EDOs de primer orden no lineales, cambios de variable

Introducción

En este post vemos algunos métodos de cambio de variable para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales; en general estas ecuaciones son difíciles de resolver, y muchas veces de hecho no existe una solución analítica, esto es, una función y=f(x) explícita, que sea un polinomio, una función trigonométrica, exponencial, etc. o una combinación de las anteriores, por lo que hay que resolver la ecuación con métodos numéricos. Sólo en algunos casos especiales podemos obtener la solución analítica; incluso en estos casos, puede pasar que no podamos dar la el haz de curvas solución en forma explícita y=f(C,x), sino en forma paramétrica \phi\left(x,y,p,C\right)=0.

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Ecuaciones sin la y en la que se puede despejar y

Este es el único caso en el que no aparece un cambio de variable, en principio: cuando la ecuación diferencial no contiene la función y,  F(x,y',y'^2, ...,y^n) = 0, y además puede ponerse en forma de un polinomio en y’ tal como

A_0+A_1y'+A_2y'^2+...+A_ny'^n=0,

podemos intentar encontrar las raíces del polinomio, y'_1=F_1(x,y), y'_2=F_2(x,y), ...,y'_n=F_n(x,y), y entonces plantear las n ecuaciones lineales y'=F_1(x,y), y'=F_2(x,y), ...,y'=F_n(x,y).

Ejemplo 1: La ecuación 2y'^2-y'+x=0 es un polinomio de segundo grado en y’, que puede resolverse fácilmente:

y'=\frac{1\pm\left(1-8x\right)^{1/2}}4

tenemos dos ecuaciones separables:

\begin{array}{l}\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac{1+\left(1-8x\right)^{1/2}}4\Rightarrow\int\operatorname dy=\int\frac{1+\left(1-8x\right)^{1/2}}4\operatorname dx\Rightarrow\\y=\int\frac14\operatorname dx+\frac14\frac1{-8}\int-8\left(1-8x\right)^{1/2}\operatorname dx=\frac14\left[x-\frac1{12}\left(1-8x\right)^{3/2}\right]+C\end{array}

la otra ecuación es idéntica salvo en un signo, y resulta y=\frac14\left[x+\frac1{12}\left(1-8x\right)^{3/2}\right]+C. Cada solución tiene su propio haz de curvas; en la figura se representa una curva de cada solución, para C=0.

Dos soluciones de 2y'² - y' + x = 0

Dos soluciones de 2y’² – y’ + x = 0

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Ecuaciones en la que se puede despejar y

En este caso de la ecuación F(x,y,y') = 0 podemos despejar y, resultando y=F(x,y'). Se puede intentar la sustitución y'=p que convierte la ecuación en y=F(x,p); derivando respecto de x obtenemos y'=p=F_x+F_p·p' donde la notación F_x, F_p denotan las derivadas parciales de F respecto de x, p. Despejando p’ obtenemos p'=\frac{p-F_x}{F_p}=\varphi\left(x,p\right) que es la misma ecuación diferencial pero con respecto a p(x), con la derivada p’ despejada, que puede ser más fácil de resolver.

Ejemplo 2: La ecuación x^2y'^2-y=0 permite despejar tanto y’ como y; si despejamos y, con la sustitución y'=p, obtenemos x^2p^2=y, derivando respecto de x:

\begin{array}{l}2xp^2+2x^2p\cdot p'=y'=p\Rightarrow2px\left(p+xp'\right)=p\Rightarrow2x\left(p+xp'\right)=1\Rightarrow\\p+xp'=\frac1{2x}\Rightarrow p'+\frac1xp=\frac1{2x^2}\end{array}

que es una ecuación diferencial lineal; la lineal homogénea es p'+\frac1xp=0, de variables separables:

\begin{array}{l}p'+\frac1xp=0\Rightarrow\frac{\operatorname dp}{\operatorname dx}=-\frac1xp\Rightarrow\int\frac{\operatorname dp}p=-\int\frac{\operatorname dx}x\Rightarrow\\\ln\left(p\right)=-\ln\left(x\right)+C\Rightarrow p_h=\frac Cx\end{array}.

La notación p_h significa “solución de la ecuación homogénea” Para encontrar una solución particular de la ecuación completa, utilizamos el método de variación de constantes: p=\frac{C\left(x\right)}x; derivamos y sustituimos en la ecuación lineal:

\begin{array}{l}\begin{array}{l}p'=\frac{C'\left(x\right)\cdot x-C\left(x\right)\cdot1}{x^2}=C'\left(x\right)\frac1x-C\left(x\right)\frac1{x^2};\\p'+\frac1xp=\frac1{2x^2}\Rightarrow\left[C'\left(x\right)\frac1x-C\left(x\right)\frac1{x^2}\right]+\frac1xC\left(x\right)\cdot\frac1x=\frac1{2x^2}\Rightarrow\end{array}\\C'\left(x\right)\frac1x=\frac1{2x^2}\Rightarrow\frac{\operatorname dC}{\operatorname dx}=\frac1{2x}\Rightarrow\int\operatorname dC=\int\frac1{2x}\operatorname dx=\frac12\int\frac1x\operatorname dx\Rightarrow\\C\left(x\right)=\frac12\ln\left(x\right).\end{array}

La solución particular es pues p=\frac{C\left(x\right)}x,\;C\left(x\right)=\frac12\ln\left(x\right)\;\Rightarrow p=\frac{\ln\left(x\right)}{2x} y la solución general se obtiene combinando la solución de la homogénea y la solución particular:

p=C\frac1x+\frac{\ln\left(x\right)}{2x}

Esta igualdad relaciona el parámetro p con la variable independiente x; añadiendo la igualdad x^2p^2=y obtenemos la expresión del haz de curvas solución en paramétricas:

\left\{\begin{array}{l}p=C\frac1x+\frac{\ln\left(x\right)}{2x}\\x^2p^2=y\end{array}\right.

Tal como vienen dadas estas ecuaciones, para determinar los puntos (x,y) de las curvas solución, damos valores a la variable independiente x, a continuación hallamos p(x) con la primera ecuación, y por último hallamos y(x,p) con la segunda ecuación:

Algunos puntos (x,y) obtenidos de las ecuaciones paramétricas

Algunos puntos (x,y) obtenidos de las ecuaciones paramétricas

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Ecuaciones en la que se puede despejar x

Si no podemos despejar y pero sí la x, tendremos x=F(y,y'), la sustitución y'=p convierte la ecuación en x=F(y,p), per ahora consideraremos que p no es función de x, sino de y’; evidentemente, como y’ es a su vez función de x, p también ha de ser función de x, pero lo será de forma implícita: p(y)=p\left(y\left(x\right)\right).  Derivando  respecto de x toda la expresiónx=F(y,p) con la regla de la cadena y teniendo en cuenta las funciones implícitas y, p, obtenemos:

\begin{array}{l}\frac{\operatorname dx}{\operatorname dx}=\frac{\partial F(y,p)}{\partial y}\cdot\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}+\frac{\partial F(y,p)}{\partial p}\cdot\frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}\cdot\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}\Leftrightarrow\\1=F_y\cdot y'+F_p\cdot p'\cdot y'\\\end{array}

donde la notación F_x, F_p denotan las derivadas parciales de F respecto de x, p. Observar como al derivar F(y,p) respecto de x realmente lo hacemos respecto de las variables y, p, pero siendo éstas últimas a su vez funciones de x, y respectivamente,  multiplicamos por sus derivadas respecto a x, y; por último, en el término \frac{\partial F}{\partial p}F(y,p)\cdot\frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}\cdot\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx} aparece tambien la derivada de y respecto de x. Esto no es más que la regla de la cadena de las derivadas:

\frac{\operatorname d{}}{\operatorname dx}f\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)=\frac{\operatorname df\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)}{\operatorname dx}\cdot\frac{\operatorname dg\left(h\left(x\right)\right)}{\operatorname dx}\cdot\frac{\operatorname dh\left(x\right)}{\operatorname dx}

Despejamos ahora p’  de la expresión derivada :

\begin{array}{l}p'=\frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}=\frac{1-F_y\cdot p}{F_p\cdot p}\\\end{array}

que es una ecuación diferencial en p’, con p’ despejada y en la que falta la p, o sea el primer caso de este post.

Ejemplo 3: Sea la ecuación diferencial ordinaria no lineal y'y=x. Aplicando el cambio y'=p la ecuación se convierte en py=x; derivando respecto x obtenemos:

\frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}y+p\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac{\operatorname dx}{\operatorname dx}\Rightarrow p'py+p^2=1\Rightarrow p'=\frac{1-p^2}{py}

que es separable: \frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}=\frac{1-p^2}{py}\Rightarrow\int\frac p{1-p^2}\operatorname dp=\int\frac1y\operatorname dy, la primera integral es del tipo \int\frac{f'\left(x\right)}{f(x)}=\ln\left(f\left(x\right)\right), la segunda es inmediata:

\begin{array}{l}\int\frac p{1-p^2}\operatorname dp=-\frac12\int\frac{-2p}{1-p^2}\operatorname dp=-\frac12\ln\left(1-p^2\right);\\\int\frac1y\operatorname dy=\ln\left(y\right);\\\int\frac p{1-p^2}\operatorname dp=\int\frac1y\operatorname dy\Rightarrow-\frac12\ln\left(1-p^2\right)=\ln\left(y\right)+C\Rightarrow\\\ln\left(y\cdot\left(1-p^2\right)^{1/2}\right)=C\Rightarrow y\cdot\left(1-p^2\right)^{1/2}=C\Rightarrow\boxed{y=\frac C{\sqrt{1-p^2}}}\\\end{array}

que junto con la igualdad x=py nos da el haz de curvas solución en coordenadas paramétricas \phi\left(x,y,p\right).

NOTA: la ecuación de este último ejemplo es de variables separables y por tanto puede resolverse directamente:

y'y=x\Leftrightarrow\int y\operatorname dy=\int x\operatorname dx\Rightarrow\frac{y^2}2=\frac{x^2}2+C\Rightarrow y^2-x^2=C.

Además, en este caso podemos resolver explícitamente las ecuaciones paramétricas, obteniendo el mismo resultado:

\begin{array}{l}\left.\begin{array}{r}y=\frac C{\sqrt{1-p^2}}\\x=py\end{array}\right\}\Rightarrow p=\frac xy\Rightarrow y=\frac C{\sqrt{1-{\displaystyle\frac{x^2}{y^2}}}}=\frac{Cy}{\sqrt{y^2-x^2}}\Rightarrow\\1=\frac C{\sqrt{y^2-x^2}}\Rightarrow\sqrt{y^2-x^2}\;=C.\end{array},

pero en general, esto no será posible, y tendremos que dejar la solución en paramétricas, como veremos en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 4: La ecuación 4y=x^2+(y')^2 es del tipo “se puede despejar y”; probemos el cambio y'=p que la transforma en 4y=x^2+p^2. Derivando respecto de x: 4p=2x+2pp', que es del tipo p'=F(x,p) con F homogénea de grado 0 (ver Funciones homogéneas. Aplicación a las ecuaciones diferenciales):

\begin{array}{l}4p=2x+2pp'\Rightarrow p'=\frac{2p-x}p=F(x,p);\\F(\lambda x,\lambda p)=\frac{2\lambda p-\lambda x}{\lambda p}=\frac{2p-x}p=F(x,p)\end{array},

con el cambio de variable u=p/x se convierte en una ecuación de variables separadas:

\begin{array}{l}u=p/x\Rightarrow u'=\frac{p'x-p}{x^2}\Rightarrow p'=\frac{x^2u'+p}x=\frac{x^2u'+ux}x=xu'+u;\\p'=\frac{2p-x}p\Leftrightarrow xu'+u=\frac{2ux-x}{ux}=\frac{2u-1}u\Rightarrow xu'=\frac{2u-1-u^2}u\Rightarrow\\\frac{\operatorname du}{\operatorname dx}=\frac{2u-1-u^2}{xu}\Rightarrow\int\frac u{2u-1-u^2}\operatorname du=\int\frac1x\operatorname dx\\\\\end{array}

La primera integral es del tipo racional:

\frac u{2u-1-u^2}=\frac u{-\left(u-1\right)^2}=-\frac A{u-1}-\frac B{\left(u-1\right)^2}=-\frac{A\left(u-1\right)+B}{\left(u-1\right)^2}

sustituyendo el valor u=1 llegamos a B=1 y luego a A=1, por tanto:

\int\frac u{2u-1-u^2}\operatorname du=-\int\frac1{u-1}\operatorname du-\int\frac1{\left(u-1\right)^2}\operatorname du=-\ln\left(u-1\right)+\frac1{u-1}

Entonces:

\begin{array}{l}\int\frac u{2u-1-u^2}\operatorname du=\int\frac1x\operatorname dx\Leftrightarrow-\ln\left(u-1\right)+\frac1{u-1}=\ln\left(x\right)+C\Rightarrow\\\ln\left(Cx\right)+\ln\left(u-1\right)=\frac1{u-1}\Rightarrow\ln\left(Cx\left(u-1\right)\right)=\frac1{u-1}\Rightarrow\\Cx=\frac{e^\frac1{u-1}}{u-1}.\end{array}

Si deshacemos el cambio u=p/x obtenemos:

\begin{array}{l}Cx=\frac{e^\frac1{u-1}}{u-1}=\frac1{{\displaystyle\frac px}-1}exp\left(\frac1{\frac px-1}\right)=\frac x{p-x}exp\left(\frac x{p-x}\right)\Rightarrow\\\phi\left(x,p\right)=\frac1{p-x}exp\left(\frac x{p-x}\right)=C\end{array}

que junto con la condición y=(x^2+p^2)/4 nos da el haz de curvas solución dependiente del parámetro p. Pero vemos que la función \phi\left(x,p\right) no permite despejar x, por lo que es de difícil manejo; mejor en este caso dejar las ecuaciones paramétricas en función del parámetro u:

\left.\begin{array}{r}x=C\frac{e^\frac1{u-1}}{u-1}\\y=\frac{x^2+\left(xu\right)^2}4=x^2\frac{1+u^2}4\end{array}\right\}

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Ecuaciones de Bernoulli, Ricatti, Lagrange y Clairaut

Ecuación de Bernoulli

Son de la forma y'+X(x)y=F(x)\cdot y^n y pueden reducirse a lineales con el cambio de variable v(x)=y^{1-n} siempre que n no sea ni 0 ni 1; si n = 0 entonces la ecuación es lineal.

Ejemplo 5: La ecuación dy/dx-3y/2x=2x/y és de Bernoulli, con P(x)=3/2x, Q(x)=2x,  n=-1. El cambio v=y^{2} transforma la ecuación:

y=v^{1/2}\Rightarrow y'=\frac1{2v^{1/2}}\frac{\operatorname dv}{\operatorname dx}\Rightarrow\frac1{2v^{1/2}}v'-\frac{3v^{1/2}}{2x}=\frac{2x}{v^{1/2}}

Multipliquemos todo por 2v^{1/2} para obtener v'-\frac3xv=4x que és lineal. Resolvemos esta ecuación usando la fórmula general (ver el post Ecuaciones diferenciales lineales de 1r orden):

y=e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}\cdot\left[C+\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}\operatorname dx\right]

en nuestro caso es:

\begin{array}{l}\begin{array}{l}X(x)=-\frac3x,\;F(x)=4x\;\Rightarrow\int X\left(x\right)\operatorname dx=\int-\frac3x\operatorname dx=-3\ln\left(x\right),\\\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}=\int4x\cdot e^{-3\ln\left(x\right)}=\int4x\cdot x^{-3}=-4x^{-1},\\v(x)=e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}\cdot\left[C+\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}\operatorname dx\right]=\end{array}\\e^{3\ln\left(x\right)}\cdot\left[C-4x^{-1}\right]=Cx^3-4x^2\end{array}

deshacemos el cambio v=y^{2} para obtener y(x)=\pm\sqrt{Cx^3-4x^2}=\boxed{\pm x\sqrt{Cx-4}}.

Ejemplo 6:  La ecuación x\left(dy/dx\right)+6y=3xy^{4/3} no és separable, ni lineal, ni homogénea ni exacta, pero dividiéndola por x resulta dy/dx+6y/x=3y^{4/3}, que es una ecuación de Bernoulli con n=4/3, P(x)=1/x,\: Q(x)=3, aplicando el cambio  v=y^{1-4/3}=y^{-1/3} se transformarà en lineal.

Ecuación de Ricatti

Son de la forma dy/dx=P(x)y^2+Q(x)y+R(x); en el caso particular de que conozcamos una de sus soluciones particulares y_p entonces el cambio y=y_p+1/v la convertirá en lineal.

Ejemplo 7: La ecuación y'+y^2=1+x^2 es de Ricatti; sabiendo que una solución particular es y=x, aplicamos el cambio y=x+1/v, derivamos y sustituimos:

\begin{array}{l}y=x+\frac1v\Rightarrow y'=1-\frac1{v^2}v';\\y'+y^2=1+x^2\Leftrightarrow1-\frac1{v^2}v'+\left(x+\frac1v\right)^2=1+x^2\Rightarrow\\1-\frac1{v^2}v'+x^2+\frac1{v^2}+2x\frac1v=1+x^2\Rightarrow \v'-2xv=1\end{array}

esta última ecuación es lineal en v'.

Ecuación de Lagrange

Son un caso particular de las ecuaciones en las que se pueden despejar y, tienen la forma y=xF(y')+G(y'). Se resuelven como hemos visto, con el cambio y'=p que las transforma en lineales en p, siempre que se cumpla p-F(p)\neq0, condición que no se cumple en las ecuaciones de la forma y=xy'+G(y'), denominadas ecuaciones de Clairaut.

Ecuación de Clairaut

Tienen la forma y=xy'+G(y') y su haz de curvas integral es directamente y=Cx+G(x), fácil de comprobar derivando y sustituyendo en la ecuación.

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