Foro 1 - MAURICIO ARBOLEDA

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UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARADAS “ESPE” 
Integrantes: 
• Arboleda Castillo Mauricio Nicolás 
• Cusi Sacancela Nahomi Susana 
Asignatura: Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 
Fecha: 21 de noviembre de 2021 
NRC: 7508 
 
FORO PRIMER PARCIAL – ECUACIONES DE RICCATI 
Son las ecuaciones de la forma: 
𝑦′ = 𝑃(𝑥)𝑦2 + 𝑄(𝑥)𝑦 + 𝑅(𝑥) (𝑬𝟏) 
Esta ecuación no se resuelve al integrar en cuadraturas. 
Si conocemos una solución particular 𝑦1(𝑥), entonces se introduce un cambio de 
variable “z”, tal que: 
𝑦 = 𝑦1(𝑥) +
1
𝑧
 
Esta ecuación diferencial de Riccati se reduce a una ecuación diferencial lineal, 
por el cambio de variable anteriormente propuesto. 
𝑦 = 𝑦1(𝑥) +
1
𝑧
 => 𝑦′ = 𝑦′1(𝑥) −
1
𝑧2
𝑧′ 
Al reemplazar este cambio de variable en (E1), obtenemos: 
𝑦′1(𝑥) −
1
𝑧2
𝑧′ = 𝑃(𝑥) (𝑦1(𝑥) +
1
𝑧
)
2
+ 𝑄(𝑥) (𝑦1(𝑥) +
1
𝑧
) + 𝑅(𝑥) 
Teniendo en cuenta que 𝑦1(𝑥) es solución de (E1) sabemos que: 
𝑦1
′ = 𝑃(𝑥)𝑦1
2 + 𝑄(𝑥)𝑦1 + 𝑅(𝑥) 
Y al simplificar los términos semejantes, tendremos: 
𝑧′
𝑧2
+
2𝑃(𝑥)𝑦1(𝑥)
𝑧
+
𝑃(𝑥)
𝑧2
+
𝑄(𝑥)
𝑧
= 0 
Simplificando: 
𝑧′ + (𝑄(𝑥) + 2𝑃(𝑥)𝑦1(𝑥))𝑧 + 𝑃(𝑥) = 0 
Obteniendo de esta manera una ecuación lineal respecto a z. 
Para resolver esta ecuación obtenida por los métodos estudiados anteriormente, y 
encontrada la respuesta en variable de “z”, podremos hacer el uso de variable: 
𝑦 = 𝑦1(𝑥) +
1
𝑧
 
Para dejar la respuesta expresada en variable de “y”. 
 
En el caso de conocer dos soluciones de la ecuación 𝑦 = 𝑦1(𝑥) ∧ 𝑦 = 𝑦2(𝑥), 
entonces: 
𝐶𝑒∫ 𝑃(𝑥)(𝑦2−𝑦1)𝑑𝑥 =
𝑦 − 𝑦1
𝑦 − 𝑦2
 
Esta es una solución particular de la ecuación lineal, obteniendo así una 
simplificación en su integral. 
 
En el caso de conocer tres soluciones de la ecuación 𝑦 = 𝑦1(𝑥), 𝑦 = 𝑦2(𝑥), 𝑦 =
𝑦3(𝑥), entonces: 
𝑦 − 𝑦1
𝑦 − 𝑦3
𝑦2 − 𝑦3
𝑦2 − 𝑦1
= 𝐶 
Mediante estos casos, es posible expresar las soluciones para dos y tres 
incógnitas sin cuadraturas. 
 
Demostración: 
 
Si se conoce tres soluciones particulares distintas, 𝑦 = 𝑦1(𝑥), 𝑦 = 𝑦2(𝑥) 𝑒 𝑦 = 𝑦3(𝑥) 
de 𝑦′ + 𝑃𝑦2 + 𝑄𝑦 + 𝑅 = 0, demostrar que es posible expresar la solución sin 
cuadraturas. 
 
Para la demostración a partir de tres soluciones, se forma un sistema de ecuaciones 
haciendo el uso de dos soluciones reemplazadas en la ecuación, y la ecuación 
original. 
{
𝑦′ + 𝑃𝑦2 + 𝑄𝑦 + 𝑅 = 0
𝑦1
′ + 𝑃𝑦1
2 + 𝑄𝑦1 + 𝑅 = 0
𝑦3
′ + 𝑃𝑦3
2 + 𝑄𝑦3 + 𝑅 = 0
 
(1)
(2)
(3)
 
Si hago (1) – (2): 
𝑦′ − 𝑦1
′ + 𝑃(𝑦2 − 𝑦1
2) + 𝑄(𝑦 − 𝑦1) = 0 (4) 
Si hago (1) – (3): 
𝑦′ − 𝑦3
′ + 𝑃(𝑦2 − 𝑦3
2) + 𝑄(𝑦 − 𝑦3) = 0 (5) 
Si multiplico (4) por 
1
(𝑦−𝑦1)
 y (5) por 
1
(𝑦−𝑦3)
, entonces: 
En (4) 𝑦′ − 𝑦1
′ + 𝑃(𝑦2 − 𝑦1
2) + 𝑄(𝑦 − 𝑦1) = 0 ∗ (
1
(𝑦−𝑦1)
) 
𝑦′ − 𝑦1
′ 
(𝑦 − 𝑦1)
+ 𝑃(𝑦 ∓ 𝑦1) + 𝑄 = 0 (6) 
En (5) 𝑦′ − 𝑦3
′ + 𝑃(𝑦2 − 𝑦3
2) + 𝑄(𝑦 − 𝑦3) = 0 ∗ (
1
(𝑦−𝑦3)
) 
𝑦′ − 𝑦3
′ 
(𝑦 − 𝑦3)
+ 𝑃(𝑦 ∓ 𝑦3) + 𝑄 = 0 (7) 
 
Si hago (6) – (7) 
𝑦′ − 𝑦1
′ 
(𝑦 − 𝑦1)
−
𝑦′ − 𝑦3
′ 
(𝑦 − 𝑦3)
+ 𝑃(𝑦1 − 𝑦3) = 0 (8) 
Integrando y despejando (8): 
∫ (
𝑦′ − 𝑦1
′ 
(𝑦 − 𝑦1)
−
𝑦′ − 𝑦3
′ 
(𝑦 − 𝑦3)
) 𝑑𝑦 = ∫ −𝑃(𝑦1 − 𝑦3) 𝑑𝑥 
∫
𝑦′ − 𝑦1
′ 
(𝑦 − 𝑦1)
𝑑𝑦 − ∫
𝑦′ − 𝑦3
′ 
(𝑦 − 𝑦3)
𝑑𝑦 = − ∫ 𝑃(𝑦1 − 𝑦3) 𝑑𝑥 
ln(𝑦 − 𝑦1) − ln(𝑦 − 𝑦3) + 𝐶 = − ∫ 𝑃(𝑦1 − 𝑦3) 𝑑𝑥 
ln (
𝑦 − 𝑦1
𝑦 − 𝑦3
) = −𝐶 − ∫ 𝑃(𝑦1 − 𝑦3) 𝑑𝑥 
Aplicando propiedades de logaritmos: 
𝑦 − 𝑦1
𝑦 − 𝑦3
= 𝐶1𝑒
− ∫ 𝑃(𝑦1−𝑦3)𝑑𝑥 (9) 
En la ecuación (9), reemplazamos la solución no usada: 𝑦 = 𝑦2(𝑥) 
𝑦2 − 𝑦1
𝑦2 − 𝑦3
= 𝐶1𝑒
− ∫ 𝑃(𝑦1−𝑦3)𝑑𝑥 (10) 
Y ahora eliminamos el término 𝑒− ∫ 𝑃(𝑦1−𝑦3)𝑑𝑥, usando las ecuaciones (9) y (10): 
 
𝑦 − 𝑦1
𝑦 − 𝑦3
𝑦2 − 𝑦1
𝑦2 − 𝑦3
=
𝐶1𝑒
− ∫ 𝑃(𝑦1−𝑦3)𝑑𝑥
𝐶1𝑒− ∫ 𝑃
(𝑦1−𝑦3)𝑑𝑥
 
(𝑦 − 𝑦1)(𝑦2 − 𝑦3)
(𝑦 − 𝑦3)(𝑦2 − 𝑦1)
=
𝐶1
𝐶1
 
(𝑦 − 𝑦1)(𝑦2 − 𝑦3)
(𝑦 − 𝑦3)(𝑦2 − 𝑦1)
= 𝐶 
 
Resolución de ejercicio: 
Resuélvase la ecuación: 𝑦′ +
𝑦2
2𝑥2−𝑥
− 𝑦
1+4𝑥
2𝑥2−𝑥
+
4𝑥
2𝑥2−𝑥
= 0, si se conoce que dos 
soluciones son: 𝑦1 = 1, 𝑦2 = 2𝑥. 
 
Si hacemos uso de la solución sin cuadratura cuando se conoce dos soluciones 
𝑦1, 𝑦2, diferentes entonces: 
Sea: 𝑦′ +
𝑦2
2𝑥2−𝑥
− 𝑦
1+4𝑥
2𝑥2−𝑥
+
4𝑥
2𝑥2−𝑥
= 0, y las soluciones particulares: 𝑦1 = 1, 𝑦2 = 2𝑥. 
 
𝐶𝑒
∫
1
2𝑥2−𝑥
(2𝑥−1)𝑑𝑥
=
𝑦 − 1
𝑦 − 2𝑥
 
𝐶𝑒
∫
1
𝑥(2𝑥−1)
(2𝑥−1)𝑑𝑥
=
𝑦 − 1
𝑦 − 2𝑥
 
𝐶𝑒∫
1
𝑥
𝑑𝑥 =
𝑦 − 1
𝑦 − 2𝑥
 
𝐶𝑒ln (𝑥) =
𝑦 − 1
𝑦 − 2𝑥
 
𝐶𝑥 =
𝑦 − 1
𝑦 − 2𝑥
 
𝐶 =
𝑦 − 1
𝑥(𝑦 − 2𝑥)
 
Solución: 𝐶 =
𝑦−1
𝑦𝑥−2𝑥2