Vamos a a empezar a ver la manera de como resolver ecuaciones diferenciales,las más simples de todas que son las: ecuaciones de primer orden con variables separables.
Debido a que este método y muchas de las técnicas para la solución de ecuaciones diferenciales implican integración, les sugiero que den un repaso a sus técnicas de integración.
ECUACIONES DIFERENCIALES CON VARIABLES SEPARABLES
Toda ecuación diferencial de primer orden se puede expresar de la siguiente manera:
$$\frac{dy}{dx} = f(x, y)$$ O también de esta manera:
$$M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 \qquad \qquad \qquad \qquad (1)$$ Para poder resolver esta ecuación muchas veces podemos hacer cierta suposiciones, como por ejemplo el hecho de que la ecuación (1) se puede expresar como
$$p_{1}(x) q_{1}(y)dx + p_{2}(x) q_{2}(y) dy = 0 \qquad \qquad \qquad \qquad (2)$$ Esta suposición es válida ya que muchas veces $M(x, y)$ y $N(x, y)$ son factorisables.
Ahora, si reagrupamos los términos para que los términos que dependan de $x$ se coloquen con $dx$ y los que dependan de $y$ se coloquen con $dy$. Para lograr esto, podemos dividir (2) por $q_{1}(y) p_{2} (x)$
$$\frac{p_{1}(x) q_{1}(y)}{q_{1}(y) p_{2} (x)}dx + \frac{p_{2}(x) q_{2}(y)}{q_{1}(y) p_{2} (x)} dy = 0$$
$$\frac{p_{1}(x)}{p_{2} (x)}dx + \frac{q_{2}(y)}{q_{1}(y)} dy = 0 \qquad \qquad \qquad \qquad (3)$$ Donde $p_{2} (x) \not= 0$ y $q_{1} (y) \not= 0$
Ahora procedemos a integrar término a término:
$$\int {\frac{p_{1}(x)}{p_{2} (x)}}dx + \int {\frac{q_{2}(y)}{q_{1}(y)}} dy = c $$
PROBLEMA 1 Halla la solución general de la ecuación diferencial
$$e^{\textbf - y} \Big( 1 + \frac{dy}{dx} \Big) = 1$$
SOLUCIÓN 1 Este, como muchos problemas, será necesario poner en práctica nuestros conocimientos profundos de algebra, así que procedamos
$$e^{\textbf - y} \Big( 1 + \frac{dy}{dx} \Big) = 1$$
$$e^{\textbf - y} + e^{-y} \frac{dy}{dx} = 1$$
$$e^{\textbf - y} \frac{dy}{dx} = 1 - e^{\textbf - y}$$ Y observamos que ya tenemos la ecuación diferencial expresada por variables separables.
$$\frac {e^{\textbf - y}}{1 - e^{\ \textbf - y}} dy = dx$$ Ahora integramos
$$\int \frac {e^{-y}}{1 - e^{-y}} dy = \int dx$$ Nota. cuando tengamos una integral que contenga una expresión fraccionaria como en este caso chequemos primeramente si se tiene el diferencial del denominador.
Y efectivamente, lo tenemos, ya que el diferencial del denominador es: $d(1 - e^{-y}) = e^{-y}dy$
$$ \int \frac {e^{-y}}{1 - e^{-y}} dy = \int dx$$ Integrando tendremos
$$Ln(1 - e^{-y}) = x + LnC$$ ¿Se preguntan por qué se pone $Ln C$ y no nada mas $C$?, sencillo, eso es algo muy socorrido en ecuaciones diferenciales y es para poder agruparse con otro término con logaritmo natural. Observen
$$Ln(1 - e^{-y}) = x + LnC$$
$$Ln(1 - e^{-y}) - LnC= x $$ Usando propiedades de los logaritmos
$$Ln \frac{1 - e^{-y}}{C} = x$$
$$ \frac{1 - e^{-y}}{C} = e^x$$
$$ 1 - e^{-y} = Ce^x$$
$$ \boxed {\color {red} {e^{-y} = 1 - Ce^x }}$$
PROBLEMA 2 Resuelve la ecuación diferencial
$$ \frac{dy}{dx} = (x^2 + 1) y Ln y$$
SOLUCIÓN 2 Este no hay mucho que hacerle ya que en seguida se ven los factores y que se pueden pasar a su respectivo diferencial, sólo es necesario ubicar bien, el diferencial del denominador de $dy$.
$$ \frac{dy}{y Ln y} = (x^2 + 1) dx $$ Procedemos a integrar:
$$\int \frac{dy}{y Ln y} = \int (x^2 + 1)dx$$ Lo más seguro es pensar en seguida en una Integración por Partes o hasta en algún Cambio de Variable. Esta última es la más viable pero, les sugiero que no se olviden de esa técnica y también de visualizar la solución a simple vista (algunos autores le llaman y hasta desarrollan un tema al respecto: golpe de vista). Les comento esto, porque en el curso se verán algunos casos como este y en algunos casos el cambio de dificultará un poco más el proceso de integración.
Bueno, a primera vista necesitamos que esté el diferencial de $y Lny$, pero en el numerador sólo tenemos $dy$ y si escogemos que $y$ esté solo en el denominador nos quedaría $\frac {dy}{Ln y}$ pero jamás vamos a tener un diferencial que incluya a $Ln y$ en el denominador, a menos que tengamos $(Ln)^n$. Por otro lado si tomamos que $Ln y$ quede en el denominador, deberíamos de tener como diferencial a $\frac {dy}{y}$ y eso si lo tenemos
$$ \int \frac{(1/y) dy}{Ln y} = \int (x ^2 + 1) dx$$ Y ahora sí, procedemos a integrar finalmente
$$\boxed {\color {red} {Ln (Ln y) = \frac{x^3}{3} + x + C} }$$
PROBLEMA 3 Resolver el problema de Cauchy.
$$ x^2 y dx = (x^3 + 1)(y^2 + 1) dy, \qquad y(2) = 3$$
SOLUCIÓN 3 Este tipo de problemas es directo también ya que en seguida se pueden apreciar los factores para cada diferencial, pero, ..... cuidado con su algebra ehh!!!
$$\frac{x^2}{x^3 + 1} dx = \frac{y^2 + 1}{y} dy$$ Ahora integramos observando que el denominador de lado izquierdo casi tiene su diferencial sólo nos falta "completar" el diferencial ya que este es $3 x^2$ y nos falta el 3.
$$\frac {1}{3} \int \frac{3 x^2}{x^3 + 1} dx = \int \Big ( y + \frac{1}{y}\Big ) dy$$. El autor del libro usa manera peculiar de expresar la integración pero se los explico en clase.
$$\frac{1}{3} Ln |x^3 + 1| = \frac{y^2}{2} + Ln y + \frac {C}{3}$$ Nuevamente, fíjense en cómo se expresó la integral, Esto es válido ya que como debemos agregar una constante de integración a la integración (valga la redundancia), esta puede ser $C$ o $Ln C$ o $C/3$ al final de cuentas son constantes y lo hacemos más que nada para quitar el 3 del denominador del primer logaritmo y la solución sea expresada de una manera más sencilla.
$$Ln |x^3 + 1| - 3 Ln y = \frac{3}{2} y^2 + C$$ y usando propiedades de los logaritmos
$$Ln \Big | \frac{x^3 + 1}{ y^3} \Big| = \frac{3}{2} y^2 + C$$
Pues bien, esta es la familia de soluciones de la ecuación diferencial. Usando las condiciones iniciales $y(2) = 3$:
$$Ln \Big | \frac{(2)^3 + 1}{ (3)^3} \Big| = \frac{3}{2} (3)^2 + C$$ De donde tenemos que
$$C = Ln \Big| \frac{9}{27} \Big| - \frac{27}{2}$$ Y sustituyendo en la solución general, tenemos resuelto el problema de Cauchy.
$$\boxed {\color {red} {Ln \Big | \frac{x^3 + 1}{ y^3} \Big| = \frac{3}{2} y^2 + Ln \Big| \frac{9}{27} \Big| - \frac{27}{2} } }$$
EJERCICIO 1 Resolver la ecuación diferencial.
$$ \frac{dy}{dx} = ay + by^2, \qquad donde \ \ \ a \ \ y \ \ b \ \ son \ \ constantes$$
SOLUCIÓN: $\color {red} {y(x) = \frac{a}{C e^{-ax} - b}}$
NOTA: De vez en vez pondré de tarea alguno que otro problema de un libro que es el terror de algunos alumnos, estudiantes y hasta catedráticos. El del libro: Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias. Los autores son: Kiseliov, Krasnov y Makarenko. Mejor conocido en el bajo mundo como el libro de Macareno.
Aquí tenemos unos:
PROBLEMA 4 Resuelve la EDO $e^{\ \textbf - y} (1 + y') = 1$, que ya se vio arriba su solución
SOLUCIÓN 4 Como ya hemos visto, lo primero que tenemos que hacer es cambiar las derivadas en formato prima (y', y'', etc) por el formato de Leibniz $\Big ( \frac{dy}{dx}, \ \ \frac{d^2y}{dt^2}, \ etc \Big )$.
$$e^{\ \textbf -y} \Big(1 + \frac{dy}{dx} \Big) = 1$$$$1 + \frac{dy}{dx} = e^y$$$$\frac{dy}{dx} = e^y - 1$$$$\frac{dy}{e^y - 1} = dx$$Y ahora integramos
$$\int \frac{dy}{e^y - 1} = \int dx$$Y como tenemos una integral de un expresión fraccionaria, lo primero que debemos checar es, si tenemos el diferencial de el denominador, esto es: $d(e^y - 1) = e^y dy$, que definitivamente no tenemos, po r lo que hay que tenemos que acudir a algún método conocido: cambio de variable, integración por parte, sustitución trigonométrica, manipulación algebraica, etc., o en último caso, invocación divina.
Acudimos a la penúltima opción:
$$\int \frac{dy} {\frac{1} {e^{\ \textbf - y} } - 1 } = \int dx$$$$\int \frac{dy}{ \frac{1\ - \ e^{\ \textbf - y}}{e^{\ \textbf - y}} } = \int dx$$$$\int \frac{e^{\ \textbf - y}}{e^{\ \textbf - y} - 1} = \int dx$$Y observamos que ya tenemos en esta última integral, el diferencial del denominador: $d(e^{{\ \textbf - y}} - 1) = - e^{\ \textbf - y}$ lo único que nos falta es completar el diferencial con un signo menos o haciendo lo siguiente.
$$\int \frac{- e^{\ \textbf - y} dy}{1 - e^{\ \textbf - y} } = \int dx$$ Y ahora si, la integración es directa:
$$\int \frac{- e^{\ \textbf - y} dy}{1 - e^{\ \textbf - y} } = \int dx$$$$Ln |1 - e^{\ \textbf - y}| = x + Ln C$$$$Ln |1 - e^{\ \textbf - y}| - Ln| C| = x$$$$Ln \bigg |\frac{1 - e^{\ \textbf - y}}{C} \bigg | = x$$$$\boxed {\ \ 1 - e^{\ \textbf - y} = C e^x\ \ }$$
PROBLEMA 5
PROBLEMA 5
ECUACIONES REDUCIBLES A SEPARABLES
En muchos casos no es posible resolver una ecuación diferencial por separación de variables pero usando algunos artificios algebraicos se puede conseguir.
Habíamos definido nuestra ecuación diferencial de primer orden como
$$y' = \frac{dy}{dx} = f(x, y)$$ donde $f(x, y)$ es una función que depende de $x$, y/o de $y$, sin embargo, cuando la ecuación diferencial tiene esta forma
$$\frac{dy}{dx} = f(ax + by + c)\qquad \qquad \qquad \qquad (4)$$ Donde $a$, $b$ y $c$ son constantes.
Las cosas cambian ya que, son muy raros los casos en los que la función se puede factorizar para dar dos o más factores que dependan cada uno de ellos de una sola variable.
La ecuación (4) puede reducirse a una ecuación con variables separable si hacemos el siguiente cambio de variable:
$$z = ax + by + c$$Y$$\frac{dz}{dx} = a + \frac{dy}{dx}$$
En esta expresión nueva, $z = z(x)$ es una función continua en el dominio donde la ecuación diferencial está definida.
A partir de esta expresión debemos de sustituir en (4) tanto $z$ como su derivada.
$$\frac{dy}{dx} = f(ax + by + c)$$ $$\frac{dz}{dx} = a + b\frac{dy}{dx}$$ Y de esta última expresión despejamos
$$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{b}\frac{dz}{dx} - \frac{a}{b}$$ Estos resultados los sustituimos en (4)
$$\frac{1}{b}\frac{dz}{dx} - \frac{a}{b} = f(z)$$ Reagrupando tenemos
$$\frac{dz}{dx} = bf(z) + a$$ Y como era de esperarse, se observa que la ecuación diferencia original ya es ahora de candidata a resolverse por separación de variables.
$$\frac{dz}{bf(z) + a} = dx$$
Veamos esto con unos ejemplos
PROBLEMA 4 Halla la solución general de la ecuación diferencioal
$$\frac{dy}{dx} = \sqrt{4x + 2y -1}$$
SOLUCIÓN 4
Hacemos la sustitución $z = 4x + 2y -1$
y obtenemos su derivada $ \frac{dz}{dx} = 4 + 2 \frac{dy}{dx}$ De donde
$$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}\frac{dz}{dx} - 2$$
Ahora sustituimos en la ecuación diferencial original
$$\frac{1}{2}\frac{dz}{dx} - 2 = \sqrt{z}$$ De donde
$$\frac{dz}{dx} = 2\sqrt{z} + 4 = 2(\sqrt{z} + 2)$$ Y como se observa, la ecuación ya se puede resolver por separación de variables.
$$\int \frac{dz}{\sqrt{z} + 2} = 2\int dx$$ Como se puede ver de nuestros vastos conocimientos de cálculo integral, bueno, los de ustedes, porque mis conocimientos al respecto están muy raquíticos.
Bueno, para resolver esta ecuación sera necesario usar cambio de variable haciendo
$u = \sqrt {z}$, de donde
$du = \frac{1}{2} z^{\ \textbf - 1/2} dz$, de donde $2udu = dz$
Ahora sustituimos, para resolver la integral de la izquierda
$$\int \frac{2 u du}{u + 2 } = 2 \int \frac{u}{u + 2 } du$$ Al ver esta integral, estoy seguro que lo primero que pensaran es en dividir $u \div (u + 2)$, pero el siguiente truco algebraico hace la misma función y recuérdenlo que es muy socorrido aquí
$$2 \int \frac{u + 2 - 2}{u + 2 } = 2 \int \Big( 1 - \frac{2}{u + 2 } \Big) du =$$ $$ = 2 (u - 2 Ln|u + 2)|) = $$ Y ahora regresamos a las variables anteriores: $u = \sqrt{z}$
$$2(u - 4 Ln|u + 2|) = 2(\sqrt{z} - 2Ln| \sqrt{z} + 2|)$$ Así que, ahora regresamos a las coordenadas $x$ y $y$ con la ecuación
$$z = 4x + 2y - 1$$$$\boxed{\ \ \color {red} { \sqrt{4x + 2y - 1} - 2Ln| \sqrt{4x + 2y - 1} + 2|) = x + c } \ \ }$$
EJERCICIO 2 Resolver la ecuación diferencial
$$\frac{dy}{dx} = (x + y)^2$$
EJERCICIO 3 Hallar la solución general de la ecuación diferencial
$$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}(Ln y - Ln x)$$
Ejercicio de última hora. Si no pueden lo podemos hacer en el salón de clase
$(xy^2 - y^2 + x - 1) dx + (x^2 y - 2xy + x^2 + 2y - 2x + 2) dy = 0$
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