Ecuaciones diferenciales ordinarias de 1r orden

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Ecuaciones separables

Las ecuaciones diferenciales separables son las de la forma dy / dx = H (x, y) donde H (x, y)  se puede expresar bien como el cociente H (x, y) = f (x) / g (y)  o bien como el producto H (x, y) = f (x) \text {·} g (y).

En el primer caso, dy / dx = f (x) / g (y) \Rightarrow g (y) dy = f (x) dx \Rightarrow \int g (y) dy = \int f (x) dx + C, mientras que en el segundo caso dy/dx=f(x) \text{·}g(y) \Rightarrow g^{-1}(y)dy=f(x)dx \Rightarrow \int g^{-1}(y)dy = \int f(x)dx+C.

Ejemplo 1: Resolver la ecuación diferencial x^{2}\frac{dy}{dx}=\frac{x^{2}+1}{3y^{2}+1}.

Tomemos H(x,y)=\frac{\left(x^{2}+1\right)/x^{2}}{3y^{2}+1}=\frac{f(x)}{g(y)} de forma que \int f(x)dx=\int\frac{x^{2}+1}{x^{2}}dx=x-\frac{1}{x}, \int g(y)dy=\int\left(3y^{2}+1\right)dy=y^{3}+y y por tanto la solución vendrá dada de forma implícita por y^{3}+y=x-\frac{1}{x}+C.

Ejemplo 2: encontrar todas las soluciones de la ecuación dy/dx=2x\sqrt{y-1}.

Hagamos H(x,y) = 2x \sqrt{y-1} = f(x) \text{·}g(y), e integremos cada función: \int f(x)dx=\int2xdx=x^{2}; \int g^{-1}(y)dy=\int\frac{1}{\sqrt{y-1}}dy=2\sqrt{y-1}. Las soluciones son 2\sqrt{y-1}=x^{2}+C\Rightarrow y=\left(\frac{x^{2}+C}{2}\right)^{2}+1 . Observemos que la función y (x) = 1   también es solución de la ecuación, pero no está incluida en la solución general y = \left ( \frac {x ^ {2} + C} {2} \right) ^ {2} +1,  es decir que para todo C tendremos y = \left (\frac {x ^ {2} + C} {2} \right) ^ {2} +1 \neq1. Llamamos a las soluciones no incluidas en la solución general soluciones singulares de la ecuación diferencial.

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Soluciones singulares

En el ejemplo 2 hemos visto que podemos tener soluciones que no están incluidas en la solución general, llamadas soluciones singulares. ¿Cuándo sucederá esto y cómo podemos encontrar esas otras soluciones? Recordemos lo visto en el post Ecuaciones diferenciales ordinarias: introducción, apartado “Haz de curvas y ecuaciones diferenciales de primer orden”: la solución general de la ecuación diferencial ordinaria y'=F(x,y) representa un haz de curvas y=f(C,x) tal que cada curva de ese haz cumple la ecuación, o sea que para cada punto (x,y) la pendiente de cualquiera de las curvas y=f(C,x) en ese punto cumple y'=F(x,y).

Curva envolvente de un haz de curvas y solución singular

Dos rectas de un haz (azul y rojo) y curva envolvente del haz (verde)

Dos rectas de un haz (azul y rojo) y curva envolvente del haz (verde)

Dado un haz de curvas F(x,y,C)=0 se denomina curva envolvente del haz a la curva f(x,y) tal que es tangente a todas las curvas del haz.

Ejemplo 3: en la imagen se muestran dos rectas del haz de rectas y=(1-10/C)*x+(10-C), concretamente las dos rectas correspondientes a los valores C=3 en rojo y C=6 en azul, y la curva envolvente del haz, que es tangente a la primera recta en un punto cercano a x=1, y=5 y a la segunda recta cerca de x=3.5, y=1.5.

Recordemos que podemos asociar a cualquier haz de curvas F(x,y,C)=0 una ecuación diferencial y'=f(x,y) tal que el haz es la solución general de la ecuación: para cada valor de C, tenemos una curva del haz tal que su derivada verificay'=f(x,y). Pero hemos visto que la curva envolvente es tangente a todas las curvas del haz, o sea que su derivada en cada punto coincide con la derivada de alguna de las curvas del haz; es por esto que la curva envolvente es también solución de la ecuación diferencial del haz.

Ejemplo 4. Consideremos el haz de parábolas 4y=(x + C)^2, todas las curvas son tangentes al eje X en algún punto; en la imagen se representan tres de las curvas del haz, tangentes a y=0 en los puntos x=-3, -2, -1.

Haz de parábolas 4y=(x + C)²

Haz de parábolas 4y=(x + C)²

¿Cuál es la ecuación diferencial del haz de curvas? Derivamos respecto a x la ecuación del haz: 4y'=2(x + C), y eliminamos la constante C usando esta igualdad y la ecuación del haz:

\left.\begin{array}{r}4y'=2(x+C)\Rightarrow C=2y'-x\\4y=(x\;+\;C)^2\end{array}\right\}\Rightarrow4y=(2y'{)^2=4y'^2}\Rightarrow y=y'^2.

Observemos que la recta y=0, por ser tangente a todas las curvas del haz, tiene la misma derivada que las curvas del haz en cada punto del eje X; por tanto, también verifica la ecuación diferencial del haz. En general: si existe una curva envolvente que es tangente a todas las curvas de un haz, entonces esa curva será una solución singular de la ecuación diferencial del haz.

Cálculo de la envolvente de un haz de curvas

Dado un valor cualquiera x=x_0, la envolvente tendrá la misma derivada en ese punto que alguna curva del haz, esto es, habrá una constante C, dependiente de x=x_0, tal que la derivada de la curva del haz F(x_0,y,C)=0 tendrá el mismo valor en ese punto. Prescindimos de x_0: en general para cada x tendremos una C(x). Derivemos respecto a x la expresión del haz, teniendo en cuenta que y también depende de x, usando la regla de la cadena y la derivación implícita:

F(x,y,C)=0\Rightarrow\frac{\operatorname d{F(x,y,C)}}{\operatorname dx}=\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}y'=0

Despejamos y’ para obtener la derivada en cualquier punto de cualquier curva del haz:

y'=-\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}\left(\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\right)^{-1}.

Pasamos ahora a la curva envolvente; en los puntos de contacto (x,y) entre cada curva y la envolventes las derivadas coinciden con las curvas del haz; en cada valor dado x tendremos determinado un C(x), como el valor y(x) también coincide con el del haz, tendremos que en el punto de contacto se cumple F(x,y,C(x)). Derivamos de nuevo respecto a x:

\begin{array}{l}F(x,y,C\left(x\right))=0\Rightarrow\\\frac{\operatorname d{F(x,y,C\left(x\right))}}{\operatorname dx}=\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}\frac{\operatorname dC}{\operatorname dx}\\=\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}y'+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}C'=0\end{array}.

Despejamos y’:

y'=\left(\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\right)^{-1}\left[\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}C'\right].

Las dos expresiones para la derivada y’ han de ser iguales:

y'=\left(\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\right)^{-1}\left[\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}C'\right]=\left(\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\right)^{-1}\left[\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}\right].

Vemos que ha de ser: \frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}C'=0, que tiene dos soluciones posibles, la trivial C'=0\Rightarrow C=cte y la condición \frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}=0. La primera es una solución sin importancia pues nos dice que la constante C no dependerá
de x (haz de curvas degenerado: todas la curvas son iguales), mientras que la segunda es la condición general que ha de cumplir la envolvente.

Ejemplo 5: encontrar la expresión de la curva envolvente del haz de rectas del ejemplo 3, y=(1-10/C)*x+(10-C).

Lo expresamos en la forma F(x,y,C)=y-(1-10/C)\ast x-(10-C)=0 para derivar respecto a  C e igualar a cero:

\frac{\partial{F(x,y,C)}}{\partial C}=\frac{-10}{C^2}x+1=0\Rightarrow C=\sqrt{10x}.

Sustituimos este valor en la expresión del haz para eliminar C y obtener la ecuación de la envolvente:

F(x,y)=y(1-\frac{10}{\sqrt{10x}})x+(10-\sqrt{10x})=y-10-x+2\sqrt{10x}=0.

La envolvente es y=10+x-2\sqrt{10x}.

Ejemplo 6: calcular la envolvente del haz de curvas 4y=(x + C)^2 del ejemplo 4.

\begin{array}{l}F(x,y,C)=4y-(x+C)^2=0;\\\frac{\partial F}{\partial C}=2(x+C)=0\Rightarrow C=-x;\\F(x,y)=4y-(x-x)^2=4y=0\Rightarrow\boxed{y=0}.\end{array}

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Funciones homogéneas. Aplicación a las ecuaciones diferenciales.

Una función F(x,y) es homogénea de grado n si F(\lambda x,\lambda y)=\lambda^nF(x,y) para todo parámetro \lambda\neq0. Por ejemple, la función F(x,y)=xy-x^2 es homogénea de grado 2, pues F(\lambda x,\lambda y)=\lambda x\lambda y- ( \lambda x)^2=\lambda^2F(x,y).

En el caso especial de que F(x,y) es homogénea de grado 0 tenemos F(\lambda x,\lambda y)=F(x,y), y nos da un método de resolución de ecuaciones diferenciales y'=F(x,y) en los que la F sea homogénea de grado 0: con el cambio de variable u=y/x se convierten en ecuaciones de variables separadas. En efecto:

\begin{array}{l}u=y/x\Leftrightarrow y=ux\Rightarrow y'=u'x+u;\\y'=F(x,y)\Leftrightarrow u'x+u=F(x,ux)=F(1,u)\end{array}

donde hemos usado la x en vez de la \lambda como parámetro de la homogénea. Entonces

\begin{array}{l}\frac{du}{dx}x+u=F(u)\Leftrightarrow\frac{du}{dx}x=F(u)-u\Leftrightarrow\frac{du}{F(u)-u}=\frac{dx}x\Leftrightarrow\\\int\frac{du}{F(u)-u}=\int\frac{dx}x=\ln\left(x\right)+C\end{array}.

Ejemplo 7: Resolver y'=\frac y{\sqrt{x^2+y^2}-x}.

F(\lambda x,\lambda y)=\frac{\lambda y}{\sqrt{\lambda^2x^2+\lambda^2y^2}-\lambda x}=\frac{\lambda y}{\lambda\left(\sqrt{x^2+y^2}-x\right)}=\frac y{\sqrt{x^2+y^2}-x} luego es homogénea de grado 0. Hacemos el cambio u=y/x para conseguir que sea de variables separadas:

\begin{array}{l}y'=u'x+u=\frac{ux}{\sqrt{x^2+u^2x^2}-x}=\frac u{\sqrt{1+u^2}-1};\\\frac{du}{dx}x=\frac u{\sqrt{1+u^2}-1}-u=\frac{u\left(\sqrt{1+u^2}+1\right)}{1+u^2-1}-u=\frac{\sqrt{1+u^2}+1}u-u=\\\frac{\sqrt{1+u^2}+1-u^2}u;\\\frac{udu}{\sqrt{1+u^2}+1-u^2}=\frac{dx}x\\\end{array}.

Luego \int\frac{udu}{\sqrt{1+u^2}+1-u^2}=\int\frac{dx}x=\ln\left(x\right)+C. En la primera integral hacemos el cambio de variable 1+u^2=t^2 que la convierte en:

\int\frac{udu}{\sqrt{1+u^2}+1-u^2}=\int\frac{t\operatorname dt}{t+1-\left(t^2-1\right)}=\int\frac{t\operatorname dt}{-t^2+t+2},

que es de tipo racional; descomponemos en fracciones simples:

\begin{array}{l}\int\frac{t\operatorname dt}{-t^2+t+2}=\int\frac{-1/3}{t+1}+\int\frac{-2/3}{t-2}=-\frac13\ln\left(t+1\right)-\frac23\ln\left(t-2\right)\\=-\frac13\ln\left(\left(t+1\right)\left(t-2\right)^2\right)=\ln\left(\left(t+1\right)\left(t-2\right)^2\right)^{-1/3}\end{array}.

Igualamos las dos integrales, y deshacemos los cambios para obtener la solución general en forma implícita:

\begin{array}{l}\ln\left(\left(t+1\right)\left(t-2\right)^2\right)^{-1/3}=\ln\left(x\right)+C\Leftrightarrow\\Cx=\left(\left(t+1\right)\left(t-2\right)^2\right)^{-1/3}=\left(t^3-3t^2+4\right)^{-1/3}\Leftrightarrow\\\frac C{x^3}=\left(u^2+1\right)^{3/2}-3u^2+1\Leftrightarrow\\C=x^3\left[\left(\left(\frac yx\right)^2+1\right)^\frac32-3\left(\frac yx\right)^2+1\right].\end{array}.

Reducción a homogénea

Las funciones racionales de la forma

F(x,y)=\frac{ax+by+c}{a'x+b'y+c'}

sólo son homogéneas de grado 0 cuando c=c'=0, no obstante si pensamos en el numerador y denominador de la función como si fueran dos rectas ax+by+c=0,\;a'x+b'y+c'=0, podemos probar a encontrar su punto de intersección (x_0,y_0), si existe, entonces el cambio de variable X = x - x_0, Y = y - y_0 (que es una traslación de los ejes xy a los ejes XY, tomando como origen de coordenadas el punto (x_0,y_0)), convierte la función en homogénea de grado 0.

Ejemplo 8:  Resolver y'=\frac{y-x-1}{x+y-1}.

Hallamos la intersección de las rectas:

\left.\begin{array}{r}y-x-1=0\\x+y-1=0\end{array}\right\}y=1,\;x=0

hacemos el cambio X=x, Y=y-1 que transforma la ecuación en:

y'=\frac{y-x-1}{x+y-1}\Leftrightarrow Y'=\frac{Y-X}{X+Y}

que contiene una función f(X,Y) homogénea de grado 0; hacemos el cambio u=Y/X para separar las variables:

\begin{array}{l}u'X+u=\frac{u-1}{1+u}\Leftrightarrow\frac{\operatorname du}{\operatorname dX}X=\frac{u-1}{1+u}-u=\frac{-1-u^2}{1+u}=-\frac{1+u^2}{1+u};\\-\int\frac{1+u}{1+u^2}\operatorname du=\int\frac{\operatorname dX}X=\ln\left(X\right)+C\end{array}.

Descomponemos la primera integral:

\begin{array}{l}\int\frac{1+u}{1+u^2}=\int\frac1{1+u^2}+\int\frac u{1+u^2}=\tan^{-1}\left(u\right)+\frac12\int\frac{2u}{1+u^2}=\\\tan^{-1}\left(u\right)+\frac12\ln\left(1+u^2\right)\end{array}.

Igualamos integrales y deshacemos el cambio:

\begin{array}{l}-\tan^{-1}\left(u\right)-\frac12\ln\left(1+u^2\right)=\ln\left(X\right)+C=\ln\left(CX\right)\Leftrightarrow\\-\tan^{-1}\left(\frac YX\right)=\ln\left(CX\left(1+\left(\frac YX\right)^2\right)\right);\\\ln\left(Cx\left(1+\left(\frac{y-1}x\right)^2\right)\right)+\tan^{-1}\left(\frac{y-1}x\right)=0.\\\end{array}

Caso especial: las rectas son paralelas

En el caso especial de que las dos rectas no tengan intersección, entonces es que son paralelas, con vectores directores proporcionales: \frac ba=\frac{b'}{a'}=r; pero entonces podemos hacer

F(x,y)=\frac{ax+by+c}{a'x+b'y+c}=\frac{a'rx+b'ry+c}{a'x+b'y+c}=\frac{r\left(a'x+b'y\right)+c}{a'x+b'y+c},

con el cambio de variable Y=a'x+b'y se convierte en

\begin{array}{l}F(x,Y)=\frac{rY+c}{Y+c'};\;y=\frac{Y-a'x}{b'}\Rightarrow\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac1{b'}\left(\frac{\operatorname dY}{\operatorname dx}-a'\right);\\\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=F(x,y)\Leftrightarrow\frac1{b'}\left(\frac{\operatorname dY}{\operatorname dx}-a'\right)=\frac{rY+c}{Y+c'}\Leftrightarrow\\\frac{\operatorname dY}{\operatorname dx}=b'\frac{rY+c}{Y+c'}+a'\end{array}

que es de variables separadas.

Ejemplo 9: y'=\frac{x+y+1}{x+y-1}.

Las rectas x+y+1=0 y x+y-1 no tienen intersección, son paralelas; hacemos el cambio Y=x+y, Y'=1+y' para obtener:

\begin{array}{l}Y'-1=\frac{Y+1}{Y-1};\;\frac{\operatorname dY}{\operatorname dx}=\frac{Y+1}{Y-1}+1=\frac{Y+1+Y-1}{Y-1}=\frac{2Y}{Y-1};\\\int\frac{Y-1}{2Y}\operatorname dY=\int\operatorname dx;\\\frac12\int\left(1-\frac1Y\right)\operatorname dY=x+C;\\Y-\ln\left(Y\right)=2x+C;\\x+y-\ln\left(x+y\right)=2x+C;\\y=x+\ln\left(x+y\right)+C.\end{array}

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Ecuaciones exactas

Las ecuaciones de la forma M (x, y) + N (x, y) \frac {dy} {dx} = 0, o equivalentemente, M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, diremos que son exactas siempre y cuando M y N  sean funciones continuas y
se verifique la condición \frac {\partial M} {\partial y} = \frac {\partial N} {\partial x}.

La solución vendrá dada de forma implícita por F (x, y) = C donde \frac {\partial F} {\partial x} = M, \: \frac {\partial F} {\partial y} = N.

Ejemplo 10: La ecuación y^{3} dx + 3xy^{2} dy = 0  es exacta, pues N = 3xy^{2}, \frac{\partial N} {\partial x} = 3y^{2}, \: M = y^{3}, \: \frac {\partial M} {\partial y} = 3y^{2}.  Como \frac {\partial F} {\partial x} = M, será F (x, y) = \int MDX = xy^{3} + C (y) y también F (x, y) = \int Ndy = xy^{3} + C (x);  igualando las dos expresiones tenemos F (x, y) = xy^{3}, C (x) = C (y) = 0, así que la solución general es xy^{3} = C.

 

Ejemplo 11: Resolver la ecuación diferencial \left (6xy-y^{3} \right) dx + \left (4y + 3x^{2} -3xy^{2} \right) dy = 0.

Como M = 6xy-y^{3},  N = 4y + 3x^{2} -3xy^{2}, \frac {\partial N} {\partial x} = 6x-3y^{2} = \frac {\partial M} {\partial y}, la ecuación es exacta. Entonces

F (x, y) = \int Ndy = 2y^{2} + 3x^{2} y-xy^{3} + C (x),   F (x, y) = \int MDX = 3x^{2} y-xy^{3} + C(y),

y cuando igualamos las dos expresiones obtenemos C (y) = 2y^{2}.

 

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