WIXLIB

14Buscamos n, m Z tales que la función µ ( x, y) xn ym sea un factorintegrante. Para ello imponemos exactitud sobre las funcionesP? ( x, y) y(3xy 4) xn ym ,Q? ( x, y) x(3 4xy) xn ym .Entonces resulta2(3xy 2) xn ym y(3xy 4) xn (mym 1 ) (3 8xy) xn ym x(3 4xy) ym (nxn 1 )o, equivalentemente,xn ym [(3m 4n) xy (3n 4m) (7 14xy)] 0 .(1.3)Por tanto, para que µ ( x, y) xn ym sea un factor integrante paranuestra ecuación se ha de cumplir3m 4n 14 ,3n 4m 7 ,es decir, m 2 y n 5. Luego µ x 5 y2 . Buscamos ahora F ( x, y)tal que, en primer lugar, F y3 x 5 (3xy 4) F ( x, y) x 3 y4 x 4 y3 H ( y) . xPor otro lado F x 4 y2 (3 4xy) 4x 3 y3 3x 4 y2 H 0 ( y) H k R . yConsecuentemente, la solución responde al siguiente esquema implícito:x 4 y3 (1 xy) C R .(d) Sean P( x, y) y y Q( x, y) x( y 1). En este caso la ecuaciónno es exacta, ya que P 1 , y Q y 1. xBuscamos un factor integrante de la forma µ ( x, y) µ ( y). Para ellomultiplicamos la ecuación por µ ( y) e imponemos la condición deexactitud a las funcionesP? ( x, y) yµ ( y) ,Q? ( x, y) x( y 1)µ ( y) .14

Métodos elementales15Entonces ha de cumplirse yµ 0 ( y) µ ( y) ( y 1)µ ( y) µ ( y) e y .Buscamos finalmente F ( x, y) tal que F x( y 1)e y . y F ye y , xSe tiene queF ( x, y) xye y H ( y) y x( y 1)e y xe y xye y H 0 ( y) ,de lo cual resulta finalmente que H k R, por lo que la soluciónde la ecuación de partida responde a la siguiente relación implícita:xye y C R .(e) La ecuación no es exacta, ya que siP(t, x) (t 1)2 ,Q(t, x) 1 t2 ,se tiene que P Q 0 6 2t . x tBuscamos un factor integrante de la forma µ (t, x) µ (t x). Lacondición suficiente y necesaria que ha de cumplirse para que ennuestro caso µ (t x) sea factor integrante es(t 1)2µ 0 (t x) 2tµ (t x) (1 t2 )µ 0 (t x) .Resolviendo esta ecuación obtenemos µ (t x) et x . Buscamos entonces F (t, x) tal que F (t 1)2 et x F (t, x) (1 t2 )et x H ( x) . tFinalmente, la función H ( x) queda determinada sin más que imponer la condición F (1 t2 )et x H 0 ( x) Q(t, x)µ (t x) (1 t2 )et x , xque nos conduce a H k R. Por tanto, la solución x(t) viene dadapor la ley implícita(1 t2 ) et x C R .15

16(f) La ecuación no es exacta. En efecto, si llamamosP( x, y) 1 xy y2 ,se tiene queQ( x, y) 1 xy x2 , Q P x 2y 6 y 2x . y xBuscamos un factor integrante de la forma µ ( x, y) µ ( xy). La condición suficiente y necesaria que ha de cumplirse para que en nuestrocaso µ ( xy) sea factor integrante es( x 2y)µ ( xy) x(1 xy y2 )µ 0 ( xy) ( y 2x)µ ( xy) y(1 xy x2 )µ 0 ( xy) .Resolviendo esta ecuación obtenemos µ ( xy) e xy . Buscamos entonces F ( x, y) tal que F (1 xy y2 )e xy F ( x, y) ( x y)e xy H ( y) . xFinalmente, la función H ( y) queda determinada al imponer la condición F ( x2 xy 1)e xy H 0 ( y) Q( x, y)µ ( xy) (1 xy x2 )e xy , yque nos conduce a H k R. Por tanto, la solución y( x) viene dadapor la ley implícita( x y) e xy C R .(g) La ecuación no es exacta, ya que si llamamosP( x, y) x y2 ,se tiene queQ( x, y) 2( y2 y x 1) , P Q 2y 6 2 . y xBuscamos un factor integrante de la forma µ µ (e ax by ), el cualhabrá de verificar la siguiente condición suficiente y necesaria:2yµ (e ax by ) b( x y2 )e ax byµ 0 (e ax by ) 2µ (e ax by ) 2a( y2 y x 1)e ax byµ 0 (e ax by ) ,16

Métodos elementales17que nos conduce como única opción a elegir un factor integrante dela forma específica µ ( x, y) e x 2y . Buscamos ahora F ( x, y) tal que F ( x y2 )e x 2y F ( x, y) ( x 1 y2 )e x 2y H ( y) . xFinalmente, la función H ( y) queda determinada al imponer la condición F 2( y x 1 y2 )e x 2y H 0 ( y) y Q( x, y)µ ( x, y) 2( y2 y x 1)e x 2y ,que nos conduce nuevamente a H k R. Por tanto, la solucióny( x) viene dada por la ley implícita( x 1 y2 ) e x 2y C R .(h) La ecuación no es exacta, ya que si llamamosP( x, y) x2 y2 1 ,se tiene queQ( x, y) 2xy , P Q 2y 6 2y . y xBuscamos un factor integrante de la forma µ µ ( y2 x2 ), el cualhabrá de verificar la siguiente condición suficiente y necesaria:2yµ ( y2 x2 ) 2y( x2 y2 1)µ 0 ( y2 x2 ) 2yµ ( y2 x2 ) 4x2 yµ 0 ( y2 x2 ) .Resolviendo esta ecuación en variables separadas obtenemosµ ( y2 x2 ) ( y21. x2 1)2Buscamos ahora F ( x, y) tal quex Fx2 y2 1 4 F ( x, y) 2 2 H ( y) .22 x( y x 1)y x2 14 Parax2 y2 1calcular una primitiva de ( y2 x2 1)2 con respecto a x basta con observar que lasiguiente descomposición es satisfecha:!x2 y2 1111pp . 2 ( x 1 y2 )2( y2 x2 1)2( x 1 y2 )217

18Finalmente, la función H ( y) queda determinada al imponer la condición2xy F 2 H 0 ( y) y( y x2 1)2 Q( x, y)µ ( y2 x2 ) ( y22xy, x2 1)2que nos conduce a H k R. Por tanto, la solución general y( x)tiene las dos siguientes ramas:py( x) x2 Cx 1 , C R . 8. Responde razonadamente a las siguientes cuestiones:(a) ¿Puede ser la función φ(t) t2 (definida para t R) soluciónde una ecuación lineal de primer orden homogénea? ¿Y de unaecuación lineal de primer orden no homogénea?(b) ¿Pueden ser las funciones φ(t) et y ψ(t) e t (definidaspara t R) soluciones de una misma ecuación lineal de primerorden homogénea? ¿y de una ecuación lineal de primer ordenno homogénea?En caso afirmativo proporciona ejemplos explícitos.Solución : (a) La función φ(t) t2 (definida en R) NO puede sersolución de una ecuación lineal de primer orden homogénea x0 (t) a(t) x(t), ya que de serlo habría de ocurrir2t a(t)t2 a(t) 2 t 6 0ty, en cualquier caso, el coeficiente a(t) sólo estaría definido en R \ {0}(no en R).Sin embargo, la respuesta es SI para el caso no homogéneo x0 (t) a(t) x(t) b(t). En efecto, bastaría con encontrar funciones continuas18

Métodos elementales19a, b : R R tales que 2t a(t)t2 b(t). Por ejemplo, a 0 yb(t) 2t.(b) Las funciones φ(t) et y ψ(t) e t (definidas en R) NO puedenser soluciones de una misma ecuación diferencial lineal de primerorden homogénea, ya que de serlo tendrían que verificarse simultáneamente las dos siguientes condiciones: e t a ( t ) e t ,et a(t)et ,que a la postre se traducen en que simultáneamente a 1 y a 1.Para el caso no homogéneo los análogos de las condiciones anteriores sonet a ( t ) et b ( t ) , e t a ( t ) e t b ( t ) ,que tras un cálculo sencillo conducen a las siguientes expresiones delos coeficientes:a(t) et e t,et e tb(t) et2. e tEstas expresiones son sólo válidas en R \ {0}, luego φ(t) y ψ(t) NOpueden ser soluciones de una misma ecuación lineal de primer ordenno homogénea. 9. Calcula los valores de la constante µ R que hacen que la ecuacióndiferencial x0 (µ cos2 t) x tenga una solución π-periódica5 notrivial.Solución : Se trata de una ecuación diferencial en variables separadas,por lo que se puede encontrar fácilmente su solución general6 :11x(t) Ce(µ 2 )t 4 sen(2t) .5 Esdecir, x(t) x(t π ) t Rllegar a la expresión final de la misma es necesario calcular previamente unaprimitiva de cos2 (t), tarea la cual resulta bastante simple si se escribe6 Paracos2 (t) 1 cos(2t).219

20Al evaluarla en t π se obtiene1111x(t π ) Ce(µ 2 )(t π ) 4 sen(2t 2π ) Ce(µ 2 )(t π ) 4 sen(2t) ,luego la condición de periodicidad equivale a imponer1e(µ 2 )π 1 ,es decir, µ 12 . 10. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales lineales usando elmétodo de variación de las constantes:(a) x0 tx 3t(b) y0 5y cos( x) 2t0(c) x t2 1 x t3(d) x0 2x 4e2tSolución : (a) Resolviendo en primer lugar la correspondiente ecuación diferencial homogénea, x0 tx, la cual tiene sus variables separadas obtenemost2xh (t) C e 2 , C R .Asumimos ahora C C (t) y reconsideramos la ecuación diferencialcompleta. En este caso se tiene que t2 t2x0 (C 0 Ct)e 2 t Ce 2 3t ,t2luego C 0 (t) 3te 2 . Por tantot2C (t) 3e 2 K ,K R.(b) La solución general de la ecuación homogénea, y0 5y, esyh Ce5x ,20C R.

Métodos elementales21Variando la constante y considerando ahora la ecuación completaobtenemos(C0 5C )e5x 5Ce5x cos( x) C0 ( x) cos( x) e 5x ,luego ha de serC ( x) 1 5xe (sen( x) 5 cos( x)) K ,26K R1(sen( x) 5 cos( x)) K e5x ,26K R.y, por tanto,y( x) (c) La solución general de la ecuación homogénea, x0 xh C (t2 1) ,2tx,t2 1esC R.Variando la constante y considerando ahora la ecuación completaobtenemosC 0 (t2 1) 2Ct 2Ct t3 C 0 (t) t3,t2 1luego ha de serC (t) 1 2t log(t2 1) K ,2K Ry, por tanto, 1 22t log(t 1) K (t2 1) ,x(t) 2K R.(d) La solución general de la ecuación homogénea, x0 2x 0, esxh Ce2t ,C R.Si asumimos C C (t) y recuparamos la ecuación completa, resultaque(C0 2C 2C ) e2t 4 e2t C0 4 C (t) 4t K , K R .Entoncesx(t) (4t K ) e2t ,K R. 21

2211. Resuelve los siguientes problemas de valores iniciales mediante lafórmula de variación de las constantes:(a) x0 3x e 3t ,(b) x0 xt 11 t2,x(1) 5x(2) 0(c) x0 cosh(t) x esenh(t) ,x(0) 1Solución : (a) La solución general de la ecuación homogénea, x0 3x 0, esxh (t) C e 3t , C R .Variando la constante, x(t) C (t) e 3t , y volviendo a la ecuacióncompleta obtenemos(C0 3C ) e 3t 3C e 3t e 3t C (t) t K ,K R.Por tanto, la solución general de la ecuación completa esx(t) (t K ) e 3t ,K R.Imponiendo la condición inicial x(1) 5 concluimos que(1 K ) e 3 5 K 5e3 1 ,luegox(t) (t 5e3 1) e 3t .(b) Resolviendo la ecuación homogénea (que tiene sus variables separadas) obtenemos xh (t) Ct con C R. Sustituyendo entonces laexpresión x(t) C (t)t en la ecuación completa llegamos aC0 t C C 11 C 0 (t) 21 tt(1 t2 ) t C (t) log K,1 t2Entonces la solución general de la ecuación completa es tx(t) log K t, K R.1 t222K R.

Métodos elementales23Imponiendo finalmente la condición inicial obtenemos 2 2 2 log K 0 K log .55Por consiguiente, la solución buscada esx(t) t log! 5t .2 1 t2(c) La solución general de la ecuación homogénea esxh (t) C esenh(t) ,C R.Si variamos la constante y ensayamos en la ecuación completa conx(t) C (t) esenh(t) obtenemos(C0 C cosh(t)) esenh(t) C cosh(t) esenh(t) esenh(t) C 0 1 C (t) t K ,K R.Por tantox(t) (t K ) esenh(t) ,K R.Al imponer finalmente x(0) 1 obtenemos K 1 y, en consecuencia, la única solución de nuestro problema de valores iniciales esx(t) (t 1) esenh(t) . 12. Sean a, b : R R funciones continuas tales que a(t) c 0 paratodo t R ylı́m b(t) 0 .t Demuestra que todas las soluciones de la ecuación diferencialx0 a(t) x b(t)tienden a cero cuando t . (Indicación: usa la regla de L’Hôpitalen el segundo término de la fórmula de variación de las constantes).23

24Solución : Resolvemos en primer lugar la ecuación homogénea, x0 a(t) x, obteniendox(t) Ce Rtt0a(s) ds,C R.Variando ahora la constante, es decir, asumiendo C C (t), concluimos que la solución general de la ecuación lineal x0 a(t) x b(t)es Z t RRRs tt a(s) dsa(τ ) dτ t a(s) dstx(t) x0 e 0 b(s) e 0ds e t0,t0donde hemos asumido x(t0 ) x0 con t0 y x0 arbitrarios.Estudiamos en primer lugar el límite en infinito del primer términode la solución:oon RtnR t c ds tt a(s) ds00 x0 lı́m e0 lı́m x0 et t no x0 lı́m e c(t t0 ) 0 .t Para el segundo término obtenemos RRsR b(t) e tt0 a(s) ds t b(s) e t0 a(τ ) dτ ds t0 lı́mlı́mRtRa(s) ds t a(t) e tt0 a(s) ds t e t0 b(t) 0, lı́mt a (t )ya que lı́mt {b(t)} 0 y a(1t) 1c para todo t R. Obsérveseque hemos utilizado la regla de L’Hôpital y el teorema fundamental del cálculo para resolver la eventual indeterminación en el límiteanterior. 13. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de Bernoulli:(a) 3tx0 2x t3x2(b) x0 et x7 2x24

Métodos elementales(c) y0 yx 25log( x)xy2Solución : (a) Dividiendo la ecuación por 3t, t 6 0, obtenemos2t2 2x x x .3t30(1.4)Multiplicando ahora la ecuación (1.4) por x2 llegamos ax2 x0 2 3t2x ,3t3que es equivalente a la ecuación2t2z z t30(1.5)3vía el cambio de variable z x3 . La solución general de la ecuación(1.5) es 2 tz(t) t C , C R,3luego deshaciendo el cambio de variable obtenemos1x(t) (t3 Ct2 ) 3 ,C R.(b) Multiplicando la ecuación por x 7 obtenemos x 7 x0 et 2x 6 .Planteamos el cambio de variable z 16 x 6 , en cuyo caso la ecuaciónanterior se puede reformular del siguiente modo:z0 12z et .La solución general de esta ecuación es1 te C e 12t , C R .13Deshaciendo el cambio de variable obtenemos 16 t 6 12tx(t) C e e, C R.13z(t) (c) Multiplicando la ecuación por y 2 obtenemos y 2 y0 log( x)x1 xy.1Planteamos el cambio de variable z y , en cuyo caso la ecuaciónanterior se puede reformular del siguiente modo:z0 z log( x) .xx25

26La solución general de esta ecuación esz( x) Cx log( x) 1 ,C R.Deshaciendo el cambio de variable obtenemosy( x) 1,1 log( x) CxC R. 14. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de Riccati usando lasolución particular proporcionada:(a) y0 y2 xy 1 ,(b) y0 x 4 y2 ,y p ( x) xy p ( x) 1x 1x2Solución : (a) Efectuamos el cambio de función incógnitau( x) 1,y( x) xde modo queu0 2 u 01 y0 1 y2 xyu 1 2 1 1x x x x 2 uuuuo, equivalentemente,u0 xu 1que es una ecuación diferencial lineal de primer orden cuya solucióngeneral es Zx2x2u( x) C e 2 dx e 2 , C R .Deshaciendo el cambio de variable concluimos que la solución de laecuación de Riccati de partida es 1Zx2x2y( x) x e 2 C e 2 dx, C R.26

Métodos elementales27(b) Efectuamos el cambio de función incógnitau( x) 1y( x) 1x 1x2,de modo que 0112112 y0 2 3 4 y2 2 3uxxxxx 211 111212 1 1 4 2 3 2 1 u x x2xx uxxxuu0 2 uo, equivalentemente,u0 1 1 2 1 uxxque es una ecuación diferencial lineal de primer orden cuya solucióngeneral es 2 1 , C R.u( x) x2 Ce x 2Deshaciendo el cambio de variable concluimos que la solución de laecuación de Riccati de partida es!11y( x) 2 x 1 , C R.2xCe x 12 15. Se considera la ecuación diferencial de Riccatiy0 y1 y2 .xx2(1.6)(a) Busca una solución particular de la forma y xα con α R.(b) Encuentra la solución que cumple y(1) 2 y calcula, si es posible, el límite cuando x de dicha solución.Solución : (a) La función y xα resuelve la ecuación diferencial (1.6)si y solamente siαxα 1 x 2 xα 1 x2α ,27

28luego ha de ser α 1.(b) Para la solución particular encontrada en (a), y0 ( x) 1x , consideramos el cambio de función incógnitau( x) 1.y ( x ) x 1(1.7)Entoncesu0 2 u 01y1 y0 2 y2 uxx 1 1 2 1 1 1 1 1 1 ,u xx u xu u xluego resolver el problema de valores iniciales asociado a (1.6) condato inicial y(1) 2 equivale a resolver la siguiente ecuación diferencial lineal de primer ordenu 1xu0 con dato inicial u(1) 1. La (única) solución de este último problema se puede calcular fácilmente, obteniéndoseu( x) 1 3 x2 .2xPor tanto, deshaciendo el cambio de variable (1.7) llegamos a la solución del problema de Riccati de partida:y( x) x2 3.x(3 x2 )Finalmente, por la propia definición de solución de un problema devalores iniciales concluimos que en nuestro caso no se puede tomarlı́m x y( x) porque y( x) tiene una asíntota en x 3. 16. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales usando el métodoque convenga en cada caso:(a) 3et tan( x) (2 et ) sec( x)2 x0 028

Métodos elementales29(b) (3t2 x x3 ) x0 2t3 0(c) xy0 y y2 log( x)(d) t cos(t x) sen(t x) t cos(t x) x0 0(e) (3tx x2 ) (3tx t2 ) x0 0(f) tx cos(tx) sen(tx) (t2 cos(tx) e x ) x0 02(g) 3x 3et x 3 tx0 0(h) x0 (i) y0 1x ty2y log( y) y x(j) y0 1 e2xy(k) y0 x (log( y) log( x))(l) xy0 y 2x(m) y0 log( x y )Solución : (a) Variables separadas: x(t) arctanhC(2 et )3i, C R.32 3(x/t) (. La solución general(b) Homogénea: x0 3t22tx x3x/t)3viene dada por la siguiente relación implícita7 :( x t)3 ( x4 3t2 x2 2t4 ) C ( x 2t)3 ,(c) Bernoulli: y0 yx log( x)xy( x) 7 ElZy2 . La solución general es81,Cx log( x) 1C R.siguiente cálculo es útil:u du1 422u 3u 28 LaC R.integralZR log( x)dxx2dv 3v 2 Z Z 1dvdv1 log(v 1) log(v 2) .2v 1v 22v2se resuelve por partes29

30(d) Exacta conP(t, x) t cos(t x) sen(t x) ,En efecto,Q(t, x) t cos(t x) . P Q cos(t x) t sen(t x) . x tLa solución general viene dada por9x(t) arc sen C t t,C R.3( x/t) ( x/t)22 x(e) Homogénea: x0 3tx 3(x/t) 1 . La solución general3tx t2viene dada por la siguiente relación implícita:tx C,(t x)4C R.(f) Exacta conP(t, x) tx cos(tx) sen(tx) ,En efecto,Q(t, x) t2 cos(tx) e x . P Q 2t cos(tx) t2 x sen(tx) . x tLa solución general viene dada por la siguiente relación implícita10 :e x t2 cos(tx) C ,C R.t2(g) Bernoulli: Para t 6 0 se tiene que x0 3t x 3et x 3 . La solucióngeneral es C et 3x(t) , C R.t(h) Haciendo el cambio de variable u x t obtenemos la siguienteecuación diferencial equivalente:u0 u 1,u9Rt cos(t x) dt t sen(t x) cos(t x) por partesRt110t cos(tx) dt xsen(tx) x2cos(tx) por partes30

Métodos elementales31que es una ecuación en variables separadas cuya solución general esu log( u 1 ) C t ,C R.Deshaciendo finalmente el cambio de variable obtenemos la siguiente expresión implícita para la solución:x log( x t 1 ) C ,C R.(i) Exacta con P( x, y) y y Q( x, y) 2y log( y) y x. En efecto, Q P 1 . y xLa solución general viene dada pory( x) y( y log( y ) x) C ,C R.(j) Variables separadas: Integrando en los dos miembros con respectoa x obtenemos1y( x) x e2x C , C R .2 yy(k) Homogénea: y0 x log x . La solución general viene dada porla siguiente expresión:y( x) x eCx 1 ,C R.y(l) Lineal de primer orden: Si x 6 0 se tiene y0 x 2. La solucióngeneral de la corresp

CAPÍTULO 1 Métodos elementales de resolución de ecuaciones diferenciales ordinarias 1. La población P(t) de un suburbio de una gran ciudad en un instante