semana03

Ecuaciones Diferenciales

Catalina DomınguezRicardo Prato

Universidad del Norte

Departamento de matematicas y estadıstica

02.2014

Pagina 1 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato

Ecuaciones separable de primer orden

Definicion

Se dice de aquellas ecuaciones diferenciales de primer orden de la forma

dy

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

¿ Son estas EDO separables?

xdy

dx= 4y exy

dy

dx= e−y + e−2x−y dy

dx=

xy + 3x− y − 3

xy − 2x+ 4y − 8

dy

dx+ 3x2y = 1 x2y′ + x(x+ 2)y = ex


dy

dx= g(x)h(y)

1

h(y)· dydx

=1

h(y)· g(x)h(y)

p(y) · dydx

= g(x)

Si y = φ(x) es solucion de la EDO

p(φ(x))φ′(x) = g(x)

∫

p(φ(x))φ′(x) dx+ C1 =

∫

g(x)dx + C2

pero dy = φ′(x) dx, ası∫

p(y) dy =

∫

g(x)dx + C.

p(y) :=1

h(y)

C := C2 − C1


Resolverdy

dx=

xy + 3x− y − 3

xy − 2x+ 4y − 8.

Tenemos

dy

dx=

(y + 3)(x − 1)

(y − 2)(x + 4)=⇒ y − 2

y + 3· dydx

=x− 1

x+ 4

integrando

∫y − 2

y + 3dy =

∫x− 1

x+ 4dx+ C

y − 2

y + 3= 1− 5

y + 3

se obtiene:y − 5 ln |y + 3| = x− 5 ln |x+ 4|+ C

y organizando terminos

Forma implicita de la solucion

ey(x+ 4)5 = c ex+1(y + 3)5.


Resolver (ex + e−x)dy

dx= y2

Aplicando el metodo de separacion de variables tenemos que

(ex + e−x)dy

dx= y2 ⇒ y−2 dy

dx=

1

ex + e−x∫

y−2dy =

∫dx

ex + e−x+ C ⇒ −y−1 = arctan ex + C

Esto es:Forma explicita de la solucion

y(x) = − 1

arctan ex + C

Pregunta

¿Existe solucion para el PVI

dy

dx=

y2

ex + e−x

y(0) = 0

?Pagina 5 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato

Perdida de solucion:

Al separar las variables, es posible que los divisores de alguna de ellas seancero an algun punto. En particular, si h(r) = 0 para algun r ∈ R, entoncesy(x) = r es solucion, ya que

dy

dx= 0 = g(x)0 = 0.

Pero al separar las variables

dy

h(y)= g(x) dx

no esta definido en x = r. En consecuencia y(x) = r podria no mostrarseen la familia de soluciones.


Resolver x+ ex+y cos y dydx

= 0

Separando las variables obtenemos∫

ey cos ydy = −∫

xe−xdx+ c.

1.) Integracion parcial del lado izq. con

{

u = ey ⇒ du = ey

dv = cos ydy ⇒ v = sin y∫

ey cos ydy = ey sin y −∫

ey sin y dy + c∫

ey cos ydy = ey sin y −∫

ey sin y dy

︸︷︷︸

int. parcial con

{

u = ey ⇒ du = ey

dv = sin ydy ⇒ v = − cos y

+ c

= ey sin y + ey cos y +

∫

ey cos y dy + c

∫

ey cos ydy =1

2ey sin y +

1

2ey cos y + c


2.) Integracion parcial para

∫

xe−xdx con

{

u = x ⇒ du = dx

dv = e−xdx ⇒ v = −e−x

∫

xe−xdx = −xe−x +

∫

e−x dx+ c

= −xe−x − e−x + c

−∫

xe−xdx = xe−x + e−x + c

y por lo tanto la solucion implicita de la EDO es

1

2ey sin y +

1

2ey cos y = xe−x + e−x + c


Resolver

{dxdt

= x2 − 4x− 5

x(1) = 5

1 ¿ Tiene el PVI solucion unica?

� f(t, x) = x2 − 4x− 5

�∂f∂x = 2x− 4

} * Ambas son continuas en IR2

* (t0, x0) = (1, 5) ∈ IR2

* TEU implica la existencia de solucion unica.

2 La ecuacion es autonoma.

� Puntos criticos c = 5,−1� Soluciones de equilibrio: x(t) = 5, x(t) = −1


−2 −1 0 1 2 3 43

3.5

4

4.5

5

5.5

6

6.5

7

x

−1Campo de direcciones para y’=y 2−4*y−5

−2 −1 0 1 2 3 43

3.5

4

4.5

5

5.5

6

6.5

7

x

5Campo de direcciones para y’=y 2−4*y−5


Resolver

{dxdt

= x2 − 4x− 5

x(0) = 1

� (t0, x0) = (0, 1) ∈ IR2.

� El TEU garantiza una unica solucion x(t) alrededor del punto(t0, x0) = (0, 1).

� Observe que el punto no pertenece a la grafica de la soluciones deequilibrio.

Pregunta: Como determinamos la solucion? Haciendo separacion devariables ∫

1

(x− 5)(x − 1)dx =

∫

dt+ c

Solucion general:

x(t) =5 + c · e6t1− c · e6t

Cond. Inicial: x(0) = 1

x(t) =5− 2e6t

1 + 2e6t


Resolver

{dydt

= 3x2/3

x(1) = 0

Punto critico c = 0 ⇒ Solucion de equilibrio: x(t) = 0

(t0, x0) = (1, 0) pertenece ala grafica de la solucion deequilibrio x(t) = 0.⇒ x(t) = 0 es solucion.Es la unica solucion del PVIdado? TEU:{

f(t, x) = 3y2/3

∂f∂x = 2/x2/3

⇒ En D = R× R− {0} lasfunciones f y ∂f/∂x soncontinuas y (1, 0) /∈ D. −10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8Campo de direcciones para y’=3*y(2/3)

Entonces el TEU no garantiza nada. Conclusion: Tenemos por lo menosuna solucion al PVI, pero no sabemos si es la unica!


Separando variables e integrando obtenemos

x1/3 = t+ C ⇒ x(t) = (t+ c)3

al reemplazar la condicion inicial x(1) = 0 obtenemos c = 0

x(t) = t3

y por lo tanto el PVI tiene por lo menos dos soluciones

x(t) = 0 x(t) = t3


Resolver

{dydt

= 3x2/3

x(2) = 3

(t0, x0) = (2, 3) no pertenecea la grafica de la solucion deequilibrio x(t) = 0.Existe una solucion el PVI?Es unica? TEU:{

f(t, x) = 3y2/3

∂f∂x = 2/x2/3

⇒ En D = R× R− {0} lasfunciones f y ∂f/∂x soncontinuas y (2, 3) ∈ D.

−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8Campo de direcciones para y’=3*y(2/3)

Entonces por el TEU existe una unica solucion x(t) definida alrededor delpunto t0 = 2.Reemplazando la condicion inicial x(2) = 3 en x(t) = (t+ c)3 obtenemosc = 3

√3− 2


Funciones homogeneas (en el sentido algebraico)

Se dice que una funcion continua f(x, y) es homogenea de grado λ si,para todo numero real t,

f(tx, ty) = tλf(x, y)

Ejemplo:

f(x, y) = x2 + y2 ⇒ f(tx, ty) = (tx)2 + (ty)2

= t2x2 + t2y2

= t2(x2 + y2)

= t2f(x, y)

La funcion es homogenea de grado 2





Ejemplo:

f(x, y) =(2x+ y)

y⇒ f(tx, ty) =

(2tx+ ty)

ty

=t

t

(2x+ y)

y

= t0f(x, y)

La funcion es homogenea de grado 0





Ejemplo:

f(x, y) =1√x+ y

⇒ f(tx, ty) =1√

tx+ ty

=1

√

t(x+ y)

=1√

t√x+ y

= t−1/2f(x, y)

La funcion es homogenea de grado −12


Ecuaciones con coeficientes homogeneos

Supongamos que la forma normal de EDO es de la forma

y′ = f(x, y) := −M(x, y)

N(x, y)

o en forma equivalente:

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

donde M(x, y) y N(x, y) satisface alguna de las siguientes opciones(note que son equivalentes):

1 f(x, y) = −M(x, y)

N(x, y)es homogenea de grado 0.

2 M(x, y) y N(x, y) son funciones homogeneas del mismo grado.

En este caso, decimos que la EDO tiene coeficientes homogeneos.

y′ =x+ y

x− yy′ =

y2 − 9

x2 + 4x+ yey/xdx− xey/xdy = 0


Metodo de solucion: EDO con coeficientes homogeneos

Si M y N son funciones homogeneas del mismo grado α,

Sustitucion: y = xv M(x, y)= xαM(1, v) N(x, y)= xαN(1, v)

dy = vdx+ xdv

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

xαM(1, v)dx+ xαN(1, v)dy = 0

xα(M(1, v)dx+N(1, v)dy

)= 0

M(1, v)dx+N(1, v)dy = 0

M(1, v)dx+N(1, v)(vdx+ xdv

)= 0

(M(1, v)dx+ vN(1, v)

)dx + xN(1, v)dv = 0

dx

x+

N(1, v)dv

M(1, v) + vN(1, v)= 0 EDO separable!

1

Ejemplo: Hallar la solucion general de y′ =x+ y

x− y

1 f(x, y) =x+ y

x− yes homogenea de grado 0.

2 Sustitucion y = xv ⇒ dy

dx= v + x

dv

dx

3 Reemplazando en la EDO

v + xdv

dx=

1 + v

1− v

4 Resolviendo por separacion de variables

x√

v2 + 1 = cearctan v

5 puesto que v = y/x tenemos

√

x2 + y2 = cearctan(y/x)


Ejemplo: Hallar la solucion general de −ydy + (x+√xy)dy = 0

1 ¿Es una EDO autonoma, separable o homogenea?

dy

dx= − y

x+√xy

= −M(x, y)

N(x, y)⇒ f(x, y) = − y

x+√xy

f(tx, ty) = − ty

tx+√tx ty

= − ty

tx+√

t2x y

= − ty

tx+ t√x y

= − t

t

y

x+√x y

= −t0y

x+√x y

Homogenea de grado 0 !

f(tx, ty) = −t0y

x+√xy

= t0f(x, y)


Ejemplo: Hallar la solucion general de −ydy + (x+√xy)dy = 0

2 Sustitucion y = xv ⇒ dy

dx= v + x

dv

dx

3 reemplazando en la EDO ⇒ v + xdv

dx=

1 + v

1− v4 Separando las variables e integrando

∫v − 1

v2 + 1dv = −

∫dx

x+ c⇒ 1

2ln(v2 + 1)− arctan v = − ln |x|+ c

⇒ x√

v2 + 1 = cearctan v

5 Reemplazando v = y/x

⇒√

x2 + y2 = cearctan(y/x)


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