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( , −=−= yyx

dxdy

2

11

22

1

22

25225,

24

2)3(

22 ,

xy

cc

cxyxdxydy

−−=

=+−=−

+−=−= ∫∫

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

1lnln1

1

111 1ln1ln

1

xe

exeeey

cxyx

dxy

dy

c

ccxcx

+±=

+=⋅==

++=+

=

+++

∫∫

1ce±

Resolverx

yy+

=1

'

1),1(|1|1,1|1|

−<+−=+−≥+=+

xxxxxx

¿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) dxqueda 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 ;

441

41

2

22

,422ln ,2

412ln

41

24

21

cxeyy

cxyycxyy

+=+−

+=+−

+=+−−

Separando variables, escribimos esta ED como:

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

x

xxcxcx

ceceyceeee

yy

4

4444

112;

22

22

−+

====+− +

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

1cos3

1arcc

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 xdx y

→ − − = →

− − = →

− − + = →

⎛ ⎞=

−=

− + −⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

yxx

dxdy

sin22 −

=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 + cPuesto 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 ==− yxedxdyyex yy

dxxxdy

eye

y

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 ,

161,0

)( 222

12

( ) ( )

2

2

2

2

2 2

01

1

sin cos1

cos cos arcsincos1 1 sin

arcsin ln arcsin lns l

1

in n

dy dxxy

dy dx cxy

dy y dy dy

dy d

ydyd

d d yyy x c y c x

y x x

x

c

x

ζ ζ ζ

ζ ζ ζ ζ ζ ζζζ

→ − = →−

− =−

= =−

= = = = =− −

− = = +

= +

−=

∫ ∫

∫

∫ ∫ ∫ ∫

xy

dxdy 21−

=Resolver:

13

( ) ( )

( ) ( )´

x x

x

a

a a

G

G x f f t dt

f Ia I G I

dGG f d f t ddx

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 FI 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

1 ln

1 1 ln ln 1 ln2

11 ln2

1 2

g z

gz

dg dz dg dzg z g z

zg

z zg

g z

dg z g gd

z

z z

= → =

− =

− + = − =

=

=−

=

∫ ∫

Resolver:

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 homogéneaasociada: dy/dx + P(x)y = 0e 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 dedy/dx + P(x)y = f(x)

)()()(

])[(][

)(0

xfyxPdxdy

yxPdxdy

yyxPyydxd

xf

pp

hh

phph

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +=

+++

==

19

∫≡

≡∫=

+∫−=−=

−

−

dxxP

dxxPh

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

xfdxduyyxP

dxdyu

xfuyxPdxduy

dxdyu

=+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

=++

=

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:

∫== dxxyxfudx

xyxfdu

)()( ,

)()(

11

pc y

dxxPdxxP

y

dxxPpc dxxfeeceyyy ∫ ∫∫+∫=+=

−−)(

)()()(

∫⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∫=

=∫⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

−

−

∫

∫dxxPdxxP

dxxP

edxxfey

edxxyxfxyxuy

)()(

)(

11

)(

)()()()(

22

Comprobemos que es la solución:

dxxfecye dxxPdxxP ∫+=∫ )()()(

)()()( xfeyedxd dxxPdxxP ∫=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ∫

)()( )()()( xfeyexPdxdye dxxPdxxPdxxP ∫=∫+∫

pc y

dxxPdxxP

y

dxxPpc dxxfeeceyyy ∫ ∫∫+∫=+=

−−)(

)()()(

)()( xfyxPdxdy

=+

23

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

Receta:Escribimos la EDO en forma estándar:

)()( xfyxPdxdy

=+

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

[ ] )()( )()( xfeyedxdyxP

dxdy dxxPdxxP ∫∫ ==+

Integrando a ambos lados, obtenemos la solución.

24

REPETIMOS:

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:

)()()()()(

xfeyexPdxdye

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:

)()()(

xfeyedxd 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 orden xexydxdyx 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

dxdyx =− −− 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

Solución: Primero resolveremos la ecuación homogénea dy/dx – 3y = 0. Como P(x) = – 3, tenemos que el factor integrante es xdx ee 3)3( −−

=∫

xxx eyedxdye 333 63 −−− =− xx eye

dxd 33 6][ −− =

03 33 =− −− yedxdye xx

0][ 3 =− yedxd x cye x =−3 ∞<<∞−= xcey x ,3

Ahora encontraremos una solución particular de la ecuación no homogénea dy/dx – 3y = 6 :

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

< x < ∞.

Resolver dy/dx – 3y = 6.

27

Solución: Dividiendo en ambos lados por x, obtenemos

Entonces, P(x) = –4/x, f(x) = x5ex, P y f son continuas en (0, ∞). Como x > 0, escribimos el factor integrante como

xexydxdyx 64 =−

xexyxdx

dy 54=−

4lnln4/4 4 −−−===∫ −

xeee xxxdx

xxy xeyxdxdxex

dxdyx ==− −−− ][ ,4 454

Aplicando integración por partes, llegamos a que la solución general en (0, ∞) es x-4y = xex – ex + c; y = x5ex – x4ex + cx4

Resolver

28

Solución:

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

092 =

−+ y

xx

dxdy

929ln21)9/(2

21

)9/( 222

−==∫=∫ −−−xeee

xxxdxxxdx

0)9( 2 =+− xydxdyx

Multiplicando la ED por este factor, obtenemos:

Así, para x > 3 ó x < -3, la solución general es

cyx =− 92

[ ] 092 =− yxdxd

92 −=

xcy

Hallar la solución general de

29

Hemos encontrado una solución general en un intervalo I. Suponemos 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. Luego podemos concluir que existe una y solo una solución del PVI:

00 )( ),()( yxyxfyxPdxdy

==+

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

xxdx ee =∫ / xx xeyedxd

=][

Resolver

31

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

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

32

Resolver , donde

Solución:⎩⎨⎧

>≤≤

=1 ,0

10 ,1)(

xx

xf

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 = c2 e-x

xx eyedxdy

dxdy

==+ ][ ,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)(erfπ

dtexx

t∫∞ −=

22)(erfcπ

1)/2(0

2=∫

∞ − dte tπ

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.

222][ xx ee

dxd −− =

222

02 xx tx cedteey += ∫ −

[ ])(1

22

222

0

xerfey

edteeyx

xx tx

π+=

+= ∫ −

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.

dyyfdx

xfdz

∂∂

+∂∂

=

0=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂ dy

yfdx

xf

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 diferecial

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∂∂

xN

yM

∂∂

=∂∂

41

Como ∂f/∂x = M(x, y), tenemos

Derivando con respecto a y y suponiendo ∂f/∂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 – 1 g’(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

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

Esta ED es exacta porque

∂M/∂y = 2e2y + xy sen xy – cos xy = ∂N/∂x

∂f/∂y = 2xe2y – x cos xy + 2y

xyyexhxyyexf

xhysenxyxe

ydyxydyxdyexyxf

yy

y

y

cos)('cos

)(

2cos2) ,(

22

22

2

−=+−=∂∂

++−=

+−= ∫ ∫∫

Así que h’(x) = 0, entonces h(x) = c. La solución es xe2y – sin xy + y2 + c = 0

44

Resolver

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(sincos

2

2

=−

−= yxy

xxxydxdy

45

Tenemos h′(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

Ejemplo: La siguiente ED

Es exacta puesto que

Integrando respecto a xEs decir, Derivando respecto a y

De dondeFinalmente la solución general es

0dy)3yx(dx)1yx( 2 =+−+++

xyx

yyx

∂+−∂

=∂

++∂ )3()1( 2

∫ +++= )()1(),( ycdxyxyxu)(),( 2

2 ycxxyyxu x +++=

3)(' 2 +−=+=∂∂ yxycx

yu

∫ ++= 12 )3()( cdyyyc

232 332 cyxxy yx =++++

47

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

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

Esta ecuación será exacta sii (μM)y = (μN)x Es decir:

μMy + μy M = μNx + μx N,

μx N – μy M = (My – Nx ) μ

Factor integrante

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

48

Suponiendo que μ es función solo de la variable x:

μx = dμ /dx

Si tenemos que (My – Nx ) / N sólo depende de x, entonces nuestra EDO es de primer orden y es separable.

De manera similar, si μ solo es función de y:

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

μμN

NMdyd xy −=

μμM

MNdyd 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 μ. Si (My – Nx ) / N solo depende de x, entonces

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

dxN

NM xy

ex ∫=−

)(μ

dyM

MN yx

ey ∫=−

)(μUna 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 = μ(y)

20323

20324

2222 −+−=

−+−=

−yxx

yxxx

NNM xy

yMMN yx 3

=−

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

yyM

xN

M11

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

yydyd 11ln

=⇒−= μμ

01

ln2222

=++

+ dyy

yyxydxx

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

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 exactaExacta

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 eyyce

xyxyc =

−−

→=−−

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

)2()3(

xx eyyce

yyc =→=−−

)()(

)0()0(

( ) xx ecec =→=1

57

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

se dice que es una función homogénea de grado α.

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) = tαM(x, y), N(tx, ty) = tαN(x, y)

58

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

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

M(x, y)=yα M(v, 1), N(x, y)=yαN(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: xα M(1, u) dx + xα N(1, u) dy = 0,

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

++

uuNuMdxuN

xdx

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 =++−

xdxdu

uu

01

21 =+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

++−

xdxdu

u

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

cxxy

xycxuu lnln1ln2;lnln1ln2 =+++−=+++−

xycxeyxxy

cxyx /2

2

)( ; )(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 y n = 1, la ec. de Bernoulli es directamente lineal y podemos resolverla por separación de variables. En caso contrario 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 pude perderse en 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 = -x Ahora, 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

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: nyw −= 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:

dydww

dydx 2−−=

2312 −−− =−− wyywdydww

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)(,)( yyQyyp −==

2)(2

..y

ydydyypeeeIF =∫=∫=

64

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

∫ += CdyyQIFIwF )(....

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 tiene la nueva ecuación (4) de la siguiente manera:

22

2,,2

yuydyduyu ===

(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

++−=− 22221222

2Poniendo 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:

222

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

222

21 y

eyx

−−+−= Solución particular

66

Reducción a separación de variables por 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 – 9

Que ahora es separable. Al utilizar fracciones parciales,

dxuu

du=

+− )3)(3( dxduuu

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

+−

− 31

31

61

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

133ln

61 cx

uu

+=+−

x

x

cecexy 6

6

1)1(32

−+

+=

x

x

ceceu 6

6

1)1(3

−+=

x

x

eexuxy 6

6

1)1(322

+−

+=+=

68

Abajo puedes ver la gráfica de la solución particular

x

x

eexuxy 6

6

1)1(322

+−+=+=