Metodos clasicos de resoluciones de ecuaciones - Trigonometria - Universidad de La Rioja - Apuntes - Parte 2, Apuntes de Trigonometría. Universidad de La Rioja

Trigonometría

Descripción: Apuntes de trigonometría sobre los metodos clasicos de resoluciones de ecuaciones de la Universidad de la Rioja
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Universidad: Universidad de La Rioja
Dirección: Matemáticas
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E. D. expĺıcitas de primer orden 7

APARTADO 2.

Ecuación de la forma y′ = f(ax+ by).

Si a = 0 o b = 0, la ecuación es separable. En otro caso, efectuemos el cambio de función y(x) por z(x) dado por z = ax+ by, de donde z′ = a+ by′ y, por tanto, y′ = z

′−a b .

Entonces, sustituyendo en la E. D. obtenemos z ′−a b = f(z), es decir, z

′ = a + bf(z), que es de variables separadas. La escribimos como

dx = dz

a+ bf(z) ,

con lo que, integrando, x = ∫

(a + bf(z))−1 dz = φ(z, C). Aśı pues, las soluciones de la E. D. de partida serán

x = φ(ax+ by, C),

de modo que hemos encontrado y como función de x expresada en forma impĺıcita.

RECETA 2. Ecuación de la forma y′ = f(ax+ by).

El cambio de función y(x) por z(x) dado por z = ax + by la transforma en una de variables separadas.

Ejemplo 2. Resolver y′ − exey = −1.

Tenemos y′ + 1 = ex+y, con lo que si efectuamos el cambio de función dado por la sustitución z = x + y, la ecuación queda transformada en z′ = ez, es decir, dx = e−z dz, ecuación en variables separadas cuya solución es x = −e−z + C. Volviendo a las variables iniciales, C − x = e−x−y, de donde log(C − x) = −x − y, y por tanto la solución de la E. D. de partida es y = − log(C − x)− x. (Observar que no nos hemos preocupado —ni lo haremos de aqúı en adelante— de poner módulos cuando al calcular una integral aparece un logaritmo. El lector podŕıa analizar estos casos con mucho más cuidado.)

APARTADO 3.

Homogéneas.

Supongamos que tenemos la ecuación

y′ = f (y x

) .

8 Métodos clásicos de resolución de E. D. O.

Para resolverla, hacemos el cambio de función y(x) por u(x) mediante u = yx . Aśı, derivando y = ux tenemos y′ = u′x+ u, es decir, u′x+ u = f(u). Esta ecuación, que podemos poner como u′x = f(u)− u, es de variables separadas. Vamos a solucionarla: • Si f(u) 6= u, podemos escribir duf(u)−u =

dx x e, integrando,

∫ du

f(u)−u = log( x C ).

Despejando x obtenemos x = Ceφ(u) con φ(u) = ∫

du f(u)−u . Por tanto, las curvas con

ecuaciones paramétricas { x = Ceφ(u)

y = Cueφ(u)

son solución de la ecuación diferencial para cada C ∈ R. (Esto constituye una familia de curvas homotéticas: una curva se obtiene de otra mediante una homotecia, es decir, multiplicando los valores de x e y por una constante.) A veces, es conveniente expresar estas soluciones de otras formas. Siempre puede ponerse x = Ceφ(y/x), solución dada mediante una función impĺıcita. Y, cuando en x = Ceφ(u) se logra despejar de alguna forma u = H(x,C), la solución de la E. D. queda mucho más sencilla: y = xH(x,C).

• Supongamos ahora que existe algún u0 tal que f(u0) = u0. En este caso, es inmediato comprobar que la recta y = u0x es solución: y′ = u0 = f(u0) = f( yx ), luego se satisface la ecuación diferencial. Este tipo de soluciones que no se obtienen con el procedimiento general suelen denominarse soluciones singulares.

Nota: En general, una función h(x, y) se dice homogénea de grado α si h(λx, λy) = λαh(x, y). Es inmediato comprobar que una E. D. de la forma

P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0

con P (x, y) y Q(x, y) funciones homogéneas del mismo grado es, efectivamente, una ecuación diferencial homogénea (despejar y′ = dydx = −

P (x,y) Q(x,y) = −

P (x,x(y/x)) Q(x,x(y/x)) y extraer

λ = x de P y Q). De aqúı proviene el nombre de este tipo de ecuaciones.

RECETA 3. Homogéneas.

Son de la forma y′ = f

(y x

) .

Se hace el cambio de función y(x) por u(x) mediante y = ux, transformándose aśı la E. D. en una de variables separadas.

Ejemplo 3. Resolver

y′ = 2xy − y2

x2 .

E. D. expĺıcitas de primer orden 9

Con el cambio y = ux podemos poner y′ = 2 yx − ( y x )

2 = 2u− u2. Como y′ = u′x+ u, sustituyendo tenemos u′x+ u = 2u− u2, es decir, xu′ = u− u2.

Si u 6= u2, podemos poner duu−u2 = dx x . Para integrar, descomponemos

1 u−u2 =

A u +

B 1−u ,

lo que se satisface para A = B = 1. Entonces, integrando, log u − log(1 − u) = log xC , es decir, u1−u =

x C ; y sustituyendo u =

y x tenemos

y/x 1−y/x =

x C , de donde Cy = x(x − y). De

aqúı es fácil despejar expĺıcitamente y si aśı se desea.

Por otra parte, a partir de u0 = 0 y u0 = 1 (para las cuales u = u2), se tienen las soluciones singulares y = 0 e y = x.

APARTADO 3′.

Reducibles a homogéneas.

Consideremos la ecuación

y′ = f ( a1x+ b1y + c1 ax+ by + c

) .

Para resolverla, hay que distinguir dos casos:

3′.1. Supongamos en primer lugar que las rectas ax+ by+ c = 0 y a1x+ b1y+ c1 = 0 se cortan en el punto (x0, y0). Aśı, tendremos que ax + by + c = a(x − x0) + b(y − y0) y a1x+ b1y+ c1 = a1(x−x0)+ b1(y−y0). Hagamos ahora el cambio de variable y de función X = x− x0, Y = y − y0, con lo cual

Y ′ = y′ = f ( a1(x− x0) + b1(y − y0) a(x− x0) + b(y − y0)

) = f

( a1X + b1Y aX + bY

) = f

( a1 + b1 YX a+ b YX

) ,

es decir, hemos reducido la ecuación a una homogénea.

3′.2. En segundo lugar, supongamos que ax+by+c = 0 y a1x+b1y+c1 = 0 son rectas paralelas, con lo cual podrá ponerse (a1, b1) = K(a, b) para algún K ∈ R. Efectuemos ahora el cambio de función z = ax+ by. Derivando, z′ = a+ by′, o sea, y′ = z

′−a b . Si sustituimos

en la E. D. original obtenemos

dz

dx = a+ bf

( Kz + c1 z + c

) ,

que es de variables separadas.

10 Métodos clásicos de resolución de E. D. O.

RECETA 3′. Reducibles a homogéneas.

Son de la forma

y′ = f ( a1x+ b1y + c1 ax+ by + c

) .

3′.1. Si las rectas ax+ by + c = 0 y a1x+ b1y + c1 = 0 se cortan en (x0, y0), se hace el cambio de variable y de función X = x − x0, Y = y − y0. La ecuación se reduce a una homogénea.

3′.2. Si ax+by+c = 0 y a1x+b1y+c1 = 0 son rectas paralelas, se hace el cambio de función z = ax+ by. La nueva ecuación que aparece es de variables separadas.

Ejemplo 3′.1. Resolver

y′ = −2x+ 4y − 6 x+ y − 3

.

Las rectas −2x+ 4y − 6 = 0 y x+ y − 3 = 0 se cortan en el punto (x, y) = (1, 2), con lo que efectuamos el cambio X = x − 1, Y = y − 2, Y ′ = y′. Sustituyendo, obtenemos la ecuación homogénea

Y ′ = −2X + 4Y X + Y

= −2 + 4Y/X

1 + Y/X .

Para resolverla, hacemos un nuevo cambio u = Y/X, de donde Y = uX, Y ′ = u′X + u. Tras sustituir, tenemos u′X + u = −2+4u1+u que, a la postre, podemos poner como −X

du dX =

u2−3u+2 u+1 .

Tenemos ahora que distinguir cuándo, y cuándo no, se anula la expresión u2− 3u+ 2. Resolviendo u2 − 3u+ 2 = 0, esto ocurre para u = 1 y u = 2.

Analicemos en primer lugar el caso u2 − 3u+ 2 6= 0. Aśı, podemos escribir

dX

X = −(u+ 1) du u2 − 3u+ 2

= A

u− 1 du+

B

u− 2 du =

2 u− 1

du− 3 u− 2

du

de donde, integrando, 2 log(u − 1) − 3 log(u − 2) = log(KX) y, consiguientemente, (u−1)2 (u−2)3 = KX. Sustituyendo ahora u = Y/X llegamos fácilmente a (Y −X)

2 = K(Y −2X)3; y volviendo a las variables originales x e y obtenemos las soluciones (y−x−1)2 = K(y−2x)3 de la E. D. de partida.

Finalmente, con u0 = 1 y u0 = 2 tenemos, respectivamente, las soluciones Y = X e Y = 2X que, sustituyendo X e Y por su valor, se traducen en y = x+ 1 y y = 2x.

E. D. expĺıcitas de primer orden 11

Ejemplo 3′.2. Resolver

y′ = x− y − 1 x− y − 2

.

Efectuamos el cambio de función z = x − y, de donde z′ = 1 − y′. Sustituyendo, tenemos −z′ + 1 = z−1z−2 , y consiguientemente −

dz dx =

z−1 z−2 − 1 =

1 z−2 , que es la ecuación

(z − 2) dz = −dx, cuyas variables están separadas. Integrando, 12 (z − 2) 2 = −x + K, y

finalmente, sustituyendo de nuevo z = x − y y denotando C = 2K, obtenemos que las soluciones de la E. D. original son (x− y − 2)2 + 2x = C.

APARTADO 3′′.

Homogéneas impĺıcitas.

Sea la ecuación

F (y x , y′ )

= 0.

Para resolverla, consideremos la curva F (α, β) = 0 y supongamos que hemos logrado encontrar una representación paramétrica de la curva dada por α = ϕ(t), β = ψ(t). Es decir, que se verifica F (ϕ(t), ψ(t)) = 0. Hagamos ahora el cambio de función y por t mediante yx = ϕ(t), teniendo en cuenta que y

′ = ψ(t).

Si derivamos y = xϕ(t) respecto de x tenemos y′ = ϕ(t) + xϕ′(t) dtdx , es decir, ψ(t) = ϕ(t) + xϕ′(t) dtdx , o

ψ(t)− ϕ(t) = xϕ′(t) dt dx

que, en principio, es una ecuación en variables separadas.

• Si ψ(t) 6= ϕ(t), podemos poner ϕ ′(t) dt

ψ(t)−ϕ(t) = dx x , cuya solución será x = Ce

φ(t) con

φ(t) = ∫ ϕ′(t) dt ψ(t)−ϕ(t) . De aqúı que la E. D. de partida tiene las soluciones

{ x = Ceφ(t)

y = Cϕ(t)eφ(t) , C ∈ R.

• Si existe t0 tal que ψ(t0) = ϕ(t0), formalmente, podemos pensar 0 = xϕ′(t) dtdx , luego ϕ′(t) = 0 y por tanto ϕ(t) = cte. = ϕ(t0), lo que nos llevaŕıa a la solución y = xϕ(t0). Esta recta es, efectivamente, una solución de la E. D., como podemos comprobar directamente: F ( yx , y

′) = F (ϕ(t0), ϕ(t0)) = F (ϕ(t0), ψ(t0)) = 0.

12 Métodos clásicos de resolución de E. D. O.

RECETA 3′′. Homogéneas impĺıcitas.

Son de la forma F (y x , y′ )

= 0.

Consideramos la curva F (α, β) = 0. Si encontramos una representación paramétrica α = ϕ(t), β = ψ(t), F (ϕ(t), ψ(t)) = 0, se hace el cambio de función y por t mediante yx = ϕ(t), y

′ = ψ(t). Aśı, derivando y = xϕ(t) respecto de x, aparece una ecuación en variables separadas.

Ejemplo 3′′. Resolver x2(y′)2 − (y2 + x2) = 0.

Si ponemos la ecuación en la forma (y′)2 − ( yx ) 2 = 1, podemos recordar que el coseno

y el seno hiperbólicos satisfacen la relación (ch t)2−(sh t)2 = 1, lo que se adecúa a nuestras necesidades. Aśı, tomemos ahora yx = sh t y y

′ = ch t. Si derivamos y = x sh t tenemos y′ = sh t+ x ch t dtdx , o sea, ch t = sh t+ x ch t

dt dx . Despejando,

dx x =

ch t ch t−sh t dt (notar que,

en esta ecuación, el denominador no se anula nunca ya que ch t > sh t, luego no hay que preocuparse de analizar por separado las ráıces de ch t−sh t = 0) e, integrando, x = Ceφ(t) con

φ(t) = ∫

ch t ch t− sh t

dt = ∫ et + e−t

2e−t dt = 12

∫ (1 + e2t) dt = 12 t+

1 4e

2t.

Entonces, la E. D. original tiene como soluciones las curvas{ x = Cet/2+e

2t/4

y = C(sh t)et/2+e 2t/4

.

APARTADO 3′′′.

Sea la ecuación y′ = f(x, y)

con f tal que, para algún α fijo, verifica

f(λx, λαy) = λα−1f(x, y).

Nótese en primer lugar que, cuando α = 0, sin más que tomar λ = x tenemos y′ = f(x, y) = x−1f(1, y), que es una ecuación en variables separadas; y, cuando α = 1, se puede poner

y′ = f(x, y) = f ( x, x

y

x

) = f

( 1, y

x

) ,

es decir, nos encontramos ante una E. D. homogénea. En otro caso, veamos cómo el cambio de función y = zα transforma la ecuación en una homogénea:

E. D. expĺıcitas de primer orden 13

Derivando, y′ = αzα−1z′ y, sustituyendo en la E. D. original, αzα−1z′ = f(x, zα), es decir,

z′ = 1 α

(1 z

)α−1 f(x, zα) =

1 α f

( 1 z x, (1 z

)α zα )

= 1 α f (x z , 1 )

que, efectivamente, es una E. D. homogénea. Lógicamente, como, al hacer en la homogénea el cambio z = ux, ésta se transforma en

una de variables separadas, si hubiéramos efectuado desde el principio el cambio y = (ux)α, nuestra E. D. se hubiera convertido directamente en una de variables separadas.

Por último comentar que, extrayendo λ = x, este tipo de ecuaciones puede ponerse como

y′ = f(x, y) = f ( x, xα

y

) = xα−1f

( 1,

y

) = xα−1h

( y xα

) .

Pero, al menos a simple vista, no parece más sencillo describir las ecuaciones que estamos tratando como ((las que tienen la forma y′ = xα−1h(yx−α))) en lugar de como lo hemos hecho en este apartado.

RECETA 3′′′. Si la ecuación y′ = f(x, y)

es tal que, para algún α 6= 0 fijo, f satisface

f(λx, λαy) = λα−1f(x, y),

entonces el cambio de función y = zα transforma la ecuación en una homogénea. (Si α = 1, la E. D. ya es homogénea; y si f cumple la relación anterior con α = 0, la E. D. es de variables separadas.)

Ejemplo 3′′′. Resolver

y′ = 1 2 y

x − 3 √ x

y2 .

Dada f(x, y) = 12x −1y− 3x1/2y−2, para intentar encontrar α tanteamos f(λx, λαy) =

1 2 (λx)

−1(λαy)−3(λx)1/2(λαy)−2 = 12λ α−1x−1y−3λ1/2−2αx1/2y−2, y observamos que esto

es igual a λα−1f(x, y) sin más que tomar α = 12 .

Entonces, si sustituimos y = z1/2 en la E. D., tenemos 12z −1/2z′ = 12x

−1z1/2 − 3x1/2z−1, es decir, z′ = zx − 6(

z x ) −1/2, que es homogénea. Para resolverla, tomamos ahora

z = ux, con lo cual, sustituyendo, u′x+u = u−6u−1/2, o sea, u1/2 du = −6x−1 dx, ecuación en variables separadas. Integrándola, 23u

3/2 = −6 log( xC ), luego x = C exp(−u 3/2/9).

Deshaciendo los cambios z = ux y y = ux encontramos que las soluciones de la E. D. de partida son, expresadas como curvas en paramétricas,{

x = Ce−u 3/2/9

y = C1/2u1/2e−u 3/2/18

.

14 Métodos clásicos de resolución de E. D. O.

APARTADO 4.

Ecuaciones exactas.

Llamamos exacta a una ecuación diferencial

P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0,

es decir, y′ = dydx = − P (x,y) Q(x,y) , que cumple Py = Qx (con la notación Py =

∂P ∂y , Qx =

∂Q ∂x ).

Antes de explicar cómo resolverlas, comentemos brevemente algo sobre ((expresiones diferenciales)) (rigurosamente hablando, estamos tratando con 1-formas diferenciales w = P dx+Qdy, aunque no entraremos en ello):

Supongamos de antemano en todo lo que sigue que P y Q son de clase C1 (continuas con derivadas parciales continuas) en su dominio de definición (un abierto de R2). Una expresión diferencial P (x, y) dx+Q(x, y) dy se dice que es una diferencial cerrada en una región R del plano xy si se verifica Py(x, y) = Qx(x, y) para todo (x, y) ∈ R. Y se dice exacta en R cuando existe alguna función F (x, y) tal que ∂F∂x = P y

∂F ∂y = Q para todo

(x, y) ∈ R; en otras palabras, si la diferencial de F es dF = P dx + Qdy (F , que es única salvo constantes, se denomina función potencial). El teorema de Schwartz sobre igualdad de derivadas cruzadas nos asegura que cualquier expresión diferencial exacta es cerrada. Lo contrario no es cierto en general, aunque śı en una clase muy amplia de dominios de R2: los simplemente conexos que, intuitivamente, son los que no tienen agujeros. Demostrar este hecho no es excesivamente sencillo, pero tampoco es necesario para lo que aqúı pretendemos. En realidad, el lema de Poincaré (que normalmente se prueba en cualquier curso de cálculo integral en varias variables) asegura que una expresión cerrada es exacta siempre que el dominio sea estrellado, lo que significa que exista un punto del dominio que se pueda unir a todos los demás mediante un segmento sin salirnos del dominio; en particular, los conjuntos convexos son estrellados. Además, esto asegura que, dada cualquier expresión cerrada, es exacta localmente, es decir, alrededor de cada punto podemos restringir el dominio de tal forma que la expresión sea exacta en ese nuevo dominio. Por lo tanto, en lo que a nosotros concierne, podemos identificar los conceptos de exacto y cerrado, ya que no nos estamos preocupando de dónde están definidas las E. D. que tratamos de resolver ni en qué intervalo existen las soluciones. En realidad, en ecuaciones diferenciales suele hablarse siempre de exacto aún refiriéndose a que se satisface la igualdad Py = Qx.

Una E. D. exacta es una expresión exacta igualada a cero. Veamos cómo resolverlas: si tenemos P dx+Qdy = 0 exacta, como existe F tal que dF = P dx+Qdy, entonces la ecuación podemos ponerla en la forma dF = 0 y, por tanto, su solución será F (x, y) = C (siendo C constante arbitraria). Aśı pues, basta con que encontremos la función potencial F . El procedimiento para hallarla que, según veremos, funciona gracias a que Py = Qx, es como sigue:

Buscamos F tal que ∂F∂x = P ; aśı, es posible encontrar F integrando P (x, y) respecto a x mientras se mantiene y constante, es decir, F (x, y) =

∫ P (x, y) dx + ϕ(y), donde la

función arbitraria ϕ(y) es la ((constante)) de integración. Derivando respecto de y obtenemos

E. D. expĺıcitas de primer orden 15

∂F ∂y =

∂ ∂y

∫ P (x, y) dx + ϕ′(y). Por otra parte, si utilizamos ∂F∂y = Q, de aqúı resulta que

ϕ′(y) = Q(x, y) − ∂∂y ∫ P (x, y) dx; ésta es realmente una expresión independiente de x ya

que

∂x

( Q(x, y)− ∂

∂y

∫ P (x, y) dx

) = ∂Q

∂x − ∂ ∂y

( ∂ ∂x

∫ P (x, y) dx

) = ∂Q

∂x − ∂P ∂y

= 0.

Una vez conocida ϕ′(y), integrando obtenemos ϕ(y) y, sustituyendo su valor, llegamos a la función potencial F (x, y). Aśı, quedan halladas completamente las soluciones buscadas F (x, y) = C, expresadas en forma impĺıcita.

(Lógicamente, para encontrar F podŕıa haberse seguido el proceso anterior cambiando el orden en el que se usa P y Q, partiendo de ∂F∂y = Q y posteriormente utilizando

∂F ∂x = P .

Asimismo, integrando estas dos expresiones e igualándolas, muchas veces basta una simple inspección para determinar F .)

RECETA 4. Ecuaciones exactas.

Son las de la forma

P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0,

es decir, y′ = dydx = − P (x,y) Q(x,y) , que cumplen Py = Qx. Se busca una

función F (x, y) tal que dF = ω = P dx+Qdy, y la solución de la E. D. es F (x, y) = C (siendo C constante).

Ejemplo 4. Resolver

3y + ex + (3x+ cos y)y′ = 0.

Si ponemos la ecuación en la forma P dx + Qdy = 0 con P (x, y) = 3y + ex y Q(x, y) = 3x + cos y, es claro que Py = Qx = 3, luego la E. D. es exacta. Calculemos la función potencial F (que nos dará directamente las soluciones F (x, y) = C). Como Fx = 3y+ ex, integrando respecto de x, F (x, y) = 3yx+ ex +ϕ(y). Derivando respecto de y e igualando a Q queda 3x + ϕ′(y) = 3x + cos y, es decir, ϕ′(y) = cos y, de donde basta tomar ϕ(y) = sen y, y por tanto F (x, y) = 3yx + ex + sen y. Aśı, la solución de la E. D. viene dada, impĺıcitamente, por 3yx+ex+sen y = C. (Nótese que al integrar ϕ′(y) = cos y no hace falta poner la constante de integración ϕ(y) = sen y+C1 ya que, en ese caso, una de las dos constantes de la solución 3yx+ ex + sen y+C1 = C seŕıa claramente superflua.)

16 Métodos clásicos de resolución de E. D. O.

APARTADO 4′.

Reducibles a exactas: Factores integrantes.

Si tenemos una ecuación P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0 que no es exacta, una idea para intentar resolverla seŕıa tratar de encontrar alguna función µ(x, y) no idénticamente nula tal que

µ(x, y)P (x, y) dx+ µ(x, y)Q(x, y) dy = 0

sea exacta. Como esta ecuación es equivalente a la de partida, sus soluciones y las de P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0 serán las mismas.

Desgraciadamente, no hay ningún procedimiento general que permita encontrar factores integrantes. Sin embargo, śı que es posible hacerlo, y de manera sencilla, en dos casos:

4′.1. Existencia de factor integrante de la forma µ(x). Queremos que µ(x)P (x, y) dx+ µ(x)Q(x, y) dy = 0 sea exacta, esto es,

∂y (µ(x)P (x, y)) =

∂x (µ(x)Q(x, y)).

Derivando, µ(x)Py(x, y) = µ′(x)Q(x, y) + µ(x)Qx(x, y), o sea, µ(x)(Py(x, y)−Qx(x, y)) = µ′(x)Q(x, y). Para que esto tenga sentido,

µ′(x) µ(x)

= Py(x, y)−Qx(x, y)

Q(x, y)

tiene que resultar ser una función que dependa exclusivamente de x, que denotamos h(x). Cuando éste es el caso, es claro que la función µ que satisface la relación anterior es

µ(x) = exp (∫

h(x) dx ) ,

con lo cual hemos encontrado el factor integrante buscado.

4′.2. Existencia de factor integrante de la forma µ(y). Repitiendo el proceso anterior buscamos ∂∂y (µ(y)P (x, y)) =

∂ ∂x (µ(y)Q(x, y)), es decir, µ

′(y)P + µ(y)Py = µ(y)Qx, y por

tanto µ ′(y) µ(y) =

Qx−Py P , que tiene que ser función sólo de y, que denotamos h(y). En estas

condiciones, el factor integrante es µ(y) = exp( ∫ h(y) dy).

4′.3. Aparte de los casos anteriormente tratados, para algunos tipos de problemas se puede intentar encontrar factores integrantes imponiendo a µ(x, y) condiciones restrictivas de muy diverso tipo. Por ejemplo, exigiendo que sea de la forma µ(x, y) = xαyβ con α y β constantes a determinar, que sea µ(x + y), o µ(xy), etc. Para estudiar estos casos, lo que hay que hacer siempre es igualar ∂∂y (µP ) =

∂ ∂x (µQ) e intentar resolver la nueva

ecuación que aparece, teniendo en cuenta, sobre todo, si tiene sentido. Por ser generalmente procedimientos bastante particulares, no comentaremos aqúı nada más sobre ellos.

E. D. expĺıcitas de primer orden 17

RECETA 4′. Reducibles a exactas: Factores integrantes.

Si P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 no es exacta, podemos intentar encontrar µ(x, y) tal que

µ(x, y)P (x, y) dx+ µ(x, y)Q(x, y) dy = 0

sea exacta. 4′.1. Existencia de factor integrante de la forma µ(x). Ocurre

cuando Py−QxQ = h(x), tomándose µ(x) = exp( ∫ h(x) dx).

4′.2. Existencia de factor integrante de la forma µ(y). Ocurre cuando Qx−PyP = h(y), tomándose µ(y) = exp(

∫ h(y) dy).

4′.3. Otras expresiones restrictivas para µ(x, y).

Ejemplo 4′. Resolver (2x2 + y) dx+ (x2y − x) dy = 0.

En este caso, P (x, y) = 2x2 + y y Q(x, y) = x2y − x. Esta ecuación no es exacta ya que Py = 1 y Qx = 2xy − 1. Para intentar encontrar un factor integrante se calcula

Py −Qx Q

= 1− (2xy − 1) x2y − x

= 2(1− xy) −x(1− xy)

= −2 x .

Ya que se obtiene una expresión que depende sólo de x, podemos asegurar que existe un factor integrante dado por la fórmula µ(x) = exp(

∫ −2 x dx) = x

−2. Entonces, si multiplicamos la E. D. por µ(x) = x−2 se obtiene la ecuación exacta (2 + yx−2) dx+ (y − x−1) dy = 0. Por el método usual, encontramos que la función F tal que Fx = 2 + yx−2 y Fy = y − x−1 es F (x, y) = 2x − yx−1 + 12y

2. Por tanto, la solución de la E. D. exacta, y también de la de partida, resulta ser 2x− yx−1 + 12y

2 = C.

APARTADO 5.

Ecuaciones lineales de primer orden. Dada la ecuación

y′ + a(x)y = b(x),

vamos a explicar cómo resolverla por tres métodos distintos: (i) Encontrar un factor integrante de la forma µ(x). Para ello, si la ponemos en la

forma (a(x)y − b(x)) dx + dy = 0 y denotamos P (x, y) = a(x)y − b(x) y Q(x, y) = 1, se tiene Py−QxQ = a(x). Por tanto, según hemos visto anteriormente, la E. D. tiene el factor integrante µ(x) = exp(

∫ a(x) dx). Aśı, multiplicando por µ(x), la ecuación

exp (∫

a(x) dx )

(a(x)y − b(x)) dx+ exp (∫

a(x) dx ) dy = 0

18 Métodos clásicos de resolución de E. D. O.

tiene que ser exacta. Ahora, bastará encontrar la función potencial F con lo que la ecuación anterior podrá ponerse dF = 0 y su solución será F (x, y) = C. Busquemos F :

Como Fy = exp( ∫ a(x) dx), tendremos F = y exp(

∫ a(x) dx) + ϕ(x). Por otra parte,

derivando esta F respecto de x y usando que Fx = exp( ∫ a(x) dx)(a(x)y − b(x)) llegamos

a

Fx = y exp (∫

a(x) dx ) a(x) + ϕ′(x) = exp

(∫ a(x) dx

) (a(x)y − b(x)),

de donde −b(x) exp( ∫ a(x) dx) = ϕ′(x). Integrando, ϕ(x) = −

∫ b(x) exp(

∫ a(x) dx) dx,

luego F = y exp( ∫ a(x) dx) −

∫ b(x) exp(

∫ a(x) dx) dx y la solución de la ecuación exacta

(y de la lineal de partida) es, expresada en forma impĺıcita,

y exp (∫

a(x) dx ) − ∫ b(x) exp

(∫ a(x) dx

) dx = C.

Sin más que despejar y, tenemos que la solución de la ecuación lineal resulta ser

y = exp ( − ∫ a(x) dx

)[∫ b(x) exp

(∫ a(x) dx

) dx+ C

] .

(ii) Un segundo método de resolución se basa en resolver previamente la ecuación lineal homogénea asociada y′ + a(x)y = 0. Esta ecuación es de variables separadas, pues puede ponerse dyy = −a(x) dx; su solución es y = C exp(−

∫ a(x) dx).

Apliquemos ahora el método de variación de las constantes, esto es, consideremos

y = C(x) exp ( − ∫ a(x) dx

) y vamos a ver cómo debe ser C(x) para que se verifique y′ + a(x)y = b(x). Derivando, y′ = C ′(x) exp(−

∫ a(x) dx) − C(x)a(x) exp(−

∫ a(x) dx) y, sustituyendo en la ecuación

lineal,

C ′(x) exp ( − ∫ a(x) dx

) − C(x)a(x) exp

( − ∫ a(x) dx

) + a(x)C(x) exp

( − ∫ a(x) dx

) = b(x).

Dos de los sumandos anteriores se cancelan, de donde C ′(x) = b(x) exp( ∫ a(x) dx) e,

integrando,

C(x) = ∫ b(x) exp

(∫ a(x) dx

) + C.

Aśı, hemos llegado a la misma expresión para las soluciones que la que encontramos por el método anterior.

E. D. expĺıcitas de primer orden 19

(iii) El tercer procedimiento de resolución parte de suponer que hemos encontrado, de alguna forma, una solución particular yp(x) de la E. D. lineal. Entonces, la solución general de la lineal es yp más la solución general de la lineal homogénea asociada, es decir,

y = yp + C exp ( − ∫ a(x) dx

) es solución para todo C ∈ R. La justificación de este hecho es sencilla. En efecto, basta comprobar que, si yp es solución de y′ + a(x)y = b(x) y y lo es de y′ + a(x)y = 0, entonces y + yp es solución de y′ + a(x)y = b(x), lo cual es claramente cierto:

(y + yp)′ + a(x)(y + yp) = (y′ + a(x)y) + (y′p + a(x)yp) = 0 + b(x) = b(x).

(iv) El último método de resolución de ecuaciones lineales que describimos consiste en efectuar una descomposición y(x) = u(x)v(x) adecuada. Tomando y de esa forma, si derivamos, y′ = u′v+uv′, con lo cual, al sustituir en la ecuación, u′v+uv′+a(x)uv = b(x). Sacando u factor común, podemos escribir la expresión anterior como u′v+(v′+a(x)v)u = b(x). Vamos ahora a elegir v de tal forma que se anule el coeficiente de u, es decir, que satisfaga v′ + a(x)v = 0. Ésta es una E. D. en variables separadas; resolviéndola, v′

v = −a(x), con lo cual basta tomar log v = − ∫ a(x) dx, es decir,

v(x) = exp ( − ∫ a(x) dx

) .

Con v(x) esa función, la ecuación queda ahora u′v = b(x), de donde u′ = b(x)v−1, es decir, u′(x) = b(x) exp(

∫ a(x) dx). Integrando,

u(x) = ∫ b(x) exp

(∫ a(x) dx

) dx+ C.

Sin más que recomponer y = u(x)v(x), con este procedimiento de nuevo encontramos la misma expresión para las soluciones de la E. D. lineal de partida.

Para concluir, comentemos una vez más que no hace falta recordar la fórmula que hemos obtenido para las soluciones de la ecuación lineal, sino que basta seguir en cada problema alguno de los procesos descritos. Generalmente, en opinión del que escribe, los que suelen conducir a la solución por un procedimiento más corto suelen ser el segundo y el cuarto. El tercero tiene, sobre todo, gran importancia teórica. Además, merece la pena destacar que el segundo y el tercero tienen su paralelismo a la hora de resolver ecuaciones lineales de orden superior (como veremos más adelante), mientras que los otros dos sólo se aplican a las de primer orden.

Ejemplo 5. Resolver 2xy′ − 3y = 4x2

por los cuatro métodos descritos.

20 Métodos clásicos de resolución de E. D. O.

RECETA 5. Ecuaciones lineales de primer orden.

Son de la forma y′ + a(x)y = b(x).

Hay tres métodos de resolución: (i) Encontrar un factor integrante de la forma µ(x). (ii) Resolver la ecuación lineal homogénea asociada y′ + a(x)y = 0 (que es de variables separadas), cuya solución es y = C exp(−

∫ a(x) dx), y usar el método de variación de las constantes

(esto es, cambiar C por C(x) en la expresión anterior y sustituir en la ecuación lineal). (iii) Encontrar de alguna forma una solución particular yp(x), con lo cual la solución general de la lineal es yp más la solución general de la homogénea asociada. (iv) Descomponer y(x) = u(x)v(x), sustituir en la lineal, e igualar a 0 el coeficiente de u, resolviendo la ecuación que aparece (v′ + a(x)v = 0, que es de variables separadas); tras esto, queda una ecuación en u(x) de variables separadas.

De cualquier modo se obtiene que la solución general de la E. D. lineal es

y = exp ( − ∫ a(x) dx

)[∫ b(x) exp

(∫ a(x) dx

) dx+ C

] .

(i) Tenemos la ecuación lineal y′ − 32xy = 2x, es decir, dy = ( 3 2xy + 2x) dx, que

es de la forma P dx + Qdy = 0 con P (x, y) = −32x y − 2x y Q(x, y) = 1. Como Py−Qx Q =

−3/(2x)−0 1 =

−3 2x , existe el factor integrante µ(x) = exp(

∫ −3 2x dx) = x

−3/2. Aśı, la ecuación (−32 x

−5/2y − 2x−1/2) dx + x−3/2 dy = 0 es exacta. La función potencial F debe cumplir Fy = x−3/2, luego F = x−3/2y+ϕ(x). Por otra parte, Fx = −32 x

−5/2y− 2x−1/2 = −3 2 x −5/2y + ϕ′(x), de donde ϕ(x) = −2

∫ x−1/2 dx = −4x1/2. Por tanto, F (x, y) =

x−3/2y − 4x1/2, y la solución de la E. D. es x−3/2y − 4x1/2 = C, o sea y = Cx3/2 + 4x2, C ∈ R.

(ii) La lineal homogénea asociada es y′ − 32xy = 0. Podemos ponerla como dy y =

3 dx 2x ,

de variables separadas, cuya solución es log y = 32 log x + K, es decir, y = Cx 3/2.

Empleemos ahora el método de variación de las constantes, para lo cual tomamos y = C(x)x3/2. Derivando, y′ = C ′(x)x3/2 + 32C(x)x

1/2 y, sustituyendo en E. D. de partida, 2x(C ′(x)x3/2 + 32C(x)x

1/2) − 3C(x)x3/2 = 4x2, esto es, C ′(x) = 2x−1/2. Integrando, C(x) = 4x1/2 + K1 luego la solución de la lineal es y = (4x1/2 + K1)x3/2. Si empleamos de nuevo C para denotar la constante, y = Cx3/2 + 4x2, la misma expresión que hemos encontrado en (i).

(iii) Primero, tratemos de hallar una solución particular de la ecuación lineal. Lo más

E. D. expĺıcitas de primer orden 21

sencillo es intentar probar si existe alguna solución polinómica. Esto sólo seŕıa posible con un polinomio de segundo grado, pues en otro caso no podŕıan cancelarse nunca todos los sumandos. Por tanto, vamos a tantear con polinomios de la forma y = ax2 + bx + c. Derivando, y′ = 2ax+b y, sustituyendo en la ecuación, 2x(2ax+b)−3(ax2 +bx+c) = 4x2. Si igualamos los términos del mismo grado encontramos que esto se cumple con a = 4, b = c = 0. Aśı pues, una solución particular de la lineal es y = 4x2. Por otra parte, y tal como ya hemos calculado en (ii), la solución general de la homogénea asociada es y = Cx3/2. En definitiva, de nuevo tenemos que la solución general de la lineal es y = Cx3/2 + 4x2.

(iv) Para resolver la ecuación lineal, descomponemos y = u(x)v(x), de donde y′ = u′v + uv′. Sustituyendo, 2x(u′v + uv′)− 3uv = 4x2, es decir, 2xu′v + (2xv′ − 3v)u = 4x2. Si igualamos a 0 el coeficiente de u queda 2xv′ − 3v = 0, o sea v

v = 3 2x ; integrando,

log v = 32 log x, luego v = x 3/2. Con esto, la ecuación queda 2xu′x3/2 = 4x2, es decir,

u′ = 2x−1/2, cuya solución es u = 4x1/2 + C. Sin más que recomponer y = uv obtenemos y = (4x1/2 + C)x3/2, la misma solución para la lineal que con los otros tres métodos.

APARTADO 5′.

Ecuación de Bernoulli.

Consideremos y′ + a(x)y + b(x)yα = 0.

Es claro que, si α = 0, la E. D. anterior es lineal y, si α = 1, es de variables separadas. En otro caso, veamos cómo resolverla:

Efectuemos el cambio de función y1−α = z, para el cual (1 − α)y−αy′ = z′, es decir, 1 yα y ′ = z

1−α . Sustituyendo en 1 yα y ′+a(x)y1−α + b(x) = 0 tenemos z

1−α +a(x)z+ b(x) = 0, con lo que hemos transformado la ecuación de Bernoulli en la E. D. lineal z′+(1−α)a(x)z = (α− 1)b(x).

Puede seguirse un segundo método de resolución sin más que aplicar un procedimiento análogo al último de los que hemos visto para ecuaciones lineales. Partimos de la descoposición y(x) = u(x)v(x). Derivando, y′ = u′v + uv′ y, sustituyendo en la E. D., u′v+uv′+a(x)uv+b(x)uαvα = 0, que escribimos como u′v+(v′+a(x)v)u+b(x)uαvα = 0. Ahora, igualamos a 0 el coeficiente de u, con lo cual tenemos v′ + a(x)v = 0, que es una ecuación en v(x) de variables separadas; resolviéndola determinamos v(x). Con esta v, la ecuación de la que part́ıamos ha quedado u′v + b(x)uαvα = 0, que es una ecuación en u(x) de variables separadas. Resolviéndola encontramos u(x), con lo que ya tenemos completamente solucionada la ecuación de Bernoulli.

Ejemplo 5′. Resolver xy′ + 2y + x5y3ex = 0.

Puesta en la forma y′ + 2xy + x 4y3ex = 0, es claro que la ecuación es de Bernoulli

con α = 3. Hacemos el cambio de función y−2 = z, para el cual z′ = −2y−3y′, es decir,

22 Métodos clásicos de resolución de E. D. O.

RECETA 5′. Ecuación de Bernoulli.

Es de la forma

y′ + a(x)y + b(x)yα = 0.

Si α = 0 es lineal, y si α = 1, de variables separadas. En otro caso, se hace el cambio de función y1−α = z, con lo que la E. D. de Bernoulli se transforma en una lineal. Un segundo método de resolución es el siguiente: se descompone y(x) = u(x)v(x) y se sustituye en la E. D., se iguala a 0 el coeficiente de u (queda v′+ a(x)v = 0, que es de variables separadas), lo que nos lleva a determinar v, apareciendo ahora una ecuación en u(x) de variables separadas.

y′

y3 = − z′

2 . Si sustituimos esto en y′

y3 + 2 xy −2 + x4ex = 0 queda z′ − 4xz = 2x

4ex, que es lineal con a(x) = −4x y b(x) = 2x

4ex.

Tal como sabemos, la solución de la ecuación lineal es z = exp ( − ∫ a(x) dx

) ×[∫

b(x) exp (∫ a(x) dx

) dx+ C

] . Como

∫ a(x) dx =

∫ −4 x dx = −4 log x = log x

−4, se sigue z = x4(

∫ 2x4ex

x4 dx + C) = x 4(2ex + C). Por tanto, la solución de la E. D. de Bernoulli es

y−2 = x4(2ex + C), es decir, y = x−2(2ex + C)−1/2.

Resolvamos ahora la ecuación por el segundo procedimiento explicado. Tomamos y = uv, luego y′ = u′v + uv′; sustituyendo, x(u′v + uv′) + 2uv + x5u3v3ex = 0, es decir, xu′v + (xv′ + 2v)u + x5u3v3ex = 0. Elijamos v tal que xv′ + 2v = 0, esto es, dv v = −

2 dx x , lo cual se consigue con log v = −2 log x, o sea, v = x

−2. Aśı, tenemos la nueva ecuación xu′ + x5u3x−6ex = 0, que puede escribirse como −duu3 = e

x dx. Su solución es 1

2u2 = e x + C/2, es decir, u = (2ex + C)−1/2. Con todo esto, la solución de la ecuación de

Bernoulli de la que part́ıamos es y = x−2(2ex + C)−1/2. Lógicamente, hemos obtenido la misma que mediante el primer método.

APARTADO 5′′.

Ecuación de Riccati.

Supongamos que tenemos la E. D.

y′ + a(x)y + b(x)y2 = c(x).

Para resolverla, tenemos que haber encontrado previamente una solución particular yp(x). Si éste es el caso, efectuamos el cambio de función y = yp + z, con lo cual y′ = y′p + z

′ y, sustituyendo, y′p+z

′+a(x)(yp+z)+b(x)(y2p+2ypz+z 2) = c(x). Como y′p+a(x)yp+b(x)y

2 p =

c(x) por ser yp solución particular, esa expresión queda z′+a(x)z+ b(x)z2 + 2b(x)zyp = 0,

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