presión, y V = volumen, de un cierto gas ideal verifican la ecuación diferencial C p pdV + CV Vdp = 0 donde Cp, CV son dos constantes (Cp ≠ CV) que representan los calores específicos del gas a presión y volumen constante, respectivamente. Se pide: 1 es a) Comprobar que la ecuación no es diferencial exacta, pero μ = pV un factor integrante de la misma. b) Resolverla. SOLUCIÓN a) La ecuación es de la forma PdV + Qdp = 0, con P = Cp p, Q = CV V. Las derivadas cruzadas son ∂P ∂Q = CV . = Cp , ∂V ∂p que al ser Cp ≠ CV, no es diferencial exacta..

(59) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Multiplicando por μ =. 1 , la ecuación queda pV Cp. dV +. V. CV dp = 0 p. Y sus derivadas cruzadas son ahora iguales. ⎛C ⎞ ∂ ⎜⎜ p ⎟⎟ ⎝ V⎠ = ∂p Por lo tanto, μ =. ⎛C ⎞ ∂ ⎜⎜ V ⎟⎟ ⎝ p⎠ =0 ∂V. 1 es un factor integrante. pV. b) La solución es de la forma U(V, p) = K, donde Cp U C p = U = dV + ( p) U = C p ln V + ( p) V V V ' ( p) U C = ' ( p) = V = C p ( p) = CV ln p p p p Por tanto la solución general es C p ⋅ ln V + CV ⋅ ln p = K o de otra forma. (V )C. p. ⋅ pCV = K. donde se ha renombrado la constante de integración..

(60) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. 2.22. En la ecuación (x2 + y2 + 1)dx – (xy + y)dy = 0, hállese n para que μ(x) = (x + 1)n sea factor integrante, y resuélvase. SOLUCIÓN P = x2 + y2 + 1⎫ ⎬ Q = −( xy + y) ⎭. ∂P = 2y ∂y. ;. ∂Q = −y ∂x. Multiplicando la ecuación por μ = (x + 1)n, se tiene. ( x + 1)n ( x2 + y2 + 1) dx − ( x + 1)n ( xy + y) dy = 0 Las derivadas cruzadas ∂(μP ) = 2 y( x + 1)n ∂y. ;. ∂(μQ ) = − y( n + 1)( x + 1)n ∂x. Han de ser iguales, es decir (μP) y. (μQ) x. 2y(x + 1)n. y(n + 1)(x + 1)n. n. 3. En consecuencia, el factor integrante es μ = ( x + 1). −3. Y la ecuación que resulta al multiplicar la primitiva por dicho factor integrante. ( x + 1)−3 ( x2 + y2 + 1) dx − ( x + 1)−3 ( xy + y) dy = 0.

(61) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Puesto que ahora es diferencial exacta, la solución será de la forma F(x, y) = C, donde F = (x + 1)3 (xy + y) = y(x + 1)2 y F = y(x + 1)2 dy + (x)= . y2 (x + 1)2 + (x) 2. F = y2 (x + 1)3 + '(x) = (x + 1)3 (x2 + y2 + 1) '(x) = (x + 1)3 (x2 + 1) x De donde (x) =. 3 2 ( x + 1) (x + 1) dx = . x2 + 1 dx ( x + 1)3. Descomponiendo en fracciones simples, se obtiene A B C x2 + 1 + 3 = 3 + 2 ( x + 1) ( x + 1) (x + 1) x + 1 A + B(x + 1) + C(x + 1)2 = x2 + 1 . A = 2 ; B = 2 ;C = 1. Por tanto (x) =. 2. (x + 1). 3. dx + . 2 1 dx + dx = (x + 1)2 + 2(x + 1)1 + ln (x + 1) 2 (x + 1) x +1. En consecuencia F ( x, y) = −. y2 ( x + 1)−2 − ( x + 1)−2 + 2( x + 1)−1 + ln ( x + 1) 2.

(62) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. La solución general ⎛ y2 ⎞ − ⎜ + 1⎟ ( x + 1)−2 + 2( x + 1)−1 + ln( x + 1) = C ⎝ 2 ⎠. 2.23. Compruébese que la ecuación (xy2 – y3)dx + (1 – xy2)dy = 0 no es diferencial exacta y que cumple la condición para que exista un factor integrante μ = μ(y). Hállese dicho factor integrante, y resuélvase la ecuación. SOLUCIÓN La ecuación no es diferencial exacta, ya que son distintas las derivadas ∂ ( xy2 − y3 ) = 2 xy − 3 y2 ∂y. ;. ∂ (1 − xy2 ) = − y2 ∂x. Para que exista un factor integrante μ = μ(y), el segundo miembro de la expresión ∂ Q ( x, y) ∂ P ( x, y) − μ ' ( y) ∂y ∂x = P ( x, y) μ ( y) debe ser función exclusivamente de y (ejercicio 2. 19). Esta condición se verifica. En efecto μ ' ( y) − y2 − 2 xy + 3 y2 − 2 y ( x − y) 2 =− = = 2 2 3 xy − y y ( x − y) μ ( y) y Por tanto μ ' ( y) 2 =− y μ ( y).

(63) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Integrando se obtiene μ ( y) =. C y2. (C ∈ R). Eligiendo C = 1, el factor integrante es μ ( y) =. 1 y2. Multiplicando la ecuación diferencial por μ y simplificando, resulta ⎛ 1 ⎞ − x⎟ dy = 0 2 ⎝y ⎠. ( x − y) dx + ⎜ La función potencial es F ( x, y) =. Como. x2 − yx + k ( y) 2. ∫ ( x − y) dx + k ( y) =. 1 y F ( x, y) ha de ser 2 x , se tiene y yy 1 x = x + k´( y) y2. k´( y) =. 1 y2. . k ( y) = . Por lo tanto F ( x, y) =. 1 x2 − yx − 2 y. Y la solución general es 1 x2 − yx − = C 2 y que coincide con la de la ecuación inicial excepto para y = 0.. 1 y.

(64) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. 2.24. Resuélvase la ecuación dy + y + e−2 x = 0 dx. SOLUCIÓN Es de la forma y´ + f ( x) y + g( x) = 0 Es una ecuación lineal. Una forma de obtener su solución general es mediante la expresión (2.3 de la introducción teórica) − f ( x) dx ⎡ ∫ f ( x ) dx dx⎤ y= e ∫ ⎣⎢C − ∫ g( x) e ⎦⎥. En este caso − dx dx y = e ∫ ⎡⎢⎣C − ∫ e−2 x e ∫ dx⎤⎦⎥ = e− x ⎡⎣C − ∫ e−2 x e x dx⎤⎦. que resolviendo las integrales indicadas resulta como solución general y = e−2 x + Ce− x Otra forma de resolución: También puede resolverse mediante variación de constantes, resolviendo primero la ecuación homogénea asociada. La ecuación homogénea asociada es dy +y=0 dx.

(65) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Integrando se obtiene su solución general dy = − dx y. ln y = − x + c. ;. y = Ce− x. ;. Para calcular la solución particular yp de la ecuación completa se aplicará el método de variación de las constantes. La solución particular yp y su derivada son: yp = C ( x) e x. ( ) = C ( x) e. d yp. . x. dx. + e x. dC(x) dx. Sustituyendo ambas en la ecuación completa, se obtiene C ( x) e x + e x e x. dC(x) = e2 x dx. . dC(x) + C ( x) e x + e2 x = 0 dx dC(x) = e x dx. . C ( x) = e x + K. donde K es la constante de integración. Para K = 0 resulta una solución particular yp = e−2 x La solución general de la ecuación completa es la suma de la de la solución general de la homogénea asociada y esta solución particular hallada y = e−2 x + Ce− x. 2.25. Resuélvase la ecuación dy y = dx y − x (Ind.: Obsérvese que es lineal considerando x función de y)..

(66) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. SOLUCIÓN La ecuación se puede escribir de la forma dx y x = dy y. . dx y x = dy y. . dx 1 + x 1= 0 dy y. donde se considera x como función, e y como la variable independiente. Por tanto x=e. −. 1⎛ y2 ⎞ C y ∫ y dy ⎛ ∫ y dy ⎞ ln y − ln y C − − e e C e dy C = + = + = + ⎜ ⎟ ∫ ∫ y ⎜⎝ 2 ⎟⎠ y 2 ⎝ ⎠ 1. 1. (. ). y la solución general es x=. C y + y 2. O también y = x ± x 2 − 2C. 2.26. Dada la ecuación 2 xy′ − y = − sen x − cos x a) Calcúlese su integral general. b) Determínese la solución que pasa por el punto (0,0). c) Calcúlese una solución acotada cuando x → ∞. SOLUCIÓN a) La ecuación puede escribirse en la forma y′ −. 1 2 x. y+. sen x + cos x =0 2 x.

(67) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. Se trata de una ecuación lineal. La solución general es. y= e. ∫. − −. =e. x. 1 dx 2 x. 1 ⎡ sen x + cos x ∫ − 2 x dx ⎤ C − e ⎢ ⎥= ∫ 2 x ⎢⎣ ⎥⎦. ⎡ sen x + cos x − x ⎤ e dx⎥ ⎢C − ∫ 2 x ⎣ ⎦. m. La integral I=. ∫. sen x + cos x − x e dx 2 x. puede calcularse aplicando reiteradamente el método de integración por partes. I = e−. x. (− cos. x + sen x ) + m. ⎡ + ⎢ e− ⎣. x. (−sen. x − cos x ) + ∫. − sen x − cos x − x ⎤ e dx⎥ 2 x ⎦. Entonces 2I " 2e. x. I" e. cos x. En consecuencia. y= e. x. ⎡⎣C + e. x. cos x ⎤⎦. Y la integral general es y = Ce. x. + cos x. x. cos x.

(68) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. b) Sustituyendo en la solución general se tiene 0 = C + cos 0 C = 1 c) Cuando x Ce. x. y = e. x. + cos x. ± (dependiendo del signo de C).. Para que la solución esté acotada, C tiene que ser igual a 0. Por tanto, una solución acotada es y " cos x. 2.27. Hállese la solución general de la ecuación ( x + 1) y′ + (2 x − 1) y = e−2 x SOLUCIÓN La ecuación puede escribirse en la forma y′ +. 2x − 1 e−2 x =0 y− x +1 x +1. Por tanto es una ecuación lineal. La solución general viene dada por. y= e. −. ∫. 2 x −1 dx x +1. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ dx ⎡ − ∫ ⎜ 2− ⎡ e−2 x ∫ 2xx+−11 dx ⎤ e−2 x ∫ ⎜⎝ 2− x +1⎟⎠ dx ⎤ ⎝ x +1⎟⎠ C − − = − − e e C e ⎢ ⎥= ⎢ ⎥ ∫ x +1 ∫ x +1 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 3. 3. ⎤ ⎡ 1 1 e−2 x 2 x ⎤ ⎡ = ( x + 1)3 e−2 x ⎢C + ∫ e dx⎥ = ( x + 1)3 e−2 x ⎢C − 3 3⎥ ( x + 1) 3( x + 1) ⎦ x +1 ⎣ ⎣ ⎦ Es decir 1⎤ ⎡ y = e−2 x ⎢C ( x + 1)3 − ⎥ 3⎦ ⎣.

(69) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. 2.28. Hállese la solución general de la ecuación dy + (cotg x) y = 5ecos x dx SOLUCIÓN Es una ecuación lineal, por tanto − cotg x dx ⎡ cos x ∫ cotg x dx y= e ∫ dx⎤⎥ = e− ln(sen x ) ⎡⎣C + ∫ 5ecos x eln(sen x ) dx⎤⎦ = ⎢⎣C − ∫ −5e e ⎦. =. 1 ⎡ C + ∫ 5ecos x sen x dx⎤⎦ sen x ⎣. Solución general y=. 1 ⎡⎣C − 5ecos x ⎤⎦ sen x. 2.29. Dada la ecuación (1 − cos x) y ′ + 2 y sen x − tg x = 0 determínese su solución general integrando la ecuación homogénea asociada, y hallando una solución particular de la ecuación completa.. SOLUCIÓN Expresando la ecuación en la forma y′ +. 2sen x tg x y− =0 1 − cos x 1 − cos x.

(70) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. La ecuación homogénea es y′ +. 2sen x y=0 1 − cos x. que es de variable separables ya que dy 2sen x =− dx y 1 − cos x Integrando se obtiene su solución general ln y = ln (1 − cos x) + ln C −2. y=. C (1 − cos x)2. Para calcular la solución particular yp de la ecuación completa se aplicará el método de variación de las constantes yp =. C(x) (1 cos x)2. . yp =. C (x) sen x 2C(x) 2 (1 cos x) (1 cos x)3. Sustituyendo en la ecuación completa se obtiene C ′( x) C ( x) sen x 2sen x tg x − 2C ( x ) + ⋅ − =0 2 3 2 (1 − cos x) (1 − cos x) 1 − cos x (1 − cos x) 1 − cos x C ′( x) tg x − =0 2 (1 − cos x) 1 − cos x Esta ecuación es de variables separables dC = tg x(1 − cos x) dx Integrando, se obtiene C ( x) = − ln(cos x) + cos x.

(71) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. La solución particular yp =. cos x − ln (cos x) (1 − cos x)2. Por tanto la solución general de la ecuación completa es y=. cos x − ln(cos x) C + 2 (1 − cos x) (1 − cos x)2. 2.30. Dada la ecuación xy ' = y + x2 sen x a) Determínese su integral general. b) Calcúlese la solución particular que contiene el punto (π,0). c) Estúdiese la existencia de soluciones que pasan por (0,0). ¿Se verifica en ese punto el teorema de existencia y unicidad? ¿Por qué? SOLUCIÓN a) Es una ecuación lineal. Ecuación homogénea asociada xy '− y = 0 dy dx = y x Solución general de la homogénea y " Cx Método de variación de las constantes. Solución particular y p = C ( x) ⋅ x. ;. y p ' = C ′( x) x + C ( x).

(72) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Sustituyendo en la ecuación, se obtiene C '( x) x2 + C ( x) x = C ( x) x + x2 sen x. ;. C '( x) = sen x. ;. C ( x) = − cos x. Por tanto, una solución particular es yp = − x cos x La solución general de la ecuación completa y = Cx − x cos x b) Si contiene el punto (π,0), entonces 0 = Cπ + π. ;. C = −1. La solución y = − x(1 + cos x) c) Si contiene el punto (0,0) 0=C∙0+0 que se cumple para todo valor de la constante C. Todas las curvas de la solución general pasan por el punto (0,0). Es decir, hay infinitas soluciones que contienen a ese punto. Por tanto, en ese punto no se verifica el teorema de unicidad. Si se escribe la ecuación en la forma y′ = f(x, y), es decir y′ =. y + x sen x x. se observa la no continuidad en x = 0 de la función f(x, y) correspondiente..

(73) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. 2.31. Se considera la ecuación lineal a. dy + by = e− λx dx. donde a, b son constantes positivas y λ es una constante no negativa, con λ ≠. b . a. a) Calcúlese la solución general. b) Si λ = 0. ¿A qué valor tiende toda solución cuando x → ∞? Lo mismo si λ > 0. SOLUCIÓN a) Ecuación homogénea asociada a. dy + by = 0 dx. Es de variables separables. Expresándola en la forma dy b =− x y a e integrando se obtiene y = Ce. b − x a. Para calcular una solución particular yp de la ecuación completa, se aplica el método de variación de las constantes. yp = C ( x) e. b x a. . x b x yp ' = C ( x) e a + C' ( x) e a a b. b.

(74) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Sustituyendo en la ecuación se obtiene b. . b x. b b b x x 1 x e a b x aC ( x) e a + aC' ( x) e a + bCe a = e x C' ( x) = e a C ( x) = a b a a. Por tanto, la solución particular es yp =. 1 e− λx b − λa. La solución general de la ecuación no homogénea y = Ce. b) Si λ = 0: y = Ce. b x a. +. b − x a. +. 1 e− λx b − λa. 1 1 lim y = x b b. Si λ > 0: lim y = 0 x→∞. 2.32. La intensidad en un circuito eléctrico se rige según la ecuación L. dI + RI = E dt. donde: I = Intensidad de la corriente, L = Inductancia, R = resistencia, E = Fuerza electromotriz. Se pide: a) Resolver la ecuación con una corriente inicial I0, si se conecta en el circuito una fuerza electromotriz E0 en el instante t = 0. b) Observar en el resultado anterior que la ley de Ohm (E0 = RI) es aproximadamente válida para valores muy grandes de t (cuando t tiende a infinito)..

(75) PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. c) Cuando I0 = 0, y E0 ≠ 0. ¿Cuál es el valor del máximo teórico de la intensidad de corriente I? d) Probar que la mitad de ese máximo de corriente I se alcanza en el tiempo t =. L ⋅ ln 2 . R. SOLUCIÓN a) Es una ecuación lineal. La ecuación homogénea asociada es L. dI + RI = 0 dt. Es una ecuación de variables separables dI R = − dt I L Integrando se obtiene su solución general, que es ln I = . R t + ln C L. . I = Ce. . R t L. Método de variación de las constantes. Solución particular Ip de la no homogénea I p = C(t)e. . R t L. . dI p dt. = C' (t) e. . R t L. R Rt + C (t) e L L . Sustituyendo en la ecuación completa, resulta LC' (t) e. . R t L. R t R Rt + LC (t) e L + RC (t) e L = E L . C' (t) =. E RL t E Rt e C (t) = e L + k L R.

(76) INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL. Eligiendo por ejemplo k = 0, resulta la siguiente solución particular E R. Ip ". La solución general de la ecuación completa es I=. R − t E + Ce L R. donde C es una constante arbitraria. Aplicando las condiciones iniciales se obtiene I (t = 0) = I0 E (t = 0) = E0. . I0 =. E0 +C R. , C = I0 . E0 R. Por tanto la solución pedida es E0 ⎛ E0 ⎞ − RL t I= + ⎜ I0 − ⎟ e R ⎝ R⎠ b) Cuando t → ∞ resulta I". E0 R. (ley de Ohm). c) Si I0 = 0, entonces I=. (. R − t E0 1− e L R. ). El máximo teórico de la intensidad de corriente I se alcanza cuando t → ∞, y vale Imax ". E0 R.