1

2. Métodos de resolución

(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

2

No existe un método general para resolver ED’s, es decir, dada una ecuación diferencial no tenemos un procedimiento para hallar su solución analítica.

Sin embargo, en algunos casos particulares bien conocidos, sí se tienen procedimientos para calcular dicha solución.

El único "método" entonces consiste en saber identificar el tipo de ED que se quiere resolver. Si es un caso conocido, le aplicaremos el procedimiento correspondiente. Si no es un caso conocido, podemos intentar algún cambio de variable que la transforme en un caso conocido.

3

Separación de variables

Una EDO de primer orden: dy/dx = f(x,y) = g(x)h(y).

se dice que es separable o de variables separables.

En este caso, la ED dy/dx = g(x)h(y) puede resolverse mediante integración directa. Integrando a ambos lados:

Cdxxgdyyh

)()(

1

Por ejemplo :

c ½ e x dx e y

, e dy/dx xx

x

22

2

1

1

Nota: las dos constantes de integración se engloban en una.

4

Solución por separación de variables:

3)4( , yy

x

dx

dy

2

11

22

1

22

25

2

25,

2

4

2

)3(

22 ,

xy

cc

cxy

xdxydy

Resolver

También podemos dejar la solución en forma implícita como:

x2 + y2 = c2, donde c2 = 2c1

Aplicando la condición inicial, 16 + 9 = 25 = c2; x2 + y2 = 25.

una solución en forma explícita con dominio de definición I : -5 < x < 5.

225 xy

5

Solución: Como dy/y = dx/(1 + x), tenemos

Sustituyendo por c, obtenemos

y = c(1 + x).

)1(

1

1lnln

1

1

111 1ln1ln

1

xe

exeeey

cxy

xdx

ydy

c

ccxcx

1ce

Resolverx

yy

1'

1),1(|1|

1,1|1|

xxx

xxx

¿Qué ocurre si no utilizamos el valor absoluto en el logaritmo?

6

Posible pérdida de una solución

Atención: cuando r es un cero de h(y), si sustituimosy(x) = r en dy/dx = g(x)h(y), tenemos 0 = 0. Es decir, y(x) = r también es solución de dy/dx = g(x)h(y). Sin embargo, esta solución no se revelará tras la integración, puesto que: dy/h(y) = g(x) dx queda indefinido en el cociente (h(y = r) = 0). y(x) = r es una solución singular.

7

Resolver dy/dx = y2 – 4.

dxdyyy

dxy

dy

22 ;

44

1

4

1

2

2

2

,42

2ln ,2

4

12ln

4

1

24

21

cxey

y

cxy

ycxyy

Separando variables, escribimos esta ED como:

Sustituyendo exp(c2) por c y resolviendo para y:

x

xxxccx

ce

ceyceeee

y

y4

4444

1

12;

2

222

Observemos que si factorizamos la EDO: dy/dx = (y + 2)(y – 2), e igualamos a 0, obtenemos y = 2 como soluciones de equilibrio. y = 2 corresponde a c = 0 en la solución que encontramos. Pero y = -2 es una solución singular que no podemos obtener de la solución anterior (observa las fracciones parciales al comienzo para entender por qué).

8

22

2

3 2

3 2

sin 2 0

sin 2

1cos

31

arcc

2

o3

sin

s

y dy x x dx

y dy x x dx c

y x x c

y x x x c

dy x x

dx y

y

xx

dx

dy

sin

22 Resolver:

9

Solución:Separamos variables:

Aplicamos la identidad sen (2x) = 2 sen x cos x:

(ey – ye-y) dy = 2 sin x dx Integrando por partes:

ey + ye-y + e-y = -2 cos x + c

Puesto que y(0) = 0, c = 4 y la solución implícita es: ey + ye-y + e-y = 4 −2 cos x.

0)0( ,2sin)(cos 2 yxedxdy

yex yy

dxxx

dye

yey

y

cos2sin2

Resolver

10

Nuestra solución G(x, y) = ey + ye-y + e-y + 2 cos x = c es implícita. En este caso no es posible despejar y(x). Pero utilizando ordenador podemos trazar las curvas de nivel o isoclinas de G(x, y) = c. Las gráficas resultantes están representadas en las siguientes figuras:

Uso de software

11

Soluciona dy/dx = xy½ con y(0) = 0.

Separando variables tenemos: dy/y½ = x dx; 2 y½ = (x2/2 + c); y = (x2/2 + c)2. Como y(0) = 0, c = 0 y la solución que obtenemos es: y = x4/16.Observemos que hemos perdido la solución trivial y(x) = 0 en el término dy/y½ y que también cumple la condición inicial. Recordemos que aunque encontremos una solución particular para una ED de primer orden al conseguir determinar c mediante una condición inicial, es posible que la solución no sea única.

De hecho, en este caso el PVI posee una infinidad de soluciones que podemos escribir con a 0 como:

axax

axxy

,16

1,0

)( 222

12

2

2

2

2

2 2

01

1

sin cos1

cos cosarcsin

cos1 1 sin

arcsin ln arcsin ln

s l

1

in n

dy dx

xy

dy dxc

xy

dyy dy d

y

dy d

ydy

d

dd y

y

y x c y c x

y x x

x

c

x

x

y

dx

dy 21Resolver:

13

´

x x

x

a

a a

G

G x f f t dt

f I

a I G I

dGG f

df t d

dx

I

t f xdx

Sea la función definida por

Si es continua en un intervalo y si

,

entonces es diferenciable en y

en tod

o

.

Teorema fundamental del cálculo

14

´

,

b

a

b b

a a

d

f I F

I F f I

a b I

f f t dt F b

F tdt F b F a

t

F a

d

Sea es continua en un intervalo . Si

es diferenciable en y si en todo ,

entonces para cualesquiera

15

2

2 22 1

12

1ln

1 1ln ln1 ln

2

11

ln2

1 2

g z

gz

dg dz dg dz

g z g z

zg

z zg

g z

dg z gg

d

z

z z

Resolver:

Nota: observa como podemos incluir las condiciones iniciales del problema como límites inferiores de las integrales al resolver la EDO.

16

Una ED de primer orden de la forma

a1(x)(dy/dx) + a0(x)y = g(x)

es una ecuación lineal en y. Cuando g(x) = 0, se dice que la ecuación es homogénea; en el caso contrario, es no homogénea.

Ecuaciones lineales

17

Al dividir: a1(x)(dy/dx) + a0(x)y = g(x)

entre a1(x) obtenemos la forma estándar de la

ecuación lineal: dy/dx + P(x)y = f(x)

Buscaremos una solución en un intervalo I donde

P(x) y f(x) sean continuas. La solución de esta ED

es la suma de dos soluciones, y = yh + yp,

donde yh es solución general de la ecuación homogénea

asociada: dy/dx + P(x)y = 0

e yp es una solución particular de la ecuación no

homogénea

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

que queremos resolver.

18

Veamos que y = yh + yp es solución de dy/dx + P(x)y = f(x)

)()()(

])[(][

)(0

xfyxPdx

dyyxP

dx

dy

yyxPyydx

d

xf

pp

hh

phph

19

dxxP

dxxP

h

hh

h

exy

xcycey

cdxxPydxxPy

dy

)(

1

1

)(

1

)(

)(

)(log;)(

Encontremos la solución por el método de variación de las constantes:

Observemos que la homogénea asociada

dy/dx + P(x)y = 0 es separable, y eso nos permite encontrar fácilmente su solución general yh:

20

)()(

)()(

1

0

11

111

xfdx

duyyxP

dx

dyu

xfuyxPdx

duy

dx

dyu

Ahora encontraremos una solución particular para la no homogénea. Lo haremos mediante un procedimiento que se llama variación de las constantes.

Definamos yp(x) = u(x) y1(x), donde y1(x) ha sido definida

anteriormente. Queremos hallar u(x) de manera que yp sea una

solución particular de nuestra ecuación no homogénea. Observemos que teníamos yh = c y1(x), y ahora estamos sustituyendo c por u(x).

Sustituyendo yp en la ecuación:

21

Como dy1/dx + P(x)y1 = 0, tenemos que y1(du/dx) = f(x). Separando variables:

dxxy

xfudx

xy

xfdu

)(

)( ,

)(

)(

11

p

hy

dxxPdxxP

y

dxxP

ph dxxfeeceyyy

)()()()(

dxxPdxxP

dxxP

edxxfey

edxxy

xfxyxuy

)()(

)(

11

)(

)(

)()()(

22

Comprobemos que es la solución:

dxxfecye dxxPdxxP )()()(

)()()(

xfeyedxd dxxPdxxP

)()()()()(

xfeyexPdxdy

edxxPdxxPdxxP

p

hy

dxxPdxxP

y

dxxP

ph dxxfeeceyyy

)()()()(

)()( xfyxPdx

dy

Recorramos el camino en sentido contrario

23

dxxPe )(Llamamos a y1(x) = factor integrante

Receta:Escribimos la EDO en forma estándar:

)()( xfyxPdx

dy

Para identificar fácilmente P(x).Calculamos y multiplicamos la ED dxxPe )(

)()( )()()()( xfeyedx

dyxPe

dx

dye dxxPdxxPdxxPdxxP

Integrando a ambos lados, obtenemos la solución.Observa que me da igual que la ec. sea homogénea o no . Usando el factorintegrante obtengo directamente la solución general.

24

REPITAMOS LA RECETA:

Paso i). Para resolver una ED lineal de primer orden, primero se convierte a la forma estándar o canónica; esto es, se hace que el coeficiente de dy/dx sea la unidad.

Paso ii). Hay que identificar P(x) y definir el factor integrante dxxP

e)(

Paso iii). La ecuación obtenida en el paso i se multiplica por el factor integrante:

)()()()()(

xfeyexPdx

dye

dxxPdxxPdxxP

Paso iv). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente y; esto es:

)()()(

xfeyedx

d dxxPdxxP

Paso v). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv

25

EJEMPLO 1: Resolver la siguiente ED lineal de primer ordenxexy

dx

dyx 64

Paso i). Al dividir entre x llegamos a la forma estándar o canónica

xexyxdx

dy 54

Paso ii). Así escrita, reconocemos que P(x) = -4/x y entonces el factor integrante es:

4lnln44 4

xeee xxxdx

Paso iii). La ecuación del paso i se multiplica por este factor y se obtiene lo siguiente: xxeyx

dxdy

x 54 4

Paso iv). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente y; esto es:

xxeyxdxd 4

Paso v). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv para obtener la solución buscada;

44454 cxexexycexeyx xxxx

26

xxx eyedxdy

e 333 63 xx eyedxd 33 6][

Como P(x) = – 3, tenemos que el factor integrante es

Entonces e-3xy = -2e-3x + c y la solución general es y = -2 + ce3x, - < x < .

Resolver dy/dx – 3y = 6.

Observa que si resolvemos la ecuación homogénea dy/dx – 3y = 0. Como P(x) = – 3, tenemos que el factor integrante es el mismo 03 33 ye

dx

dye xx

0][ 3 yedx

d x cye x 3 xcey x ,3

xdxee 3)3(

27

Supongamos que hemos encontrado una solución general en un intervalo I y que P y f son continuas en I. Escribiendo la ED como y = – P(x)y + f(x) = F(x, y), tenemos

F(x, y) = – P(x)y + f(x), F/y = – P(x)

que son continuas en I (porque P(x) y f(x) lo son).Luego podemos concluir que existe una y solo una solución del PVI:

00)( ),()( yxyxfyxPdxdy en el intervalo I.

28

Observa que P(x) = –4/x y f(x) = x5ex son continuas en (0, ). Encontraremos solución para x > 0

xexyxdx

dy 54

La solución general en (0, ) es x-4y = xex – ex + c; y = x5ex – x4ex + cx4

Hace unas transparencias, resolvimos:

29

Solución:

Entonces, P(x) = x/(x2 – 9) y el factor integrante es

092

y

x

xdxdy

929ln2

1)9/(2

2

1)9/(

222

xeee

xxxdxxxdx

0)9( 2 xydxdy

x

Multiplicando la ED por este factor, obtenemos:

Así, para x > 3 o x < -3, la solución general escyx 92

092 yxdxd

92

x

cy

Hallar la solución general de

P(x) es continua en(-, -3), (-3, 3) y (3, ).

Esto descarta el intervalo (-3, 3).

30

Solución:Tenemos P(x) = 1 y f(x) = x que son continuas en (-, ). El factor integrante es:

Entonces: exy = xex – ex + c

y = x – 1 + ce-x

Como y(0) = 4, obtenemos c = 5.

La solución es y = x – 1 + 5e-x, – < x <

4)0( , yxydxdy

xxdxee / xx xeye

dxd ][

Resolver

31

Observación: En el ejemplo anterior, encontramosyh = ce-x e yp = x – 1

llamamos a yh término transitorio porque yh 0 cuando x .En la figura vemos representadas algunas soluciones:

32

Resolver , donde

Solución:

1 ,0

10 ,1)(

x

xxf

0)0( ),( yxfydxdy

Resolvemos este problema en 0 x 1 y 1 < x < .

Para 0 x 1,

luego y = 1 + c1e-x. Como y(0) = 0, c1 = -1, y = 1 - e-x

Para x > 1, dy/dx + y = 0 luego y = c2e-x

xx eyedxd

ydxdy ][ ,1

33

Tenemos

Además, queremos que y(x) sea continua en x = 1. De modo que cuando x 1+, y(x) = y(1) = 1 - e-1

Entonces: c2 e-1 = 1 - e-1; c2 = e - 1.La función

es continua en [0, ).

1 ,)1(

10 ,1

xee

xey

x

x

1 ,

10 ,1)(

2 xec

xexy

x

x

34

Función de error:

Función de error complementaria:

dtexx t

0

22)(erf

dtexx

t

22)(erfc

1)/2(0

2

dte t

Algunas funciones especiales definidas por integrales

Como , entonces:

erf(x) + erfc(x) = 1

35

Resolver dy/dx – 2xy = 2, y(0) = 1.Solución:

El factor integrante es exp{-x2},

obtenemos

Aplicando y(0) = 1, tenemos que c = 1.

22

2][ xx eedxd

222

02 xx tx cedteey

)(1

22

222

0

xerfey

edteey

x

xx tx

36

Diferencial de una función de dos variablesSi z = f(x, y) con primeras derivadas parciales continuas, su diferencial es

Si z = f(x, y) = c,

De modo que si tenemos f(x, y) = c, podemos generar una ED de primer orden calculando la diferencial a ambos lados.

Por ejemplo: si x2 – 5xy + y3 = c, entonces

(2x – 5y) dx + (-5x + 3y2) dy = 0.

dyyf

dxxf

dz

0

dyyf

dxxf

37

Ecuación exacta

Una expresión M(x, y) dx + N(x, y) dy es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna función f(x, y) definida en R.

Una ED de primer orden en la forma diferencial

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

es una ecuación exacta, si la expresión del lado izquierdo es una diferencial exacta.

38

xN

yM

Criterio para una diferencial exacta

Sean M(x, y) y N(x, y) continuas y con primeras derivadas continuas en una región rectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces una condición necesaria y suficiente para que M(x, y) dx + N(x, y) dy sea una diferencial exacta es:

39

DemostraciónCondición necesaria: Si M(x, y) dx + N(x, y) dy es exacta, existe una función f tal que para todo x de R:

M(x, y) dx + N(x, y) dy = (f/x) dx + (f/y) dy

Por tanto M(x, y) = , N(x, y) =

y

La igualdad de las derivadas cruzadas es consecuencia de la continuidad de las parciales.

xN

yf

xxyf

xf

yyM

2

xf

yf

40

Para demostrar la condición suficiente, basta con demostrar que existe una función f para la cual:

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

siempre y cuando

Todo esto nos proporciona un método de solución...

xf

yf

x

N

y

M

41

Como f/x = M(x, y), tenemos

Derivando con respecto a y y suponiendof/y = N(x, y). Tenemos

y

dxyxM

yyxNyg ) ,() ,()('

) ,()(') ,( yxNygdxyxMyy

f

)() () ,( ygdxyx,Myxf

Método de solución de una ecuación exacta

Integrando con respecto a y, obtenemos g(y). Teniendo f(x, y), como la ED es una diferencial exacta de esta función, la solución implícita es f(x, y) = c.

42

Resolver 2xy dx + (x2 – 1) dy = 0.Solución:

Identificando M(x, y) = 2xy, N(x, y) = x2 – 1, tenemos que M/y = 2x = N/x. Así que la ecuación es exacta y por tanto existe una función f tq:

f/x = 2xy, f/y = x2 – 1Para encontrarla integramos la primera ec. respecto a x: f(x, y) =

x2y + g(y). Derivando respecto a y, y utilizando la segunda ec.: f/y = x2 + g’(y) = x2 – 1g’(y) = -1. Que integrando nos da: g(y) = -y

Así que f(x, y) = x2y – y. Y como la ED es una diferencial exacta de f(x, y), la solución es: x2y – y = c,

y = c/(1 – x2)El intervalo de definición es cualquier intervalo que no contenga a x = 1 ó x = -1.

43

Solución:Esta ED es exacta porque

M/y = 2e2y + xy sen xy – cos xy = N/x

f/y = 2xe2y – x cos xy + 2y

xyyexhxyyex

f

xhysenxyxe

ydyxydyxdyexyxf

yy

y

y

cos)('cos

)(

2cos2) ,(

22

22

2

Así que h’(x) = 0, entonces h(x) = c. La solución esxe2y – sin xy + y2 + c = 0

Resolver (e2y – y cos xy)dx+(2xe2y – x cos xy + 2y)dy = 0.

44

Solución:

Escribimos la ED en forma diferencial

(cos x sin x – xy2) dx + y(1 – x2) dy = 0

Como

M/y = – 2xy = N/x (Esta ED es exacta)

Ahora f/y = y(1 – x2)f(x, y) = ½y2(1 – x2) + h(x)f/x = – xy2 + h’(x) = cos x sin x – xy2

2)0( ,)1(

sincos2

2

yxy

xxxydxdyResolver

45

Tenemosh(x) = cos x sen x h(x) = -½ cos2 x

Así ½y2(1 – x2) – ½ cos2 x = c1 o

y2(1 – x2) – cos2 x = c donde c = 2c1.

Como y(0) = 2, c = 3.La solución es

y2(1 – x2) – cos2 x = 3

46

Es exacta puesto que

Integrando respecto a xEs decir, Derivando respecto a y

De dondeFinalmente la solución general es

0dy)3yx(dx)1yx( 2

x

yx

y

yx

)3()1( 2

)()1(),( ycdxyxyxu

)(),( 2

2

ycxxyyxu x

3)(' 2

yxycxy

u

12 )3()( cdyyyc

Ejemplo: Resolver la siguiente ED

47

En algunos casos se puede hallar un factor integrante (x, y), tal que una ED que no es exacta, se convierta:

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

Esta ecuación será exacta sii (M)y = (N)x Es decir: My + yM = Nx + xN,

xN – yM = (My – Nx)

Factor integrante

Resolver esta EDP para encontrar el factor integrante puede ser máscomplicado que la ecuación original, de modo que haremos algunas suposiciones sobre el factor integrante que la simplifiquen:

48

Suponiendo que es función solo de la variable x:

xN – yM = (My – Nx)

x = d /dxy = 0

Si tenemos que (My – Nx) / N sólo depende de x, entonces nuestra EDO es de primer orden y es separable. De manera similar, si solo es función de y:

xN – yM = (My – Nx)

y = d /dyx = 0

Si (Nx – My) / M solo es función de y, nuestra EDO es de primer orden y separable.

N

NM

dx

d xy

M

MN

dyd yx

49

Así que, si tenemos la ED en forma diferencial:M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0

pero no es una ecuación exacta, podemos convertirla multiplicándola por un factor integrante . Si (My – Nx) / N solo depende de x, entonces

Si (Nx – My) / M solo depende de y, entoncesdx

N

NM xy

ex

)(

dyM

MN yx

ey

)(Una última observación: Puesto que multiplicamos la ED por un factor integrante podemos estar añadiendo o eliminando soluciones.

50

La ED no lineal: xy dx + (2x2 + 3y2 – 20) dy = 0 no es exacta. Con M = xy, N = 2x2 + 3y2 – 20, hallamos My = x, Nx = 4x. Observemos que

depende de x y de y. Pero

solo depende de y. El factor integrante adecuado será entonces:

e 3dy/y = e3lny = y3 = (y)

2032

3

2032

42222

yx

x

yx

xxN

NM xy

yM

MN yx 3

Multiplicando la ED original:xy4 dx + (2x2y3 + 3y5 – 20y3) dy = 0Que tiene como solución:

½ x2y4 + ½ y6 – 5y4 = c

51

Ejemplo: Para la siguiente ED

Entonces

Por lo tanto

Así obtenemos la ecuación diferencial exacta:

01ln2 222 dyyyxydxxy

222 1,ln2 yyxNyxyM

yy

M

x

N

M

11

yydy

d 11ln

01

ln2222

dyy

yyxydxx

Demuestra que en efecto es una ED exacta y obtén su solución general.

Esto es equivalente a hacer:e- dy/y = e-lny = 1/y = (y)

52

EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente resolverla por el método de las exactas.

SOLUCIÓN:

1º Paso: Checar si la ED es exacta o no exacta

No exacta

2º Paso: Búsqueda del factor integrante (F. I.) para convertir la ED en exacta: Para esto es necesario realizar las dos consideraciones para ver cuál de las dos se puede factorizar y por ende produce un factor integrante:

53

3º Paso: Conversión de la ED no exacta en exacta

Factorizando se tiene:

4º Paso: Aplicación de los 4 pasos (i a iv) del método de solución de las ED exactas.

Paso i): Comprobar si la ED es exacta Exacta

54

Paso ii): Integrar con respecto a x, dejando a y constante

Paso iii): Derivar con respecto a y la ecuación resultante en el paso ii

Despejando g´(y) de la igualdad anterior, se tiene:

Paso iv): Obtener la función g (y)

Paso v): Sustitución del valor de g (y) en el paso ii

Solución general: kccsiendocxyyx 11232 2

55

EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente resolverla por el método de las exactas.

SOLUCIÓN:

56

Aplicando las propiedades de los logaritmos y exponenciales:

Se tiene lo siguiente:

xx eyy

cexyxy

c

))0(2())0(3(

)2()3(

xx eyy

ceyy

c

)()(

)0()0(

xx ecec 1

57

Si una función f tiene la propiedad f(tx, ty) = tf(x, y),

se dice que es una función homogénea de grado .

Por ejemplo: f(x, y) = x3 + y3 es homogénea de grado 3, puesto que f(tx, ty) = (tx)3 + (ty)3 = t3f(x, y)

Se dice que una ED de primer orden en forma diferencial:M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0es de coeficientes homogéneos, si tanto M como N son homogéneas del mismo grado, i.e. si

Funciones homogéneas

M(tx, ty) = tM(x, y), N(tx, ty) = tN(x, y)

58

Si M y N son homogéneas de grado , haciendo el cambio de variable u = y/x:

M(x, y) = x M(1, u), N(x, y) = xN(1, u),

Y haciendo el cambio de variable v = x/y: M(x, y)=y M(v, 1), N(x, y)=yN(v, 1)

De modo que nuestra ED de primer orden en forma diferencial: M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 se convierte en: x M(1, u) dx + x N(1, u) dy = 0,

M(1, u) dx + N(1, u) dy = 0con dy = udx + xdu:

M(1, u) dx + N(1, u)(u dx + x du) = 0 [M(1, u) + u N(1, u)] dx + xN(1, u) du = 0

0) ,1() ,1(

) ,1(

uuNuM

duuNx

dx

59

Resolver (x2 + y2) dx + (x2 – xy) dy = 0.

Solución: Tenemos que M = x2 + y2 y N = x2 – xy son funciones homogéneas de grado 2. Hagamos el cambio y = ux, entonces dy = u dx + x du:

(x2 + u2x2) dx + (x2 - ux2)(u dx + x du) = 0

011

xdx

duuu

01

21

xdx

duu

Repite el ejercicio con el cambio x = vy, que es más adecuado siempre que M(x, y) sea más simple que N(x, y).

cxx

y

x

ycxuu lnln1ln2;lnln1ln2

xycxeyxx

y

cx

yx /22

)( ; )(

ln

60

La ED: dy/dx + P(x)y = f(x)yn

donde n es un número real cualquiera, se conoce como ecuación de Bernoulli .Observemos que para n = 0 la ecuación es lineal y para n = 1 es de variable separable. En cualquier otro caso, con el cambio de variable:

u = y1-n

siempre podemos reducirla a una lineal.

Ecuación de Bernoulli

Nota: y(x) = 0 siempre es solución de una ec. de Bernoulli. Se aconseja comprobar que la solución obtenida la posee, porque puede perderse con el cambio de variable.

61

Resolver x dy/dx + y = x2y2.Solución:

Escribimos la ED como: dy/dx + (1/x)y = xy2

Con n = 2, y = u-1, dy/dx = -u-2(du/dx). La ED se convierte en: du/dx – (1/x)u = -xAhora, utilizando el factor integrante

1lnln/ 1

xeee xxxdx

en (0, ) e integrando

se obtiene x-1u = -x + c, u = -x2 + cx.

Como u = y-1, tenemos y = 1/u y la solución es y = 1/(−x2 + cx).

xuxdx

du 1

u = y1-n; y = u1/(1-n)

62

EJEMPLO : Resolver la siguiente ED de Bernoulli

SOLUCIÓN:

Despejando la diferencial dy/dx se tiene:

)1(1

2xyxydxdy

Observamos que al despejar de esta manera no se visualiza P(x) ni el factor integrante (F. I.). Por lo que procedemos a invertir las variables, es decir la variable independiente la hacemos dependiente.

Despejando la diferencial invertida dx/dy se tiene:

322 )1( yxxyxyxydydx

Escribiendo la nueva ecuación diferencial en su forma canónica se observa que tiene la forma de la ED de Bernoulli con variable dependiente x , con n =2:

32 yxxydydx

Haciendo la sustitución se tiene: nxw 1 1121 11 wxw

xx

wxxw

(1)

(2)

63

Derivando en forma implícita la ecuación (2) respecto de y, se tiene:

Sustituyendo el nuevo valor de dx/dy en la ecuación (1) se tiene:

dydw

wdydx 2

2312 wyywdydw

w

Multiplicando ambos miembros de la ecuación (3) por se tiene:2w

(3)

3yywdydw Que es una ED lineal en w de primer orden :

Por lo tanto se resuelve por método de los 5 pasos de una ED lineal de primer orden:

Paso ii). Así escrita, reconocemos que y entonces el factor integrante es:

Paso i).

3)(,)( yyfyyP

2)(

2

..y

ydydyyPeeeIF

64

Paso iii). La ecuación del paso i se multiplica por este factor y se obtiene lo siguiente:

CdyyfIFIwF )(....

Paso iv). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente w; esto es:

Cdyyeweyy

)( 322

22

Haciendo las siguientes sustituciones se integra la ecuación (4) de la siguiente manera:

22

2,,2

yuydyduy

u

(4)

Cdyeyweyy

232

22

)( Cydyeyweyy

)()( 222

22

Cdueuwe uy

22

2

Cdueuwe uy

22

2

Paso v). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv para obtener la solución en términos de w y u;

Ceuewe uuy

222

2

(5)

65

Paso vi). Se sustituyen en la ecuación (5) los valores de w y u en términos de x e y; para encontrar la solución general buscada.

Ceeyexyyy

22221

222

2

Poniendo la ecuación general en forma explícita, es decir tomando a la variable x como dependiente y a la variable y como independiente se tiene después de despejar lo siguiente:

22

2

21 y

Ceyx

Solución general

Considerando las condiciones iniciales del problema , se busca una solución particular.

0)1( y

1212012012)0(11 02

)0(2

2

CCCCeCe

22

2

21 y

eyx

Solución particular

66

Reducción a separación de variablespor sustitución

Una ED de la forma

dy/dx = f(Ax + By + C)

siempre puede reducirse a una ecuación separable por medio de la sustitución

u = Ax + By + C.

67

Resolver dy/dx = (-2x + y)2 – 7, y(0) = 0.

Solución:Sea u = -2x + y, entonces du/dx = -2 + dy/dx,

du/dx + 2 = u2 – 7 ; du/dx = u2 – 9Que ahora es separable. Al utilizar fracciones parciales,

dxuu

du )3)(3( dxdu

uu

31

31

61

Al aplicar y(0) = 0 se obtiene c = -1.

133

ln61

cxuu

x

x

ce

cexy

6

6

1

)1(32

x

x

ce

ceu 6

6

1

)1(3

x

x

e

exuxy

6

6

1

)1(322

68

Abajo puedes ver la gráfica de la solución particular

x

x

e

exuxy 6

6

1

)1(322