Leccion 3

Tecnicas analticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden: Ecuaciones Exactas y Cambios deVariables

3.1. Ecuaciones Exactas

Las ecuaciones exactas estan relacionadas con las llamadas diferenciales exactas, o mejor, con la existencia de campos conservativos. Recordemos este concepto. Sabemos que una forma de escribir la ecuaciones diferenciales de primer orden es:

M (t, x) dt + N (t, x) dx = 0,

as que con cada ecuacion diferencial de primer orden podemos asociar un campo vectorial:F~ (t, x) = (M (t, x), N (t, x)). Por otra parte, dada una funcion escalar f : R2 R, el gra-diente de esta funcion ~ f (t, x) = f (t, x), f (t, x) es un campo vectorial. La cuestion es t xcuando un campo vectorial F~ (t, x) = (M (t, x), N (t, x)) es el gradiente de una funcion escalarf ; es decir, cuando

f(t, x) = M (t, x) yt

f(t, x) = N (t, x).x

Los campos vectoriales que son gradientes de alguna funcion escalar f se llaman campos conservativos y a la funcion f se le llama funcion de potencial del campo vectorial.

Ahora tenemos la siguiente definicion:

Definicion 3.1 La ecuacion

M (t, x) dt + N (t, x) dx = 0

se dice que es exacta si el campo vectorial F~ (t, x) = (M (t, x), N (t, x)) es conservativo.

Esta definicion no es muy util a la hora de saber cuando una ecuacion concreta es exacta o no; necesitamos una caracterizacion de cuando un campo es conservativo en funcion de las funciones M y N . Tal caracterizacion no es sencilla porque no solo depende de las funciones componentes M y N sino tambien de la region del plano R2 donde dichas funciones esten definidas. Nuestras ecuaciones diferenciales seran lo suficientemente simples como para que el campo de definicion de las funciones M y N no suponga un problema mayor. El siguiente teorema, que se da sin demostracion, caracteriza los campos conservativos definidos en rectangulos de R2 (debe entenderse que todo el plano R2 es un caso especial de rectangulo).

Teorema 3.2 .- Sea F~ (t, x) = (M (t, x), N (t, x)) un campo vectorial tal que las funciones M y N son continuas y admiten derivadas continuas en un rectangulo R del plano. Entonces F~ (t, x) es conservativo si y solo si

3.1 Ecuaciones Exactas 41

M(t, x) =x

Nt (t, x) para todo (t, x) R

As que podemos dar la siguiente caracterizacion de las ecuaciones diferenciales exactas:

Teorema 3.3 .- La ecuacion diferencial

M (t, x) dt + N (t, x) dx = 0

es exacta en el rectangulo R del plano si y solo si

M(t, x) =x

Nt (t, x) para todo (t, x) R. (3.1)

Ejemplo 3.4 .- Veamos algunos ejemplos

1. Veamos si la siguiente ecuacion es o no exacta

(3t2 + 6tx2) dt + (6t2x + 4x3) dx = 0

En este caso M (t, x) = 3t2 + 6tx2 y N (t, x) = 6t2x + 4x3 . Ambas son diferenciables con continuidad en todo R2 por ser polinomios. Para saber si la ecuacion es exacta podemos utilizar el criterio de (3.1):

M= 12txx

N= 12txt

as que la ecuacion es exacta.

2. Consideremos la ecuacion:(sen(xy) + xy cos(xy)) dx + (x2 cos(xy)) dy = 0 y veamos si es o no exacta.De nuevo M (x, y) = sen(xy) + xy cos(xy) y N (x, y) = x2 cos(xy) son funciones diferen- ciables con continuidad en todo R2 y podemos utilizar el criterio de (3.1) para saber si la ecuacion es o no exacta:

M

= x cos(xy) + x cos(xy) x2y sen(xy) = 2x cos(xy) x2 y sen(xy), yy

N

= 2x cos(xy) x2y sen(xy)x

as que la ecuacion es exacta.

Para obtener la solucion general de una ecuacion diferencial exacta utilizaremos el si- guiente resultado:

Teorema 3.5 .- Supongamos que la ecuacion diferencial

M (t, x) dt + N (t, x) dx = 0 (3.2)

es exacta en un rectangulo R del plano, y sea f una funcion de potencial del campo vectorial F~ (t, x) = (M (t, x), N (t, x)) en R. Entonces, toda solucion x = x(t) de la ecuacion (3.2) satisface la ecuacion f (t, x(t)) = C para un cierto valor de la constante C . Recprocamente, cualquiera que sea la constante C , si x es una funcion diferenciable definida implcitamente por la ecuacionf (t, x) = C,

entonces x = x(t) es una solucion de la ecuacion (3.2)

Demostracion.- Podemos escribir la ecuacion (3.2) como

M (t, x) + N (t, x)x0 = 0 (3.3)

Supongamos que x = x(t) es solucion de la ecuacion. Cuando sustitumos x por x(t) en f (t, x) obtenemos una funcion de la variable t. Es decir, f (t, x(t)) = g(t). La derivada de esta funcion sera (usando la regla de la cadena):

g0 (t) =

f(t, x(t)) +t

f dx(t, x(t))x dt

(t)

y como f es la funcion de potencial de F~ = (M, N ), resulta que

g0(t) = M (t, x(t)) + N (t, x(t))x(t)0 = 0.

Por lo tanto, g(t) = C ; es decir, f (t, x(t)) = C para alguna constante C . Recprocamente, sig(t) = f (t, x(t)) = C , entonces g0 (t) = 0 y por lo tanto

0 = g0 (t) =

f(t, x(t)) +t

f dx(t, x(t))x dt

(t) = M (t, x(t)) + N (t, x(t))x(t)0

con lo que x(t) es solucion de la ecuacion (3.3), tal y como se deseaba demostrar.

El Teorema anterior nos dice que para calcular las soluciones de una ecaucaion exacta tenemos que hallar la funcion de potencial del campo vectorial determinado por la ecuacion. Sustituyendo x por x(t) en dicha funcion de potencial e igualando el resultado a una cons- tante, obtenemos todas las soluciones (en forma implcita) de la ecuacion diferencial. Solo nos falta saber como calcular la funcion de potencial de una campo conservativo. Es lo que haremos a continuacion.

Supongamos que

F~ (t, x) = (M (t, x), N (t, x)) es un campo conservativo y f (t, x) su

funcion de potencial. Entonces F~ (t, x) = ~ f (t, x) y

f(t, x) = M (t, x) yt

f

f(t, x) = N (t, x)xComo

(t, x) = M (t, x) tenemos quetZf (t, x) =

M (t, x) dt + h(x) (3.4)

y si derivamos esta expresion respecto de x tenemos quef Z=x x

M (t, x) dt

+ h0(x)

con lo que

h0(x) = N (t, x)

Z M (t, x)dt. (3.5)xLo que esta en la parte de la izquierda de esta igualdad solo depende de x mientras que lo de la derecha depende, aparentemente, de las dos variables t y x. Sin embargo no es as porque derivando respecto de t: t N (t, x)

Z M (t, x)x

Ndt =t

M x ,

que es cero por ser la ecuacion exacta. Esto significa queZ M (t, x)N (t, x) x dt

no es funcion de t. Por lo tanto, integrando en (3.5), obtenemosZ Z M (t, x) h(x) =

N (t, x)

dt dxx

que sustiuda en (3.4) nos da la funcion de potencial requerida.

Tambien podamos haber empezado calculandoZf (t, x) =

N (t, x) dx + k(t)

y seguir un procedimiento similar al anterior para hallar k(t).

Ejemplo 3.6 .- Vamos a calcular las soluciones de las ecuaciones del ejemplo 3.4.

1. (3t2 + 6tx2) dt + (6t2x + 4x3) dx = 0Calculamos la funcion de potencial del campo (M (t, x), N (t, x)) con M (t, x) = 3t2 +6tx2 y N (t, x) = 6t2x + 4x3:Zf (t, x) =

ZM (t, x) dt + h(x) =

3t2 + 6tx2 dt + h(x) = (t3 + 3t2x2) + h(x) (3.6)

Para calcular h(x) derivamos ambas partes de esta igualdad respecto de x:

f= 6t2x + h0(x).x

Ahora bien, por ser la ecuacion exacta,

f= N (t, x) = 6t2x + 4x3x

por lo que

As

6t2x + 4x3 = 6t2 x + h0(x) h0 (x) = 4x3.

h(x) = x4.

y sustituyendo en (3.5) tenemos que

f (t, x) = t3 + 3t2x2 + x4.

La solucion general de la ecuacion (en forma implcita) sera:

x(t)4 + 3t2x(t)2 + t3 = C

2. (sen(xy) + xy cos(xy)) dx + (x2 cos(xy)) dy = 0

En este casoZf (x, y) =

(sen(xy) + xy cos(xy)) dx + h(y)

Aunque la integral que aparece en la parte de la derecha de esta ecuacion es sencilla, a alguno podra no parecerselo. En tal caso siempre podemos intentar la alternativa de integrar primero respecto de y. Como

tenemos que

f = x2 cos(xy)y

Zf (x, y) =

x2 cos(xy) dy + k(x) = x sen(xy) + k(x) (3.7)

y derivando respecto de x

Por lo tanto

fsen(xy) + xy cos(xy)) =x

= sen(xy) + xy cos(xy) + k0(x).k0 (x) = 0 k(x) = 0

que sustituyendo en (3.7) nos da la funcion de potencial:

f (x, y) = x sen(xy)

La solucion general de la ecuacionen en forma implcita sera:

x sen(xy(x)) = C.

Factores Integrantes

Supongamos ahora que nos dan una ecuacion diferencial

M (t, x) dt + N (t, x) dx = 0 (3.8)

que no es exacta. Existe alguna forma de hacerla exacta?. Con mas precision, existira una funcion (t, x) de forma que la ecuacion

(t, x)M (t, x) dt + (t, x)N (t, x) dx = 0 (3.9)

sea exacta?. Esta cuestion es facil de responder, en principio: para que la ecuacion (3.9) sea exacta se debe cumplir que

o equivalentemente

((t, x)M (t, x)) =x

((t, x)N (t, x))t M M + x x

N= N + t t

(3.10)As pues, la ecuacion (3.9) es exacta si y solo si satiface la ecuacion (3.10).

Debe notarse ahora que las ecuaciones (3.8) y (3.9) son equivalentes en el sentido si- guiente: x(t) es solucion de la ecuacion (3.8) si y solo si lo es de la ecuacion (3.9).

Definicion 3.7 .- Una funcion (t, x) que satisfaga la ecuacion (3.10) se dice que es unfactor integrante de la ecuacion diferencial (3.8).

Vemos as que para que sea un factor integrante debe satisfacer la ecuacion (3.10), que es una ecuacion en derivadas parciales, habitualmente muy difcil de integrar salvo en muy pocos casos. Dos de los casos en los que esta ecuacion se puede integrar es cuando el factor integrante solo depende de t o solo depende de x. Estudiamos estos dos casos particulares:

Casos Particulares

(a) Factores Integrantes que solo dependen de t.- Si depende solo de t entonces la ecuacion (3.10) queda reducida a

dN = dt

Mx

N t

Md x o =dt N

N t

Ahora bien, esta ecuacion solo tiene sentido si la expresion

M N

es una funcion solo de t; esto es,

x t N

M N x t = R(t).N

En este caso debe ser una solucion de la ecuacion de variables separables:

0 = R(t).Es decir, = exp R R(t) dt es un factor integrante de la ecuacion (3.8).

Observaciones 3.8 .- La expresion

M N x t N

es, por lo general, funcion de las dos variables t y x. Solo para muy especiales pares de funciones M (t, x) y N (t, x) es una funcion solo de la variable t.

2Ejemplo 3.9 .- Encuentrese la solucion general de la ecuacion

x2+ 2xet + (x + et)x0 = 0 (3.11)2

En este caso M (t, x) =porque

x + 2xet y N (t, x) = x + et. No se trata de una ecuacion exacta2

Ahora bien

M = x + 2et yx

N = et.t1 MN x

N t

x + et= = 1x + etpor lo que un factor integarnte es (t) = eR dt = et. As pues la ecuacion

x2 et + 2xet2

+ et(x + et)x0 = 0

( que es equivalente a la ecuacion (3.11)) es exacta. Calculamos la funcion de potencial correspondiente:

f (t, x) =

y

Z x22

et + 2xet

x2dt + h(x) = et + xe2t + h(x)2xet + e2t = fx

= xet + e2t + h0(x) h0 (x) = 0con lo que h(x) = 0 y una funcion de potencial es

x2f (t, x) =

et + xe2t2

y la solucion general de (3.11) ( en forma implcita) es :

1etx(t)2 + e2tx(t) = C2

(b) El Factor Integrante solo depende de x.- Si = (x) solo depende de x la situacion es parecida a la descrita mas arriba.. Para que tales factores integrantes existan debe suceder queN M t x = Q(x)Msea funcion solo de x. En tal caso el factor integrante es (x) = exp R Q(x) dx.

Ejemplo 3.10 .- Encuentrese la solucion general de la ecuacion2tx ln x dt + (t2 + x2x2 + 1) dx = 0 (3.12)

En este caso M (t, x) = 2t ln x y N (t, x) = t2 + x2x2 + 1. Por lo tanto

M= 2t(ln x + 1)xy

N= 2ttN M t x = 2t 2t ln x 2t = 1

M 2tx ln x

x .Existe entonces un factor integrante, que solo de pende de x. Este factor integrante debe sersolucion de la ecuacion:10 = x .

As pues

y la ecuacion

1 ln = ln x (x) = x .

t2 2t ln x dt + (x

+ xx2 + 1) dx = 0es exacta. Calculamos una funcion de potencial:Zf (t, x) =

2t ln x dt + h(x) = t2 ln x + h(x)

y

t2 + xx2 + 1 = f

t2 = + h0(x).

Entonces

x x xZ 1 1 3h(x)

La funcion de potencial sera:

x(x2 + 1) 2 dx =

(x2 + 1) 2 .3

2f (t, x) = t2 ln x + 1 (x2 + 1) 3 ,3

y la solucion general de la ecuacion (3.12) es:

2t2 ln x(t) + 1 (x(t)2 + 1) 3 = C3siendo C una constante arbitraria.

Recordemos para terminar que el termino factor integrante ya aparecio en la Leccion2 cuando calculamos la forma general de las soluciones de las ecuaciones lineales no ho- mogeneas. De hecho todos los tipos de ecuaciones que hemos visto hasta ahora son ecuacio- nes exactas o reducibles a exactas mediante un factor integrante. En efecto, recordemos que las ecuaciones en variable separables se pueden escribir en la forma:

f (t) dt + g(x) dx = 0.

Por lo tanto, M (t, x) = f (t) y N (t, x) = g(x). Esta ecuacion es exacta cualquiera que sean las funciones f (t) y g(x) por queM N=x t

= 0.La funcion de potencial del campo (f (t), g(x)) se calcula, en este caso de manera muy sencilla. Ya que la letra f la hemos utilizado para la funcion f (t), llamemos h(t, x) a la funcion de potencial de (f (t), g(x)). EntoncesZh(t, x) =

f (t) dt + k(x) = F (t) + k(x)

donde F (t) es una primitiva de f (t); i.e. F (t) = R f (t) dt. Ahora

g(x) =

h= k0(x)xporque F no depende de x. As pues, k(x) = R g(x) dx = G(x). La funcion de potencial sera:h(t, x) = F (t) + G(x)

y la solucion general de la ecuacion

F (t) + G(x(t)) = C

que es la forma general de las soluciones de las ecuaciones separables vista en la Leccion 2.

Por otra parte el factor integrante que usamos en la resolucion de las ecuaciones lineales no homogeneas es el que hace que una ecuacion de este tipo se convierta en una ecuacion diferencial exacta. Recordemos que si nos dan la ecuacion lineal:

x0 + p(t)x = r(t) (3.13)

el factor integrante lo definimos como

F (t) = e

R p(t) dt.

Ahora bien, la ecuacion (3.13) se puede escribir en la forma: (p(t)x r(t)) dt + dx = 0

xque no es exacta, pero que admite un factor integrante (t) que solo depende de t. En efecto, como en este caso = 0, la ecuacion (3.10) queda:

M d N = N + x dt t

con M (t, x) = p(t)x r(t) y N (t, x) = 1. Por lo tanto, debe satisfacer:

0(t) = (t)p(t)

que es una ecuacion en variables separables, una de cuyas soluciones es:

e(t) = R p(t) dt

= F (t).

En consecuencia la denominacion de factor integrante para F (t) esta perfectamente justifi- cada.

3.2. Cambios de Variables

Hay algunas ecuaciones que no son exactas ni reducibles a exactas mediante factores integrantes sencillos (recordemos que las ecuaciones en variables separables son exactas y las lineales son reducibles a exactas mediante un factor integrante que solo depende de la variable independiente). En algunos casos, sin embargo, se pueden reducir a ecuaciones exactas mediante un cambio de variable. Consideremos, por ejemplo, la siguiente ecuacion

dx x2 x= x + +dt t t

(3.14)Esta ecuacion no es ni exacta ni reducible a exacta mediante un factor integrante que solo dependa de x o de t. No tenemos, entonces, un metodo para encontrar una expresion analtica de las soluciones. Desde luego hay una solucion de equilibrio x(t) = 0, pero no sabemos como encontrar las demas soluciones.

Al igual que se hace en el calculo integral, se puede intentar la sustitucion de la variable x por otra que parezca adecuada como para que la ecuacion se convierta en una de alguno de los tipos que ya sabemos resolver. En este caso podemos intentar el cambio de variable:xy =t

dto equivalentemente, x = yt. Esto nos permite convertir la ecuacion dada en una nueva ecuacion en las variables y y t. Ya tenemos la expresion de x en funcion de y y de t; necesitamos ademas la expresion de dx . Como x = yt, derivando (notese que como x esfuncion de t, y tambien lo es):

dx dy= y + t .dt dtSustituyendo en la ecuacion dada (3.14):

dy y + tdt

= ty ty2 + yque es equivalente a

t dy = ty + ty2.dtObservemos que t = 0 no pertenece al intervalo de integracion de la ecuacion (3.14) porque aparece dividiendo. As pues podemos dividir por t y obtenemos la ecuacion

dy= y(1 + y)dtque es una ecuacion en variables separables que sabemos integrar. Las soluciones de equilibrio de esta ecuacion son y(t) = 0, y(t) = 1. Y la solucion general

K ety(t) =

1 K et

siendo K una constante arbitraria distinta de cero.

Para hallar la soluciones de la ecuacion dada (3.14), debemos deshacer el cambio x = yt. Por lo tanto, las soluciones de la ecuacion dada son x(t) = 0, x(t) = t y

52 Tecnicas analticas para las Ecuaciones diferenciales de primer ordenK tetx(t) =

1 K etsiendo K una constante arbitraria distinta de cero. Debe observarse que la solucion x(t) = 0 se obtiene de la solucion general haciendo K = 0, pero la solucion x(t) = t no se obtiene de la solucion general para ningun valor de K .

El problema de encontrar una sustitucion adecuada para poder obtener soluciones de una ecuacion diferencial dada puede ser muy complicado, se requiere mucha practica y, en ocasiones, una buena intuicion. Hay, sin embargo, algunos tipos de ecuaciones para las que se puede dar, de forma general, la sustitucion que es adecuada para reducirlas a ecuaciones lineales o en variables separables. Tal es el caso de las ecuaciones homogeneas y de Bernoulli que estudiamos a continuacion. Estudiaremos en los ejercicios de este tema otros tipos de ecuaciones para las que un cambio de variables adecuado las reduce a ecuaciones de tipo conocido.

3.2.1. Ecuaciones Homogeneas

Comenzamos recordando que una funcion f : R2 R se dice que es homogenea de orden n si para todo R, = 0, se tiene que f (t, x) = nf (t, x). En particular, se dice que f es homogenea si es homogenea de grado cero; es decir, si

f (t, x) = f (t, x), para todo R, = 0

Por ejemplo

es una funcion homogenea porque

f (t, x) =

t2 x2t2 + x2

f (t, x) =

2t2 2x22 t2 + 2x2

2(t2 x2)= 2(t2 + x2) =

t2 x2t2 + x2

= f (t, x)

Tenemos entonces la siguiente definicion:

Definicion 3.11 .- Una ecuacion diferencial de primer orden

x0 = f (t, x) (3.15)

se dice que es homogenea si f es una funcion homogenea.

Debe observarse que una caracterizacion alternativa de las funciones homogeneas es quef es homogenea si y solo si f se puede escribir en la formaf (t, x) = g x t

2para alguna funcion g. Por ejemplo en el caso de mas arriba

f (t, x) =

t2 x2 t2

1 x 1 +=t2 + x2 x2t2

= g x t

Por lo tanto si la ecuacion x0 = f (t, x) es homogenea, podemos hacer el cambio de variable dependiente:xv = , tde esta forma tendramos que x = tv y si derivamos teniendo en cuenta que v es una funcion de t, tendramos:x0 = v + tv0.Sustituyendo en (3.15), y teniendo en cuenta que f (t, x) = g x = g(v) por ser f ho-tmogenea, obtenemos la ecuacion diferencial

v + tv0 = g(v)

con t como variable independiente y v como variable dependiente. Esta ecuacion es en va- riables separables. En efecto, la podemos escribir como sigue (siempre que t = 0):

g(v) vv0 =t

que es una ecuacion en variable separadas. Para integrar esta ecuacion procedemos como es habitual: Para g(v) v = 0 ponemos

Z 1g(v) v

Z 1dv =t

dt + C

para obtener la solucion general de la ecuacion. Ademas todas los valores de v que hacen g(v)v = 0 seran soluciones de equilibrio. Para obtener las soluciones de la ecuacion original se debe deshacer el cambio de variable.

Ejemplo 3.12 .- Resuelvase la ecuaciontx0 = t2 x2 + x (3.16)

Solucion.- Podemos escribir la ecuacion en la forma: t2 x2 + xx0 =t

quitando t = 0 del intervalo de integracion. Se trata de una ecuacion homogenea porque si t2 x2 + xf (t, x) =

entoncest 2t2 2x2 + x

t2 x2 + x

t2 x2 + xf (t, x) =

Ademas

x

f (t, x) =

=

t2 x2 + x t

x

r x2= 1 t2

=

x+= g t

t

x t

= f (t, x)

Haciendo la sustitucion x = vt tenemos que x0 = v + tv0 y la ecuacion queda:v + tv0 = 1 v2 + v

o equivalentemente (recordando que t = 0 no pertenece al intervalo de integracion): 1 v2v0 =t

que es una ecuacion en variables separables. Las funciones v(t) = 1 y v(t) = 1 son soluciones de equilibrio. Una vez consideradas, separamos las variables:

1 1 dv = dt1 v2 t

de donde podemos obtener la solucion general de forma implcita:

arc sen v(t) = ln |t| + C

o explcitamente:

Ahora deshaciendo el cambio

v(t) = sen (ln |t| + C )

x(t) = t sen (ln |t| + C ) .

que es la solucion general de la ecuacion (3.16). No debemos olvidar las soluciones de equi- librio v(t) = 1 y v(t) = 1. E stas producen las soluciones x(t) = t y x(t) = t, respectiva- mente, de la ecuacion (3.16).

3.2.2. Ecuaciones de Bernoulli

Las ecuaciones de Bernoulli son las de la forma dx+ p(t)x = r(t)x (3.17)dt

donde = 0, 1 ( si = 0 o = 1 entonces la ecuacion sera lineal, no homogenea en el primer caso y homogenea en el segundo).

En primer lugar x(t) = 0 es una solucion de equilibrio y, por lo tanto, en lo sucesivo supondremos que x = 0.

Estas ecuaciones no son lineales pero se pueden reducir a lineales mediante un cambio de variable sencillo. Como x = 0 podemos dividir ambas partes de la ecuacion (3.17) por x :

1 dx 1x dt + p(t) x1 = r(t)

x1e intentamos el cambio u = 1 . Derivando

( 1)x2x0

( 1)x0

y por lo tanto

u0 =

x2

2 = x1 dx

1 du

Sustituyendo en la ecuacion:

x dt = 1 dt .1 du

+ p(t)u = t(t)

y de aqu obtenemos la ecuacion dudt

1 dt

+ (1 )p(t)u = (1 )r(t)

que es una ecuacion lineal no homogenea.

Ejemplo 3.13 .- Resuelvase la ecuacion:

tx0 + x = x2 ln t (3.18)

Solucion.- Dividiendo por t (notese que debe ser t > 0 porque en caso contrario no tendra sentido ln t) obtenemos una ecuacion de Bernoulli:

x0 +

1 ln t x = x2 t t

(3.19)

Dividimos por x2:

x0 1 1

ln tx2 + t x = t

Hacemos el cambio u =

1 x0x . As u0 = x2

x0; i. e.x2

1

= u0 . Sustituyendo en la ecuacion (3.19):

ln tu0 + t u = ty multiplicando por 1 conseguimos la ecuacion lineal no homogenea:

1u0 t u =

ln tt

que se resuelve como es habitual. El factor integrante es:

R 1 1F (t) = e

Y la solucion se obtiene de

t dt = e ln t =

t

(recuerdese que t > 0)Z 1 ln t

Z ln t

ln t + 1

de donde

u(t)F (t) =

dt + C =t t

t2 dt + C = t + C

Deshaciendo el cambio u =

u(t) = 1 + ln t + C t1, tenemos que la solucion general de la ecuacion (3.18):x

1x(t) =

1 + ln t + C t

A esta solucion hay que anadir la solucion de equilibrio x(t) = 0 que, tal y como ya hemos visto, siempre es solucion de cualquier ecuacion de Bernoulli.

3.2.3. Ecuaciones de Riccati

Las ecuaciones de Riccati aparecen con frecuencia en las aplicaciones; especialmente enTeora de Control. Son las de la siguiente forma:

dx+ p(t)x = s(t) + r(t)x2 (3.20)dt

donde las funciones p,r y s son continuas en un cierto intervalo (a, b).

Aparentemente las ecuaciones de Riccati son una ligera generalizacion de las ecuaciones de Bernoulli porque se reducen a estas cuando s(t) = 0. Sin embargo, a diferencia de las

ecuaciones de Bernoulli, no hay un metodo directo para resolverlas en forma de integrales. La razon es que la sustitucion

convierte la ecuacion (3.20) en

y0(t)x(t) = r(t)y(t)

y00

r0(t) r(t) p(t)

y0 + s(t)r(t)y = 0

que es una ecuacion lineal de segundo orden de coeficientes no constantes. Estudiaremos estas ecuaciones mas adelante en este curso, pero, en general, estas ecuaciones no pueden ser resueltas por integrales. Hay otros metodos, como los desarrollos en series de potencias, que permiten resolverlas.

A pesar de todo ello, hay muchas ecuaciones de Riccati para las que se pueden obtener so- luciones. Para ello se necesita, en primer lugar, un poco de experiencia porque todo depende de la capacidad o habilidad para conseguir una solucion particular de la ecuacion. Suponga- mos que hemos sido capaces de conseguirlo, y sea x1(t) tal solucion particular. Entonces, la solucion general de la ecuacion (3.20) es x(t) = x1 (t) + y(t) donde y(t) es la solucion de la siguiente ecuacion de Bernoulli:

y0 + (p(t) 2x1(t)r(t))y = r(t)y2.

En efecto, si y(t) es solucion de esta ecuacion y x(t) = x1(t) + y(t) tenemos que

1x0 (t) = x0 (t) + y0 (t) == p(t)x1(t) + s(t) + r(t)x1(t)2 (p(t) 2x1(t)r(t))y(t) + r(t)y(t)2 == p(t)(x1 (t) + y(t)) + s(t) + r(t)(x1(t)2 2x1(t)y(t) + y(t)2) == p(t)x(t) + s(t) + r(t)x(t)2.

Y de la misma forma se demuestra que si x(t) = x1(t) + y(t) es solucion de (3.20) entoncesy(t) = x(t) x1(t) es solucion de y0 + (p(t) 2x1 (t)r(t))y = r(t)y2.

Ejemplo 3.14 Compruebese que x1(t) =

1es solucion de la ecuaciont1

x0 + x = tx2t2y hallese la solucion general de la ecuacion.

(3.21)

La comprobacion de que x1(t) es solucion de (3.21) es muy sencilla. Por una parte

1 1 1 + t2

0x1 + x1 = t2 + t =

t2 .

58 Tecnicas analticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden

Y por otra

1

1tx2t2

1 1= t t2

t2 1= t2 .

La solucion general de (3.21) es x(t) = x1(t) + y(t) siendo y(t) la solucion general de la ecuacion y0 + (p(t) 2x1(t)r(t))y = r(t)y2. En nuestro caso

1 2y0 +

1 2 t t

y = ty .

Es decir

y0 y = ty2 (3.22)

que es, como sabemos, una ecuacion de Bernoulli. Para resolverla, observamos que hay una1solucion de equilibrio y(t) = 0 que nos produce la solucion x(t) = x1(t) =

; i.e. la soluciontparticular dada, de (3.21). Para la solucion general de (3.22) hacemos la sustitucion

u(t) =

1. y(t)

Con este cambio la ecuacion (3.22) se convierte en

u0 + u = t

que es lineal no homogenea. Su solucion general es

u(t) = 1 t + C et.

Por lo tanto

y(t) =

1,1 t + C ety la solucion general de la ecuacion (3.21) es

1 1x(t) = x1(t) + y(t) =

+ . t 1 t + C et

3.3. El Problema de Condiciones Iniciales

Consideremos ahora el problema de condiciones iniciales. x0 = f (t, x)x(t0) = x0 (3.23)

Recordemos que la forma de proceder es encontrar todas las soluciones de la ecuacion e imponer la condicion inicial x(t0) = x0 . Si esta corresponde a una solucion de equilibrio entonces la solucion del problema de condiciones iniciales es x(t) = x0, y si no se calcula la constante de integracion correspondiente que sustituda en la solucion general nos da la unica solucion del problema.

Clarificamos este proceso mediante un ejemplo:

Ejemplo 3.15 Hallese la solucion del siguiente problema de condiciones iniciales:

t2 xx0 =

t + x2

, x(0) = 1 (3.24)

Se trata de una ecuacion exacta porque escrita en la forma diferencial:

(x t2 ) dt + (t + x2) dx = 0

M

resulta que M (t, x) = x t2, N (t, x) = t + x2 yx

Para calcular la funcion de potencial:Z

N= = 1.t

1

Por lo tanto

f (t, x) =

(x t2 ) dt + h(x) = xt

t3 + h(x).3t + x2 = fx

= t + h0(x),

3y h(x) = 1 x3. La solucion general de la ecuacion (3.24) sera:

1 3 1 3tx(t) 3 t

+ x(t)3

= C.

Para calcular C sustitumos la condicion inicial: x(0) = 1:

1 3 1 30x(0) 3 0

+ x(0)3

= C.

3Es decir, C = 1

y la solucion del Problema de condiciones iniciales es

O bien

1

x(t)3 + tx(t)3

1 t3 = 1 .3 3x(t)3 + 3tx(t) t3 = 1.