Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Ejercicios y Problemas Resueltos

8/21/2019 Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Ejercicios y Problemas Resueltos

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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIASEjercicios y Problemas resueltos

Ana Isabel Alonso de MenaJorge lvarez Lpez Juan Antonio Calzada Delgado


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ECUACIONES DIFERENCIALES

ORDINARIAS

EJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS


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ECUACIONES DIFERENCIALES

ORDINARIASEJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS

ANA ISABEL ALONSO DE MENAJORGE LVAREZ LPEZJUAN ANTONIO CALZADA DELGADO

Escuela Tcnica Superior de Ingenieros IndustrialesUNIVERSIDAD DE VALLADOLID


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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIASEJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS

ANA ISABELALONSO DE MENAJORGELVAREZ LPEZ

JUANANTONIO CALZADA DELGADO

Editor gerente Fernando M. Garca TomDiseo de cubierta IPStudioPreimpresin Delta PublicacionesImpresin Jacaryan

Avda. Pedro Dez, 3. Madrid (Espaa)

Copyright 2008 Delta, Publicaciones Universitarias. Primera edicinC/Luarca, 1128230 Las Rozas (Madrid)Direccin Web: www.deltapublicaciones.com

2008 Los autores

Reservados todos los derechos. De acuerdo con la legislacin vigente

podrn ser castigados con penas de multa y privacin de libertadquienes reprodujeren o plagiaren, en todo o en parte, una obra literaria,artstica o cientfica fijada en cualquier tipo de soporte sin la preceptivaautorizacin. Ninguna de las partes de esta publicacin, incluidoel diseo de cubierta, puede ser reproducida, almacenada o transmitidade ninguna forma, ni por ningn medio, sea electrnico, qumico,mecnico, magneto-ptico, grabacin, fotocopia o cualquier otro,sin la previa autorizacin escrita por parte de la editorial.

ISBN 978-84-96477-59-9Depsito Legal

(1207-50)


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Prlogo

Este libro est dirigido a los estudiantes de enseanzas tcnicas que se enfrentan porprimera vez al estudio de las ecuaciones diferenciales.Si hay algo que caracteriza esta materia es la gran diversidad e importancia de

sus aplicaciones, siendo en el planteamiento y resolucin de problemas concretos,inspirados en gran medida en modelos fsicos, donde se puede encontrar la motivacinnecesaria para su estudio y percibir su utilidad. As pues, en un curso introductoriode ecuaciones diferenciales, los ejercicios y las series de problemas resultan crucialespara el aprendizaje del estudiante.

La bibliografa relativa a los aspectos tericos de las ecuaciones diferenciales es

extensa. Sin embargo, resultan escasos los textos dedicados al planteamiento y reso-lucin detallada de problemas; textos donde el proceso de modelado, el anlisis y lainterpretacin de las soluciones se realicen de modo ordenado y sistemtico. El deseode proporcionar a nuestros alumnos un texto de esas caractersticas fue la principalmotivacin para la realizacin de este libro.

En su elaboracin nos hemos guiado por el programa de la asignatura troncalEcuaciones Diferenciales I", que el Nuevo Plan de estudios de la E.T.S. de IngenierosIndustriales de la Universidad de Valladolid sita en el segundo curso de la titulacin.Una situacin similar reflejan los planes de estudio de las enseanzas tcnicas que se

imparten en otras universidades.Cada captulo comienza con una breve introduccin terica, en la que se exponen

las definiciones fundamentales, as como los mtodos de resolucin que se utilizarnposteriormente. En ningn caso se pretende que ese breve resumen sustituya a un librode teora. Tan slo se ha includo la informacin relevante para el lector a la hora deenfocar los problemas propuestos, en un intento de que el libro sea autocontenido.A continuacin se presenta una amplia coleccin de ejercicios y problemas en ordencreciente de dificultad, totalmente resueltos.

Los profesores S. Novo, R. Obaya y J. Rojo, son los autores del libro Ecuaciones

y sistemas diferenciales", McGraw Hill 1995. Este excelente texto recoge el enun-ciado de numerosos problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias y ha sido nues-tra inspiracin a la hora de elaborar los resmenes de teora as como una de nuestras


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VI ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

principales fuentes de ejercicios. Nuestro ms sincero agradecimiento a todos ellospor su apoyo.

Notacin: A lo largo del texto la variable independiente se designar con las letras x

t. La primera responde a la terminologa clsica del clculo infinitesimal y resultaparticularmente adecuada cuando el problema tiene un marcado tinte geomtrico ocuando la variable independiente puede interpretarse fsicamente como una variable detipo espacial. Por otro lado, la segunda est motivada por el hecho de que en un buennmero de aplicaciones las ecuaciones diferenciales describen la evolucin temporalde una (o varias) funciones que determinan el estado de un sistema. El uso de las letrasen negrita (y,f, etc.) est asociado a la idea de vector y se utilizar frecuentementepara representar los sistemas de ecuaciones. Las palabras en cursiva evidencian que elconcepto se define, en ese momento, por primera vez.

Los autores


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Contenido

CAPTULO1

Introduccin. 11.1. Ecuaciones diferenciales. Clasificacin. . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Soluciones de una ecuacin diferencial. Clasificacin. . . . . . . . . . 31.3. Problemas de Cauchy. Problemas de contorno. . . . . . . . . . . . . . 4

CAPTULO2

Integracin elemental de ecuaciones de primer orden 5

2.1. Ecuaciones de variables separables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2. Ecuaciones exactas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2.1. Definicin. Criterio de exactitud. . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2.2. Factores integrantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2.3. Factores integrantes para ecuaciones sencillas. . . . . . . . . 8

2.3. Cambio de variables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3.1. Ecuaciones homogneas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3.2. Ecuaciones con coeficientes lineales. . . . . . . . . . . . . . 112.3.3. Ecuaciones reducibles a lineales: Bernoulli y Riccati. . . . . . 11

2.4. Seleccin de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

CAPTULO3

Ecuaciones y sistemas lineales. Teora general 833.1. Definicin y clasificacin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.1.1. Sistema equivalente a una ecuacin. . . . . . . . . . . . . . . 843.1.2. Sistemas reales y complejos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.2. Teoremas de existencia y unicidad. Iteradas de Picard. . . . . . . . . 853.3. Sistemas lineales de primer orden con coeficientes continuos. . . . . . 85

3.3.1. Sistema homogneo. Matriz fundamental. . . . . . . . . . . . 853.3.2. Sistema no homogneo. Variacin de las constantes. . . . . . 88

3.4. Ecuaciones escalares lineales de orden superior. . . . . . . . . . . . . 89


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VIII ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.4.1. Ecuacin homognea. Sistema fundamental de soluciones. . . 893.4.2. Ecuacin no homognea. Variacin de las constantes.

Frmula de Green. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.5. Seleccin de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94CAPTULO4

Sistemas diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes 1314.1. Sistemas lineales homogneos con coeficientes constantes. . . . . . . 131

4.1.1. Solucin general. La exponencial de una matriz. . . . . . . . 1314.1.2. Polinomio interpolador. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.1.3. Soluciones asociadas a valores propios. . . . . . . . . . . . . 134

4.2. Sistemas lineales no homogneos con coeficientes constantes. . . . . 136

4.2.1. Variacin de las constantes. Resonancia. . . . . . . . . . . . . 1364.3. Seleccin de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

CAPTULO5

Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 1975.1. Ecuaciones lineales homogneas con coeficientes constantes. . . . . . 197

5.1.1. Solucin general. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1975.1.2. La ecuacin de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

5.2. Ecuaciones lineales no homogneas con coeficientes constantes. . . . 199

5.2.1. Variacin de las constantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2005.2.2. El mtodo operacional. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

5.3. Seleccin de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202


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CAPTULO

1Introduccin.

Al abordar por primera vez una materia, debemos empezar aprendiendo las defini-ciones y terminologa bsica de ese tema. Ese es el objetivo de este breve captulo:presentar los primeros conceptos de las ecuaciones diferenciales. Se clasifican lasecuaciones de acuerdo con su tipo, orden y linealidad; se especifican los distintos ti-pos de soluciones que pueden encontrarse y se introducen las nociones de problemade valor inicial y problema de contorno.

1.1. Ecuaciones diferenciales. Clasificacin.

DEFINICIN. Definicin Se llamaecuacin diferenciala una ecuacin que contienelas derivadas de una o ms variables dependientes respecto a una o ms variablesindependientes.

Las ecuaciones diferenciales se pueden clasificar atendiendo al nmero de varia-

bles independientes que intervienen:1) ecuacin diferencial ordinaria, cuando la funcin incgnita es una funcin de

unavariable.

2) ecuacin en derivadas parcialescuando la funcin incgnita es una funcin devarias variables e intervienen en la ecuacin las derivadas parciales respecto delas distintas variables independientes.

En este libro trataremos nicamente las ecuaciones diferenciales ordinarias. El es-tudio de las ecuaciones en derivadas parciales requiere tcnicas bastante diferentes de

las utilizadas en ecuaciones diferenciales ordinarias aunque, como es natural, abundanlas ideas y mtodos comunes a ambas teoras. El paso de una a varias variables inde-pendientes implica, en particular, el salto de dimensin finita a dimensin infinita en el


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2 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

anlisis de determinadas cuestiones, lo que presenta en ocasiones problemas tcnicosimportantes.

Por ecuacin diferencial ordinaria entendemos una expresin de la forma:

F(t,y,y,y, . . . ,yn)) =0 ,

dondeFes una funcin vectorial de variable tambin vectorial. t=variable independiente. Toma valores realest I IR. y=variable dependiente o funcin incgnita. Toma valores en IRd (o Cd). F=funcin de(n + 1) d + 1variables. Toma valoresd-dimensionales reales o

complejos.F= (F1, F2, . . . , F d).

Sid= 1 F(t ,y,y, . . . , yn)) = 0 ecuacin escalar. Si

d >1 F

(t,y

,y

, . . . ,yn)

) =0 ecuacin vectorial.

La ecuacin vectorial F(t,y,y, . . . ,yn)) = 0puede escribirse como una cole-ccin dedecuaciones escalares de la forma:

Fi(t,y,y, . . . ,yn)) = 0 (i= 1, 2, . . . , d) ,

donde las Fison las componentes de F, funciones escalares de(n + 1) d + 1variables.Cuando se escribe as, la ecuacin vectorial se denomina generalmente sistema deecuaciones diferenciales.

DEFINICIN. El orden de la derivada superior que interviene en la ecuacin, se deno-minaordende la ecuacin diferencial.

DEFINICIN. Cuando la derivada de orden superior aparece despejada se dice que laecuacin est escrita enforma normal.

yn) =f(t,y,y, . . . ,yn1)) .

DEFINICIN. La ecuacinF(t,y,y, . . . ,yn)) = 0 se dice que es autnomacuandono depende explcitamente de la variable independiente t; esto es, cuando toma la

forma: F(y,y, . . . ,yn)) =0 .

DEFINICIN. Una ecuacin diferencial de ordennse dice que eslinealcuando tienela forma

A0(t)yn) + A1(t)y

n1) + + An1(t)y + An(t)y= b(t) ,dondeA0(t), A1(t), . . . , An(t)son matrices formadas por funciones de t.

Nota. La ecuacin escalar lineal de ordennser de la forma:

a0(t) yn) + a1(t) y

n1) + + an1(t) y + an(t) y=b(t) ,y un sistema lineal denecuaciones de primer orden: y =A(t)y+ b(t).


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INTRODUCCIN. 3

1.2. Soluciones de una ecuacin diferencial. Clasifi-cacin.

DEFINICIN. Toda funciny(t)tal que al introducirla en la ecuacin diferencial, latransforma en una identidad, se denomina solucino integralde la ecuacin diferen-cial.

En el caso de las ecuaciones de primer orden:

1) Se llama solucin generalde una ecuacin diferencial de primer orden a todafunciny(t) =f(t, C)que depende de una constante arbitrariaCde modo quesatisface la ecuacin diferencial para cualquier valor de la constante.

2) Toda funciny(t) =f(t, C0)deducida de la solucin general dando a la cons-tanteCun valor concretoC=C0se llamasolucin particular.

Nota. Desde el punto de vista geomtrico, la solucin general de una ecuacin deprimer orden representa una familia de curvas en el plano de coordenadas dependientede un parmetroC. Estas curvas se denominan curvas integralesde la ecuacin dife-rencial dada. Cada integral particular est representada por una curva de esta familiaque pasa por un punto dado del plano.

Tipos de soluciones(ecuacin de primer orden):

particular general

soluciones en forma explcita y= f(t) y= f(t, C)

soluciones en forma implcita f(t, y) = 0 f(t ,y,C ) = 0

soluciones en forma paramtrica

t= t(u)y=y(u)

t= t(u, C)y= y(u, C)

soluciones en forma inversa t= f(y) t= f(y, C)

Nota. Al buscar soluciones de una ecuacin es frecuente multiplicar o dividir pordeterminadas funciones con objeto de llevar la ecuacin a alguna forma de la que seconozcan las soluciones.

Hay que tener en cuenta que:

1) al multiplicar una ecuacin escalar por una funcin del tipo (t, y), se introduce

como solucin cualquier funciny(t)que verifique(t, y(t)) = 0.2) al dividir por (t, y) se pueden suprimir posibles soluciones que verifiquen

(t, y(t)) = 0.


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1.3. Problemas de Cauchy. Problemas de contorno.

Problema de Cauchy.

Pocos fenmenos quedan totalmente descritos mediante una ecuacin diferencial.La descripcin se debe completar con la ayuda de ciertas condiciones sobre la solu-cin.

Cuando el fenmeno descrito es de carcter temporal (o sea la variable indepen-diente representa al tiempo), las condiciones complementarias suelen tomar la formade valores de la solucin y sus derivadas sucesivas en algn instante inicial t0. Se suelehablar entonces deproblema de condiciones inicialesoproblema de Cauchy.

Nota. Un problema de Cauchy para la ecuacin escalar de primer orden es de la

forma, y =f(t, y)y(t0) =y0 .

Un problema de Cauchy para un sistema de primer orden es de la forma, y =f(t,y)y(t0) =y0 ,

y un problema de Cauchy para la ecuacin escalar de orden nes de la forma,yn) =f(t ,y,y, . . . , yn1))y(t0) =y0y(t0) =y1. . . . . .

yn1)(t0) =yn1 .

Interpretacin geomtrica: La interpretacin geomtrica de la condicin inicial esevidente: la grfica de la solucin deseada debe pasar por el punto(t0,y0).

Problema de contorno.

Cuando el fenmeno descrito es de carcter espacial (o sea, la variable indepen-diente representa una coordenada), las condiciones complementarias suelen tomar laforma de valores de la solucin en los extremos de algn intervalo en el que vara lacoordenada. Se suele hablar entonces de un problema de contorno.

Las condiciones de contorno influyen de forma decisiva tanto en la existenciacomo en el nmero de soluciones del problema de contorno.


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CAPTULO

2Integracin elemental deecuaciones de primer orden

En este tema se expone una seleccin de mtodos de integracin elemental para laecuacin de primer orden. Conviene observar que, para este tipo de ecuaciones, noexiste un procedimiento general de resolucin. En este captulo desarrollamos mto-dos sistemticos para resolver algunos tipos especiales de ecuaciones que han tenidouna gran importancia en el desarrollo histrico de la teora de ecuaciones diferenciales.

2.1. Ecuaciones de variables separables.

Una clase sencilla de ecuaciones diferenciales que se pueden resolver por integracines la de variables separables.

DEFINICIN. La ecuacin diferencial de primer orden y =F(t, y)se llama devaria-bles separablesoseparablesi F(t, y)se puede escribir como producto de una funcindetpor una funcin dey; es decir,y =f(t) g(y).

Mtodo de separacin de variables. Dada una ecuacin separable de primer ordeny =f(t) g(y)

1) Sig(y) = 0, dividiendo porg(y)se escribe la ecuacin en la forma1

g(y)y =f(t) ,

e integrando ambos miembros con respecto at, se obtiene 1

g(y)dy =

f(t) dt .


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Si pueden calcularse las primitivas G(y) =

1/g(y) dy y F(t) =

f(t) dtentonces

G(y(t)) =F(t) + C , C IR.

define la solucin implcitamente.2) Si y0es una raz de la ecuacin g(y) = 0, entonces la funcin constante y(t) = y0

es claramente una solucin de la ecuacin.

En resumen: se separan las variables y se integran.

2.2. Ecuaciones exactas.

2.2.1. Definicin. Criterio de exactitud.DEFINICIN. La ecuacin diferencialP(t, y) +Q(t, y) y = 0se dice que es exactacuando existe una funcin diferenciableF(t, y)de modo que

F(t, y)

t =P(t, y) y

F(t, y)

y =Q(t, y) .

En ese caso, la ecuacinF(t, y) =cdefine implcitamente una solucin general.

Se requiere un criterio para determinar si una ecuacin es exacta y, si lo es, es-tablecer un procedimiento para encontrar la funcin F(t, y). Estas necesidades sesatisfacen con el siguiente teorema.

Teorema. (Criterio de exactitud). Supngase que las derivadas parciales primeras deP(t, y)yQ(t, y)son continuas en un rectnguloR. Entonces, son equivalentes:

1) La ecuacinP(t, y) + Q(t, y) y = 0es exacta enR,

2) P(t, y)y = Q(t, y)

t para todo(t, y) R.

Mtodo para resolver ecuaciones exactas.

1) SiP(t, y) +Q(t, y) y = 0es exacta, entonces existe una funcin F(t, y)talqueF/t= P. Integrando esta ltima ecuacin obtenemos

F(t, y) =

P(t, y) dt + (y) . (2.1)

2) Para determinar(y)se deriva (2.1) con respecto ayy se sustituyeF/yporQ. Ahora se puede despejar(y).

3) Se integra(y)para obtener(y)sin tener en cuenta la constante numrica.


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INTEGRACIN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN 7

4) Sustituyendo(y)en (2.1) obtenemosF(t, y).

5) La solucin de P(t, y) +Q(t, y) y = 0 ,que a veces se escribe en la formaP dt + Q dy= 0 ,viene dada implcitamente porF(t, y) =c ,conc

IR.

Mediante el procedimiento anterior se obtiene la frmula

F(t, y) =

P(t, y) dt +

Q(t, y)

y

P(t, y) dt

dy ,

que determinaF(t, y), salvo una constante numrica, a partir de las funcionesP(t, y)yQ(t, y).

Agrupacin de trminos.Si tenemos

P1(t, y) + Q1(t, y) y = 0 exacta con solucion F1(t, y) =c1 , c1 IR,

P2(t, y) + Q2(t, y) y = 0 exacta con solucion F2(t, y) =c2 , c2 IR,

entonces la ecuacin(P1(t, y) +P2(t, y)) + (Q1(t, y) +Q2(t, y)) y = 0 ,es exactacon solucin:F1(t, y) + F2(t, y) =c ,conc IR.

2.2.2. Factores integrantes.

DEFINICIN. Una funcin (t, y)es unfactor integrantepara la ecuacin diferencialP(t, y) dt + Q(t, y) dy= 0 ,si la ecuacin obtenida multiplicando por(t, y)

(t, y) P(t, y) dt + (t, y) Q(t, y) dy= 0 , (2.2)

es exacta.

Desafortunadamente, no se conoce ningn mtodo general que permita encon-

trar un factor explcito de integracin para cualquier ecuacin diferencial de la formaP(t, y) dt+Q(t, y) dy = 0. Algunas veces podemos distinguir un factor integrantereconociendo combinaciones propicias, como las mostradas en la siguiente tabla:

Formas importantes para el mtodo de agrupacin.

F(t, y) d F F(t, y) d F

t y y dt + t dy 1

2 ln(t2 + y2)

t dt + y dy

t2 + y2

t

y

y dt t dyy2

arctany

t

y dt + t dyt2 + y2


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Mtodo sistemtico de bsqueda de un factor integrante. Si(t, y)es un factorintegrante con derivadas primeras continuas, al someter a prueba la exactitud de (2.2)se debe tener

y [(t, y) P(t, y)] =

t [(t, y) Q(t, y)] .

Aplicando la regla del producto, esto se reduce a la ecuacin

P

y Q

t =

Q

t P

y

. (2.3)

Pero en la ecuacin diferencial parcial (2.3) despejar es, normalmente, ms difcilque resolver la ecuacin original. Existen, sin embargo, dos excepciones importantes:

Supongamos que la ecuacin tiene un factor integrante que depende solamente

det; esto es, =(t). En este caso, la ecuacin (2.3) se reduce a la ecuacinseparable

d

d t =

1

Q

P

y Q

t

,

donde(P/y Q/t)/Qes una funcin que depende slo det. Supongamos que la ecuacin tiene un factor integrante que depende solamente

dey; esto es, = (y). En este caso, la ecuacin (2.3) se reduce a la ecuacinseparable

d d y

= 1PQ

t P

y ,

donde(Q/t P/y)/Pes una funcin que depende slo dey.

2.2.3. Factores integrantes para ecuaciones sencillas.

Ecuaciones de variables separables.Un factor integrante para la ecuacin de varia-

bles separables

a(t) b(y) + c(t) d(y) y

= 0 ,viene dado por la funcin(t, y) = 1/(b(y) c(t)).

Ecuaciones lineales.

Una clase de ecuaciones diferenciales de primer orden que aparece frecuentementeen las aplicaciones es la ecuacin lineal.

DEFINICIN. Una ecuacin diferencial de primer orden se dice que es linealcuandose puede expresar en la forma:

a0(t) y + a1(t) y= c(t) , (2.4)

dondea0(t), a1(t)yc(t)dependen solamente de la variablet.


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Supondremos que las funciones a0(t), a1(t)y c(t)son continuas en un intervalo, yque a0(t) = 0en dicho intervalo. Dividiendo por a0(t)se puede reescribir la ecuacin(2.4) en laforma cannica(oforma estndar)

y + a(t) y= b(t) , (2.5)

dondea(t)yb(t)son funciones continuas en el intervalo.

- La ecuacin es exacta solamente cuandoa(t) = 0. (Obsrvese que, en ese caso,la ecuacin resultay =b(t)cuya integracin es inmediata).

- Un factor integrante para la ecuacin lineal viene dado por la funcin

(t) = exp

a(t)dt

.

Una vez obtenido el factor integrante podemos resolver la ecuacin:

1) Aplicando el mtodo descrito para las ecuaciones exactas;

2) Multiplicamos la ecuacin (2.5) por(t)para obtener

(t) y + a(t) (t) y= (t)b(t) . (2.6)

Comoa(t) (t) =(t)entonces (2.6) se puede escribir en la forma

(t) y

+

(t)y =

d

dt((t) y) =(t)b(t) , (2.7)donde se ha hecho uso de la regla de diferenciacin de un producto. Integrando(2.7) con respecto atresulta

(t) y=

(t) b(t) dt + c , c IR,

y despejandoyse obtiene

y= 1

(t) (t) b(t) dt + c =e a(t) dt ea(t) dt b(t) dt + c .(2.8)

La funciny(t)dada por la ecuacin (2.8) se conoce como solucin generaldela ecuacin lineal (2.5).

Ecuaciones lineales en la variable independiente. En ocasiones alguna ecuacinpuede tener un aspecto ms favorable para la bsqueda de soluciones cuando la es-cribimos parat(y), o sea, cuando buscamos inversas de las soluciones de la ecuacinoriginal. Para realizar el cambio de ecuacin basta tener en cuenta la relacin entre la

derivada de una funcin y la de su inversa,

y(t) = 1

t(y(t)).


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Por ejemplo, la ecuaciny =f(t, y)se transforma en la ecuacin en t(y)

t = 1

f(t, y).

Su solucin en forma implcita, F(t ,y,c) = 0, sirve tambin como solucin de laecuacin eny(t).

Si la ecuacin es lineal,t =a(y) t + b(y), entonces la frmula

(y) t= c +

b(y) (y) dy , c IR,

proporciona la solucin general de la ecuacin.

2.3. Cambio de variables.A continuacin presentamos cuatro tipos de ecuaciones que pueden ser transformadasen una ecuacin separable o lineal por medio de una transformacin o sustitucinapropiada.

2.3.1. Ecuaciones homogneas.

DEFINICIN. Si el segundo miembro de la ecuacin y = f(t, y)se puede expresar

como funcin del cocientey/tsolamente, es deciry =F

yt

, (2.9)

entonces se dice que la ecuacin es homognea.

Nota. Una prueba de la homogeneidad de la ecuaciny =f(t, y)consiste en reem-plazartporteypory; entonces la ecuacin es homognea si y slo si

f(t,y) =f(t, y) .

Si hacemos las sustituciones

v=y

t, y=vt ,

dy

dt =

dv

dtt + v ,

entonces la ecuacin (2.9) se transforma en una ecuacin de variables separables

tdv

dt =F(v) v ,

cuya solucin implcita viene dada por

1F(v) vdv = 1tdt= ln |t| + c , c IR .

Tan slo resta expresar la solucin en trminos de las variables originales.


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2.3.2. Ecuaciones con coeficientes lineales.

En algunos casos es necesario hacer un cambio tanto de variable dependiente comode variable independiente. ste es el caso de las llamadas ecuaciones con coeficienteslineales, esto es, ecuaciones de la forma

(a1t + b1y+ c1)dt + (a2t + b2y+ c2) dy= 0 ,

donde losai, biyci , i= 1, 2son constantes.En general, consideraremos ecuaciones de la forma

y =h

a1t + b1y+ c1a2t + b2y+ c2

. (2.10)

Sia1b2 = a2b1(rectas paralelas), el cambio v = a1t+b1y (=(a2t+b2y))transforma la ecuacin en una de variables separables,

v =a1+ b1 y =a1+ b1 h

v+ c1v/ + c2

.

Si a1b2 = a2b1 las dos rectas se intersecan en un nico punto (t0, y0). Elcambiot= T+ t0, y= Y + y0, transforman la ecuacin (2.10) en la ecuacinhomognea

Y =ha1T+ b1Ya2T+ b2Y .2.3.3. Ecuaciones reducibles a lineales: Bernoulli y Riccati.

DEFINICIN. Se llamaecuacin de Bernoullia una ecuacin de primer orden que sepueda expresar de la forma

y + a(t) y=b(t) yn

dondea(t)yb(t)son continuas en un intervalo abierto y nes un nmero real.

Ntese que cuando n= 0o n= 1la ecuacin tambin es lineal y puede resolversemediante un factor integrante. Para otros valores denla sustitucin

v= y1n

transforma la ecuacin de Bernoulli en una lineal del siguiente modo.Comov = (1 n) yny, si multiplicamos la ecuacin por(1 n) yn,

(1 n) yny + (1 n) yna(t)y= (1 n) ynb(t)yn ,

y sustituimos, v + (1 n)a(t)v= (1 n)b(t)obtenemos una ecuacin diferencial lineal.


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DEFINICIN. Se llama ecuacin de Riccatia una ecuacin de primer orden que sepueda expresar de la forma

y

+ a(t) y2

+ b(t) y= c(t) , (2.11)

dondea(t), b(t)yc(t)son continuas en un intervalo abierto de IR.

Ntese que

cuandoa(t) 0, se trata de una ecuacin lineal, cuandoc(t) 0, se trata de una ecuacin de Bernoulli.

Supongamos conocida una solucin,y0(t), de la ecuacin (2.11) (en ocasiones laforma de una solucin puede resultar evidente por la forma de la ecuacin). Entoncesel cambio de variable

y= y0(t) + z

la transforma en la ecuacin de Bernoulli (conn= 2)

z + a(t)z2 + (2a(t)y0(t) + b(t)) z= 0 ,

de modo que el cambiov = z12

=z1

la transforma en una lineal.Obsrvese que si combinamos los dos cambios de variable y tomamos,

y= y0(t) +1

v

entonces la ecuacin se transforma directamente en una lineal.

Ecuacin especial de Riccati.

Se llamaecuacin especial de Riccatia una ecuacin de la forma

y + ay2 =btn .

Se tiene que

1) sin= 0es claramente de variables separables,

2) sin = 2entonces el cambioy = 1/vla transforma en una ecuacin homognea,

el cambioy =v/tla transforma en una de variables separables,

3) sin =2o n = (4k)/(2k 1), la ecuacin es resoluble elementalmente,pero no lo es para los restantes valores.


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2.4. Seleccin de problemas.

PROBLEMA 2.1Encuntrense todas las soluciones de las ecuaciones diferenciales:

a) y =t sen2 y .

b) y = 2 (t + 1)

y 1 .c) t (y2 1) dt y (t2 1) dy= 0 , t = 1 .d) y =t y+ 2 t y 2 .

SOLUCIN

a) Es una ecuacin de variables separables, y tenemos que:1) sisen2 y= 0, entonces, dividiendo por esa funcin e integrando, resulta

1

sen2 ydy =

t d t ,

de donde obtenemos la solucin implcita: cot y = t2/2 +c con c IR, oequivalentemente t2 + 2 cot y =

2 c. Consideramos adems las soluciones

constantesy = k conk ZZ (que se haban suprimido al dividir la ecuacinporsen2 y).

2) sisen2 y= 0, obtenemos las soluciones particularesy(t) =k , k ZZ.b) Es una ecuacin de variables separables, y se tiene que:

1) si

y 1 = 0, entonces, dividiendo por esa funcin e integrando, resulta 1

y 1dy =

2 (t + 1) dt ,

de donde obtenemos la solucin implcita 2

y 1 =t2 + 2 t+c ,concIR.La solucin explcita viene dada pory(t) = 1 + (t

2

+ 2 t + c)2

/4;2) si

y 1 = 0, obtenemos la solucin particulary(t) = 1.

c) Es una ecuacin de variables separables. Si la escribimos en forma normal

y= t

(t2 1)(y2 1)

y , t = 1 ,

tenemos que:1) si suponemosy2 1 = 0, entonces

yy2 1dy = tt2 1dt ,e integrando obtenemos la solucin implcita: ln |y2 1| = ln |t2 1| +c ,conc IR yt = 1;


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2) siy2 1 = 0obtenemos las soluciones particularesy(t) = 1.d) Algunas veces, la factorizacin no es obvia. En el caso que nos ocupa:

t y+ 2 t

y

2 =t (y+ 2)

(y+ 2) = (t

1) (y+ 2) ,

de modo que se trata de una ecuacin de variables separables para la cual:1) siy+ 2 = 0 ,entonces, dividiendo por esa funcin e integrando resulta

1

y+ 2dy =

(t 1) dt ,

de donde obtenemos la solucin implcita: ln |y+ 2| =t2/2 t + c ,conc IR;2) siy+ 2 = 0 ,obtenemos la solucin particulary(t) = 2.

PROBLEMA 2.2a) Comprubese que la ecuacin

2 t y+ (1 + t2) y = 0

es exacta, y calclese su solucin general.

b) Comprubese que la ecuacin

y2 + 2 t y t2 y = 0

no es exacta. Comprubese que al multiplicarla por1/y2 se convierte en unaecuacin exacta equivalente, y calclese as su solucin general.

SOLUCIN

a) Esta ecuacin es exacta, dado que

(2ty)

y = 2 t=

(1 + t2)

t .

Integrando F/t= 2tycon respecto at, obtenemosF(t, y) =

2ty dt + (y) =t2 y+ (y) .

A continuacin derivamos con respecto ay, e imponemos queF/y= 1 + t2, con loque

1 + t2 =F(t, y)

y =t2 + (y) ,

y se sigue que(y) = 1. Por lo tanto,(y) =y+ c1 ,conc1 IR .En consecuenciaF(t, y) =t2 y+ y + c1

As pues, la solucin de la ecuacin diferencial es

t2 y+ y= c y= c1 + t2

, c IR .


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b) Esta ecuacin no es exacta, dado que

(y2 + 2ty)

y = 2y+ 2t ,

(t2)t

= 2t ,

y las parciales no coinciden. Si multiplicamos la ecuacin por1/y2 ,resulta

1 +2t

y t

2

y2y = 0 ,

ycomo /y (1+2t/y) =/t (t2/y2) = 2t/y2, la ecuacin es exacta. IntegrandoF/t= 1 + 2t/ycon respecto at, obtenemos

F(t, y) = 1 +2t

y dt + (y) =t +t2

y

+ (y) .

A continuacin derivamos con respecto aye imponemos queF/y= t2/y2, obte-niendo

t2

y2 =

F(t, y)

y = t

2

y2+ (y) ,

y se sigue que(y) = 0, por lo que(y) =c1 ,conc1 IR .En consecuencia,

F(t, y) =t +t2

y + c1 , y t +

t2

y =c , conc IR .

es su solucin implcita.Obsrvese que, al multiplicar la ecuacin por1/y2, estamos suponiendo implcitamentequey= 0. A la familia de soluciones anterior, hay que aadir la solucin y(t) = 0.

PROBLEMA 2.3

Consideremos la ecuacin

t

t2 + y2y

y

t2 + y2 = 0 (2.12)

en la corona circularA, que es el crculo de centro el origen y radio2, del que seexcluye el origen.

a) Comprubese que, si R es un rectngulo abierto contenido enA, entonces laecuacin(2.12)est en forma exacta, y bsquese la funcin de exactitud.

b) Supngase ahora que F(t, y) es una funcin que proporciona la exactitud dela ecuacin (2.12) en toda la corona A. Considrese asimismo la funcin

g : [0, 2]A dada porg(u) = (cos u, sen u)y la funcin compuestaF g.Prubese queF g(0) =F g(2)y que, sin embargo,F gno puede verificarel teorema de Rolle. Prubese as que Fno puede ser diferenciable.


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c) Dedzcase del apartado precedente que la ecuacin(2.12)no puede ser exactaen toda la coronaA.

SOLUCIN

a) Para esta ecuacin

P(t, y) = yt2 + y2

, Q(t, y) = t

t2 + y2,

y por tantoP

y(t, y) =

y2 t2(t2 + y2)

2 =Q

t(t, y) ,

con lo que la ecuacin es exacta en cualquier rectnguloRcontenido enA.Para que un rectngulo abiertoRest contenido enA, no debe contener el punto(0, 0).Como consecuencia de ello, no puede cortar simultneamente a ambos ejes. Para obte-ner la funcin de exactitudF, distinguimos dos casos:

1) Si el rectngulo abiertoR, contenido enA, no corta al ejey = 0tenemos

F

t =P(t, y) = y

t2 + y2,

e integrando respecto det

F(t, y) =

y dtt2 + y2

+(y) = 1y

dt

1 +

t

y

2+(y) = arctg ty

+(y).

Por otra parte, derivando respecto deyla expresin anterior e igualando

F

y =

t

t2 + y2+ (y) =Q(t, y) =

t

t2 + y2,

deducimos que ha de ser (y) = 0, esto es: (y) = c. Tomando el valor de laconstantec= 0, obtenemos la funcin de exactitud

F(t, y) = arctg

t

y

.

2) Si el rectngulo abiertoR, contenido enA, no corta al ejex= 0, a partir de

F

y =Q(t, y) =

t

t2 + y2,

integrando respecto deyobtenemos

F(t, y) =

t dy

t2 + y2+ (t) =

1

t

dy

1 +y

t

2 + (t) = arctgyt + (t).


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Por tanto, se tendr

F

t = y

t2 + y2+ (t) =P(t, y) = y

t2 + y2,

que permite deducir que(t) = 0, por lo que(t) =k ,conk IR. Tomando elvalor de la constantek = 0, se obtiene la funcin de exactitud

F(t, y) = arctgy

t

.

b) Razonaremos por reduccin al absurdo, suponiendo que existe una tal funcin de exac-titudF(t, y)de la ecuacin, que es vlida y diferenciable en toda la corona A.

Seag : [0, 2]

Adada porg(u) = (cos u, sen u). Definimos la funcin compuestah = F gque es derivable en [0, 2]por ser Fdiferenciable en A y g de clase Cen dicho intervalo. Es inmediato comprobar que h(0) = F(1, 0) =h(2). Bajo estashiptesis, el teorema de Rolle nos asegura la existencia de un cierto valor (0, 2)para el cualh() = 0. Pero, por otra parte, u (0, 2)

h(u) =dh

du=

F

t

dt

du+

F

y

dy

du=P

dt

du+ Q

dy

du,

esto es

h(u) = F

t (cos u, sen u)( sen u) +F

y (cos u, sen u)(cos u)

= P(cos u, sen u)( sen u) + Q(cos u, sen u)(cos u)

= sen u

sen2 u + cos2 u( sen u) + cos u

sen2 u + cos2 u(cos u)

= sen2 u + cos2 u= 1,

lo que contradice la existencia del puntoconh() = 0, y prueba que una tal funcinde exactitudF, diferenciable en toda la coronaA, no puede existir.

c) Se sigue trivialmente del apartado anterior.

PROBLEMA 2.4

Bsquese el valor dea para el que las siguientes ecuaciones son exactas y resul-vanse.

a) (ty2 + a t2y) dt + t2 (t + y) dy= 0.

b) t + y e2ty + a t e2ty y = 0.


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SOLUCIN

a) La ecuacin es exacta si y slo si las derivadas parciales

y

(ty2 + at2y) = 2ty+ at2 , t

(t3 + t2y) = 3t2 + 2ty ,

coinciden. Por lo tanto, si tomamos a= 3, la ecuacin que resulta es exacta. IntegrandoF/t= (ty2 + 3 t2y)con respecto at, obtenemos

F(t, y) =

(ty2 + 3 t2y) dt + (y) =

1

2t2y2 + t3y+ (y) ,

e integrandoF/y= t2 (t + y)con respecto ay, obtenemos

F(t, y) = t2 (t + y) dy+ (t) =t3y+12

t2y2 + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta (y) = (t) = c ,con c IR. As pues, unasolucin de la ecuacin diferencial queda definida implcitamente mediante la ecuacin

1

2t2y2 + t3y= c , c IR .

b) Al igual que en el apartado anterior, debemos imponer la igualdad de las derivadasparciales

y(t + ye2ty) =e2ty + 2tye2ty ,

t(ate2ty) =a (e2ty + 2tye2ty) .

Si tomamosa = 1la ecuacin que resulta es exacta. Integrando F/t = t+ye2ty

con respecto at, se tiene que

F(t, y) =

(t + ye2ty) dt + (y) =

t2

2 +

1

2e2ty + (y) ,

e integrandoF/y = te2ty con respecto ay, obtenemos

F(t, y) =

(te2ty) dy+ (t) =1

2e2ty + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta (y) = c, (t) = t2/2 +c, con c IR. Aspues, una solucin de la ecuacin diferencial queda definida implcitamente mediantela ecuacin

t2 + e2ty =c , conc IR .

PROBLEMA 2.5Bsquese un factor integrante para las siguientes ecuaciones de variables separables,

y resulvanse.


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a) y

t + y = 0 , t = 0.

b) y =t sen2 y.

c) cos t cos y dt + sen tsen y dy= 0.

SOLUCIN

Como hemos visto en la introduccin terica, un factor integrante para la ecuacin de variablesseparables

a(t) b(y) + c(t) d(y) y= 0 ,

viene dado por la funcin(t, y) = 1/(b(y) c(t)); de modo que

F(t, y) = a(t)c(t)

dt + d(y)b(y)

dy= k , k IR ,

proporciona una familia de soluciones de la ecuacin. Aplicando este resultado a las ecuacio-nes del enunciado, resulta:

a) En este caso son a(t) = 1/t, b(y) = y, c(t) = 1y d(y) = 1, por lo que la funcin(y) = 1/yes un factor integrante para la ecuacin.

Multiplicando la ecuacin por(y) = 1/yobtenemos

1

t

+1

y

y = 0 .

Ecuacin exacta, de modo que 1

tdt +

1

ydy = k1 ln |t| + ln |y| =k1 , k1 IR , t = 0 ,

es decir,t y= kconk IR+, es una familia de soluciones.Al multiplicar la ecuacin por 1/y, estamos suponiendo implcitamente quey= 0. Secomprueba sin dificultad que la funcin constantey(t) = 0es solucin de la ecuacin,por lo que habr que aadirla a al conjunto de soluciones obtenido anteriormente.

b) En este caso sona(t) = t,b(y) = sen2 y,c(t) = 1y d(y) = 1, por lo que la funcin(y) = 1/ sen2 yes un factor integrante para la ecuacin.

Multiplicando la ecuacin por(y) = 1/ sen2 y, obtenemos

t 1sen2 y

y = 0 .

La ecuacin es exacta, de modo que t dt

1

sen2 ydy = c t

2

2+ cot y= c , conc IR ,

es decir, t2 + 2cot y = 2 c, es una familia de soluciones. Consideramos adems lassoluciones constantes y = k , con k ZZ (que se haban suprimido al dividir laecuacin porsen2 y).


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c) En este caso son a(t) = cos t, b(y) = cos y,c(t) = sen ty d(y) = 1, por lo que setendr que la funcin(t, y) = 1/(cos y sen t)es un factor integrante para la ecuacin.

Multiplicando la ecuacin por(t, y), obtenemos

cos tsen t

dt +sen ycos y

dy= 0 .

Ecuacin exacta, de modo que cos t

sen tdt +

sen y

cos ydy= k1 ln | sen t| ln | cos y| =k1

es decir, cos y = k sen tcon k IR+, es una familia de soluciones. Consideramosadems las soluciones constantes y = (2m+ 1) /2 , con m ZZ (que se habansuprimido al dividir la ecuacin porcos y sen t).

PROBLEMA 2.6

Bsquese un factor integrante para las siguientes ecuaciones lineales, y resulvanse.

a) 2ty 4y= t2 , t = 0 .b) 2ty+ 3t2y = 0 , t = 0 .

c) (3 2y sen t) dt + cos t dy= 0 , t = k+ 12 , k ZZ .

SOLUCIN

Un factor integrante para la ecuacin lineal

y+ a(t) y= b(t) ,

viene dado por la funcin (t) = exp

a(t)dt

. Aplicaremos este resultado a cada una de

las ecuaciones del enunciado.a) Expresamos la ecuacin en forma cannica, dividiendo por2tparat= 0, con lo que

queda

y 2t

y= t

2, t = 0 .

Por tanto, a(t) =2/t y la funcin (t) = exp(2/tdt) = 1/t2 es un factorintegrante. Multiplicando la ecuacin por(t)resulta

1

t2y 2

t3y=

1

2 t d

dt

1

t2y

=

1

2 t.

Integramos ambos miembros con respecto at

1

t2y=

1

2tdt =

1

2 ln |t| + c , conc IR ,


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y despejamosypara obtener la solucin general en forma explcita

y= t2

2 ln |t| + c t2 , c IR , t = 0 .

b) Expresamos la ecuacin en forma cannica, dividiendo por3t2 parat = 0, tras lo cual

y+ 2

3ty= 0 , t = 0 .

Se tiene as que a(t) = 2/(3t)y la funcin (t) = exp(

2/(3t) dt) =t2/3 es un factorintegrante. Multiplicando la ecuacin por(t)resulta

t23 y+

2

3t

13 y= 0 d

dt(t

23 y) = 0 .

Integramos ambos miembros con respecto a t y despejando se obtiene la solucin ex-plcita

t23 y= c y= c t2/3 , c IR , t = 0 .

c) Expresamos la ecuacin en forma cannica, dividiendo porcos tparat = (k+ 1/2) ,conk ZZ, obteniendo as

y 2 tg t y= 3cos t

, t =

k+1

2

, k ZZ .

Se tiene, por tanto, quea(t) =2 tg ty la funcin(t)=exp( 2 tg t dt)=cos2 tesun factor integrante. Multiplicando la ecuacin por(t)resultacos2 t y 2 sen t cos t y= 3cos t d

dt(cos2 t y) = 3cos t .


cos2 t y=

3cos t dt= 3sen t + c , conc IR ,

y despejamosypara obtener la solucin general en forma explcita

y= c 3sen t

cos2 t , c IR , t =

k+

1

2

, k ZZ .

PROBLEMA 2.7

Escrbase la frmula de la solucin general,y(t), de la ecuacin lineal

y + y= b(t) .

Demustrese que, si existelmt+ b(t)(sea finito o infinito), entonces y(t)tiene elmismo lmite.


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SOLUCIN

Un factor integrante para la ecuacin se obtiene tomando

(t) = exp dt =et .Tras multiplicar la ecuacin por(t) =et, toma la forma

et(y+ y) =etb(t) ddt

(yet) =etb(t) ,

e integrando se obtiene la solucin general de la ecuacin

yet =

etb(t) dt y(t) =et

etb(t) dt ,

Por otra parte, supongamos que existe el lmite lmt+ b(t) .Se tiene que

lmt+

y(t) = lmt+

et

etb(t) dt= lmt+

etb(t) dt

et .

Es fcil comprobar que se satisfacen las hiptesis del lema de LHopital (ntese que el deno-minador tiene lmite+ cuandot +) y como

lmt+

etb(t) dt

et = lm

t+

d

dt

etb(t) dt

d

dt

et= lm

t+etb(t)

et = lm

t+b(t) ,

existe por hiptesis, se sigue el resultado.

PROBLEMA 2.8

Sea un nmero real o complejo arbitrario.

a) Comprubese que, si =, la ecuaciny y =et posee una solucin dela formaet, y calclese el valor de.

b) Comprubese que la ecuaciny

y =et

no posee soluciones de la formacitada, pero quetet es solucin de la ecuacin.

SOLUCIN

a) Sustituyendoy(t) =et en la ecuacin lineal, se tiene

et et =et ( )et =et ,y por tanto, como el factor exponencial no se anula y =, se sigue que

( )= 1 = 1 ,

y para este valor dela funcin satisface la ecuacin.


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b) Sustituyendoy(t) =et en la ecuacin, tenemos que

et et =et 0 =et ,

y vemos que no es solucin.En cambio, tras sustituiry(t) =tet en la ecuacin, se obtiene

(1 + t)et tet =et et =et ,

y la funcin resulta ser una solucin de la misma.

PROBLEMA 2.9

Prubese que, siy(t)es solucin de la ecuaciny +y =eit, entonces su parte reales solucin de la ecuaciny + y= cos t .

SOLUCIN

Sea y(t) =u(t)+i v(t)con u y vfunciones reales. Si yes solucin de la ecuacin y+y= eit,ha de verificarse para todo valor detque

(u(t) + i v(t)) + (u(t) + i v(t)) = (u(t) + u(t)) + i (v(t) + v(t)) =eit = cos t + i sen t ,

y tomando partes reales en la identidad anterior, obtenemos

u(t) + u(t) = cos t ,

que prueba queusatisface la ecuaciny+ y= cos t, tras lo cual basta observar queu= ypara concluir el resultado.

Obsrvese que, de la igualdad anterior tambin se deduce, tomando partes imaginarias,quev = ysatisface la ecuaciny+ y= sen t .

PROBLEMA 2.10Calclese la solucin general de la ecuacin lineal

y +y

t = 3 t , t >0 .

SOLUCIN

Un factor integrante para la ecuacin viene dado por

(t) = exp

dt

t

=t ,


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con lo que, tras multiplicar dicha ecuacin por (t) =t, obtenemos

ty+ y= 3t2 ddt

(ty) = 3t2 ,

y por tanto, la solucin general viene dada por

ty= t3 + c y(t) =t2 + ct

, t >0 , c IR .

PROBLEMA 2.11

Calclese la solucin general de las siguientes ecuaciones lineales

a) (t + 1) y 2 y= (t + 1)4 ;b) y + y cos t= sen t cos t ;

c) y t y =y y2 ey ;d) y2 + (3 t y 1) y = 0 .

SOLUCIN

a) Es una ecuacin lineal eny(t); dividiendo la ecuacin port + 1, obtenemos

y 2t + 1

y = (t + 1)3 ,

y la ecuacin est en forma cannica. Entonces

(t) = exp

2t + 1

dt

=e2 ln |t+1| =

1

(t + 1)2.

Multiplicando la ecuacin por el factor integrante(t), resulta

1

(t + 1)2y 2

(t + 1)3y= t + 1 d

dt

1

(t + 1)2y

=t + 1 .


1

(t + 1)2y=

(t + 1)2

2 + c , c IR ,

y despejamos para obtener la solucin general (en forma explcita)

y=1

2(t + 1)4 + c (t + 1)2 .


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b) Es una ecuacin lineal eny(t), expresada en forma cannica. Entonces

(t) = exp

cos t dt

=esen t

es un factor integrante. Multiplicando la ecuacin por (t), resulta

esen t y+ esen t cos t y= esen t sen t cos t ,

d

dt(esen t y) =esen t sen t cos t .


esen t y= esen t (1 + sen t) + c , c IR ,y despejamos para obtener la solucin general (en forma explcita)

y= 1 + sen t + c e sen t , c IR .

c) La ecuacin no es lineal en y(t); pero teniendo en cuenta que t(y) = 1/y(t(y)))(abreviadamente t= 1/y) y despejando (para losy= 0) se tiene que

t=y2 ey + t

y =

1

yt + y ey

que resulta ser lineal ent(y). Entonces,

(y) = exp1y

dy =e ln |y| = 1y

,

es un factor integrante. Multiplicando la ecuacin por (y)resulta

1

yt 1

y2t= ey d

dy

1

yt

=ey .

Integrando ambos miembros de la ecuacin con respecto ay,

1

y

t = ey + c

t= y (ey + c) , c

IR ,

y aadiendo la solucin constante y = 0 que habamos eliminado al dividir por y,obtenemos una expresin implcita para las soluciones de la ecuacin original.

d) La ecuacin no es lineal en y(t)pero, procediendo como en el anterior apartado, paray= 0 podemos expresarla, a partir de la relacin y = 1/t (o, ms precisamente,y(t) = 1/t(y(t))) en la forma

t=3 t y 1

y2 = 3

yt +

1

y2,

comprobndose que es lineal ent(y). Entonces,

(y) = exp

3

ydy

=e3 ln |y| =y3 ,


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y3 t+ 3 y2 t= y ddy

(y3 t) =y .

Integrando ambos miembros de la ecuacin con respecto ay, se tiene que

y3 t=y2

2 + c , c IR ,

y, tras aadir la solucin y = 0que habamos eliminado, obtenemos una frmula im-plcita para las soluciones de la ecuacin original.

PROBLEMA 2.12

CuandoP(t, y) yQ(t, y) son polinomios, sucede a veces que la ecuacin P(t, y) +Q(t, y) y = 0admite un factor integrante de la forma (t, y) =t y. Intntese esava para encontrar un factor integrante de la ecuacin

y+ t2y2 + (3t3y 2t) y = 0 . (2.13)

SOLUCIN

Seaz =ty y(z) =d/dz. Si queremos que(z)sea un factor integrante, la ecuacin

(z) (y+ t2y2) + (z) (3t3y 2t) y= 0 ,que obtenemos al multiplicar (2.13) por l, ha de ser exacta, es decir, las derivadas parciales

y

(z) (y+ t2y2)

=(z) ty1 (y+ t2y2) + (z) (1 + 2t2y) ,

t (z) (3t3y 2t)

=(z) t1y (3t3y 2t) + (z) (9t2y 2) ,

deben coincidir. Igualando esas dos expresiones resulta

(z) [ty1 (y+ t2y2) t1y (3t3y 2t)] =(z) [9t2y 2 1 2t2y] ,de modo que

(z)(z)

= 7t2y 3

t1y1 (ty + t3y2 3t3y2 + 2ty)

= 7t2y 3

ty [(

3) t2y+ (2 + )]

.

Si ahora imponemos que 3 = 7+ 2 = 3


38/258


entonces =2, = 1, y el segundo miembro de la igualdad anterior depende slo dez= t2y. Tenemos entonces una ecuacin de variables separables,(z)/(z) = 1/z, una decuyas soluciones es el factor integrante

ln |(z)| = ln |z| (z) =z = y

t2 .

PROBLEMA 2.13

Prubese que la ecuacin de Bernoulli

y + a(t) y= b(t) ym ,

tiene aym e(1m)a(t) dt como factor integrante.

SOLUCIN

La funcin (t, y) =ym e(1m)

a(t) dt ser un factor integrante de la ecuacin de Bernoulli,si la ecuacin

(t, y) y+ (t, y) (a(t) y b(t) ym) = 0es exacta. Es decir, si y slo si coinciden las derivadas parciales

y[(t, y) (a(t) y b(t) ym)] y

t[(t, y)] .

Si calculamos esas derivadas

y[ym e(1m)

a(t) dt (a(t) y b(t) ym)]

= m ym1 e(1m)

a(t) dt (a(t) y b(t) ym)+ym e(1m)

a(t) dt (a(t) m b(t) ym1)

= (1 m) a(t) ym e(1m)

a(t) dt ,

t

ym e(1m)

a(t) dt

= (1 m) a(t) ym e(1m)

a(t) dt ,

comprobamos que, efectivamente, coinciden.

PROBLEMA 2.14

Comprubese que la ecuaciny f(ty) + t g(ty) y = 0admite

1

ty f(ty) ty g(ty)como factor integrante, siempre que el denominador no se anule. Si, en cambio,

t y f(ty) t y g(ty) 0, entonces la ecuacin es equivalente a la de variables sepa-rables

y+ t y = 0 ,

cuyas soluciones sont y= c .


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Utilcese este tipo de factores integrantes para resolver las ecuaciones

a) y (t2y2 + 2) + t (2 2 t2y2) y = 0,b) y (2 t y+ 1) dt + t (1 + 2 t y

t3y3) dy= 0.

SOLUCIN

La funcin

(ty) = 1

ty f(ty) ty g(ty), con ty f(ty) ty g(ty) = 0 ,

ser un factor integrante dey f(ty) + t g(ty) y = 0 ,si la ecuacin

(ty) y f(ty) + (ty) t g(ty) y = 0 ,

es exacta, es decir, si y slo si coinciden las derivadas parciales

y((ty) y f(ty)) y

t((ty) t g(ty)). (2.14)

Seaz =ty. Aplicando la regla de la cadena obtenemos

f(z)

y =f

(z) t ,

f(z)

t =f

(z) y .

Anlogamente g(z)/y = g(z) tyg(z)/t = g(z) y.Si calculamos las derivadas de (2.14), se comprueba que

y

y f(ty)

ty f(ty) ty g(ty)

= z2 (f(z) g(z) f(z) g(z))

(z f(z) z g(z))2

= f(z) g(z) f(z) g(z)

(f(z) g(z))2 =

t

t g(ty)

ty f(ty) ty g(ty)

,

y efectivamente, coinciden.Sity f(ty) ty g(ty) = 0entoncesf(ty) =g(ty). Sustituyendo en la ecuacin obtene-

mosy g(ty) + t g(ty) y= 0 g(ty) (y+ t y) = 0 .

Sig(ty)= 0la ecuacin de partida es equivalente a la ecuacin de variables separables dadapory+ t y = 0. Escrita en forma normal se tiene que

y = yt

, luego

1

ydy=

1

tdt ,

e integrando obtenemos la solucin implcita ln |y| = ln |t| +c1, conc1 IR y t= 0. Lasolucin explcita viene dada porty = c, conc IR+.

Resolvemos a continuacin las ecuaciones pedidas.


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a) En este caso podemos identificar f(ty) = t2y2 + 2 , g(ty) = 2 (1 t2 y2)de modoque

(ty) = 1

t y (t2

y2

+ 2) ty 2 (1 t2

y2

)

= 1

3 t3

y3

, t

= 0 , y

= 0 ,

es un factor integrante y la ecuacin

y (t2y2 + 2)

3 t3 y3 +

2 t (1 t2 y2)3 t3 y3

y = 0 ,

es exacta. IntegrandoF/t= y (t2 y2 + 2)/(3 t3 y3)con respecto at, obtenemos

F(t, y) =

y (t2 y2 + 2)

3 t3 y3 dt= 1

3 t2 y2+

1

3 ln |t| + (y)

e integrandoF/y= 2 t (1

t2 y2)/(3 t3 y3)con respecto ay

F(t, y) = 2 t (1 t2 y2)

3 t3 y3 dy= 1

3 t2 y2 2

3ln |y| + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta(y) =(2/3) ln |y| , (t) = (1/3) ln |t|. Aspues, las soluciones de la ecuacin diferencial quedan definidas implcitamente me-diante la ecuacin

1t2 y2

+ ln

ty2 =k , k IR .

Consideramos adems la solucin constantey = 0(que se haba suprimido al dividir laecuacin por3 t3 y3).

b) En este caso podemos identificarf(ty) = 2 t y + 1 , g(ty) = 1 + 2 t y t3 y3 de modoque

(ty) = 1

t y (2 t y+ 1) ty (1 + 2 t y t3 y3) = 1

t4 y4

es un factor integrante y la ecuacin

y (2 t y+ 1)

t4 y4 +

t (1 + 2 t y t3 y3)t4 y4

y= 0 ,

es exacta. IntegrandoF/t= y (2 t y+ 1)/(t4 y4)con respecto atobtenemos

F(t, y) = y (2 t y+ 1)t4 y4

dt= 13 t3 y3

1t2 y2

+ (y) ,

e integrandoF/y= t (1 + 2 t y t3 y3)/(t4 y4)con respecto ay

F(t, y) =

t (1 + 2 t y t3 y3)

(t4 y4) dy= 1

3 t3 y3 1

t2 y2 ln |y| + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta(y) = ln |y| y(t) = 0. As pues, las solucio-nes de la ecuacin diferencial quedan definidas implcitamente mediante la ecuacin

1

3 t3

y3

+ 1

t2

y2

+ ln

|y

|=c , c

IR .

Consideramos adems la solucin constantey = 0(que se haba suprimido al dividir laecuacin port4 y4).


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PROBLEMA 2.15

Consideremos la ecuacinP(t, y) + Q(t, y) y = 0.

a) Prubese que si

1

y Q(t, y) t P(t, y)

P(t, y)

y Q(t, y)

t

=a(ty) , (2.15)

donde a es una funcin de una variable, entonces, si ponemos (z) =

a(z) dz,la funcine(z) es un factor integrante de la ecuacin.

b) Resulvase la ecuacin

(2 y+ t2 y3) dt + (2 t 2 t3 y2) dy= 0 ,

utilizando un factor integrante como el que acabamos de presentar.

SOLUCIN

a) Supongamos que, efectivamente, la expresin (2.15) depende slo de z = ty. De

acuerdo con la definicin, la funcin e(z)

ser un factor integrante de la ecuacinP(t, y) + Q(t, y) y= 0si y slo si

e(z) P(t, y) + e(z) Q(t, y) y = 0 , (2.16)

es exacta, es decir, si y slo si las derivadas parciales

y

e(z) P

=

ze(z)

z

yP+ e(z)

P

y =a(z) e(z) t P+ e(z)

P

y ,

t e(z) Q = z e(z) zt Q + e(z) Qt =a(z) e(z) y Q + e(z) Qt ,coinciden. Por lo tanto, la ecuacin (2.16) ser exacta si y slo si

e(z)

a(z) t P+P

y

= e(z)

a(z) y Q +

Q

t

a(z) (t P y Q) = Qt

Py

,

esto es, cuando

a(z) = 1t P y Q Qt Py ,

igualdad que claramente equivale a (2.15).


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b) Buscamos un factor integrante de la forma (2.15). En este caso

a(ty) = 1

y (2 t 2 t3 y2) t (2 y+ t2 y3) (2 + 3 t2 y2) (2 6 t2 y2)

=

9 t2 y2

2 t y 2 t3 y3 2 t y t3 y3 =3

t y = 3

z.

Por lo tanto

(z) =e 3

z dz =e3 ln |z| =

1

z3 =

1

t3 y3

es un factor integrante, y la ecuacin 2

t3 y2+

1

t

dt +

2

t2 y3 2

y

dy= 0 ,

es exacta. IntegrandoF/t= (2 y+ t2 y3)/(t3 y3)con respecto atobtenemos

F(t, y) =

2

t3 y2+

1

t

dt =

1t2 y2

+ ln |t| + (y) ,

e integrandoF/y= (2 t 2 t3 y2)/(t3 y3)con respecto ay

F(t, y) =

2

t2 y3 2

y

dy=

1t2 y2

2 ln |y| + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta(y) = 2 ln |y| , (t) = ln |t|. As pues,

1t2 y2

+ ln |t| 2 ln |y| =c 1t2 y2

+ ln ty2 =c , c IR , t = 0 ,proporciona una familia de soluciones de la ecuacin.

Consideramos, adems, la solucin constantey = 0(que se haba suprimido al dividir laecuacin port3 y3).

PROBLEMA 2.16

Existen grupos de trminos que admiten varios factores integrantes; el factor inte-

grante se elige entonces para adecuarlo a los trminos restantes. Citaremos algunos

grupos de trminos, junto con posibles factores integrantes y la funcin de exactitud

F(t, y).

a) Para los trminosty y:el factor

1

t2los vuelve exactos conF(t, y) =

y

t ;

el factor 1

y2los vuelve exactos conF(t, y) = t

y ;

el factor

1

ty los vuelve exactos conF(t, y) = ln yt ;el factor

1

t2 + y2los vuelve exactos conF(t, y) = arctg

yt

.


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b) Para los trminosty + y:

el factor 1

tylos vuelve exactos conF(t, y) = ln |ty| ;

el factor 1(ty)n

los vuelve exactos conF(t, y) = 1

(n 1)(ty)n1 .

c) Para los trminost + yy :

el factor 1

t2 + y2los vuelve exactos conF(t, y) =

1

2ln

t2 + y2

;

el factor 1

(t2 + y2)nlos vuelve exactos conF(t, y) =

12(n

1) (t2 + y2)n1

.

Comprubense una por una estas afirmaciones.

SOLUCIN

a) A los trminos y+ t y:

1) el factor integrante 1

t2los convierte en y

t2+

y

t, y la exactitud se sigue de que

P(t, y) = yt2

Q(t, y) =1

t

Py = 1t2 = Qt ,con la funcin de exactitud dada porF(t, y) =

y

t, puesto que

F

t = y

t2 =P(t, y) ,

F

y =

1

t =Q(t, y) ;


y2 los convierte en 1

y+

t y

y2, y la exactitud es consecuencia

de

P(t, y) = 1y

Q(t, y) = t

y2

Py = 1y2 = Qt ,con la funcin de exactitud dada porF(t, y) = t

y, puesto que

F

t = 1

y =P(t, y) ,

F

y =

t

y2 =Q(t, y) ;


44/258



tylos convierte en 1

t +

y

y, y la exactitud se sigue de que

P(t, y) =

1

tQ(t, y) =

1

y

Py = 0 = Qt ,con la funcin de exactitud dada porF(t, y) = ln

yt

, puesto queF

t = 1

t =P(t, y) ,

F

y =

1

y =Q(t, y) ;


t2 + y2los convierte en

y

t2 + y2+

t y

t2 + y2, y la exactitud

viene dada por

P(t, y) = yt2 + y2

Q(t, y) = t

t2 + y2

Py = y2 t2

(t2 + y2)2 =

Q

t ,

con la funcin de exactitud dada porF(t, y) = arctgy

t

, puesto que

F

t = y

t2 + y2 =P(t, y) , F

y = t

t2 + y2 =Q(t, y) ;

b) A los trminosy+ t y:


tylos convierte en

1

t+

y

y, y la exactitud se sigue de que

P(t, y) =1

t

Q(t, y) =1

y

Py

= 0 =Q

t ,

con la funcin de exactitud dada porF(t, y) = ln |ty|, puesto queF

t =

1

t =P(t, y) ,

F

y =

1

y =Q(t, y) ;


(ty)nlos convierte en

1

tnyn1 +

y

tn1yn, y la exactitud se

sigue de que

P(t, y) = 1tnyn1

Q(t, y) = 1

tn1yn

P

y =

1 ntnyn

=Q

t ,


45/258


con la funcin de exactitud dada por

F(t, y) = 1

(n

1)(ty)n1

,

puesto que

F

t =

1

tnyn1 =P(t, y) ,

F

y =

1

tn1yn =Q(t, y) ;

c) A los trminost + y y:


t2 + y2los convierte en

t

t2 + y2+

yy

t2 + y2, y la exactitud se

sigue de que

P(t, y) = tt2 + y2

Q(t, y) = y

t2 + y2

Py = 2ty(t2 + y2)2 = Qt ,con la funcin de exactitud dada porF(t, y) =

1

2ln

t2 + y2

, puesto que

F

t =

t

t2 + y2 =P(t, y) ,

F

y =

y

t2 + y2 =Q(t, y) ;

2) el factor integrante 1(t2 + y2)

n los convierte en t

(t2 + y2)n +

yy(t2 + y2)

n , y la

exactitud es consecuencia de

P(t, y) = t

(t2 + y2)n

Q(t, y) = y

(t2 + y2)n

Py = 2nty(t2 + y2)n+1 = Qt ,con la funcin de exactitud dada por F(t, y) =

12(n

1) (t2 + y2)

n1 , puesto

que

F

t =

t

(t2 + y2)n =P(t, y) ,

F

y =

y

(t2 + y2)n =Q(t, y) .

PROBLEMA 2.17

Resulvase la ecuacin

y+ t (1

3 t2 y2) y = 0 .

a) Mediante el procedimiento de agrupacin de trminos.

b) Buscando un factor integrante de la forma (ty).


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SOLUCIN

(Vase el problema 2.16 para agrupaciones ptimas de trminos).

a) La ecuacin no es exacta, pero si multiplicamos por la funcin(t y) = 1/(t3

y3

)(parat = 0,y= 0) cada trmino, obtenemos

y

t3 y3dt +

1 3 t2 y2t2 y3

dy= 0 .

Agrupando los trminos convenientemente, se tiene

1

t3 y2dt +

1

t2 y3dy = d

1

2

1

t2 y2

,

3

ydy = d(3 ln |y|) ,

luego se trata de una ecuacin exacta con solucin:

12

1

t2 y2 3 ln |y| =c , c IR , t = 0 .

b) Seaz = tyy =d/dz. Tras multiplicar la ecuacin por(z)

(z) y+ (z) t (1 3 t2 y2) y = 0 ,

e imponer la condicin de exactitud

y((z) y) =

t

(z) t (1 3 t2 y2) ,

se obtienety (z) ty (1 3 t2 y2) (z) = 9 t2 y2 (z) ,

es decir

z (z)

z (1

3 z2) (z) =

9 z2 (z)

3 z3 (z) =

9 z2 (z) ,

de modo que(z)/(z) = 3/z, y se sigue que

ln |(z)| = 3 ln |z| (z) = 1z3

= 1

t3 y3,

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuacin

y

t3 y3+

t 3 t3 y2t3 y3

y = 0 ,

es exacta. IntegrandoF/t= y/(t3 y3)con respecto atobtenemos

F(t, y) =

1

t3 y2dt=

12 t2 y2

+ (y) ,


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e integrandoF/y= (t 3 t3 y2)/(t3 y3)con respecto ay

F(t, y) =

1

t2 y3 3

ydy=

12 t2 y2

3 ln |y| + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta(y) = 3 ln |y| , (t) = 0. As pues,1

2 t2 y2 3 ln |y| =c , c IR , t = 0 ,

es una familia de soluciones de la ecuacin.

Consideramos adems la solucin constantey = 0(que se haba suprimido al dividir laecuacin port3 y3).

PROBLEMA 2.18


(t + t4 + 2 t2 y2 + y4) dt + y dy= 0 .


b) Buscando un factor integrante de la forma (t2 + y2).

SOLUCIN


a) La ecuacin no es exacta, pero si multiplicamos por la funcin(t, y) = (t2 +y2)2

cada trmino, obtenemos

t + (t2 + y2)2

(t2 + y2)2 dt +

y

(t2 + y2)2 dy= 0 .


t

(t2 + y2)2 dt +

y

(t2 + y2)2 dy = d

12 (t2 + y2)

,

d t = d(t) ,

luego se trata de una ecuacin exacta con solucin:

12 (t2 + y2)

+ t= c , c IR .

b) Buscamos un factor integrante de la forma(z)con z = t2

+y2

. Tras multiplicar laecuacin por(z)

(z) (t + (t2 + y2)2)dt + (z) y dy= 0 ,


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e imponer la condicin de exactitud

y (z) (t + (t2 + y2)2)

=

t((z) y),

se obtiene:

[t + (t2 + y2)2] 2 y (z) y 2 t (z) = 4 y (t2 + y2) (z) ,de donde

2 y z2 (z) = 4 y z (z) ,de modo que(z)/(z) = 2/z, y entonces

ln |(z)| = 2 ln |z| (z) = 1/z2 = 1/(t2 + y2)2 ,

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuacin t

(t2 + y2)2+ 1

dt +

y

(t2 + y2)2dy= 0 ,

es exacta. IntegrandoF/t= t/(t2 + y2)2 + 1con respecto at, obtenemos

F(t, y) =

t

(t2 + y2)2+ 1

dt=

12 (t2 + y2)

+ t + (y) ,

e integrandoF/y= y/(t2 + y2)2 con respecto ay

F(t, y) = y

(t2 + y2)2dy=

12 (t2 + y2)

+ (t) .

Igualando ambas expresiones resulta(y) = 0y(t) =t. As pues,

12 (t2 + y2)

+ t= c , c IR ,


PROBLEMA 2.19

Resulvase la ecuacint2y3 + 2y

dt +

2t 2t3y2 dy= 0

buscando un factor integrante. Primero, utilizando alguno de los que corresponden a

los trminosydt + tdy, y luego buscando un factor de la forma(ty).

SOLUCIN

Denotemos porP(t, y) =t2y3 + 2yy porQ(t, y) = 2t 2t3y2. Un factor integrante para lostrminos del tipo ydt +tdyviene dado, como vimos en el segundo apartado del problema 2.16,


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por(t, y) = (ty)n. Tras multiplicar por dicho factor la ecuacin, tratamos de ver si paraalgn valor den, la ecuacin resultante es exacta, esto es

P

y

=Q

t

y t2y3 + 2y

tn

yn =

t 2t 2t3y2

tn

yn

ntnyn

t2y2 + 2

+

3t2y2 + 2

tnyn =

ntnyn

2 2t2y2+2 6t2y2

tnyn

9 3ntn2yn2

= 0 n= 3 .

Por tanto, multiplicando nuestra ecuacin por el factor integrante (t, y) = (ty)3, obtenemosla ecuacin exacta

1

t +

2

t3y2

dt +

2

t2y3 2

y

dy= 0 .

Busquemos su funcin de exactitudF. Integrando respecto de la variable tse tieneF

t =

1

t+

2

t3y2 F(t, y) = 1

t2y2+ ln |t| + (y) .

Por otra parte, habr de verificarse

F

y =

2

t2y3+ (y) =

2

t2y3 2

y (y) = 2

y (y) = 2 ln |y| ,

(tomando la constante de integracin nula) que nos lleva a la siguiente expresin para la fun-cin de exactitud

F(t, y) =1

t2

y2

+ ln

|t

| 2 ln

|y

|, t, y

= 0 ,

que proporciona las restantes soluciones de la ecuacin, que sern de la forma F(t, y) =c.Otro modo de buscar un factor integrante de la ecuacin, consiste en buscar uno de la

forma(ty)que la convierta en exacta. Seaz = t y, y denotemos por(z) =d/dz. Habrde verificarse

P

y =

Q

t t(ty)P(t, y) + (ty) P

y(t, y) =y(ty)Q(t, y) + (ty)

Q

t(t, y),

que nos lleva a que

(ty)

(ty) =

Q

t

P

ytP yQ = 2 6t2y2 3t2y2 + 2t (t2y3 + 2y) y (2t 2t3y2) =9t2y23t3y3 =3ty .Por tanto, buscamos una funcincon

(z)(z)

=3

z ln |(z)| = 3 ln |z| (z) = 1

z3,

(hemos tomado la constante de integracin nula) y obtenemos as el mismo factor integrante(ty) = (ty)3 que obtuvimos anteriormente por otro procedimiento. El resto del procesoque nos lleva a la solucin general de la ecuacin, ya lo hemos descrito.Conviene notar en este punto que, al multiplicar por dicho factor, estamos en realidad divi-diendo nuestra ecuacin port3y3. Con esto, eliminamos dos soluciones de nuestra ecuacin.Concretamente, es fcil comprobar que las funciones constantes t = 0e y = 0satisfacen laecuacin original, y habrn de ser aadidas al conjunto de soluciones que obtengamos utili-zando el factor integrante.


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PROBLEMA 2.20


(t y) dt + (t + y) dy= 0 .a) Mediante el procedimiento de agrupacin de trminos.

b) Buscando un factor integrante de la forma (t2 + y2).

SOLUCIN


a) La ecuacin no es exacta, pero si multiplicamos por la funcin(t, y) = (t2 +y2)1

cada trmino, obtenemos

t yt2 + y2

dt + t + y

t2 + y2 dy= 0 .


t

t2 + y2dt +

y

t2 + y2dy = d

1

2 ln |t2 + y2|

,

y

t2

+ y2

dt + t

t2

+ y2

dy = darctgy

t ,luego se trata de una ecuacin exacta con solucin:

1

2 ln |t2 + y2| + arctg

yt

=c , c IR , t = 0 .

b) Buscamos un factor integrante de la forma(z)con z = t2 +y2; tras multiplicar laecuacin por(z)e imponer la condicin de exactitud, se obtiene:

(t y) 2 y (z) (t + y) 2 t (z) = 2 (z) ,

(2 y2 2 t2) (z) = 2 (z) ,de modo que(z)/(z) = 1/z, y entonces

ln |(z)| = ln |z| (z) =1z

= 1

t2 + y2,


t yt2 + y2

dt + t + y

t2 + y2dy= 0 ,

es exacta. IntegrandoF/t= (t y)/(t2 + y2)con respecto at, obtenemosF(t, y) =

t yt2 + y2

dt=1


yt

+ (y) ,


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e integrandoF/y= (t + y)/(t2 + y2)con respecto ay

F(t, y) =

t + y

t2 + y2dy= arctg

y

t +

1

2 ln |t2 + y2| + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta(y) =(t) = 0. As pues,

1


yt

=c , c IR , t = 0 ,


PROBLEMA 2.21

Algunas ecuaciones de la formaty

y + ty

= 0 ,

admiten factores integrantes de la forma trys que se buscan substituyendo e igua-lando. Por ejemplo, aplquese esta tcnica para encontrar un factor integrante de la

ecuacin

t

4y+ 2ty

+ y3

3y+ 5ty

= 0 .

SOLUCIN

SeanP(t, y) = 4ty+ 3y4 y Q(t, y) = 2t2 + 5ty3. Buscaremos un factor integrante de laforma(t, y) =trys para nuestra ecuacin. Para ello, ha de verificarse

P

y =

Q

t

y

4tr+1ys+1 + 3trys+4

=

t

2tr+2ys + 5tr+1ys+3

4(s + 1) tr+1ys + 3(s + 4) trys+3 = 2(r+ 2) tr+1ys + 5(r+ 1) trys+3

(4s

2r) tr+1ys + (3s

5r+ 7) trys+3 = 0 ,

esto es4s 2r= 03s 5r+ 7 = 0

r= 2s= 1 ,

que nos proporciona el factor integrante buscado(t, y) =t2y.

PROBLEMA 2.22


t y

y

1

t2 = 0 .


b) Buscando un factor integrante de la forma (t).


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SOLUCIN


a) La ecuacin no es exacta, pero si multiplicamos cada trmino por la funcin (t) =t2obtenemos

y+ 1 + t2

t2 dt +

t

t2dy= 0 .


yt2

dt + t

t2dy = d

yt

,

1 + t2

t2

dt = d1

tt ,

luego se trata de una ecuacin exacta con solucin:(y+ 1)/t t= c, c IR.b) Buscamos un factor integrante que dependa slo de t; tras multiplicar la ecuacin por

(t)e imponer la condicin de exactitud, se obtiene la ecuacin separable

(t) =(t) t + (t) ,

de modo que(t)/(t) = 2/t, y entonces

ln |(t)| = 2 ln |t| (t) = 1t2

,

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuaciny+ 1

t2 1

+

1

ty= 0 ,

es exacta. IntegrandoF/t= (y 1)/t2 1con respecto atobtenemos

F(t, y) = y+ 1t2 1 dt= y+ 1t t + (y) ,e integrandoF/y= 1/tcon respecto ay

F(t, y) =

1

tdy=

y

t + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta(y) = 0 , (t) = t + 1/t. As pues,y+ 1

t t= c y= t2

+ c t 1 , c IR ,es una familia de soluciones de la ecuacin.


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PROBLEMA 2.23


y (1 + 2 ty) dt + t (1 ty) dy= 0 .a) Buscando un factor integrante de la forma (ty).

b) Utilizando el recurso especfico a los factores integrantes de las ecuaciones

y f(ty) dt + t g(ty) dy= 0 ,

desarrollado en el Problema 2.14.

c) Mediante el cambio de variablez = ty.

SOLUCIN

a) Si(z), conz = ty, es un factor integrante de la ecuacin, entonces debe verificar lasiguiente ecuacin diferencial

y (1 + 2 t y) t (z) t (1 y t) y (z) = (1 2 t y 1 4 t y) (z) ,3 z2 (z) = 6 z (z) ,

de modo que(z)/(z) = 2/z, y entoncesln |(z)| = 2 ln |z| (z) = 1

z2 =

1

t2 y2, t = 0 , y= 0 ,


y (1 + 2 t y)

t2 y2 dt +

t (1 t y)t2 y2

dy= 0 ,

es exacta. IntegrandoF/t= (y (1 + 2 t y))/(t2 y2)con respecto atobtenemos

F(t, y) = 1t2 y

+2tdt=1

t y+ 2 ln |t| + (y) , t = 0 ,

e integrandoF/y= (t (1 t y))/(t2 y2)con respecto ayobtenemos

F(t, y) =

1

t y2 1

y

dy=

1t y

ln |y| + (t) .

Igualando ambas expresiones resulta(y) = ln |y| y(t) = 2 ln |t|. As pues,1t y

+ 2 ln|t|

ln|y|

=c , c

IR , t= 0 ,

es una familia de soluciones de la ecuacin. Consideramos, adems, la solucin cons-tantey(t) = 0(que se perdi al dividir por t2y2).


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b) Segn se demostr en el problema 2.14 de este captulo, un factor integrante para laecuaciny f(ty) dt + t g(ty) dy= 0viene dado por la funcin

(ty) =

1

ty f(ty) ty g(ty),siempre y cuando el denominador no sea nulo. En este caso, la funcin

(ty) = 1

ty (1 + 2 ty) ty (1 ty) = 1

3t2 y2,

permite integrar la ecuacin tal y como se vi en el apartado a).c) Mediante el cambio de variable

z= t y

y=z

t y =

1

tz

1

t2z ,

obtenemos la ecuacin

z

t(1 + 2 z) + t (1 z)

1

tz 1

t2z

= 0 ,

y por tanto3

tz2 + (1 z) z= 0 z=3

t

z2

1 z,ecuacin separable, cuya solucin implcita ser (paraz= 0yt = 0) 1 z

z2 dz=

3t

dt 1z ln |z| = 3 ln |t| + c1 .

Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos

1

z+ ln

zt3

=c 1t y

+ ln y

t2

=c , t = 0 , c IR .Consideramos adems la solucin constantey = 0(que se perdi al dividir por z2).

PROBLEMA 2.24

Comprubese que el cambioy = tz transforma la ecuacin homognea

y =hy

t

, t >0 ,

en una ecuacin de variables separables.

Aplquese a la resolucin de la ecuacin

y = t + yt y.


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SOLUCIN

Se tiene quey= tz

y =tz+ z ,

y en trminos de la nueva variable dependiente, la ecuacin se transforma en

tz+ z=h(z) z

h(z) z =1

t,

que es una ecuacin de variables separables.La ecuacin

y = t + y

t y,

se obtiene tomando

t + y

t y =1 + y

t

1 yt

=hy

t

,

esto es, tomando

h(z) =1 + z

1 z.Por tanto, el cambio de variabley =tz transforma la ecuacin en una de variables separablesde la forma

z

1 + z

1 z z=

1

t

(1 z)z

1 + z2

=1

t

,

que una vez integrada, proporciona la solucin general (en forma implcita)

arctg z 12

ln

1 + z2

= ln t + c , c IR .

Deshaciendo el cambio de variable realizado, se obtiene finalmente

arctg

y

t

1

2ln

t2 + y2

=c , c IR , t >0 .

PROBLEMA 2.25

Comprubese que las siguientes ecuaciones son homogneas y calclense sus solu-

ciones:

a) y = 2 t y

3 t2 y2 ;

b) y = t4 + y4

t y3 ;

c) t y t2 y = 0 .


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SOLUCIN

a) La ecuacin puede identificarse claramente como homognea si se escribe de la forma

y = 2 t y

3 t2 y2 =2 y

t

3 y

t

2 .Mediante el cambio de variable v= y/t ; y= v t ; y=v t+vobtenemos la ecuacin

v t + v= 2 v

3 v2 v =

1

t

2 v

3 v2 v

=1

t

v3 v3 v2 ,

ecuacin de variables separables cuya solucin implcita se obtiene al integrar 3 v2

v3 vdv=

1

tdt ,

es decir,3 ln |v| + ln |v2 1| = ln |t| +c, con c IR, luego ln |(v2 1)/v3| =ln |t| + c. Aplicando la exponencial a cada lado de esta igualdad y deshaciendo elcambio, obtenemos

y2

t2 1 =k ty

3

t3 y2 t2 =k y3 , k IR+ .

Obsrvese que al dividir porv3 vse podan perder las soluciones y = 0e y =t(correspondientes av = 0y v2 = 1, respectivamente). Las solucionesy =testnincluidas en la familia que acabamos de obtener (basta tomar k = 0) pero no as lafunciny = 0, que hay que aadir a la familia de soluciones.

b) La ecuacin puede identificarse claramente como homognea si se escribe de la forma

y = t4 + y4

t y3 =

1 +y

t

4

y

t 3

.

Mediante el cambio de variable v= y/t ; y= v t ; y=v t+vobtenemos la ecuacin

v t + v=1 + v4

v3 v=1

t

1 + v4

v3 v

=

1

t

1

v3,

ecuacin de variables separables, cuya solucin implcita se obtiene al integrar v3 dv=

1

tdt ,

es decir,v4

/4 = ln |t| + c v4

= 4 ln |t| + ky, deshaciendo el cambio, obtenemosy4

t4= 4 ln |t| + k y4 =t4 (4 ln |t| + k) , k IR .


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c) La ecuacin puede identificarse claramente como homognea si se escribe de la forma

y=y

t.

Mediante el cambio de variable v= y/t ; y= v t ; y=v t+vobtenemos la ecuacin

v t + v= v v = 0 ,ecuacin de variables separables, cuya solucin implcita es v = cy, deshaciendo elcambio, obtenemosy = c t, conc IR.

PROBLEMA 2.26

Comprubese que, para una ecuacin de la forma

y =y f(ty)

t g(ty) , t >0

el cambioz =ty permite transformar la ecuacin en una de variables separables.Aplquese a la resolucin de la ecuacin

y =y(2ty+ 1)

t(ty 1) .

SOLUCIN

Tras el cambio de variable, el primer miembro de la ecuacin toma la forma

z= ty y= zt

y= tz zt2

.

Por otra parte, el segundo miembro est dado por

y f(ty)

t g(ty) =

ty f(ty)

t2 g(ty) =

z f(z)

t2 g(z).

Por tanto, en la nueva variable, la ecuacin pasa a ser

tz zt2

= z f(z)

t2 g(z) g(z)z

z(f(z) + g(z))=

1

t,

que es, claramente, de variables separables.La ecuacin

y=y(2ty+ 1)

t(ty 1) ,

se obtiene como caso particular, sin ms que tomar f(z) = 2z+ 1yg(z) =z

1. Por tanto,

tras el cambio de variablez =ty, adoptar la forma(z 1)z

3z2 =

1

t

1

z 1

z2

z =

3

t,


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que proporciona la solucin general (siz= 0)

ln |z| +1z

= 3 ln t + c , c IR .

Deshaciendo el cambio de variable, se obtiene la solucin de la ecuacin de partida (en formaimplcita)

ln |y| + 1ty

= 2 ln t + c , c IR , t >0 .

Consideramos adems la solucin constantey = 0, que se perdi al dividir porz2.

PROBLEMA 2.27

Calclese la solucin del problema de Cauchy

(1 t y) y =y2y(2) = 1 .

SOLUCIN

Existen varias posibilidades de resolucin de la ecuacin1) considerarla como una ecuacin lineal en la variable independiente,2) emplear el cambio de variable dependientey = v/t,3) buscar un factor integrante.

Consideramos cada uno de estos casos.1) La ecuacin no es lineal eny(t), pero teniendo en cuenta quey(t) = 1/t(y(t)), queda

expresada en la forma

t=1 t y

y2 =

1

y2 t

y,

comprobamos que es lineal ent(y). Entonces,

(y) = exp

1

ydy

=eln |y| =y ,


y t+ t=1

y d

dy(y t) =

1

y.

Integrando ambos miembros de la ecuacin con respecto ay,

y t= ln |y| + c t= 1y

ln |y| + cy

, c IR ,

obtenemos una frmula implcita para las soluciones de la ecuacin original (obsrveseque la funcin constantey(t) = 0tambin es solucin pero no verifica la condicininicial). Imponemos ahora la condicin inicial,y(2) = 1, para obtener la solucin del

problema de Cauchy,2 0 =c y t ln |y| = 2 ,

que es la solucin buscada.


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2) Veamos cmo el cambio de variable y= v/t transforma la ecuacin en una de variablesseparables. En efecto,y = (t v v)/t2 y sustituyendo en la ecuacin obtenemos,

1 tvt t v

v

t2 =

v2

t2 t v v= v2

1 v v =1

t

v

1 v.La funcin constante y= 0 satisface la ecuacin diferencial pero no la condicin inicial;as que no podemos perder la solucin del problema de Cauchy al dividir por v. Aldividir obtenemos,

1 vv

dv=

1

tdt ,

e integrando obtenemos la solucin implcitaln |v| v = ln |t| +c , c IR. Desha-ciendo el cambio resulta,

ln|t y

| ln

|t|

=t y+ c

ln|y|

=t y+ c .

La solucin del problema de Cauchy se obtiene imponiendo la condicin inicial, igualque en el apartado 1).

3) SeaP(t, y) =y2 yQ(t, y) =t y 1;a) La ecuacin admite un factor integrante de la forma(y). En efecto: si multipli-

camos la ecuacin por(y)e imponemos la condicin de exactitud se obtiene

(y) = 1

P

Q

t P

y

(y) =

1

y2(y 2y) (y) = (y)

y .

Resolviendo la ecuacin de variables separables, obtenemos un factor integrante

(y) = exp

1

ydy

=e ln |y| =

1

y.

b) Buscamos un factor integrante de la forma (z)con z = t y. Sea = d/dz,si multiplicamos la ecuacin por(z)e imponemos la condicin de exactitud, seobtiene la ecuacin

(z) (t P y Q) = Q

t P

y (z) ,esto es

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Ejercicios y Problemas Resueltos

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