Apunte EDO

Vista previa del material en texto

Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
1. Separación de Variables
La ecuación general de primer orden y primer grado es de la forma
(1.1) M dx+N dy = 0
donde M y N pueden ser funciones de x e y o de ambas. En algunos casos la ecuación (1.1) puede ser
expresada en la forma
(1.2) A(x) dx+B(y) dy = 0
o sea, se ha reunido todos los términos de y en B(y) y todos los términos de x en A(x).
La solución de (1.2) es ∫
A(x) dx+
∫
B(y) dy = C
donde C es constante que depende de las c.i.
Ejemplos
1) 2(y + 3) dx+ xy dy = 0 separando variables queda
2
x
dx+
y
y + 3
dy = 0
⇒ lnx2 + y − 3 ln(y + 3) = c
⇒ ey = c1
(y + 3)3
x2
donde c1 = ec ⇒ ey−c =
(y + 3)3
x2
2) (x2 − 1) dx+ xy dy = 0
x2 − 1
x
dx+ y dy = 0⇒ x
2
2
− lnx+ y
2
2
= c / 2
x2 + y2 = 2c+ lnx2
x2 + y2 = ln(cx)2 o ex
2+y2 = kx2
3) senx sen y dx+ cosx cos y dy = 0
senx
cosx
dx+
cos y
sen y
dy = 0⇒ − ln cosx+ ln sen y = c( sen y
cosx
)
= c⇒ sen y = c1 cosx
4) xy3 dx+ ex
2
dy = 0
x e−x
2
dx+ y−3dy = 0
−1
2
∫
−2x e−x
2
dx+
y−2
−2 = c
−1
2
e−x
2
−1
2
y−2 = c
e−x
2
+y−2 = −2c
e−x
2
+ y−2 = c
2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM
5) y senx sen y dx+ dy = 0
senx dx+
dy
y sen y
= 0
x lnx− x+ ln(ln y) = 0
lnxx + ln(ln y) = x+ c.
Aplicación. Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamente proporcional
a su masa en cada instante. Determinar la ley de variación de la masa del radio en función del tiempo, si
para 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 el tiempo ∆t
es ∆m. La razón ∆m
∆t
es la velocidad media de desintegración. Luego:
ĺım
∆t→0
∆m
∆t
=
dm
dt
es la velocidad de desintegración del radio en el instante t.
Según la hipótesis:
(1.3)
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, entonces dm
dt
< 0)
La ecuación (1.3) es una ecuación de variables separables. Separando variables:
dm
m
= −k dt
⇒ lnm = −kt+ c
⇒ m = c e−kt
como m(0) = m0, entonces m0 = c.
∴ m = m0 e
−kt .
2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden
Definición 1. 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) = x
2−y2
xy
es homogénea de grado cero.
Departamento de Matemática 2
2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM
4) La función f(x, y, z) = xy
z
+ x sen y
2
z2
es homogénea de grado uno.
1) Sean g(x, y), f(x, y) homogéneas del mismo grado, entonces f(x,y)g(x,y) es homogénea de grado cero.
2) Si h(x, y) es homogénea de grado cero, entonces
f(x, y)
g(x, y)
= h(x, y) = h
(
1,
y
x
) (
haciendo λ =
1
x
)
Es decir, la función homogénea de grado cero depende sólo del cuociente de las variables.
En este caso podemos escribir: h(x, y) = F (y/x) = h(1, y/x).
Definición 2. La ecuación de primer orden
M dx+N 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 (A) la podemos escribir 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 v = y/x, es decir,
(2.1) y = vx,
luego
(2.2)
dy
dx
= v + x
dv
dx
Sustituyendo (2.8) y (2.2) en (B), obtenemos
v + x
dv
dx
= F (v)
o sea:
x
dv
dx
+ v − F (v) = 0
x dv + (v − F (v)) dx = 0
dx
x
+
v
v − F (v)
= 0
que es una ecuación de variables separables.
Departamento de Matemática 3
2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM
Ejemplos
1)
(
x2 − xy + y2
)
dx−xy dy = 0. Observemos que las funciones x2−xy+y2, −xy son homogéneas de grado 2. Luego
se trata de una ecuación homogénea. Haciendo y = vx, tenemos:
(dy = v dx+ x dv)
(x2 − x2v + x2v2) dx− x2v(v dx+ x dv) = 0
(x2 − x2v + x2v2 − x2v2) dx− x3v dv = 0
x2(1− v) dx− x3v dv = 0
dx
x
+
v
v − 1 dv = 0
lnx+ v + ln(v − 1) = c
lnx+
y
x
+ ln
(y − x
x
)
= c
ln(y − x) = c− y
x
⇒ (y − x) ey/x = c
2) (x2 +y2) dx−2xy dy = 0 es homogénea pues x2 +y2, −2xy son homogéneas de 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 − 1 dv = 0
Integrando
lnx+ ln(v2 − 1) = c, c ∈ R
reemplazando v = y/x:
lnx+ ln
(
y2/x2 − 1
)
= c
lnx+ ln(y2 − x2)− lnx2 = c
ln(y2 − x2)− lnx = 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 − xt2) 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
Departamento de Matemática 4
2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM
10) (1 + s2) dt−
√
t ds
11) dρ+ ρ tg θ dθ = 0
12) sen θ cosϕdθ − cos θ senϕdϕ = 0
13) sec2 θ tg θ dθ + sec2 ϕ tg θ dϕ = 0
14) sec2 θ tgϕdϕ+ 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
Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma:
(2.3)
dy
dx
=
ax+ by + c
a1x+ b1y + c1
con a o b 6= 0
Si c1 = c = 0, la ecuación (2.3) es, evidentemente, homogénea (pues ax+bya1x+b1y es 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, y = y1 + k (h, k constantes por determinar), entonces
(2.4)
dy
dx
=
dy1
dx1
Reemplazando en (2.4) las expresiones de x, y, dydx , tenemos:
(2.5)
dy1
dx1
=
ax1 + by1 + ah+ bk + c
a1x1 + b1y1 + a1h+ b1k + c1
Elijamos h y k de modo que se verifiquen las ecuaciones
(2.6) ah+ bk + c = 0
a1h+ b1k + c1 = 0
}
,
es decir, determinemos h y k como solución del sistema de ecuaciones (2.6). Con esta condición, la ecuación (2.5)
es homogénea:
dy1
dx1
=
ax1 + by1
a1x1 + b1y1
Al resolver esta ecuación y pensando de nuevo en x e y, según las fórmulas (2.4), obtenemos la solución
de la ecuación (2.3).
El sistema (2.5) no tiene solución si ∣∣∣∣ a ba1 b1
∣∣∣∣ = 0,
es decir, si ab1 = a1b. Pero en este caso a1a =
b
b1
= λ, es decir, a1 = λa, b1 = λb, y, por consiguiente, si puede
formar la ecuación (2.3) en la forma
(2.7)
dy
dx
=
(ax+ by) + c
λ(ax+ by) + c1
Haciendo la sustitución
(2.8) z = ax+ by
Departamento de Matemática 5
2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM
la ecuación se reduce a una ecuación de variables separables. En efecto,
dz
dx
= a+ b
dy
dx
de donde
(2.9)
dy
dx
=
1
b
dz
dx
− a
b
Introduciendo las expresiones (2.8) y (2.9) en la ecuación (2.7) obtenemos
1
b
dz
dx
− a
b
=
z + c
λz + c1
que es una ecuación de variables separables.
En efecto, separando variables queda:
1
b
dz − a
b
dx =
z + c
λz + c1
dx
1
b
dz −
(
a
b
+
z + c
λz + c1
)
dx = 0
1
−b
(
a
b +
z+c
λz+c1
) dz + dx = 0
Ejemplos
1) Sea la ecuación
dy
dx
=
x+ y − 3
x− y − 1∣∣∣∣1 11 −1
∣∣∣∣ = −2 6= 0
Hagamos la sustitución
x = x1 + h
y = y1 + k
entonces
dy1
dx1
=
x1 + y1 + h+ h− 3
x1 − y1 + h− k − 1
resolviendo el sistema:
h+ k − 3 = 0
h− k − 1 = 0
encontramos que h = 2, k = 1
Departamento de Matemática 6
2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM
Luego
dy1
dx1
=
x1 + y1
x1 − y1
⇒ ec. homogénea.
Sea v = y1
x1
, es decir, y1 = vx1
∴
dy1
dx1
= v + x1
dv
dx1
∴ v + x1
dv
dx1
=
x1 + vx1
x1 − vx1
v + x1
dv
dx1
=
1 + v
1− v ⇒ ec. de variables separables
x1
dv
dx1
=
1 + v2
1− v
1− v
1+ v2
dv =
dx1
x1∫ (
1
1 + v2
− v
1 + v2
)
dv = lnx1 + c
arc tg v − 1
2
ln(1 + v2) = lnx1 + c
arc tg v = ln
(
x1
√
1 + v2
)
+ c
earc tg v = ecx1
√
1+v2
Sustituyendo v por y1
x1
, se obtiene:
c
√
x21 + y
2
1 = e
arc tg
(
y1
x1
)
pero y1 = y − 1, x1 = x− 2. Luego
c
√
(x− 1)2 + (y − 1)2 = earc tg(
y−1
x−2 ), c ∈ R.
2) y′ =
2x+ y − 1
4x+ 2y + 5
con condición inicial y(0) = −2
∣∣∣∣2 14 2
∣∣∣∣ = 0 : y′ = 2x+ y − 12(2x+ y) + 5 (∗)
Sea z = 2x+ y
dz
dx
= z′ = 2 + y′ ⇒ y′ = z′ − 2
Departamento de Matemática 7
3 ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS UTFSM
reemplazando en (*), queda:
z′ − 2 = z − 1
2z + 5
z′ =
z − 1
2z + 5
+ 2
z′ =
5z + 9
2z + 5
2z + 5
5z + 9
dz = dx∫
2z + 5
5z + 9
dz = x+ c
pero
∫
2z + 5
5z + 9
dz = 2
∫
z
5z + 9
dz +
∫
5
5z + 9
dz =
2
5
∫
5z + 9− 9
5z + 9
dz +
∫
d(5z + 9)
5z + 9
=
2
5
(∫
dz − 9
5
∫
d(5z + 9)
5z + 9
)
+ ln |5z + 9|
=
2
5
(
z − 9
5
ln |5z + 9|
)
+ ln |5z + 9|
=
2
5
z − 18
25
ln |5z + 9|+ ln |5z + 9|
=
2
5
z +
7
25
ln |5z + 9|
∴
2
5
z +
7
25
ln |5z + 9| = x+ c
como z = 2x+ y, se tiene que:
2
5
(2x+ y) +
7
25
ln |10x+ 5y + 9| = x+ c
10y − 5x+ 7 ln |10x+ 5y + 9| = c
puesto que y(0) = −2 no queda que:
−20 + 7 ln | − 1| = c
⇒ c = −20
∴ 10y − 5x+ 7 ln |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
3. Ecuaciones Diferenciales Exactas
La ecuación
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
se llama ecuación diferencial exacta, si M(x, y) y N(x, y) son funciones continuas y derivables que verifican
la igualdad:
∂M
∂y
=
∂N
∂x
Departamento de Matemática 8
3 ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS UTFSM
siendo ∂M∂y y
∂N
∂x continuas en un cierto dominio.
En este caso, obtenemos la solución de la E.D. expresada implícitamente en la forma F (x, y) = k.
Otro enfoque. Sea
(3.1) M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
donde la separación de variables no puede hacerse, como por ejemplo:
(3x2y + 2xy) dx+ (x3 + x2 + 2y) dy = c
en que M y N no son homogéneas (o bien homogéneos de distintos grados).
Supongamos que podemos encontrar una función u = F (x, y) tal que dF = Mdx+Ndy, luego por (3.1):
dF = 0⇒ F (x, y) = c
Pero ¿qué condiciones deben cumplir M(x, y) y N(x, y) para que exista F (x, y)? La condición es
∂M
∂y
=
∂N
∂x
donde M =
∂F
∂x
y N =
∂F
∂y
(en efecto, pues dF = ∂F∂x dx+
∂F
∂y dy, luego, necesariamente M =
dF
dx y N =
dF
dy ,
pero d
2F
dx dy =
d2F
dy dx , luego
dM
dy =
dN
dx )
Ejemplos
1) Resolver la ecuación:
(∗) (3x2y + 2xy) dx+ (x3 + x2 + 2y) dy = 0
Averigüemos si esta ecuación es diferencial exacta:
M(x, y) = 3x2y + 2xy, N(x, y) = x3 + x2 + 2y
dM
dy
(x, y) = 3x2 + 2x,
dN
dx
(x, y) = 3x2 + 2x
∴
dM
dy
=
dN
dx
= 3x2 + 2x
∴ La ecuación (∗) corresponde a una ecuación diferencial exacta.
dF
dx
= 3x2y + 2xy ⇒ F (x, y) = x3y + x2y + C(y)
Se integra considerando «y» como constante, luego:
dF (x, y)
dy
=
d
dy
(
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 + C1 = C, C ∈ R
∴ x3y + x2y + y2 = C, C ∈ R
Departamento de Matemática 9
3 ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS UTFSM
2)
2x
y3
dx+
y2 − 3x2
y4
dy = 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) = x
2
y3
+ C(y)
dF
dy
=
d
dy
(
x2
y3
+ C(y)
)
= −3x
2
y4
+ C′(y) =
y2 − 3x2
y4
⇒ C′(y) = y−2
⇒ C(y) = −1
y
+ C1
∴ F (x, y) =
x2
y3
− 1
y
+ C1
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
− x
2
(x− y)2
)
︸ ︷︷ ︸
N
dy = 0
¿
∂M
∂y
=
∂N
∂x
? : ⇒

∂M
∂y
=
2xy
(x− y)3
∂N
∂x
=
2xy
(x− y)3
Luego, la ecuación es exacta. Buscamos F (x, y) tal que dF = 0, e.e.,
∂F
∂x
dx+
∂F
∂y
dy = 0
Departamento de Matemática 10
4 FACTOR DE INTEGRACIÓN UTFSM
Así
∂F
∂x
=
y2
(x− y)2 −
1
x
⇒ F (x, y) =
∫ (
y2
(x− y)2 −
1
x
)
dx = − y
2
x− y − ln |x|+ C(y)
∴
∂F
∂y
=
−2y(x− y)− y2
(x− y)2 + C
′(y) =
1
y
− x
2
(x− y)2
∴ C′(y) =
1
y
+
2xy − y2 − x2
(x− y)2
=
1
y
− x
2 − 2xy + y2
(x− y)2
=
1
y
− 1
C(y) = ln |y| − y +K
F (x, y) = − y
2
x− y − ln |x|+ ln |y| − y +K
= ln
∣∣∣ y
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
− x
2
(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
4. Factor de Integración
Supongamos que la ecuación:
(4.1) M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
no es una ecuación diferencial exacta (y que no es del tipo de las anteriores), por ejemplo,
(y + xy2)dx− x dy = 0.
Se puede a veces elegir una función µ(x, y) tal que si multiplicamos todos los términos de la ecuación por
esta función, la ecuación (4.1) se convierta en una ecuación diferencial exacta. La función µ(x, y) se llama
factor de integración (o factor integrante) de la ecuación (4.1).
Para hallar el factor integrante µ procedemos del siguiente modo:
µM dx+ µN dy = 0
Departamento de Matemática 11
4 FACTOR DE INTEGRACIÓN UTFSM
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
) ∣∣∣∣ 1µ
M
1
µ
∂µ
∂y
−N 1
µ
∂µ
∂x
=
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
∂(lnµ)
∂y
−N ∂(lnµ)
∂x
=
∂N
∂x
− ∂M
∂y
(4.2)
En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda de µ(x, y) de la ecuación (??) es más difícil que
integrar la ecuación (4.1). Sólo en algunos casos particulares se logra determinar fácilmente la función µ(x, y).
Los casos que contemplaremos, son los siguientes:
(i) Supongamos que la ecuación (4.1) admite un factor integrante que depende sólo de y. Entonces:
∂ lnµ
∂x
= 0
y para hallar µ obtenemos la ecuación diferencial ordinaria (que se obtiene de (??)):
∂ lnµ
∂y
=
∂N
∂x −
∂M
∂y
M
la cual nos permite determinar lnµ y, por tanto, el propio µ. Es claro que de esta manera se puede
proceder sólo cuando la expresión (∂N∂x −
∂M
∂y )/M no depende de x (pues sino µ depende de x)
(ii) Análogamente, si la expresión
∂N
∂x −
∂M
∂y
N
no depende de y, sino exclusivamente de x, es fácil hallar el factor integrante que depende solamente
de x.
Ejemplo. Hallar la solución de la ecuación (y + xy2) dx− x dy = 0.
Solución. Aquí: M = y + xy2; N = −x
∂M
∂y
= 1 + 2xy;
∂N
∂x
= −1, luego ∂M
∂y
6= ∂N
∂x
Luego la ecuación no es una ecuación diferencial exacta. Examinemos si esta ecuación admite un factor
integrante que dependa sólo de y. Observemos que:
Departamento de Matemática 12
5 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN UTFSM
∂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.
∂ lnµ
∂y
= −2
y
de donde lnµ = −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
y2
dy = 0
diferencial exacta
(
∂M1
∂y
=
∂N1
∂x
= − 1
y2
)
. Resolviendola, encontramos que:
x
y
+
x2
2
+ c = 0, es decir,
y = − 2x
x2 + 2c
.
5. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden
Sea 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) 6= 0 para algún x ∈ I. La ecuación (*) se dice
homogénea si h(x) = 0,∀x ∈ I y se dice normal si a1(x) 6= 0,∀x ∈ I
Consideremos ahora la ecuación diferencial lineal normal de primer orden en I:
(5.1) a1(x) y′ + a0(x) y = h(x)
Nuestro propósito es encontrar la solución general de (5.1).Como la ecuación (5.1) 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)− q(x)) dx+ dy = 0(5.2)
Departamento de Matemática 13
5 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN UTFSM
Veamos si la ecuación (5.2) admite factor integrante. Aquí: M(x, y) = p(x) y − q(x), N(x, y) = 1
∂M(x, y)
∂y
= p(x),
∂N(x, y)
∂x
= 0
∂M
∂y
6= ∂N
∂x
tenemos que p(x) = 0 ∀x ∈ I.
El caso p(x) = 0, reduce la ecuación (5.2) a una ecuación de variables separables que ya sabemos resolver.
Supongamos, pues que p(x) 6= 0. Examinemos si la ecuación (5.2) 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:
∂ lnµ(x)
∂x
= p(x)
o sea µ(x) = e
∫
p(x) dx
Multiplicando todos los términos de la ecuación (5.2) por el factor integrante µ(x) = e
∫
p(x) dx, obtenemos
la ecuación
(5.3) (p(x)− q(x)) e
∫
p(x) dx dx+ e
∫
p(x) dx dy = 0
que es una ecuación diferencial exacta, ya que:
∂M
∂y
= p(x) e
∫
p(x) dx =
∂N
∂x
donde M1(x, y) = (p(x)− q(x)) e
∫
p(x) dx y N1(x, y) = e
∫
p(x) dx
Tarea. Resuelva el ecuación (5.3) y verifique que:
y = e−
∫
p(x) dx
(∫
q(x) e
∫
p(x) dx dx+ C
)
, c ∈ R, x ∈ I
es la solución general de la ecuación dada.
Observación. Consideremos la ecuación diferencial lineal de primer orden en I:
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
puesto que
y′ e
∫
p(x) dx +p(x) e
∫
p(x) dx y =
(
y e
∫
p(x) dx
)′
Departamento de Matemática 14
5 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN UTFSM
Ejemplos
1) Resolver (x4 + 2y) dx = x dy
Solución.
x
dy
dx
− 2y = x4 ⇒ y′ − 2
x
y = x3
∴ y = e−
∫ −2
x
dx
(
C +
∫
x3 e
∫ −2
x
dx dx
)
y = e2 ln x
(
C +
∫
x3 e−2 ln x dx
)
= x2
(
C ∗
∫
x3
x2
dx
)
y = x2
(
C +
x2
2
)
⇒ 2y = x2C + x4
2) (3xy + 3y − 4) dx+ (x+ 1)2 dy = 0
Solución.
(x+ 1)2
dy
dx
+ 3(x+ 1)y = 4⇒ y′ + 3(x+ 1)−1y = 4(x+ 1)−2
y = e−
∫ 3
x+1 dx
(
c+
∫
4
(x+ 1)2
· e
∫ 3
x+1 dx
)
= e−3 ln |x+1|
(
c+
∫
1
(x+ 1)2
e3 ln |x+1| dx
)
=
1
(x+ 1)3
(
c+ 4
∫
(x+ 1)3
(x+ 1)2
dx
)
=
1
(x+ 1)3
c+
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 + x2
y =
1
1 + x2
y = e
∫ x
1+x2
dx
(
c+
∫
1
1 + x2
e
−
∫ x
1+x2
dx
dx
)
= e
1
2 ln |1+x
2|
(
c+
∫
1
1 + x2
e−
1
2 ln(1+x
2) dx
)
y =
√
1 + x2
(
c+
∫
1
(1 + x2)3/2
dx
)
= 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) L
di
dt
+Ri = E, donde L, R, E son constantes con c.i. i(0) = 0
Solución.
di
dt
+
R
L
i =
E
L
⇒ i(t) = e−
R
L
t
(
c+
∫
E
L
e
R
L
t dt
)
= e−
R
L
t
(
c+
E
L
· L
R
e
R
L
t
)
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
t
)
Departamento de Matemática 15
5 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN UTFSM
5) 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+
1
2
(
y +
sen 2y
2
))
⇒ 4x cos2 y = C + 2y + sen 2y
6) Resolver
a) (1 + cosx) dy − senx(senx+ senx cosx− y)dx
b) L
di
dt
+Ri = E senωt, con i(0) = 0
7) Encontrar la velocidad inicial mínima que debe tener un cuerpo que se dispara para que escape de la atracción de
la Tierra. Desprecie la resistencia del aire.
Solución
a(r) =
k
r2
k < 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′ ⇒ −gR
2
r2
=
dv
dr
· v
⇒ gR
2
r
+ c =
v2
2
pero en r = R, v = v0 ⇒ c =
v20
2
− gR
⇒ v2 = 2gR
2
r2
+ v20 − 2gR
8) Un embudo con ángulo de salida de 60◦ y una sección transversal con área de 0,5cm2, contiene agua. En t = 0, se
abre la salida. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse, suponiendo que la altura inicial del 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 tg 30 = h/
√
3
⇒ 0,3
√
2
√
gh dt = −πh
2
3
dh⇒ 0,9
√
2g
π
dt = −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′′
Departamento de Matemática 16
6 ECUACIONES QUE PUEDEN REDUCIRSE A LA FORMA LINEAL UTFSM
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 = − k
s2
⇒ −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
√
4
24
+ 12 ≈ 4,93
b) v =
ds
dt
=
√
8
s
√
s+ 3s2 ⇒ t = 1
2
√
2
∫ 8
24
s ds√
s+ s2
≈ 3,23
6. 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.
1. E. D. de Bernoulli. La E. D. de Bernoulli adopta la forma
(6.1)
dy
dx
+ p(x) y = q(x) yn
(E. D. N. L. pues es no lineal en la variable y y supuestamente en x)
Si efectuamos la sustitución µ = y1−n donde n ∈ Z− {0, 1} pues si n = 1⇒ (6.1) queda
dy
dx
+ (p(x)− q(x))y = 0
variables separables.
Si n = 0⇒ (6.1) queda y′ + p(x)y = q(x) ecuación diferencial de primer orden lineal
∴ sea n 6= 0, 1⇒ dµ
dx
= (1− n) y−n dy
dx
⇒ (6.1) queda (al dividir por yn):
y−ny′ + p(x)y1−n = q(x)⇒ 1
1− n
dµ
dx
+ p(x)µ = q(x)
que es una E. D. L. de primer orden en la variable µ.
Ejemplos
Departamento de Matemática 17
6 ECUACIONES QUE PUEDEN REDUCIRSE A LA FORMA LINEAL UTFSM
1) y′ + xy =
x
y
Solución.
yy′ + xy2 = x⇒ µ = y2 = y1−(−1) ⇒ dµ
dx
= 2y
dy
dx
1
2
dµ
dx
− xµ = x⇒ µ(x) = e−2
∫
2x dx
(∫
2x e
∫
2x dx dx+ c
)
µ(x) = e−x
2
(∫
2x ex
2
dx+ c
)
= e−x
2
(
c+ ex
2
)
= 1 + c e−x
2
2) y′ − y
x
= −5
2
x2y3
Solución.
y−3y′ − y
−2
x
= −5
2
x2 ⇒ µ = y−2 ⇒ µ′ = −2y−3y′
µ
−2 −
µ
x
= −5
2
x2 ⇒ µ′ + 2µ · 1
x
= 5x2
µ(x) = e−
∫ 2
x
dx
(
c+
∫
5x2 e
∫
2/x dx dx
)
= e−2 ln x
(
c+
∫
5x2 e2 ln x dx
)
=
1
x2
(
c+ 5 · x
5
5
)
µ(x) = y−2 = cx−2 + x3 ⇒ cx−2 + x3 = y−2
2. Problema.
dy
dx
+ p(x)y = q(x)y ln y
Sea
u = ln y ⇒ u′ = 1
y
y′
⇒ 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
3. 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) 6= 0 en I se conoce como ecuación de
Ricatti .
Para convertirla en una EDL de priemer 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).
Departamento de Matemática 18
6 ECUACIONES QUE PUEDEN REDUCIRSE A LA FORMA LINEAL UTFSM
Demostración. Sea
y =
1
µ
+ y1 ⇒
dy
dx
= −µ2 du
dx
+
dy1
dx
donde
y′1 + a2(x)y
2
1 + a1(x)y1 + a0(x) = 0
dy1
dx
− 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
µ
y1a2(x) +
1
µ2
a2(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)
Problema. Resolver:
y′ = x+ 1− xy2 + 2x2y − x3 si y1(x) = 1 + x
dµ
dx
− 2xv = x µ = e−
∫
−2x dx
(∫
x e
∫
2x dx dx+ c
)
Resolver. y′ − sen2 xy2 + 1
senx cosx
y + cos2 x = 0, si yp = cotx.
a2(x) = − sen2 x a1(x) =
senx
cosx
a0(x) = − cos2 x.
Si y =
1
v
+ yp(x)⇒ dv
dx
−
(
−2 cotx sen2 x+ 1
senx cosx
)
v = − sen2 x.
dv
dx
−
(
−2 senx
(cosx)−1
+
1
senx cosx
)
v = − sen2 x
dv
dx
−
(
−2 senx cosx+ 1
senx cosx
)
v = − sen2 x
v′ − −2 sen
2 x cos2 x+ 1
senx cosx
v = − sen2 x
v = e
∫ −2 sen2 x cos2 x+1
sen x cos x dx
(
−
∫
sen2 x e
∫ 2 sen2 x cos2 x+1
sen x cos x dx dx+ c
)
∫ (
−2 senx cosx+ 1
senx cosx
)
dx = −2sen
2 x
2
+
∫
2
sen 2x
dx
= − sen2 x+ 2
∫
cosec 2x dx = − sen2 x+ ln | cosec 2x+ cot 2x|
Departamento de Matemática 19
7 EXISTENCIA Y UNICIDAD DE LAS SOLUCIONES UTFSM
v = e− sen
2 x e− ln | cosec 2x+cot 2x|
(
−
∫
sen2 x esen
2 x eln | cosec 2x+cot 2x| dx+ c
)
v = e− sen
2 x 1
cosec 2x+ cot 2x
(
−
∫
sen2 x esen
2 x(cosec 2x+ cot 2x)dx+ c
)
= e− sen
2 x sen 2x
1 + cos 2x
(
−
∫
sen2 x esen 2x · cosx
senx
dx+ c
)
= tg x e− sen
2 x
(
−1
2
∫
2 senx cosx esen
2 x dx+ c
)
= tg x e− sen
2 x
(
−1
2
esen
2 x +c
)
= −1
2
tg x+ c tg x e− sen
2 x
⇒ y(x) = cotg x+ 1
− 12 tg x+ c tg x e− sen
2 x
Ejemplo. 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′ − x
(
1 +
1
u
)2
+ (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′ − y
2
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
7. Existencia y unicidad de las soluciones
Se puede asegurar que cada EDL de primer orden un un intervalo I, tiene soluciones. De hecho, tiene
una infinidad de soluciones, una para cada valor de c en la expresión:
(7.1) y(x) = e−
∫
p(x) dx
(
c+
∫
q(x) e
∫
p(x) dx dx
)
Departamento de Matemática 20
7 EXISTENCIA Y UNICIDAD DE LAS SOLUCIONES UTFSM
y la solución general de una de tales ecuaciones es, por lo tanto, una familia de curvas en el plano xy
determinada por el intervalo I.
Departamento de Matemática 21
8 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR UTFSM
8. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior
Teorema 1. Sean y1(x), . . . , yn(x) ∈ Cn−1(I). Suponga que ∃x0 ∈ I:{(
yi(x0), y′i(x0), y
′′
i (x0), . . . , y
(n−1)
i (x0)
)}
i=1
es l.i. en Rn ⇒ {yj(x)}j=1,...,n es l.i.
Ejemplo.
{
ex, x ex, x2 ex
}
es l.i. en R pues:
y1(x) = e
x ⇒ (ex, ex, ex)|x=0 = (1, 1, 1)
y2(x) = x e
x ⇒ (x ex, ex(1 + x), ex(2 + x))|x=0 = (0, 1, 2)
y3(x) = x
2 ex ⇒ (x2 ex, ex(x2 + 2x), ex(x24x+ 2))|x=0 = (0, 0, 2)
y claramente
{(1, 1, 1), (0, 1, 2), (0, 0, 2)}
es l.i.
Definición 3. Sean y1(x), . . . , yn(x) ∈ Cn−1(I). ∀x ∈ I el determinante
W [y1(x), . . . , yn(x)] =
∣∣∣∣∣∣∣∣
y1(x) y2(x) . . . yn(x)
y′1(x) y
′
1(x) . . . y
′
n(x)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
y
(n−1)
1 (x) y
(n−1)
2 (x) . . . y
(n−1)
n (x)
∣∣∣∣∣∣∣∣
se llama el wronskiano de las funciones y1, . . . , yn
Ejemplos
1) W [senx, cosx] =
∣∣∣∣senx cosxcosx − senx
∣∣∣∣ = −1
2) W [x, senx] = x cosx− senx
3) W [x, 2x] = 0
Observación. W 6≡ 0⇒ {y1, . . . , yn} es l.i. W = 0 6⇒ l.d.
Pero, para el caso de soluciones de una ED lineal homogénea de orden n, y normal en I, siW [y1, . . . , yn] ≡
0⇒ y1, y2, . . . , yn l.d. en C(I).
Departamento de Matemática 22
9 OPERADORES DIFERENCIALES UTFSM
8.1. Solución general de una ecuación homogénea
Sean y1(x), y2(x), . . . , yn(x) soluciones l.i. de la ecuación homogénea
b0(x)y(n) + b1(x)y(n−1) + · · ·+ bn(x)y = 0
⇒ la solución general de la ecuación es:
yk(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x)
donde ci son constantes que dependen de las c.i. (sol. intrínseca del sistema)
8.2. Solución general de una ecuación no homogénea
Sea yp(x) cualquier solución particular (solución forzante del sistema) de
b0(x)y(n) + b1(x)y(n−1) + · · ·+ bn(x)y = R(x)
y sea yh(x) la solución de la ecuación homogénea (ver 9) entonces
yG(x) = yh(x) + yp(x)
9. Operadores Diferenciales
Sea D el operador que denota diferenciación con respecto a una variable (por ejemplo x). D2 el operador
que indica una doble diferenciación, D3 el operador que indica una triple diferenciación, etc.
Ejemplo. Dky ≡ d
ky
dxk
derivada k-ésima con respecto a la variable x. La expresión L(D) = a0Dn + a1Dn−1 + · · ·+
an−1D + an, aj son constantes, es llamado un «operador diferencial de orden n». Este es el operador diferencial
aplicado a y queda
L′(D)(y) = a0
dny
dxn
+ a1
dn−1y
dxn−1
+ · · ·+ an−1
dy
dx
+ any
Aplicar (D −m)n a xk emx donde m es constante; k, n ∈ N con k < n
a) (D −m)(emx) = m emx−m emx = emx(m−m) = 0
b) (D −m)2(emx) = (D −m)[(D −m)(emx)] = (D −m)(0) = 0
c) (D −m)2(x emx) = (D −m)[emx +mx emx−mx emx] = (D −m)(emx) = 0
d) (D −m)2(emx +x emx) = (D −m)2(emx) + (D −m)2(x emx) = 0
Nota.
1) El operador D,D2, D3, . . . , Dk es un operador lineal, i.e.
Dk(αy1(x) + βy2(x)) =
dk(αy1 + βy2)
dxk
= α
dky1
dxk
+ β
dky2
dxk
= αDky1 + βDky2
Conclusión. L(D)(αy1 + βy2) = αL(D)(y1) + βL(D)(y2) ∀α, β ∈ R
Departamento de Matemática 23
9 OPERADORES DIFERENCIALES UTFSM
2)
(D −m)(y) = 0⇔ yh(x) = c emx
(D −m)2(b) = 0⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x)
(D −m)3(b) = 0⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x+ c3x2)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(D −m)n(b) = 0⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x+ c3x2 + · · ·+ cn−1xn−2 + cnxn−1)
Ejemplo. (D − 1)2(y) = 0⇒ yh(x) = ex(c1 + c2x)
Ejemplo. (D + 2)3(y) = 0⇒ yh(x) = e−2x(c1 + c2x+ c3x2)
Sea L(D) = a0Dn + a1Dn−1 + · · ·+ an−1D+ a0D0, donde D0(y) =
d 0y
dx0
= y. Aplicamos L(D) a emx ⇒
L(D)(emx) = a0mn emx +a1mn−1 emx + · · ·+ an−1m emx +an emx
= emx(a0mn + a1mn−1 + · · ·+ an−1m+ an)
= emx L(m)
Si m es una raíz de la ecuación L(m) = 0 ⇒ L(D)(emx) = 0 pero una ecuación L(m) = 0 de grado n en la
variable m tiene además n soluciones reales. Por lo tanto para cada mi tal que L(mi) = 0⇒ L(D)(emix) = 0;
luego, si m1,m2, . . . ,mi, . . . ,mn son soluciones de L(m) = 0⇒
L(D)(c1 em1x +c2 em2x + · · ·+ cn emnx) = 0
⇒ L(D)(y) = 0⇔ yh(x) = c1 em1x +c2 em2x + · · ·+ cn emnx
Ejemplo. Resolver 2
d2y
dx2
+ 5
dy
dx
+ 12y = 0.
Solución.
(2D2 + 5D − 12)(y) = 0⇒ L(m) = 2m2 + 5m− 12 = 0⇒ m1 = −4 ∧m2 =
3
2
⇒ yh(x) = c1 e−4x +c2 e
3
2 x
Nota. Si (D −m)k(y) = 0⇒ yh(x) = emx(c1 + c2x+ c3x2 + · · ·+ ckxk−1) donde los ci ∈ R (constantes) se
determinan mediante las c.i.
Ejemplo. (D + 4)3(y) = 0⇒ yh(x) = e−4x(c1 + c2x+ c3x2)
Ejemplo. (D4 + 2D3 +D2)(y) = 0⇒ m = 0, 0,−1,−1, yh(x) = c1 + c2x+ e−x(c3 + c4x)
9.1. Raíces imaginarias en el operador L(D)
Si al resolver L(D)(y) = 0 se encuentra que en L(m) = 0 tiene m1 = a+ ib ∧m2 = a− ib vemos que:
y = k1 e(a+ib)x +k2 e(a−ib)x
= eax(k1 eibx +k2 e−ibx)
= eax(k1 cos bx+ ik1 sen bx+ k2 cos bx− k2i sen bx)
= eax {(k1 + k2) cos bx+ i(k1 − k2) sen bx}
= eax(c1 cos bx+ c2 sen bx)
Departamento de Matemática 24
9 OPERADORES DIFERENCIALES UTFSM
Teorema 2. Si y1(x) es una solución no trivial de la ED
y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0
entonces la segunda solución de la ED es
y2(x) = y1(x)
∫
e−
∫
a1(x) dx
y21(x)
dx
la que es l.i. con respecto a y1(x)
⇒ yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)
Demostración. Suponer
y2(x) = k(x)y1(x)
⇒ y′2 = k′y1 + ky′1
y′′2 = k
′′y1 + 2k′y′1 + ky
′′
1
k′′y1 + 2k′y′1 + ky
′′
1 + a1(x)(k
′y1 + ky′1) + a0(x)ky1 = 0
k(y′′1 + a1y
′
1 + a0y1) + 2y
′
1k
′ + y1(a1k′ + k′′) = 0
∴ y1k
′′ + (2y′1 + a1y1)k
′ = 0
k′′ +
(
2
y′1
y1
+ a1
)
k′ = 0
k′ = e−
∫ 2y′1
y1
+a1dx C
= C e−2 ln y1−
∫
a1dx = C eln y
−2
1 e−
∫
a1 dx
= C
e−
∫
a1 dx
y21
∴ k(x) = C
∫
e−
∫
a1 dx
y21
dx
W [y1, y2] =
∣∣∣∣∣∣y1 y1
∫
e−
∫
a1 dx
y21
dx
y′1 y
′
1
∫
e−
∫
a1 dx
y21
dx+ y1 e
−
∫
a1 dx
y21
∣∣∣∣∣∣ = e−
∫
a1 dx 6= 0
∴ {y1, y2} son l.i.
∴ yG(x) = C1y1(x) + C2y2(x)
volver
ejemplosEjemplo. Resolver x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0 si se sabe que una solución es y1(x) = x2
Solución.
La ecuación debeescribirse como
y′′ − 3
x
y′ +
4
x2
y = 0
∴ a1(x) = −
3
x
⇒ e−
∫
a1 dx = e3 ln x = x3
y2(x) = x
2
∫
x3
x4
dx = x2
∫
1
x
dx = x2 lnx
⇒ yh(x) = x2(c1 + c2 lnx)
Departamento de Matemática 25
10 EDL DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGÉNEAS UTFSM
¿Qué pasa si se conoce la solución y1(x) = x2 lnx y se pide la otra?
y2(x) = x
2 lnx
∫
e−
∫ 3
x
dx
x4 ln2 x
dx = x2 lnx
∫
1
x ln2 x
dx
= −x2 lnx 1
lnx
= −x2
⇒ yh(x) = x2(c1 lnx+ c2)
Ejercicio. Resolver y′′ + tg xy′ − 6 cotg2 xy = 0 si y1(x) = sen3 x
10. EDL de Coeficientes Constantes No Homogéneas
La solución general de la EDL no homogénea es de la forma
YG(x) = yh(x) + yp(x)
nuestro problema ahora consiste en tratar de determinar yp, ya que yh ya se sabe como obtenerla.
Existen varios métodos para determinar yp, los dos más conocidos son
1. coeficientes indeterminados (MCI) y
2. variación de parámetro (MVP)
10.1. Método Coeficientes Indeterminados
El MCI tiene la ventaja de ser un método sencillo, pero para poder aplicarlo es necesario conocer la
forma de la solución particular.
Sea L(y) = h(x) sea L2 el operador tal que
L2(h(x)) = 0⇒ L2 ◦ L(y) = L(h(x)) = 0⇒
L∗(y) = 0 donde L∗ = L2 ◦ L
Sea y∗(x) = yh + yp tal que L∗(y∗(x)) = 0⇒ yp = y∗ − yh
∴ para determinar las constantes que aparecen en yp, se substituye yp en la ecuación diferencial L(yp) = h(x)
Ejemplo. Resolver (D2 + 4)(y) = 7
Solución.
(D2 + 4)(y) = 0⇒ yh(x) = c1 sen 2x+ c2 cos 2x
L2(7) = D(7) = 0⇒ L2 = D ⇒ L∗ = D(D2 + 4)⇒
y∗ = c1 sen 2x+ c2 cos 2x+ c3 ⇒ yp = c3
y′′p + 4yp = 0 + 4c3 ≡ 7⇒ c3 = 7/4
⇒ yG(x) = c1 sen 2x+ c2 cos 2x+
7
4
Departamento de Matemática 26
10 EDL DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGÉNEAS UTFSM
Ejemplo. (D2 + 3)(y) = ex
Solución.
yh(x) = c1 sen
√
3x+ c2 cos
√
3x
L2 = D − 1 pues (D − 1) ex = 0
∴ (D − 1)(D2 + 3)(y) = 0⇒ y∗ = c1 sen
√
3x+ c2 cos
√
3x+ c3 e
x
⇒ yp = c3 ex .
(c3 e
x) + 3(c3 e
x) ≡ ex
pero
D2 + 3 = D2 − 1 + 4⇒ (D2 + 3)(c3 ex) = (D − 1)(D − 1)(c3 ex) + 4c3 ex
4c3 e
x ≡ ex ⇒ c3 =
1
4
.
yG(x) = c1 sen
√
3x+ c2 cos
√
3x+
1
4
ex
Ejemplo. (D2 + 2D + 1)(y) = 2 ex + cos 2x.
Solución.
yh(x) = c1 e
−x +c2x e
−x
L2 = (D − 1)(D2 + 4) yp = c3 ex +c4 sen 2x+ c5 cos 2x
(D2 + 2D + 1)(yp) = (D
2 + 42D − 3)(yp)
= (D2 + 4)(c3 e
x) + (2D − 3)(yp)
= (D2 − 1 + 5)(c3 ex) + (2(D − 1)− 1)(c3 ex +c4 sen 2x+)
= 5c3 e
x−1c3 ex +2c4 · 2 cos 2x+ 2c5(−2) sen 2x
= 4c3 e
x +(4c4 − 3c5) cos 2x− (4c5 + 3c4) sen 2x
= 2 ex + cos 2x
⇒ c3 = 1/2
4c4 − 3c5 = 1
3c4 + 4c5 = 0
}
⇒ c4 =
4
25
c5 = −
3
25
yp =
1
2
ex +
4
25
sen 2x− 3
25
cos 2x
yG = c1 e
−x +c2x e
−x +
1
2
ex +
4
25
sen 2x− 3
25
cos 2x
Empleando en MCI, encontrar yp en:
a) (D2 + 6D + 10)(y) = x4 + 4x2 + 2
b) (6D2 + 2D − 1)(y) = 7x ex(1 + x)
c) (D2 +D − 2)(y) = 3 ex− senx
d) (D2 − 4D + 8)(y) = e2x(1 + sen 2x)
e) (D2 − 4)2(y) = x senhx
Departamento de Matemática 27
10 EDL DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGÉNEAS UTFSM
10.2. Método de Variación de Parámetros
Comenzamos considerando la EDL de 2.o orden
y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = h(x)(10.1)
definida en un intervalo I y cuya solución general de la EDL homogénea asociada a (10.1) es:
yh(x) = k1y1(x) + k2y2(x)(10.2)
se busca una solución particular yp de (10.1) tal que
yp(x0) = 0
y′p(x0) = 0 con x0 ∈ I
La construcción de yp se empieza con la suposición de que cualquier solución particular de (10.1) debe
estar relacionada con yp y para ello se intenta alterar ésta última tal que se convierte en una solución
particular de (10.1). Una forma de hacerlo es permitir que k1 y k2 en (10.2) varíen con x (o sea, k1 = k1(x)
y k2 = k2(x)) tal que:
yp(x) = k1(x)y1(x) + k2(x)y2(x)(10.3)
abreviando,
yp = k1y1 + k2y2(10.4)
derivando yp y reemplazando en (10.1) se obtiene
y′p = k1y1 + k1y
′
1 + k
′
2y2 + k2y
′
2
y′′p = k
′′
1y1 + 2k
′
1y
′
1 + k1y
′′
1 + k
′′
2y2 + 2k
′
2y
′
2 + k2y
′′
2
k1(y′′1 + a1(x)y
′
1 + a0(x)y1) + k2(y
′′
2 + a1(x)y
′
2 + a0(x)y2)+
k′′1y1 + 2k
′
1y
′
1 + k
′′
2y2 + 2k
′
2y
′
2 + a1k
′
1y1 + a1k
′
2y2 = h(x)
⇒ k′′1y1 + 2k′1y′1 + k′′2y2 + 2k′2y′2 + a1k′1y1 + a1k2y2 = h(x)
pues y1 ∧ y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea
(k′′1y1 + k
′
1y
′
1 + k
′′
2y2 + k
′
2y
′
2) + a1(k
′
1y1 + k2y2) + k
′
1y
′
1 + k
′
2y
′
2 = h(x)
(k′1y1 + k
′
2y2) + a1(x)(k
′
1y1 + k
′
2y2) + k
′
1y
′
1 + k
′
2y
′
2 = h(x)
esta identidad debe mantenerse si (10.3) es solución de la ED y ∴ k1 y k2 pueden escogerse en forma tal que:
k′1y1 + k
′
2y2 = 0
k′1y
′
1 + k
′
2y
′
2 = h(x)
}
∀x ∈ I
Resolviendo por Crammer
⇒ k′1 = −
h(x)y2
W
∧ k′2 =
h(x)y1
W
Departamento de Matemática 28
10 EDL DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGÉNEAS UTFSM
donde
W =
∣∣∣∣y1 y2y′1 y′2
∣∣∣∣ = Wronskiano = W (y1(x), y2(x))
∴ yp(x) =
∫ x
x0
y2(x)y1(t)− y1(x)y2(t)
W (y1(t), y2(t))
h(t) dt
Ejemplo. y′′ + y = secx, en este caso no se puede aplicar MCI pues 6 ∃ operador L tal que L(secx) = 0.
Solución.
yh(x) = c1 senx+ c2 cosx
yp(x) = k1 senx+ k2 cosx
k′1 senx+ k
′
2 cosx = 0
k′1 cosx− k′2 senx = h(x) = secx
}
W =
∣∣∣∣ senx cosxcosx − senx
∣∣∣∣ = −1
k′1 = secx · cosx = 1 k2 = − secx · senx = − tg x
⇒ k1 = x k2 = −
∫
tg x dx = ln | cosx|
yG(x) = c1 senx+ c2 cosx+ x senx+ cosx ln | cosx|
Ejemplo. (D2 −D − 2)(y) = e−x senx
Solución.
yh(x) = c1 e
2x +c2 e
−x
W =
∣∣∣∣ e2x e−x2 e2x − e−x
∣∣∣∣ = e2x e−x ∣∣∣∣1 12 −1
∣∣∣∣ = −3 ex
k′1 =
1
3
e−3x senx⇒ k1 =
1
3
∫
e−3x senx dx =
1
3
e−3x
1 + 9
(−3 senx− cosx)
k′2 =
e2x e−x senx
−3 ex = −
1
3
senx⇒ k2 =
1
3
cosx
∴ yg(x) = c1 e
2x +c2 e
−x− 1
30
e−x(3 senx+ cosx) +
1
3
e−x cosx
Ejemplo. Resolver x4y′′ + x3y′ − x2y = 1
Departamento de Matemática 29
10 EDL DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGÉNEAS UTFSM
Solución.
x4y′′ + x3y′ − x2y = 0⇒ x2y′′ + xy′ − y = 0
α(α− 1) + α− 1 = 0⇒ α2 = 1⇒ y1(x) = x, y2 = x−1
y2(x) = x
∫
e−
∫ 1
x
dx
x2
dx = x
∫
1
x3
dx = − 1
2x
∴ yh(x) = c1x+ c2
1
x
k′1x+ k
′
2
1
x
= 0
k′1 − k′2
1
x2
= 1
x4

W =
∣∣∣∣x 1/x1 −1/x2
∣∣∣∣ = − 2x
k′1 =
1
2x4
⇒ k1 = −
1
6x3
k′2 = −
1
2x2
⇒ k2 =
1
2x
yp =
1
3x2
yG(x) = c1x+ c2
1
x
+
1
3x2
Departamento de Matemática 30
ÍNDICE UTFSM
Índice
1. Separación de Variables 1
2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden 2
3. Ecuaciones Diferenciales Exactas 8
4. Factor de Integración 11
5. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden 13
6. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal 17
7. Existencia y unicidad de las soluciones 20
8. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior 22
8.1. Solución general de una ecuación homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
8.2. Solución general de una ecuación no homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
9. Operadores Diferenciales 23
9.1. Raíces imaginarias en el operador L(D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
10.EDL de Coeficientes Constantes No Homogéneas 26
10.1. Método Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
10.2. Método de Variación de Parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Índice alfabético 31
Índice alfabético
ecuación
de Ricatti, 18
exacta, 8
lineal, 13
homogénea, 13
normal, 13
factor
de integración, véase factor integrante
integrante, 11
función
homogénea
de grado k, 2
Departamento de Matemática 31