apunteedoabril2009

5/11/2018 ApunteEDOabril2009 - slidepdf.com

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Universidad Técnica Federico Santa María

Departamento de Matemática

APUNTE PRELIMINAR ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1. Introducción

Definición 1. Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene diferenciales ó derivadas (ordinariasó parciales) de una o más variables dependientes con respecto a una o más variables independientes.

Resolver una ecuación diferencial es encontrar la forma general de la función que, al ser reemplazada enla ecuación, la transforma en una identidad.

Definición 2. Si una ecuación contiene solo derivadas o diferenciales ordinarias de una o más variables de-pendientes con respecto a una sola variable independiente, entonces se dice que es una ecuación diferencialordinaria (E.D.O).

Ejemplos:

1) dxdt− 4tx = 30 , x = x(t)

2) (x + y) dx− 12y dy = 0 , y = y(x)

3)du

dx− dv

dx= 4x , u = u(x), v = v(x)

4)d2y

dx2− 3

dy

dx+ 9y = 0 , y = y(x)

Definición 3. Una ecuación que contiene derivadas parciales de una o más variables dependientes de dos omás variables independientes se llama ecuación diferencial parcial (E.D.P.).

Ejemplos:

1)∂u

∂y+

∂v

∂x= 0 , u(x, y), v(x, y)

2) x∂u

∂x+ y

∂u

∂y= u , u(x, y)

3)∂ 2u

∂x2=

∂ 2u

∂t2− 2

∂u

∂t, u(x, t)

Definición 4. El orden de la más alta derivada en una ecuación diferencial se llama orden de la ecuación



1 INTRODUCCIÓN UTFSM

Ejemplos:

1)d2y

dx2− 4

dy

dx

4

− 9y = x , E.D.O. de segundo orden

2) x2 dy + y dx = 0 , E.D.O. de primer orden

3) a2∂ 4u

∂x4

+∂ 2u

∂t2

= 0 , E.D.P. de cuarto orden

Observación. Una E.D.O. general de orden n se representa a menudo mediante

F

x,y,

dy

dx,

d2y

dx2,

d3y

dx3, · · · ,

dny

dxn

= 0

Definición 5. Se dice que una E.D.O. es lineal si tiene la forma:

an(x)dny

dxn + an−1(x)dn−1y

dxn−1 + · · ·+ a1(x)dy

dx + a0(x)y = g(x)

Una ecuación que no es lineal se dice no lineal.

Observación. Las E.D. lineales se caracterizan por:

a) La potencia de cada término en que aparece y ó la dericvada de algún orden de y es 1.

b) Cada coeficiente ai(x), i = 1, · · · , n depende sólo de la variable independiente x.

Ejemplos:

1) x dy + y dx = 0, E.D.O. lineal de primer orden

2) y′′ − 2y′ + y = 0, E.D.O. lineal de segundo orden

3) x3 d3y

dx3− x2 d2y

dx2− 4x

dy

dx− 9y = ex, E.D.O. lineal de tercer orden

4) y y′′ − 2y′ = x, E.D.O. no lineal de segundo orden

5)d3y

dx3+ y2 = 0, E.D.O. no lineal de tercer orden

Definición 6. Se dice que una función φ cualquiera, definida en algún intervalo I ⊆ R, es solución de unaecuación diferencial ordinaria en el intervalo, si sustituida en dicha ecuación la reduce a una identidad.

Departamento de Matemática 2




En otras palabras, una solución de la ecuación

F

x,y,

dy

dx,

d2y

dx2,

d3y

dx3, · · · ,

dny

dxn

= 0

es una función y = φ(x) de clase C n(I ) y que satisface la ecuación, es decir,

F

x, φ(x), φ′(x), φ′′(x), φ′′′(x), · · · , φ(n)(x)

= 0 ∀x ∈ I

La solución general de una ecuación diferencial ordinaria de orden n es una función y = φ(x, C 1, · · · , C n),

que depende de constantes arbitrarias C 1, · · · , C n y que cumple:y = φ(x, C 1, · · · , C n) satisface la E.D. para cualquier valor de las constantes.

Toda solución de la E.D. se obtiene a partir de ella, para valores adecuados de las constantes C 1, · · · , C n.

Una solución particular de una ecuación diferencial ordinaria de orden n es una solución para valoresfijos de las constantes C 1, · · · , C n, es decir, es una solución que no depende de parámetros arbitrarios.

Ejemplos:

1) Comprobar que y = xex es una solución de la E.D.O. de segundo orden y′′ − 2y′ + y = 0

y = x ex

y′ = ex + x ex

y′′ = 2ex

+ x ex

Reemplazando: 2ex + x ex − 2(ex + x ex) + x ex = 0

2) Verifique que x(t) = C 1 sin(kt) + C 2 cos(kt) es la solución general de la E.D.O. de segundo ordenx′′(t) + k2x(t) = 0.

x = C 1 sin(kt) + C 2 cos(kt)

x′ = C 1k cos(kt) −C 2k sin(kt)

x′′ = −C 1k2 sin(kt)−C 2k2 cos(kt)

Reemplazando:

−C 1k2 sin(kt)−C 2k2 cos(kt) + k2(C 1 sin(kt) + C 2 cos(kt)) = 0

Observación.

1. Si una ecuación tiene como solución a la función y = 0 ´se dice que ésta es la solución trivial de laecuación diferencial.

2. La gráfica de una solución y = φ(x) de una E.D.O. se llama curva solución de la ecuación diferencial.

3. Soluciones explicitas e implicitas: Al resolver una E.D.O. no siempre sucede que la solución sepueda expresar en la forma explícita, y = φ(x). A veces, ésta sólo se puede expresar en forma implícita,como G(x, y) = 0.

Por ejemplo, la solución de la ecuación diferencial dydx = −xy corresponde a:

x2 + y2 − c = 0 con c > 0





4. Familia de soluciones: Una solución que contiene una constante arbitraria representa un conjunto ofamilia de soluciones. Cada una de las soluciones dependerá del valor que tome la constante.

En el ejemplo anterior, la solución x2 + y2− c = 0, dependiendo del valor de c nos dará como resultadouna familia de cirfunferencias de radio

√c

Definición 7. Resolver un problema de valor inicial (P.V.I.) de n-ésimo orden, es resolver la ecuación

diferencialdny

dxn= f (x, y, y′, y′′, · · · , y(n−1))

sujeta a las condiciones iniciales

y(x0) = y0, y′(x0) = y1, y′′(x0) = y2, · · · y(n−1)(x0) = yn−1

donde y0, y1, y2, · · · yn−1 son constantes.

Ejemplos:

1) Resolver el problema de valor inicial de primer orden:

dy

dx = −x

y

y(0) = 5

En este caso la solución de la E.D. es x2 + y2 − c = 0, por lo tanto al reemplazar y = 5 para x = 0en la solución obtenemos que c = 25. Por lo tanto la solución al P.V.I. es x2 + y2 − 25 = 0, quecorresponde a una circunferencia de radio 5.





1.1. Ecuaciones Diferenciales que representan diversos modelos matemáticos

Una ecuación diferencial puede representar un modelo matemático que describe el comportamiento deun fenómeno del campo físico, bilógico, químico, etc.

Ejemplos:

1) Crecimiento o decrecimiento de población

La rapidez con que crece o decrece una población es directamente proporcional a la población existente.

Sea P (t) la población existente al tiempo t, y sea k una constante. Entonces la E.D. que modela estefenómeno es:

dP

dt= kP

2) Ley de enfriamento o calentamiento de Newton

La rapidez con que cambia la temperatura de un cuerpo es directamente proporcional a la diferencia entrela temperatura del cuerpo y la temperatura del medio ambiente.

Sea T (t) la temperatura de un cuerpo al tiempo t, T ma la temperatura del medio ambiente y k unaconstante. Entonces la E.D. que modela este fenómeno es:

dT dt

= k(T − T ma)

Teorema 1. (Existencia y unicidad de soluciones)

Sea R una región rectángular en el plano XY tal que R = (x, y) : a x b, c y d que con-tiene al punto (x0, y0) en su interior. Si f (x, y) y ∂f/∂y son funciones continuas en R, entonces existe algún intervalo I 0 = [xo − δ, xo + δ] ⊂ I = [a, b] y una única función y(x) definida en I 0 que es solución del P.V.I.

dy

dx= f (x, y)

y(x0) = y0




2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN UTFSM

2. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Existen diversas formas para afrontar la resolución de una ecuación diferencial. El método seleccionadodependerá, finalmente, de las características del problema que se desea resolver, la información disponible(en el caso de un modelo), el grado de exactitud requerida a la solución, el tipo de análisis que se desea hacera partir de ella, etc. Los métodos pueden clasificarse en:

1. Métodos analíticos o directos (que consisten en la determinación analítica de la solución de la E.D.)

2. Análisis cualitativo (muy útiles, particularmente en casos en que no es posible encontrar una expresiónanalítica de la solución. Estos métodos han desarrollado técnicas que permiten, a través del análisis dela E.D., deducir el comportamiento que tendrán sus soluciones)

3. Métodos numéricos (muy útiles, como los anteriores, pero particularmente cuando se tiene informaciónó datos numéricos. Estos métodos requieren el uso de tecnología, SW y conocimientos de programación).

Presentamos a continuación algunos métodos analíticos de resolución de E.D.:

2.1. Separación de Variables

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

(2.1) M dx + N dy = 0

donde M y N pueden ser funciones de x e y o de ambas. En algunos casos la ecuación (2.1) puede serexpresada en la forma

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

o sea, se han reunido todos los términos que contienen la variable y en B(y) y todos los términos quecontienen la variable x en A(x).

La solución de (2.2) es A(x) dx +

B(y) dy = C

donde C es la constante de integración y que puede determinarse dependiendo de las condiciones iniciales.

Ejemplos:

1) Resolver el P.V.I.dy

dx= −x

ysujeta a y(0) = 5.

Separando variables queda

dy

dx= −x

y

y dy + x dx = 0 y dy +

x dx = 0

y2

2+

x2

2= C 0

y2 + x2 = C

Utilizando la condición inicial y(0) = 5 ⇒ C = 25

de donde la solución es x2 + y2 − 25 = 0





2) 2(y + 3) dx + xydy = 0 separando variables queda

2

xdx +

y

y + 3dy = 0

⇒ ln x2 + y − 3ln(y + 3) = c

⇒ ey = c1(y + 3)3

x2donde c1 = ec ⇒ ey−c− (y + 3)3

x2= 0

3) (x

2

− 1) dx + xydy = 0x2 − 1

xdx + y dy = 0 ⇒ x2

2− ln x +

y2

2= c / 2

x2 + y2 = 2c + ln x2

x2 + y2 − ln(cx)2 = 0 o ex2+y2 −kx2 = 0

4) sen x sen y dx + cos x cos y dy = 0

sen x

cos xdx +

cos y

sen ydy = 0 ⇒ − lncos x + ln sen y = c

sen y

cos x= c ⇒ sen y − c1 cos x = 0

5) xy3 dx + ex2

dy = 0

x e−x2

dx + y−3dy = 0

−1

2

−2x e−x

2

dx +y−2

−2= c

−1

2e−x

2 −1

2y−2 = c

e−x2

+y−2 = −2c

e−x2

+ y−2 − k = 0

2.2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden

Definición 8. La función f (x, y) se dice homogénea de grado k respecto a las variables x e y, si:

f (λx, λy) = λkf (x, y), ∀λ ∈ R− 0

Ejemplos:

1) La función f (x, y) = 3

x3 + y3 es homogénea de primer grado.

2) La función f (x, y) = xy − y2 es homogénea de segundo grado.

3) La función f (x, y) = x2−y2xy es homogénea de grado cero.

4) La función f (x, y, z) = xyz

+ x sen y2

z2es homogénea de grado uno.





Observación. Si F es homogénea de grado 0, entonces F (λx, λy) = F (x, y) ∀λ ∈ R−0. Luego,

∀x = 0, podemos hacer λ =1

xy reemplazando, tenemos: F

1,

y

x

= F x, y). Es decir, la función

F (x, y) puede mirarse como una función que depende de la variable yx .

Definición 9. La ecuación de primer orden

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

es homogénea cuando M y N son funciones homogéneas del mismo grado respecto de x e y

Resolución de una ecuación diferencial homogéna

Consideremos la ecuación homogénea

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

Luego podemos escribir (A) de la forma

dy

dx= −M (x, y)

N (x, y)= F

y

x

es decir:

(B)dy

dx= F (y/x)

Esta última ecuación se resuelve efectuando la sustitución:

(2.3) y = vx,

luego

(2.4)dy

dx= v + x

dv

dx

Sustituyendo (2.10) y (2.4) en (B), obtenemos

v + xdv

dx= F (v)

o sea:

xdv

dx+ v − F (v) = 0

x dv + (v − F (v)) dx = 0

dx

x+

dv

v − F (v)= 0

que es una ecuación de variables separables.





Ejemplos:

1)

x2 − xy + y2

dx− xydy = 0.

Observamos que las funciones M (x, y) = x2 − xy + y2, N (x, y) = −xy son homogéneas de grado 2.Luego se trata de una ecuación homogénea.

Haciendo y = vx, tenemos (dy = v dx + x dv), de donde:

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

(x2

− x2

v + x2

v2

− x2

v2

) dx− x3

v dv = 0x2(1 − v) dx− x3v dv = 0

dx

x+

v

v − 1dv = 0

ln x + v + ln(v − 1) = c

ln x +y

x+ ln

y − x

x

= c

ln(y − x) = c− y

x⇒ (y − x) ey/x = c

2) (x2 + y2) dx− 2xydy = 0 es homogénea pues M (x, y) = x2 + y2, N (x, y) = −2xy son homogéneasde grado 2.

Haciendo y = vx tenemos:

(x2 + x2v2) dx− 2x2v(v dx + x dv) = 0

(x2 + x2v2 − 2x2v2) dx− 2x3v dv = 0

x2(1− v2) dx− 2x3v dv = 0

Separando variables

dx

x+

2v

v2 − 1dv = 0

Integrando

ln x + ln(v2 − 1) = c, c ∈ R

reemplazando v = y/x:

ln x + ln

y2/x2 − 1

= c

ln x + ln(y2 − x2)− ln x2 = c

ln(y2 − x2)− ln x = c

y2 − x2

x= c

y2 = cx + x2





Ejercicios.

1) dy/dx =xy

x2 − y2

2) (2x + 3y) dx + (x − 2y) dy

3) y dx − x dy = 0

4) (1 + u)v du + (1 − v)u dv = 0

5) (1 + y) dx− (1 − x) dy = 0

6) (t2 − xt

2

)dx

dt + x2

+ tx2

= 0

7) (y − a) dx + x2 dy = 0

8) z dt − (t2 − a2) dz = 0

9)dx

dy=

1 + x2

1 + y2

10) (1 + s2) dt−√

t ds

11) dρ + ρ tg θ dθ = 0

12) sen θ cos ϕ dθ − cos θ sen ϕ dϕ = 0

13) sec2 θ tg θ dθ + sec2 ϕ tg θ dϕ = 0

14) sec2 θ tg ϕ dϕ + sec2 ϕ tg θ dθ = 0

15) (1 + x2) dy −

1 − y2 dx = 0

16)√

1 − x2 dy +

1 − y2 dx

17) 3 ex tg y dx + (1 − ex)sec2 y dy = 0

18) (x − y2x) dx + (y − x2y) dy = 0

19) (y − x) dx + (y + x) dy = 0

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

21) (x + y) dx + (y − x) dy = 0

22) x dy − y dx =

x2 + y2 dx

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

24) xy2 dy = (x3 + y3) dx

2.3. Ecuaciones reducibles a homogéneas

Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma:

(2.5)dy

dx=

ax + by + c

a1x + b1y + c1con a ó b = 0

Si c1 = c = 0, la ecuación (2.5) es, evidentemente, homogénea

puesax + by

a1x + b1yes una función homogénea

de grado cero

.

Supongamos, pues, que c y c1 (o una de ellas) son diferentes de cero. Realicemos el cambio de variables

x = x1 + h , ( h constante por determinar)y = y1 + k , ( k constante por determinar)

Entonces

(2.6)dy

dx=

dy1dx1

Reemplazando en (2.6) las expresiones de x, y,dy

dx, tenemos:

(2.7)dy1dx1

=ax1 + by1 + ah + bk + c

a1x1 + b1y1 + a1h + b1k + c1

Elijamos h y k de modo que se verifiquen las ecuaciones

(2.8)

ah + bk + c = 0

a1h + b1k + c1 = 0 ,

ó matricialmente:




2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN UTFSMa b

a1 b1

hk

=

−c−c1

CASO 1: Si

a ba1 b1

= 0, ⇒ el sistema tiene solución única, es decir, determinamos h y k

como solución del sistema de ecuaciones (2.8). Con esta condición, la ecuación (2.7) es homogénea:

dy1dx1

=ax1 + by1

a1x1 + b1y1

Al resolver esta ecuación y reemplazando para volver a las variables originales x e y, según las fórmu-las (2.6), obtenemos la solución de la ecuación (2.5).

Ejemplos:

1) Resolver la ecuacióndy

dx=

x + y − 3

x− y − 1

Como

1 11 −1

= −2 = 0, hacemos la sustituciónx = x1 + hy = y1 + k

Entonces

dy1dx1

=x1 + y1 + h + h− 3

x1 − y1 + h− k − 1

Resolviendo el sistema:

h + k − 3 = 0h− k − 1 = 0

⇒ h = 2, k = 1

Luego

dy1dx1

=x1 + y1x1 − y1

es una ecuación homogénea.

Sea v =y1x1

, es decir, y1 = vx1

∴dy1dx1

= v + x1dv

dx1

∴ v + x1dv

dx1=

x1

+ vx1

x1 − vx1

v + x1dv

dx1=

1 + v

1− ves una ecuación de variables separables

x1dv

dx1=

1 + v2

1− v

1− v

1 + v2dv =

dx1

x1 1

1 + v2− v

1 + v2

dv = ln x1 + c

arc tg v − 1

2ln(1 + v2) = ln x1 + c

arc tg v = lnx1 1 + v2 + c

earc tgv = ecx1√1+v2





Sustituyendo v pory1x1

, se obtiene:

c

x21 + y21 = e

arc tgy1x1

pero y1 = y − 1, x1 = x− 2. Luego

c (x− 1)2 + (y − 1)2 = earc tg( y−1x−2), c ∈ R.

CASO 2: Si

a ba1 b1

= 0, sabemos que el sistema no tiene solución única

Es decir, si ab1 = a1b ⇒ a1a

=b1b

= λ ⇒ a1 = λa y b1 = λb,

y por consiguiente, se puede expresar la ecuación (2.5) en la forma

(2.9)dy

dx=

(ax + by) + c

λ(ax + by) + c1

Haciendo la sustitución

(2.10) z = ax + by

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

dz

dx= a + b

dy

dx

de donde

(2.11)dy

dx=

1

b

dz

dx− a

b

Introduciendo las expresiones (2.10) y (2.11) en la ecuación (2.9) obtenemos

1

b

dz

dx− a

b=

z + c

λz + c1

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

1

bdz − a

bdx =

z + c

λz + c1dx

1

bdz −

a

b+

z + c

λz + c1

dx = 0

1

−bab + z+c

λz+c1

dz + dx = 0





Ejemplos:

1) y′ =2x + y − 1

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

2 14 2

= 0 : y′ =2x + y − 1

2(2x + y) + 5(∗)

Sea z = 2x + y ∴dzdx = z′ = 2 + y′ ⇒ y′ = z′ − 2

Reemplazando en (*), queda: z′ − 2 = z−12z+5 , de donde z′ =

5z + 9

2z + 5. Luego:

2z + 5

5z + 9dz = dx

2z + 5

5z + 9dz = x + c

pero

2z + 5

5z + 9dz = 2

z

5z + 9dz +

5

5z + 9dz =

2

5

5z + 9 − 9

5z + 9dz +

d(5z + 9)

5z + 9

=2

5 dz

−

9

5 d(5z + 9)

5z + 9 + ln

|5z + 9

|=

2

5

z − 9

5ln |5z + 9|

+ ln |5z + 9|

=2

5z − 18

25ln |5z + 9|+ ln |5z + 9|

=2

5z +

7

25ln |5z + 9|

∴2

5z +

7

25ln |5z + 9| = x + c

Como z = 2x + y, se tiene que:

2

5(2x + y) +

7

25ln|10x + 5y + 9

|= x + c

10y − 5x + 7ln |10x + 5y + 9| = c

Puesto que y(0) = −2 nos queda que: −20 + 7ln | − 1| = c ⇒ c = −20

∴ 10y − 5x + 7ln |10x + 5y + 9| = −20.

Ejercicios.

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

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

3) (x + 2y + 1)dx + (2x − 3)dy = 0





2.4. Ecuaciones Diferenciales Exactas

Consideremos la ecuación

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

que no es de variables separables ni homogénea ni reducible a homogénea.

Diremos que (2.12) es una ecuación diferencial exacta , si M (x, y) y N (x, y) son funciones de clase C 1(I ),es decir, continuas y con primeras derivadas continuas en un intervalo I , y que verifican la igualdad:

∂M

∂y=

∂N

∂x

Para resolver esta ecuación diferencial, suponemos que podemos encontrar una función F (x, y) = k(donde F es una función de clase C 2(D), D una región y k es una constante) tal que dF = Mdx + N dy.Luego, por (2.12):

dF = 0 ⇒ F (x, y) = k

Pero: dF =∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy = 0 y F solución de la ecuación, implica que

∂F

∂x = M (x, y) y∂F

∂y = N (x, y)

Como F es de clase C 2,∂ 2F

∂x∂y=

∂ 2F

∂ y ∂ x⇒ ∂M

∂y=

∂N

∂x

que es la condición que debe satisfacerse para que la ecuación original sea exacta. Veamos, en un ejemplo,cómo se utiliza la propiedad anterior.

Ejemplos:

1) Resolver la ecuación:

(∗) (3x2y + 2xy) dx + (x3 + x2 + 2y) dy = 0

En este caso:

∂M

∂y= 3x2 + 2x

∂N

∂x= 3x2 + 2x

⇒ ∂M

∂y=

∂N

∂x, es decir, es una E.D. exacta.




2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN UTFSMSuponemos que hay una solución F (x, y) = k, donde F es de clase C 2 en algún dominio, e integramosconsiderando y como constante:

∂F

∂x= 3x2y + 2xy ⇒ F (x, y) = x3y + x2y + C (y)

Derivamos con respecto a y la función F así obtenida y luego igualamos con N :

∂F (x, y)

∂y=

∂

∂y

x3y + x2y + C (y)

= x3 + x2 + C ′(y)

∴ x3

+ x2

+ C ′(y) = x3

+ x2

+ 2y ⇒ C ′(y) = 2y ⇒ C (y) = y2

+ C,∴ F (x, y) = x3y + x2y + y2 + C 1 = C, C ∈ R

∴ x3y + x2y + y2 = k, k ∈ R

2)2x

y3dx +

y2 − 3x2

y4dy = 0

La ecuación diferencial es exacta pues:

d

dy

2x

y3

= −6x

y4=

d

dx

y2 − 3x2

y4

dF

dx=

2x

y3 ⇒F (x, y) =

x2

y3+ C (y)

dF

dy=

d

dy

x2

y3+ C (y)

= −3x2

y4+ C ′(y) =

y2 − 3x2

y4

⇒ C ′(y) = y−2

⇒ C (y) = −1

y+ C 1

∴ F (x, y) =x2

y3− 1

y+ C 1

Luego la solución general de la ecuación está dada por la relación:

x2

y3 −1

y= C, C

∈R.

3)

y2

(x− y)2− 1

x

M

dx +

1

y− x2

(x− y)2

N

dy = 0

∂M

∂y=

2xy

(x− y)3

∂N

∂x=

2xy

(x− y)3

⇒ ∂M

∂y=

∂N

∂x

Luego, la ecuación es exacta . Buscamos F (x, y) tal que dF = 0, i.e.,

∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy = 0





Así

∂F

∂x=

y2

(x− y)2− 1

x⇒ F (x, y) =

y2

(x− y)2− 1

x

dx = − y2

x− y− ln |x| + C (y)

∴∂F

∂y=−2y(x− y)− y2

(x− y)2+ C ′(y) =

1

y− x2

(x − y)2

∴ C ′(y) =1

y+

2xy − y2 − x2

(x− y)2

= 1y− x2 − 2xy + y2

(x− y)2

=1

y− 1

C (y) = ln |y| − y + K

F (x, y) = − y2

x− y− ln |x|+ ln |y| − y + K

= lny

x

− y2

x− y− y + C

∴ la solución viene dada por

ln y

x− y2

x− y − y = cte.

Ejercicios.

1) (x2 + y) dx + (x − 2y) dy = 0

2) (y − 3x2) dx − (4y − x) dy = 0

3) (y3 − x) y′ = y

4)

y2

(x − y)2−

1

x

dx +

1

y−

x2

(x − y)2

dy = 0

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

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

= 0

7)

1

x2+

3y2

x4

=

2y dy

x3

8)x2 dy − y2 dx

(x − y)2= 0

9) x dx + y dy =y dx − x dy

x2 + y2

2.5. Factor de Integración

Supongamos que la ecuación:

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

no es una ecuación diferencial exacta (y que no es de los tipos de ecuaciones anteriores), por ejemplo,

(y + xy2)dx− x dy = 0.

Se puede a veces elegir una función µ(x, y) tal que si multiplicamos la ecuación por esta función, la

ecuación (2.13) se convierta en una ecuación diferencial exacta. La función µ(x, y) se llama factor de in-tegración (o factor integrante ) de la ecuación (2.13).

Para hallar el factor integrante µ procedemos del siguiente modo:





µM dx + µN dy = 0

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

∂ (µM )

∂y=

∂ (µN )

∂x

es decir:

µ∂M

∂y+ M

∂µ

∂y= µ

∂N

∂x+ N

∂µ

∂x

o sea

M ∂µ

∂y−N

∂µ

∂x= µ

∂N

∂x− ∂M

∂y

1

µ

M 1

µ

∂µ

∂y−N

1

µ

∂µ

∂x=

∂N

∂x− ∂M

∂y

M ∂ (ln µ)

∂y−N

∂ (ln µ)

∂x=

∂N

∂x− ∂M

∂y(2.14)

En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda de µ(x, y) de la ecuación (2.14) es más difícilque integrar la ecuación (2.13). Sólo en algunos casos particulares se logra determinar fácilmente la funciónµ(x, y).

Los casos que contemplaremos son los siguientes:

CASO 1:Supongamos que la ecuación (2.13) admite un factor integrante que depende sólo de y, es decir, µ = µ(y).Entonces:

∂ ln µ

∂x= 0

y la ecuación (2.14) se reduce a:

∂ ln µ

∂y=

1

M ∂N

∂x−

∂M

∂y ln µ =

1

M

∂N

∂x− ∂M

∂y

dy

µ(y) = e

1

M

∂N

∂x− ∂M

∂y

dy

Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión1

M ·

∂N

∂x− ∂M

∂y

no depende

de x (pues si no µ depende de x). Luego multiplicando la ecuación (2.13) por µ(y), obtenemos:

[µ(y)M (x, y)] dx + [µ(y)N (x, y)] dy = 0que es una ecuación diferencial exacta.





CASO 2:Supongamos que la ecuación (2.13) admite un factor integrante que depende sólo de x, es decir, µ = µ(x).Entonces:

∂ ln µ

∂y= 0

y la ecuación (2.14) se reduce a:

∂ ln µ

∂x=

1

N ∂M

∂y− ∂N

∂x ln µ =

1

N

∂M

∂y− ∂N

∂x

dx

µ(x) = e

1

N

∂M

∂y− ∂N

∂x

dx

Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión

∂M

∂y− ∂N

∂x

/N no depende

de y (pues sino µ depende de y). Luego multiplicando la ecuación (2.13) por µ(x) obtenemos:

[µ(x)M (x, y) ]dx + [µ(x)N (x, y) ]dy = 0que es una ecuación diferencial exacta.

Ejemplo. Hallar la solución de la ecuación (y + xy2) dx − x dy = 0.

Solución. En este caso, M = y + xy2, N = −x

∂M

∂y= 1 + 2xy;

∂N

∂x= −1, luego

∂M

∂y= ∂N

∂x

Luego la ecuación no es una ecuación diferencial exacta. Examinemos si esta ecuación admite un factorintegrante que dependa sólo de y. Observemos que:

∂N

∂x− ∂M

∂y

M =−1− 1− 2xy

y + xy2=−2(1 + xy)

y(1 + xy)= −2

y

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

∂ ln µ

∂y= −2

y

de donde ln µ = −2 ln y, es decir, µ =1

y2.

Después de multiplicar todos los términos de la ecuación dada por el factor integrante µ(x, y) = 1/y2,

obtenemos la ecuación: 1

y+ x

dx− x

y2dy = 0





diferencial exacta

∂M 1

∂y=

∂N 1∂x

= − 1

y2

. Resolviendola, encontramos que:

x

y+

x2

2+ c = 0, es decir,

y = − 2x

x2 + 2c.

2.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer OrdenSea I un intervalo real. Una ecuación diferencial de primer orden en I , se dice lineal si puede escribirse

de la forma:

(∗) a1(x) y′ + a0(x) y = h(x)

en donde a1(x), a0(x), h(x) son continuas en I y a1(x) = 0 para algún x ∈ I . La ecuación (*) se dicehomogénea si h(x) = 0, ∀x ∈ I y se dice normal si a1(x) = 0, ∀x ∈ I

Consideremos ahora la ecuación diferencial lineal normal de primer orden en I :

(2.15) a1(x) y′ + a0(x) y = h(x)

Nuestro propósito es encontrar la solución general de (2.15). Como la ecuación (2.15) es normal en I entonces la podemos escribir de la forma:

y′ +a0(x)

a1(x)y =

h(x)

a1(x)

O sea:

y′ + p(x) y = q(x)

donde: p(x) =

a0(x)

a1(x), q(x) =

h(x)

a1(x)

dy

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

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

( p(x) y − q(x)) dx + dy = 0(2.16)

Notemos que en esta ecuación, M (x, y) = p(x) y − q(x), N (x, y) = 1. Luego:

∂M (x, y)

∂y= p(x),

∂N (x, y)

∂x= 0

∂M

∂y= ∂N

∂xsalvo que p(x) = 0 ∀x ∈ I.

El caso p(x) = 0, reduce la ecuación (2.16) a una ecuación de variables separables que ya sabemos resolver.Supongamos, pues, que p(x) = 0. Examinemos si la ecuación (2.16) admite un factor integrante que

depende sólo de x. Observemos que:

−∂N ∂x + ∂M

∂y

N = p(x)





por lo tanto la ecuación lo admite. Luego el factor integrante es tal que:

∂ ln µ(x)

∂x= p(x)

o sea µ(x) = e p(x) dx

Multiplicando todos los términos de la ecuación (2.16) por el factor integrante µ(x) = e p(x) dx, obtenemos

la ecuación

(2.17) ( p(x) − q(x)) e p(x) dx dx + e

p(x) dx dy = 0

que es una ecuación diferencial exacta, ya que:

∂M 1∂y

= p(x) e p(x) dx =

∂N 1∂x

donde M 1(x, y) = ( p(x) − q(x)) e p(x) dx y N 1(x, y) = e

p(x) dx

Tarea. Resuelva el ecuación (2.17) y verifique que:

y =1

e p(x) dx q(x) e

p(x) dx dx + C , c

∈R, x

∈I

es la solución general de la ecuación y′ + p(x) y = q(x).

Observación. Otra manera de encontrar la solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden en I es la siguiente:

y′ + p(x)y = q(x)

e p(x) dx

y′ e p(x) dx + p(x) e

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

p(x) dx

Como y′ e p(x) dx + p(x) e

p(x) dx y =d(y e

p(x)dx)dx se tiene que la ecuación anterior se puede escribir

en la forma:

d

y e p(x) dx

dx

= q(x) e p(x) dx

de donde, integrando,

y e p(x) dx =

q(x) e

p(x) dx dx + C

y(x) =1

e p(x)dx

q(x) e

p(x)dx dx + C





Ejemplos:

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

Solución.

xdy

dx− 2y = x4 ⇒ y′ − 2

xy = x3

∴ y = e− −2x dxC + x3 e −2x dx dx

y = e2 ln x

C +

x3 e−2 lnx dx

= x2

C ∗

x3

x2dx

y = x2

C +

x2

2

⇒ 2y = x2C + x4

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

Solución.

(x + 1)2dy

dx+ 3(x + 1)y = 4 ⇒ y′ + 3(x + 1)−1y = 4(x + 1)−2

y = e−

3x+1 dx

c +

4

(x + 1)2· e

3

x+1 dx

= e−3 ln |x+1|

c +

1

(x + 1)2e3 ln |x+1| dx

=1

(x + 1)3

c + 4

(x + 1)3

(x + 1)2dx

=

1

(x + 1)3c +

1

2

(x + 1)2

(x + 1)3

y = c (x + 1)−3 + 2 (x + 1)−1

3) (1 + xy) dx− (1 + x2) dy = 0

Solución.

(1 + x2)y′ − xy = 1 ⇒ y′ − x

1 + x2y =

1

1 + x2

y = e

x

1+x2dx

c +

1

1 + x2e−

x

1+x2dx

dx

= e

12 ln |1+x2|

c +

1

1 + x2e−

12 ln(1+x2) dx

y =

1 + x2

c +

1

(1 + x2)3/2dx

= c

1 + x2 + x

Cálculo de

1

(1 + x2)3/2 dx = sec2 θ dθ

(sec2 θ)3/2 = cos θ dθ = sen θ =

x

√1 + x2





4) Ldi

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

Solución.

di

dt+

R

Li =

E

L⇒ i(t) = e−

RLt

c +

E

LeRLt dt

= e−

RLt

c +

E

L· L

ReRLt

i(t) = c e−R

L

t

+

E

R i(0) = 0 ⇒ 0 = C +

E

R ⇒ C = −E

R ⇒ i(t) =

E

R 1− e−R

L

t5) dx = (1 + 2x tg y) dy

Solución.

dx

dy= 1 + 2x tg y ⇒ dy

dy− 2x tg y = 1 ⇒ x(y) = e2

tg y dy

c +

e−2

tg y dy dy

x(y) = e2 ln | cos y|

c +

e2 ln | cos y| dy

= sec2 y

c +

cos2 y dy

= sec2 y

c +

1

2

(1 + cos 2y)dy

x(y) = sec2 y

c + 12

y + sen2y

2

⇒ 4x cos2 y = C + 2y + sen 2y

6) Resolver

a ) (1 + cos x) dy − sen x(sen x + sen x cos x− y)dx

b) Ldi

dt+ Ri = E sen ωt, con i(0) = 0

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

Solución

a(r) =k

r2k < 0 como en r = R, a(R) = −g ⇒ a(r) = −gR

r2

por otro lado

a =dv

dt=

dv

dr· dr

dt=

dv

dr· v′ ⇒ −gR2

r2=

dv

dr· v

⇒ gR2

r+ c =

v2

2pero en r = R, v = v0 ⇒ c =

v202− gR

⇒ v2 =2gR2

r2 + v20 − 2gR





8) Un embudo con ángulo de salida de 60 y una sección transversal con área de 0,5cm2, contiene agua. Ent = 0, se abre la salida. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse, suponiendo que la altura inicialdel agua h(0) = 10cm.

Dato: v = 0,6√

2gh h = altura instántanea, v = velocidad del líquido.

Solución.

dV = volumen de H2O que sale.

dV = 0,5 · v · dt con v = 0,6

2gh,

por otro lado

dV = −πr2dh con r = h tg30 = h/√

3

⇒ 0,3√

2

ghdt = −πh2

3dh ⇒ 0,9

√2g

πdt = −h3/2 dh

0,9

π

2g t = −h5/2 · 2

5+ c y h(t = 0) = 10 ⇒ 0,9

π

2g · 0 = −105/2

2

5+ c

t =2

5

π

0,9 · √2g · 105/2

−h5/2 y para h = 0 t =

2

5 ·π

0,9√2g ·105/2 = 99,7seg = 1′40′′

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

a ) Hallar v cuando S = 24

b) Hallar t que demora en recorrer desde S = 8 a S = 24.

Solución.

a = − ks2⇒ −1 = −k

4⇒ k = 4 ⇒ a = −4/s2; v = ds

dt

a =dv

dt=

dv

ds· ds

dt=

dv

ds· v ⇒ v

dv

ds= − 4

s2⇒ v2/2 = c + 4/s ⇒ c =

25

2− 4

8= 12

a ) v(s = 24) =√

2

424 + 12 ≈ 4,93

b) v =ds

dt=

√8

s

s + 3s2 ⇒ t =

1

2√

2

824

s ds√s + s2

≈ 3,23





2.7. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal

Ciertas E. D. no lineales de primer orden pueden reducirse a E. D. L. por un adecuado cambio de variables.

2.7.1. E. D. de Bernoulli

La E. D. de Bernoulli adopta la forma:

(2.18)dy

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

que es una ecuación diferencial no lineal, salvo en los siguientes dos casos:

Si n = 1 (2.18) quedady

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

Si n = 0 (2.18) queda y′ + p(x)y = q(x) que es una ecuación diferencial de primer orden lineal.

Si n = 0, 1 usamos la sustitución µ = y1−n. Derivando esta igualdad respecto a x:

dµ

dx= (1− n) y−n

dy

dx

Al multilpicar (2.18) por (1− n) y−n, queda:

(1− n) y−n y′ + (1 − n) p(x) y1−n = (1− n) q(x)

dµ

dx+ (1− n) p(x) µ = (1− n) q(x)

que es una E. D. L. de primer orden en la variable µ.

Ejemplos:

1) y′ + xy =x

y

Solución.

yy ′ + xy2 = x ⇒ µ = y2 = y1−(−1) ⇒ dµ

dx= 2y

dy

dx1

2

dµ

dx− xµ = x ⇒ µ(x) = e−2

2x dx

2x e

2x dx dx + c

µ(x) = e−x2

2x ex

2

dx + c

= e−x

2

c + ex2

= 1 + c e−x2

2) y′ − y

x= −5

2x2y3





Solución.

y−3y′ − y−2

x= −5

2x2 ⇒ µ = y−2 ⇒ µ′ = −2y−3y′

µ

−2− µ

x= −5

2x2 ⇒ µ′ + 2µ · 1

x= 5x2

µ(x) = e−

2xdx

c +

5x2 e

2/xdx dx

= e−2 lnx

c +

5x2 e2 lnx dx

=

1

x2

c + 5 · x5

5

µ(x) = y−2 = cx−2 + x3 ⇒ cx−2 + x3 = y−2

2.7.2. Ecuación de Ricatti

Una E. D. N. L. de primer orden de la forma:

y′(x) + a2(x)y2 + a1(x)y + a0(x) = 0

donde ai(x) son funciones continuas en I , ∀ i = 0, 1, 2 y a2(x) = 0 en I se conoce como ecuación de Ricatti .

Para convertirla en una EDL de primer orden se utiliza la sustitución y =1

µ+ y1 donde y1(x) es una

solución particular de la ecuación de Ricatti (esta sustitución particualr se encuentra por inspección).

Demostración. Sea

y =1

µ+ y1 ⇒ dy

dx= −µ−2 du

dx+

dy1dx

donde y1 es solución particular de la ecuación, vale decir:

y′1 + a2(x)y21 + a1(x)y1 + a0(x) = 0

Reemplazando en la ecuación:

dy1dx

− 1

µ2

du

dx+ a2(x)

y1 +

1

µ

2

+ a1(x)

y1 +

1

µ

+ a0(x) = 0

0 = y′1 −1

µ2

du

dx+ a2(x)y21 +

2

µy1a2(x) +

1

µ2a2(x) + a1(x)y1 +

a1(x)

µ+ a0(x)

−dµ

dx+ 2µy1a2(x) + a2(x) + a1(x)µ = 0 ⇒

dµ

dx− (2y1a2(x) + a1(x))µ = a2(x) ⇐⇒ dµ

dx+ p(x)µ = q(x)





Ejemplo.

1. Resolver: y′ = x + 1 − xy2 + 2x2y − x3 si y1(x) = 1 + x

Reescribimos la ecuación en la forma anterior:

y′ + xy2 − 2x2y + x3 − x− 1 = 0

Identificamos: a2(x) = x, a1(x) = −2x2

, a0(x) = x3

− x− 1, y reemplazamos:

dµ

dx− 2xµ = x de donde µ = e−

−2xdx x e 2xdx dx + c

2. Resolver: y′ − sen2 xy2 +1

sen x cos xy + cos2 x = 0, si y p = cot x.

Aquí, a2(x) = − sen2 x a1(x) = senxcosx

a0(x) = − cos2 x.

Hacemos la sustitución y =1

v+ y p(x)

⇒dv

dx −−2cot x sen2 x +1

sen x cos x v =

−sen2 x.

dv

dx−−2

sen x

(cos x)−1+

1

sen x cos x

v = − sen2 x

dv

dx−−2sen x cos x +

1

sen x cos x

v = − sen2 x

v′ − −2sen2 x cos2 x + 1

sen x cos xv = − sen2 x

v = e −2 sen2 x cos2 x+1

senx cosx dx

−

sen2 x e

2 sen2 x cos2 x+1senx cosx dx dx + c

−2sen x cos x +1

sen x cos x

dx = −2

sen2 x

2+

2

sen2xdx

= − sen2 x + 2 cosec2x dx = − sen2 x + ln | cosec2x + cot 2x|

v = e− sen2 x e− ln | cosec 2x+cot2x|−

sen2 x esen2 x eln | cosec 2x+cot2x| dx + c

v = e− sen2 x 1

cosec2x + cot 2x

−

sen2 x esen2 x(cosec2x + cot 2x)dx + c

= e− sen2 x sen2x

1 + cos 2x

−

sen2 x esen2x · cos x

sen xdx + c

= tg x e− sen2 x

−1

2

2sen x cos x esen

2 x dx + c

= tg x e− sen2 x −1

2

esen2 x +c =

−1

2

tg x + c tg x e− sen2 x

⇒ y(x) = cotg x +1

−12 tg x + c tg x e− sen2 x





3. Resolver: y′ − xy2 + (2x− 1)y = x− 1.

Solución. Supongamos que y1 = k, por determinar el valor de k.

y′1 = 0 ⇒ 0− xk2 + 2kx − k − x + 1 = 0

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

⇒ k = 1 ∴ y = 1 +1

u⇒ y′ = −u−2u′

−u−2u′

−x1 +

1

u2

+ (2x

−1)1 +

1

u = x

−1

−u−2u′ − x− 2x/u− x/u2 + 2x− 1 + 2x/u− 1/u = x− 1 / · (−u2)

⇒ u′ + u = −x ⇒ u(x) = e− dx

c +

−x e

dx dx

u(x) = e−x (c− x ex + ex)

∴ y = 1 + (1 − x + c e−x)−1

Ejercicios.

1) 2y′ −y2

x2− 1 = 0

2) y′ + y2 + 3y + 2 = 0

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

4)dx

dt+ x2 + 1 = 0

5) y′ + y2 − 1 = 0, tal que, y(0) = −1/3

Observación. A veces, las sustituciones son, en la práctica, "sugeridas"por la ecuación. Resolvamos, por

ejemplo, la ecuacióndy

dx+ p(x)y = q(x)y ln y. Para ello, sea:

u = ln y ⇒ u′ =1

yy′

⇒ u′y + p(x)y = q(x)yu

du

dx+ p(x) = q(x)u ⇒ du

dx− q(x)u = − p(x)

EDL de primer orden

2.8. Existencia y unicidad de las soluciones

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

(2.19) y(x) = e− p(x) dxc + q(x) e p(x) dx dxy la solución general de una de tales ecuaciones es, por lo tanto, una familia de curvas en el plano xydeterminada por el intervalo I .





2.9. Aplicaciones: Modelos Lineales

2.9.1. Desintregación Radioactiva

Aplicación. Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamente proporcionala su masa en cada instante. Determinar la ley de variación de la masa del radio en función del tiempo, sipara t = 0 la masa del radio es m0

Solución. Sea m la masa en el instante t y m + ∆m, en el instante t + ∆t. La masa desintegrada durante eltiempo ∆t es ∆m. La razón ∆m

∆t es la velocidad media de desintegración. Luego:

lım∆t→0

∆m

∆t=

dm

dtes la velocidad de desintegración del radio en el instante t.

Según la hipótesis:

(2.20)dm

dt= −km

donde k es el coeficiente de proporcionalidad (k > 0).Ponemos el signo menos, porque a medida que transcurre el tiempo, la masa del radio disminuye y por eso

dm

dt < 0 (puesto que la función m(t) es decreciente, entoncesdm

dt < 0)La ecuación (2.20) es una ecuación de variables separables. Separando variables:

dm

m= −k dt

⇒ ln m = −kt + c

⇒ m = c e−kt

como m(0) = m0, entonces m0 = c.

∴ m = m0 e−kt .




3 COMPORTAMIENTO CUALITATIVO DE LAS EDO UTFSM

3. Comportamiento cualitativo de las EDO

En muchas de las aplicaciones,las ecuacones diferenciales que se obtienen al modelar una situación realno puede resolverse explícitamente. Sin embargo, en la mayoría de los casos interesa describir el compor-tamiento de las soluciones, más que encontrara una expresión analítica para ella. Por ejemplo, al aumentarel tiempo t, ¿crecen sin cota las soluciones? ó ¿tienden las soluciones a algún valor (0 por ejemplo)? ó talvez, ¿oscilan entre ciertos valores?

En este capítulo, veremos cómo es posible lograr este tipo de información, sin tener una expresión analíticapara la solución.

Definición 10. Sea D ⊂ R× R, F : D → R. Una expresión de la forma

dx

dt= F (t, x) ó x = F (t, x)

es una EDO de primer orden.Si F (t, x) = F (x), i.e., F depende sólo de la variable x, entonces

x = F (x),

y en este caso la ecuación se dice autonóma .

Teorema 2 (existencia de soluciones). Sea F : Ω → R una función continua en el dominio Ω. Para todopunto (x0, y0) ∈ Ω existe una función ϕ : I → R definida en algún intervalo I , solución del problema de valor

inicial (llamado de Cauchy) dx

dt= F (t, x), tal que ϕ(t0) = x0

La figura 1 ilustra el teorema con dos soluciones ϕ1, ϕ2

x = ϕ2(t)

x = ϕ1(t)

t

x

Figura 1

Teorema 3. Sea F : Ω → R tal que F,∂F

∂xson funciones continuas en el dominio Ω. Para todo punto

(t0, x0) ∈ Ω existe una única función ϕ : I → R definida en algún intervalo I de R, solución única del problema de valor inicial de Cauchy.

Nótese que si F es un polinomio en la variable x, entonces la ED admite solución única ∀ (t, x) ∈ R2. Enlo que sigue, siempre supondremos existencia y unicidad de los problemas de Cauchy.

Una solución x(t) de x = F (t, x) se representa geométricamente en el plano t–x. Como dado cualquier(t0, x0) ∈ D existe una solución que pasa por (t0, x0), ello quiere decir que las soluciones de la ED se repre-sentan por una familia de curvas solución en D y que ∃ ! curva solución que pasa por un punto determinado.





Ejemplos

1. x = x− t f (x,t)

Cualitativamente:dx

dt= 0 ⇒ x(t) alcanza sus puntos críticos

en x− t = 0

1

2

−1

−2

1 2−1−2

Analíticamente:

Método 1 x− x = −t E.D. lineal

x(t) = e dt− t e− dt dt + C

= et

t e−t + e−t +C

= t + 1 + C et

Método 2 u = x− t Luego

du

dt=

dx

dt− 1

∴du

dt+ 1 = u ⇒ du

u− 1= dt

ln(u− 1) = t + k

u(t)−

1 = C et

x(t)− t = C et +1

2. x = −x

t, t = 0

Analíticamente:

dx

x=−

dt

t

ln |x| = − ln |t|+ C

∴ |x(t)| = k1

t

Si dx

dt= 0 entonces − x

t= 0

⇒ x(t) = 0 (solución trivial)

Cualitativamente:

x > 0 ∧ t > 0 ⇒ x < 0

x > 0 ∧ t < 0 ⇒ x > 0

x < 0 ∧ t > 0 ⇒ x > 0

x < 0 ∧ t < 0 ⇒ x < 0





3. x = − t

x.

Cualitativamente:

x = 0 ⇒ t = 0.

Por lo tanto, los puntos críticos se encuentransobre la recta t = 0.

Analíticamente:

x = 0 ⇒ x dx = −t dt

⇒ x2 + t2 = C

Pero, debe tenerse presente que las curvas nocruzan la recta x = 0.

4. Veamos ahora una ecuación autónoma: x =1

2(x2 − 1).

Aquí, x = 0 ⇒ x(t) = 1 ó x = −1

Estas soluciones se llaman puntos de equilibrio, y tenemos es siguiente gráfico en el plano t− x:

x(t) = 1

x(t) = −1

Vemos entonces que no es necesario tener ni la solución explícita ni un dibujo exacto para poder describir

cualitativamente el comportamiento de la solución de una ED. Más aún, sidx

dt = F (x) es una ED autónoma,las soluciones de ella tienen la siguiente propiedad:





Si ξ : R → R es una solución, entonces cualquier traslación de la gráfica de ξ en la dirección del eje t esla gráfica de otra solución de la ecuación.

En efecto, sea η : R→ R con η(t) = ξ(t − c), c ∈ R constante

η = ξ(t− c) ≡ F (ξ(t − c)) ≡ F (η(t))

∴ η también es una solución

Ejemplo x = x

1

2

−1

−2

1 2−1−2

Observación.

1. Notamos que el comportamiento de una ecuación diferencial de la forma x = f (x) está determi-nado por f (x). Específicamente:

a ) Si ∃ c ∈ R : f (c) = 0, entonces x(t) = c es una solución

b) Si f (x) = 0, entonces x(t) es creciente o decreciente, dependiendo del sgnf (x)

Esta información cualitativa puede representarse en una recta real que representa el comportamientode x(t), mediante las llamadas líneas de fase.

En la ecuación del ejemplo anterior, notamos que tiene sólo tres soluciones esencialmente diferentes:curvas crecientes, decreciente y una curva constante. Se puede ilustrar esta información geométrica-mente por medio de la siguiente línea de fase:

decrece crece0

x

2. Análisis analítico vs. cualitativo

Hay ecuaciones diferenciales autóomas de primer orden, en las que a pesar de que es posible encontrarla solución analítica, las fórmulas obtenidas no son fáciles de interpretar. En estos casos, los méto-

dos geométricos y cualitativa permiten obtener mucha información con poco trabajo. Por ejemplo,consideremos





dy

dt= 4y(1− y) ⇒ dy

4y(1− y)= dt /

en donde claramente podríamos encontrar la solución tras la integración.

Pero, donde es más notable el aporte del análisis cualitativo, es en el caso de ecuaciones en donde lasolución analítica es realmente difícil de obtener.

Considerar

dy

dt= ey

2/10 sen2 y

⇒

ey2/10 sen2 y

−1

dy =

dt

Pero cualitativamente

f (y) = ey2/10 sen2 y > 0

excepto para y = nπ que nos dan las soluciones de equilibrio.

Una gráfica aproximada de las soluciones, que ilustra de manera clara su comportamiento, es:

1 2 3 4 5 6 7 8 9−

1−

2−

3−

4−

5−

6−

7−

8−

9

Definición 11. Sea x = F (x) una ecuación diferencial autónoma. Si existe x0 ∈ R : F (x0) = 0, diremos quex0 es una singularidad o un punto de equilibrio de la ED.

Observación.

1. Notar que x(t) = x0 es una solución ( la solución constante) de la E.D., pues en este caso

x(t) = 0 y F (x0) = 0





2. La línea de fase se puede obtener directamente de x(t) = F (x), simplemente mirando cuandoF (x) > 0, = 0 ó < 0.

Ejemplo Supongamos que Gr F viene dado por

a

b

c d

Entonces, la línea de fase es:

a b c d

en donde la dirección de la flecha indica si la función que es la solución de la ecuación diferencial, es decir,x(t), crece (→) o decrece (←). A partir de la línea de fase, es posible "visualizar"la gráfica aproximada dela solución, en el plano x− t.

d

c

b

a





Observación. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de la ecuación de una singularidadaislada en la Línea de Fases, se distinguen los siguientes tipos de singularidades

1. Repulsor o fuente

2. Atractor o sumidero

3. Atractor-repulsor

4. Repulsor-atractor

Ejemplo. Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite la EDO x = (x− 1)3 ecos(x4−1).

Solución. Es inmediato que x = 1 es la única singularidad (aislada) de la EDO. Como ecos(x4−1) > 0, ∀x ∈ R,

la gráfica de F (x) = (x− 1) ecos(x4−1), la línea de fases y los tipos de soluciones de la EDO, son como ilustra

la figura, respectivamente.

1 1

2

1 2 3 4

La ecuación del ejercicio anterior, es muy difícil de integrar, si se deseara usar las técnicas clásicas delcálculo. En consecuencia es difícil conocer explícitamente las ecuaciones de las soluciones que indica la figura.Sin embargo, la línea de fases permite dar una descripción cualitativa del tipo de soluciones y del punto deequilibrio.

Definición 12. Dos ecuaciones diferenciales autónomas, se dicen cualitativamente equivalentes si, y sólo si,tienen la misma línea de fases, en el sentido del mismo número de puntos singulares, de la misma naturalezay distribuidos en el mismo orden.




4 SISTEMAS DE ED DE PRIMER ORDEN (EN EL PLANO) UTFSM

Ejemplos

1. Las E.D. x = x, x = (x − 1) ecos(x4−1), son equivalentes, pues ambas tienen un único punto

atractor en sus respectivas líneas de fases.

2. Las E.D. x = (x + 2)(x + 1) ∼= x = 12(x2 − 1).

Pero x = −(x + 2)(x + 1) ∼= x = 12(x2 − 1) (pues en este último caso el atractor y el

repulsor se encuentran en distinto orden).

4. Sistemas de ED de primer orden (en el plano)

Consideremos el sistema

x = f (t,x,y)y = g(t,x,y)

que podemos expresar matricialmente en la forma

dY

dt= F (t, Y ),

donde

Y =

xy

,

dY

dt=

xy

, F (t, Y ) =

f (t,x,y)g(t,x,y)

Una condición inicial para este sistema viene dada por

x(t0) = x0

y(t0) = y0o Y (t0) =

x0

y0 = Y 0

Una solución de este sistema es una matriz Y (t) que satisface el sistema.

Ejemplo. Comprobar que Y (t) =

e−4t−3 e−2t,−3 e−4t +3 e−2t

es una solución de

dY

dt=

−x + y−3x− 5y

Solución. Consideramos x(t) = e−4t−3 e−2t y y(t) = −3 e−4t +3 e−2t, derivamos y reemplazamos.

Definición 13. Precisemos algunos nombres:

1. Un sistema de la formadY

dt= F (Y ) se llama autónomo.





2. Y 0 es un punto de equilibrio paradY

dt= F (Y ) si F (Y 0) = 0. La función Y (t) = Y 0 ∀ t es una

solución de equilibrio.

3. El plano de fase (equivalente a línea de fase pero en dos dimensiones) determina el comportamientocualitativo de x(t) e y(t), si t crece.

4. El retrato de fase es el conjunto de las curvas solución del sistema. Es decir, el retrato de fase esuna figura bidimensional, y su comportamiento cualitativo se representa por una familia de curvasconocidas como trayectorias ú órbitas .

Observación. Una solución de equilibrio es un punto en el retrato de fase.

Ejemplos

1.dY

dt=

y−x

Y (t) = (a cos t, a sen t) con a ∈ R, son soluciones del sistema que satisface Y (0) = (a, 0).

(0, 0) es el único punto de equilibrio.

2.dY

dt=

x(x + y)y(x + y)

Consideramos

x(x + y) = 0y(x + y) = 0

de donde x = 0 ∨ x = −yy = 0

∨x =

−y

Luego, se tiene una línea de puntos de equilibrio.





Sea Y (t) = (x(t), y(t)) solución dedY

dt=

f (x, y)g(x, y)

. La curva C : x = x(t), y = y(t) tiene la propiedad

que en el punto (x, y) ∈ C , el vector tangente a la curva en (x, y) es (f (x, y), g(x, y)).

Esto sugiere dibujar el campo de vectores del sistema, donde cada punto P = (x, y) del plano se dibujael vector (f(x,y),g(x,y)) con punto inicial P .

Problema. Los vectores varían en magnitud, esto dificulta el dibujo, por lo tanto, se utiliza el campo

de direcciones , se dibujan vectores normalizados ó de igual magnitud, por ejemplo,(f (x, y), g(x, y))

(f (x, y), g(x, y))si

(f (x, y), g(x, y)) = (0, 0)

Teorema 4. Sea dY

dt= F (t, Y )

Y (t0) = Y 0

un problema de valor inicial, donde

F (t, Y ) =

f (t,x,y)g(t,x,y)

Si F es de clase C 1, es decir, si f y g son de clase C 1, entonces ∃ ε > 0 y una función Y (t) definida

para t

∈]t0

−ε, t0 + ε[ tal que Y (t) satisface el problema de valor inicial. Además esta solución es única.

Observación. Si el sistema es autónomo, es decir,dY

dt= F (Y ), con F de clase C 1, entonces, por el teorema,

existen únicas dos funciones distintas y1(t) e y2(t) no pueden intersectarse.

Supongamos que y1(t) e y2(t) se intersectan en el punto Y 0, es decir Y 1(t1) = Y 0 = Y 2(t2). Como el campovectorial F (Y ) no cambia con el tiempo, obtenemos las mismas curvas solución de dos soluciones diferentesque empiezan en el mismo punto Y 0 en tiempos diferentes ∴ Y 1(t1 + t) = Y 2(t2 + t) ∀ t. No ocurre lo mismopara sistemas no autónomos.

Ejemplos de sistemas de ED de primer orden

Ejemplo. (Sistema depredador-presa) Sea R(t) la población de presas presentes en el instante t. F (t) lapoblación de depredadores presentes en el instante t. Se supone R(t), F (t) > 0

dR

dt= 2R− 1,2RF

dF

dt= −F + 0,9RF

El término 2R representa el crecimiento exponencial de las presas en ausencia de depredadores y −1,2RF corresponde al efecto negativo sobre la presa por la interacción de ambas especies.

F corresponde a la hipótesis de que los depredadores mueren si no hay presas que comer y 0,9RF es elefecto positivo sobre los depredadores por la misma interacción.

Solución de equilibrio:(2− 1,2F )R = 0

(−1 + 0,9R)F = 0





(R(t) = 0, F (t) =) ∧ (R(t) =10

9, F (t) =

5

3) el sistema está en equilibrio perfecto.

Falta dibujar: Campo de direcciones y algunas soluciones.

Ejemplo. Otro modelodR

dt= 2R

1 − R

2 − 1,2RF

dF dt

= −F + 0,9RF

Capacidad de soporte de R es 2.

Ejemplo. Una masa unida a un resorte se desliza sobre una mesa sin fricción.

y = 0

posición de reposo

Figura 2

Calcular su movimiento horizontal cuando el resorte se estira (o comprime) y luego se suelta.Suponer que lo único que actúa sobre la masa es la fuerza del resorte, y que se conoce la

Ley de Hooke: «La fuerza restauradora ejercida por un resorte es linealmente proporcional al desplaza-miento del resorte desde su posición de reposo y está dirigida hacia esa misma posición.»

F = −ky, k = cte. del resorte

md2y

dt2= −ky, ⇔ d2y

dt2+

k

my = 0 (ecuación diferencial de 2.o orden)

oscilador armónico

Este es un problema de valor inicial: se necesitan dos condiciones iniciales y(0) = y0 ∧ y′(0) = v0 (yaque estirar y liberar el resorte no es lo mismo que estirarlo y después empujarlo con una cierta velocidadinicial). Sea v(t) = la velocidad de la masa en el tiempo t. La ecuación de 2.o orden que describe la situación




5 SISTEMAS DESACOPLADOS UTFSM

se puede escribir como un sistema de ecuaciones lineales:

dy

dt= v

dv

dt= − k

my

Analizar el problema de valor inicial, con km = 1:

(4.1)

d2y

dt2= −y

y(0) = 1

y′(0) = 0

Reescribiéndola como un sistema:

(4.2)

dy

dt= v

dv

dt= −y

(y(0), v(0)) = (1, 0)

La solución de (4.1): y(t) = cos t.

La solución de (4.2): (y(t), v(t)) = (cos t,− sen t).

En el plano yv la solución es una circunferencia con centro en el origen y radio 1, es decir, la solución esperiódica, la masa oscila para siempre de ida ya vuelta a través de su posición de reposo.

5. Sistemas desacoplados

Definición 14. Un sistema de ED está desacoplado si la razón de cambio de una más de las variablesdependientes, depende sólo de su propio valor.

Ejemplo.dx

dt= −2x

dydt

= −y




6 SISTEMA PARCIALMENTE DESACOPLADO UTFSM

Solución general (x(t), y(t)) =

k1 e−2t, k2 e−t

. Si se da la condición inicial y(0) = (1, 1) se tiene k1 =

1 ∧ k2 = 1 ⇒ y(t) =

e−2t, e−t

es la solución del problema de valor inicial y(t) es una parametrización dex = y2 con y > 0.

t

x, y

1 y(t)

x(t)

6. Sistema parcialmente desacoplado

dx

dt= 2x + 3y

dydt = −4y

Solución para y: y(t) = k2 e−4t. Sustituyendo en la primera ecuación:

dx

dt= 2x + 3k2 e−4t ecuación diferencial lineal de primer orden

x(t) = e2t

e−2t 3k2 e−4t dt + K

x(t) = k1 e2t−1

2k2 e−4t

∴ x(t) = k1 e2t−1

2k2 e−4t

y(t) = k2 e−4t

Si ponemos la condición inicial x(0) = 0, y(0) = 1, se tiene que

k1 − 12 k2 = 0

k2 = 1⇒ k1 =

1

2∧ k2 = 1

∴ x(t) =1

2e2t−1

2e−4t

y(t) = e−4t

Si la condición inicial es (x(0), y(0)) =−1

2 , 1⇒ k1 = 0 ∧ k2 = 1.

∴ x(t) = −12

e−4t

y(t) = e−4t




6 SISTEMA PARCIALMENTE DESACOPLADO UTFSM

En este último caso observemos quey(t)

x(t)= −2 ∀ t ⇒ la solución se encuentra sobre una recta que pasa

por el origen y que tiende a (0, 0) cuanto t →∞ y crece cuando t → −∞.

y(t)

x(t)


apunteedoabril2009

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