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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
Pagina 2 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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
Pagina 3 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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.
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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.
Pagina 6 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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
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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
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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
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−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
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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
Pagina 11 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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!
Pagina 12 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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
Pagina 13 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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
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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
Pagina 15 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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) =(2x+ y)
y⇒ f(tx, ty) =
(2tx+ ty)
ty
=t
t
(2x+ y)
y
= t0f(x, y)
La funcion es homogenea de grado 0
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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) =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
Pagina 17 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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
Pagina 18 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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)
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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)
Pagina 21 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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)
Pagina 22 Semana 03 02.2014 C. Domınguez -R. Prato
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