Ecuacion de Ricati y Bernoulli

 

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON APLICACIONES EN CIENCIA E INGENIERÍA

Volumen I

 

Carlos Eduardo Arámbulo Ostos Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas Profesor Asociado de la Universidad Tecnológica del Perú 

Revisión Técnica Jimmy Rosales Huamaní

Celestina Peña Quiñones

Dr. (c). en Informática Universidad Politécnica de Madrid M.Sc. Ingeniería de Sistemas Universidad Nacional de Ingeniería Profesor Principal de la Facultad de Ingeniería Geológica, Minera y Metalúrgica. Universidad Nacional de Ingeniería

Ms. Ciencia

Profesora Principal de la Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas Universidad Nacional de Ingeniería

José Obregón Sotelo Ing. Mecánico Electricista Profesor Asociado de la Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Universidad Nacional de Ingeniería   

 

163

2.6 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PR PRIMER IMER ORDEN Una ecuación diferencial de primer orden es lineal  si puede escribirse en la forma:

dy  + P(x)y = Q(x) dx

… (1) 

donde P(x) y Q(x) son funciones cualesquiera dadas de x. El rasgo característico de esta ecuación es que la variable dependiente y su derivada sólo funcionan con exponente uno, de allí su nombre de lineal. Como ejemplos de ecuaciones diferenciales lineales podemos citar las ecuaciones siguientes:   2

2) y´  –   2xy = 2x ex  

1) y´ + 2y = x2 + 2x 4)

dx dt

−

3  x = 4   100 + t 

5) x

3) y´ –  

 dy  = y + x2sen x dx

1 y = x2  x

6)  y ' cos x + seny = x + 1  

La noción de ecuación lineal se aplica a ecuaciones de todas las ordenes y el capítulo IV de esta obra está dedicado a las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. Las ecuaciones lineales son importantes por la frecuencia con que aparecen en Matemáticas Aplicadas. Si Q(x)  0 , se dice que la ecuación (1) es homogénea y toma la forma de: y´ + P(x)y = 0 (2) cuya solución es fácil hallarla, por variables separables, al obtener

dy  =  –  P(x)dx y y

 por lo tanto, integrando logramos que: que: Lny =



dy



 = − P(x)dx  + C1    y = e

y y= Ce

 



) dx + c1 − P ( x )d

    y =

− P(x)dx ec1 e   



− P(x)dx

… (3) 

es la solución de la homogénea. Si Q(x)   0 se dice que la ecuación es no homogénea, y si queremos hallar su solución, es fácil verificar que la ecuación tiene como factor integrante a e 

P(x)dx

, puesto

que al multiplicar ambos miembros de (1) por este factor se obtiene:

e 

P(x )d x

y´ + P(x)y e

 P(x )d x  = Q(x) e  P(x )d x  

  Una ecuación que no puede ser escrita de esta forma, como por ejemplo: ecuación de primer orden NO LINEAL.

dy 2 dx + xy  = cosx , se llama una

 

164

y el primer miembro es la derivada respecto a x de y e

  P(x)dx

d  

P ( x ) dx  P ( x ) dx    ye  = Q( x)e   dx  



d ( ye

P ( x ) dx

) = Q( x)e



, es decir:

P ( x ) dx

dx  



  ( x ) ) – 1 = e donde el factor integrante FI es:  ( x ) = exp(   P(x)dx ) y (  

… (4) 



− P(x)dx

 

OBSERVACIÓN: En otros casos podemos tener, también, una ecuación lineal en x considerándola como función de y, en este caso la ecuación diferencial tendrá la forma :

dx  + P(y)x = Q(y) , ecuación que tendrá por solución la expresión: dy P(y)dy − P(y)dy dy ) x(y) = e  (C + Q ( y ) e 



Ejemplos: 1)

dx –  (x  (x + Lny)dy = 0

 

dx   –   x = Lny dy

2)

–  2xy) (ey  –   2xy)  y '  = y2 

 

dx  + 2 x = e 2   dy y y

3)

y –  x  x  y  '  =  y ' y2ey 

 

dx 1   –   x = yey  dy y

4)

 y ' =

 

dx   –   (seny)x = 2 sen2y dy

y

1   xs xsen eny y + 2sen2y 2sen2y

Ejemplos: Resolver las sigu siguientes ientes ecuaciones diferenciales: 1.- x  y  '  –   –  y  y = x2cosx

SOLUCIÓN: Observando la ecuación, notamos que x   0, luego la ecuación  –  1  1 )y = = xcos diferencial, la expresamos como: y´+ ( –  x

 1 donde: P(x) = –    x

y

… (I) 

Q(x) = xcosx

1 luego: P(x)dx  = ( − )dx  =  –  Lnx  Lnx = Lnx – 1 , entonces el factor integrante será: x





 ( x )  =

  −1 P(x )d x Ln Lnx x  e e  = = x – 1 ,

De (I): (I) . x – 1   



luego, el  ( x )  = x – 1 

: x – 1  y ' –  x  x – 2 y = cosx  

d   – 1 ( x y) = cosx dx

d ( x−1 y) = cos x xd dx   x – 1y = senx + c    



y = x(C + senx)

 

165

xdy − ydx

 Nótese, también, que 1/x2 es un factor integrante, donde:

y x

  d( )  = cosx dx

2.-

dx dt

3

−

 

y  = C + senx x

 

 = cosx dx

x2

y = x(C +senx)

= 4 

… (I)

100 + t

SOLUCIÓN: P(t) = −

3     10 0 + t





P(t)dt  = −

3 dt  = Ln(100 + t) – 3  100 + t

  +t )−3 P(t)dt Ln(100 00 entonces.  (t )  = e  = eLn(1  = (100 + t) – 3 

 (t )  = e 

 

P(t)dt

  − P(t)dt = (100 + t) – 3 , y , e  = (100 + t)3 

P ( t ) dt   − P ( t ) dt (C + Q(t )e  dt )   La solución, según (4), será:  x(t ) = e 



  x = (100 + t) 3 (C +

2

4(100 + t)−3 dt ) = (100 + t)3 (C –  

2

)

(100 + t)

 x = C(100 + t)   –  –   2(100 + t) 3

3.-  y ' cosy + seny = x + 1

… (I)

dy (seeny) = cos y   SOLUCIÓN: Sea z = seny … (1)   Dx : dz = d  (s dx

(1) y (2) en (I):

dx

dx

 z '  + z = x + 1

donde: P(x) = 1 y

… (2)  … (II) 





Q(x) = x + 1 , luego: P( x )dx = 1dx = x  



   ( x )  = exp(   P(x)dx ) = exp(x) = ex 

   ( x )  = ex  y x

 – 



La solución de (II) es : z = e  x (C +

 x    ( x ) ) – 1 = e –  x (  

 – 

(x + 1)e dx ) = e  x (C + xex)

 x seny = Ce –  x  + x

De (1) :

4.- Resolver: (1 + y2)dx = (arctgy –  x)dy  x)dy

SOLUCIÓN: Sea:

z = tg – 1y

(2) y (3) en (1): donde:

dx = (arctgy –  x)  x) … (2) 

dx = (z –  x)dz  x)dz

P ( z )  = 1  

y

   

Q( z ) = z  

dz =

dy   2 1+ y

dy   1 + y2

dx  + x = z dz

… (1)  … (3)  … (I) 

 

166

 

 P( z)dz =  dz = z  

  ( z ) ) – 1 = e – z   ( z )  = ez  , entonces: (  

 



La solución de (I), será: x = e – z (C +  zez dz ) = e – z [C + (z –  1)  1) ez ]  x = e – zC + z –   1 1 De (2):

x = Ce− tg

5.- Resolver: y´ =

−1y

1 + y2 1 + y seny − xy 2

+ tg −1 y − 1

 

1 + y2 seny − xy dx 1 1 dx SOLUCIÓN: Como:   = =  , entonces: = dy dy dy y´   1 + y2 dx

y seny dx x + =   dy   1 + y 2   1 + y 2

 

... (I)

donde:

 P( y)dy =  1 +yy  

dy = Ln 1 + y 2      ( y )  = exp   P(y)dy  = exp  Ln   1 + y 2   



2

 ( y )  = Ln 1 + y2   .......... (1)

/2   ( y ) ) – 1 = (1 + y2) – 11/2 (    

y

/2 La solución de (I) es: x = (1 + y 2) – 11/2  (C +

2  – 11/2 /2

  x = (1 + y )

(C –  cosy)  cosy)

 

seny



1 + y2

x=

(1 + y 2 )1/ 2 dy )

C − cos y 1+ y

2

 

6.- Resolver: 2xyy´ = y2 –   –  x  x2 + b2 

SOLUCIÓN: Sea:

z = y2  –  –  x  x2 + b2 

  Dx : z´ = 2yy´  –  –   2x

(1)  y (2) en (I): (1) donde.



…(I) 

  xz´ = 2xyy´  –  –  2x  2x2    2xyy´ = xz´ + 2x2 

xz´ + 2x2 = z    z '−



P(x)dx  = −

 x

z = −2 x  

…(II) 



d   2x + C 2   d ( zx −1 ) = −2dx  = –  2x ( zx – 1) = –   2 dx

  z = Cx –  2x  2x2   

1

…(2) 

dx = −Lnx    ( x )  = exp(   P(x)dx ) = exp(Lnx – 1) = x – 1  x  

  2    De (II): x – 1z´ –   x – 2z = –  2   x – 1z = C –  2x  2x

... (1)





y2  –  –   x x2 + b2 = Cx –  2x  2x2 

y2 = Cx –  x  x2  –  –   b b2 

 

167

7.- Resolver: y –  xy´ = y´y2ey 

SOLUCIÓN: Si: y –  xy´ = y´y2ey  …….. (I)   1 − 1 x = yey   y´

Pero: x´ =

1     y´

y

1 = y  x ye y

x´ −

... (II)

  luego:  ( y )  = exp(   P(y)dy ) = exp   (− 1 dy)  = y – 1     ( y )  = y – 1   y 





d   – 1 (xy ) = ey  dy

De (II) : y – 1x´  –   y – 2x = ey     





d(x d(xy −1 )  = e y dy    xy – 1 = ey + C

8.- Resolver: y´ =

x = y(C + ey )

 

1 xse xseny + 2sen2y 2sen2y  

…(I) 

SOLUCIÓN: De (I): 1  = x´ = xseny + 2sen2y   x´  –  (seny)x = 2sen2y …(II) y´

ny)dy y  = cosy  P(y)dy  =  (−seseny)d

Donde:

 ( y ) = ecosy 

 

 d( xe

De (II): ecosy x´  –   seny ecosy x = 2sen2y ecosy    Sean: u = cos cos y  

 cos ye

cos y

y

dv = e

cos y

senydy     du

senydy senydy = cos y(−ecos y ) −

 −e

cos y

cosy

)  = 4  senydy y   cos  y e  cos y senyd

= − s en yd y   y



u

 

v = −e

cos  y

dv

 

senydy) = −ecos y cos y + ecos y   (senydy

  (2) en (II): x ecosy  =  –  4(cosy  4(cosy –  1)  1) ecosy  + C

 

cosy x = C e – cosy   + 4(1 –  cosy)  cosy)

9.- Resuelva: x(x + 1)y´ + y = x(x + 1) 2 e − x  con la condición: x →      y →   

…(2) 

2

1

 

2

SOLUCIÓN: Como x(x + 1)   0 ¿Por qué?, entonces:   2 1 y  = (x + 1) e− x   x(x x(x + 1)

y´ +



donde: P(x)dx  =



… (I) 

 x 1 1  1 dx  = Ln( dx  =  − )  x +1 x(x + 1)  x x +1 



 ( x )  = e −1

De (I): y =  x  (C +  x +1 



P(x)dx

 =

x x +1

 

2 2   x x +1 ( x + 1)e − x . dx ) = (C + e − x xdx ) x +1 x



 

168

y=

2 x +1 1 (C –   e− x ) x 2

2 1 1 1  0) =     lim  y = lim 1 +  (C –   e− x ) = (1)(C –  0)  x →  x →  2 2 x

De (II):

x + 1   − x2 y = 2 x (1 –   e )

… (II) 

C=

1 2

 

ECUACIONES LINEALES PRIMER ORDEN

1 

 

2 

 

3 

 

4 

 

5 

 

6 

 

7 

 

8 

 

9 

 

169

2.7.1  ECUACIONES REDUCIBLES A LA FORMA LINEAL. En esta seción estudiaremos dos tipos de ecuaciones reductibles a la forma lineal. Estas ecuaciones diferenciales son: I) I)   Ecuación de Bernoulli II)

Ecuación de Riccati  

2.7.1.1 ECUACIÓN DE BERNOULLI Una ecuación fácilmente reducible a lineal es toda ecuación de la forma:

dy  + P(x)y = Q(x)yn  dx

;

n  0, 1

… (I)

donde P(x) y Q(x) son funciones únicamente de x, llamada ecuación de Bernoulli  ,  por ser James Bernoulli quien la estudió en 1695. Observe de (I), si: i) n = 0 entonces tenemos la ecuación lineal y´ + P(x)y = Q(x) ya estudiada. ii) n = 1 entonces y´ + P(x)y = Q(x)y lo cual se resuelve por variables separables, es decir que:

y´ = [Q(x) –  P(x)]y  P(x)]y



  −P(x) ) ddxx dy   ( Q(x)    = ( Q(x) − P(x) P(x)) dx    y = C e y



Como ejemplos de ecuaciones tipo Bernoulli tenemos: 1) y´ + xy =

x   y

4) dy = (xy2 + 3xy)dx

2) y´ = 5x2y5 +

y   2x

5) tdx(2xt2Lnx + 1) = 2xdt

3) y´  –  

y  = y4Lnx 3x

6) xdy + ydx = xy2dx

La ecuación (I) se reduce a una ecuación lineal haciendo la sustitución   dy dz = (1 − n)y− n   z = y1 – n  ……… (1) , entonces ... (2) dx dx Multipliquemos la ecuación (I) por el factor (1  –   n)y – n  , logrando así la expresión siguiente: (1 –  n)y  n)y – n 

dy  + (1 –  n)P(x)y  n)P(x)y1 – n = (1 –  n)Q(x)  n)Q(x) dx

Reemplazando (1) y (2) en esta última expresión logramos la ecuación lineal. dz dx

 + (1 –  n)P(x)z  n)P(x)z = (1 –  n)Q(x)  n)Q(x)

…(II) 

(1− n ) P (x )d x −  (1− n)P(x)dx dx) ) cuya solución es. z = y1 – n  = e   (C + (1 − n)Q( x)e 

…(4) 

 

 Jacob Bernoulli (1654-1705), matemático suizo, miembro de una familia que dio varios nombres ilustres a las matemáticas de los siglos XVII y XVIII, contribuyó en el desarrollo de la teoría de la elasticidad y de la teoría de la probabilidad matemática. El método para resolver la ecuación de Bernoulli fue descubierto por Leibniz en 1696.

 

170

OBSERVACIÓN: El lector al encontrarse frente a una ecuación tipo Bernoulli podrá indistintamente hacer uso de la transformación dado por la sustitución (1) y así obtener una ecuación lineal o directamente la expresión (III), para solucionar dicha ecuación. También se puede presentar una ecuación tipo Bernoulli teniendo como variable independiente a y, como variable dependiente a x, en tal caso la ecuación diferencial

dx  + P(y)x = Q(y)xn  ; dy

tendrá la forma:

n   0,1

ecuación que tendrá por solución la expresión:   −  (1− n)P(y)dy  (1−n)P( y)dydy ) ( 1 − n ) Q ( y ) e x1 – n (y) = e  (C + … (5) 



Ejemplos : Resolver las siguientes ecuaciones: x 1.- y´ + xy =   y

SOLUCIÓN: Si y´ + xy = xy – 1  –  1)  1) z = y1 – n  = y1 –  ( (  –   = y2 

... (2)

… (1) , entonces n = –   1 1 , luego hacemos:

dz  = 2yy´ dx

 

… (3) 

al multiplicar la expresión (1) por el factor f actor “2y” (según la expresión (3)) logramos:  

2yy´ + 2xy2 = 2x   De (2) y (3) : 2

2

y´ = 5x2y5 +

2

2

2xe 2xe x dx )   z = y2 = e− x (C + ex )  

  z = e − x  (C +

2.-

− 2xdx dz  + 2xz = 2x   z = e   (C + dx



2 xe 

2xdx

dx )

2

y2 = C e− x + 1



y   2x

SOLUCIÓN: La expresión es equivalente a : y´ –   1 y = 5x2y5  2x

  n = 5 cuya solución según la expresión (III) será:

… (1) 

 – 4

y  = e

−  ( −4 ) −



  y – 4  = e

1 2x 

 d x   (C +

Ln  x −2

Ln x dx ) = x – 2 (C –  20  4x5)  20  x 2 .x 2dx ) = x – 2 (C –  4x (C –  20  20 x 2 e

1

 ( − 4)( − 2 x ) dx ) = e −2Lnx (C –   20  x 2 e  2Lnx dx ) ( 4)5  x e −   2

 



2



y – 4 = Cx – 2  –  –  4x  4x3 

 

171

3.- y´  –  

y  = y4 Lnx 3x

1   y Q(x) = Ln x, entonces según la SOLUCIÓN: Apreciamos que n = 4, P(x) =  –  3x

expresión (III) la solución será: y  = e 

− (1−4)( −

1 – 4

 – 3

 y  = e

− Ln x

1 ) dx 3 x

    (1−4)( − 3 x ) dx dx ) = e−  dxx (C –   33  Lnx   x dx )  (C +  (1 − 4) Lnx e  Lnxe e  1



 

(C –  3  3 Ln x e

Ln x

dx

x2  1)) 3 x dx ) = x (C –   3 xL Ln x dx ) = x (C –   33 (2Lnx –  1)) 4



 – 1

 – 1

3 y – 3 = Cx – 1  –  –   (2Lnx –  1)x  1)x2  4

4.- dy = (xy2 + 3xy)dx –  3xy   3xy = xy2 , luego apliquemos la SOLUCIÓN: La expresión es equivalente a: dy   – 

dx

expresión (III) teniendo en cuenta que. n = 2, P(x) =  –  3x,  3x, Q(x) = x, entonces:  – 1

y  = e

−  3xdx

3xdx dx ) = (C +  ( − x )e 

 

e

−

 – 1

3  2  x 2

 (C –  

y  = C



3 x2 xe 2 dx )

− 3 x2 e 2  –  

=e

−

3  2  x 2

3

2

1  x  (C –   e 2 ) 3

1 3

–   x x3  –  –  xy  xy –  xy  xy2)dy = 0 5.- Resolver: (x   x 2 + y 2  + x2y + y2 + y3)dx + (y   x 2 + y2   – 

SOLUCIÓN: Observamos que en varios términos de la ecuación diferencial  propuesta, aparece el factor “x2  + y2” lo cual nos sugiere el uso de coordenadas

 polares, donde, si: (1) x = rcos 

y

y = rsen  ,

(2) dx = cos dr –  rsen  rsend  ,

entonces:

dy = sendr + rcosd  

Observando la ecuación propuesta tenemos que:

y

x2 + y2 = r 2 

i) M(x,y) = x   x 2 + y2  + x2y + y2 + y3  = x   x 2 + y2  + y(x2 + y2) + y2   –   x(x2 + y2) –  xy  xy –  x  x3  –  –  xy  xy –  xy  xy2) = y   x 2 + y 2  –  ii) N(x,y) = y   x 2 + y2   –  i) M(x,y) = r cos . r + rsen(r 2) + (rsen)2 

De (1) :

ii) N(x,y) = r sen . r –  rcos  rcos . r 2  –  –  rcos  rcos . rsen  M(r,) = r 2(cos + r sen + sen2)

y

 N(r,) = r 2(sen  –  –  r  r cos  –  –  sen  sencos)

 

172

Si: M(x,y)dx + N(x,y)dy N(x,y)dy = 0 , entonces de (2) y (3) , logramos que: r 2(cos + rsen + sen2)(cosdr –  rsen  rsend ) + 2

–  rcos –  sen r  (sen  –   rcos  –   sencos)(sendr + rcosd ) = 0 , luego , efectuando: [(cos + rsen + sen2)cos + (sen  –  –  rcos  rcos  –  –  sen  sencos)sen]dr +

[ – (cos (cos + rsen + sen2)sen + (sen  –  –  rcos  rcos  –  –  sen  sencos)cos ] rd  = 0 –   sen 2  cos  ] dr +   [ cos2 + rsen rsen en cos cos    –  rsen co coss   + sen 2  cos  + sen2  –   rs

[−   sen sen co coss    –  –   rsen 2     –   sen 3    + sen sen cos cos 2    –   rcos2   ] rd  = 0 sen co coss    –   sen  

(sen2 + cos2)dr –  [r(sen  [r(sen2 + cos2) + sen( sen2 + cos2) ] rd  = 0

 

dr –  (r  (r + sen) rd  = 0 Bernoulli

dr    –   sen . r = r 2 

…(I) 

d 

 dr  dz  =  –   r  r  – 2   d  d 

Hagamos: z = r 1 – 2  = r  – 1 ………. (4)  

dr   + (sen)r  – 1 = –   1 1 d 

(I) . (  –  –  r   r  – 2) : De (4) y (5):

... (5)

dz − send  (C + (−1)e  send  d     + (sen)z = –  1   1   z = e  d 



De (1) y (4): x

1 2

2



 = ecos (C –   e−cos d  ) = e

x  2 + y2

 e (C –    

x +y

 x

−  x

2

+ y2

    −1 y  d  tg ( )  )  x  

dy x + y2  : y(0) = 1 = dx 2y

6.- Resolver:

SOLUCIÓN:  dy   1

dy   1 − y = x y−1 dx 2 2   x 

−1

… (1)  Sea: z = y2   

 dy

2

dy dz = 2y … (2)  dx dx  

De (1): 2y(

dx

− y ) = 2y( y )

(1) y (2) en (3):  

2

2

dz   –   z = x dx

  2y

  e – x 

  –   y  = x

dx

… (3) 

d  dz (z e – x) = x e – x    –   z e – x  = x e – x   dx dx

 (x + 1) e – x    z = C ex  –   (x + 1) = y2  d (ze− x ) = xe− x d dx x   z e – x = C –  (x   C=2 Como: y(0) = 1   C –  1   1 = 1  





y2 = 2ex  –   x –   1 1

es la solución.

 

173

PROBLEMAS RESUELTOS   2

1.- Hallar la solución general de: y´  –  2xy  2xy = 2x e x     2

y´  –  2xy  2xy = 2x e x  

SOLUCIÓN: Si:

… (1) 

2 2 2 2 2   − 2 xdx entonces:  ( x )  = e = e− x  y = ex (C + 2 xe x .e− x dx ) = e x (C + 2xdx )



2

2

y = e x (C + x2)  

 

y = C e x + x2  e x



2

2.- Resolver: (x + 1)dy –  [2y  [2y + (x + 1) 4]dx = 0

SOLUCIÓN: Desde que: entonces el  ( x )  =

dy 2 y = (x + 1)3    –   x +1 dx

   − 2 dx e  x+1  =

e−2Ln(x +1) = (x + 1) – 2 



y = (x + 1)2(C + (x + 1)3 (x + 1)-2 dx )  

4 y = C(x + 1)2 + (x + 1) 2

3.- Resolver: 2xy´  –  y  y = 3x2 

SOLUCIÓN: Como:

y´  –  

1 3 y= x 2x 2

… (1) 

−1 2 − 1 dx −  1 Ln|x|dx  2x = | x  | −1 2   = e 2 luego :  ( x )  = e  = eLn|x|

y = x1 2 (C +



3 x.x −1 2 dx ) = C x  1 2  + x1 2 . x 3 2     2

y=Cx

12

+ x2 

4.- Resolver: (a2  –  –  x  x2)y´ + xy = a2  2

SOLUCIÓN: La ecuación la expresamos como: y´ + a 2 −x x 2 y = a 2 a− x 2   … (I)  donde su  ( x ) = e

 a  2xdx −x2

 = e

− 12 Ln ( a2 −x2 )

/2  = (a2  –  –   x x2) – 11/2  

a2    y = (a − x ) (C +  (a2 − x2 )− 1 2 dx)   2 2  (a − x ) 2

2 12

2 a   y = (a  –   –   x x ) (C +  2 2 3 2 dx )  (a − x )

2



x = a sseen         I1 = dx = a cco os d  

 

I1 =

2 1/2



… (1) 

a 2 dx  = ( a 2 − x 2 )3 2





a 2 .a .a cos d    (a 2 − a 2 sen 2 )3 2

a 3 co cos d    = sec2 d   = tg  3 3 a cos 



 

174

sen

donde: tg =

1 − sen 

x

 =

 I1 =

a −x   2

2

2

2



a 2 dx  = ( a 2 − x 2 )3 2

x a −x 2

  … (2) 2

2 1/2

–  x y = C (a   –   x )   + x (2) en (1) : 2 5.- Resolver la ecuación: (x  + 2x –  1)y´  1)y´ –  (x  (x + 1)y = x –   1 1

SOLUCIÓN: La ecuación propuesta pod podemos emos expresarla co como: mo: x +1 x −1   …….… (I) ecuación que es lineal y donde  y= 2 x + 2x −1 x + 2x −1

y´  –  

2

P(x) =  –  

 ( x )  = e

 

x +1   y 2 x + 2x −1

 P(x)dx

Q(x) =

x −1  cuyo factor integrante será: 2 x + 2x −1

1   −  Ln( x2 + 2 x −1)  − 2  x+1 dx −1 2 2  = eLn(x +2x−1)    = e  x + 2 x−1  = e 2

/2  ( x )  = (x2 + 2x –  1)  1) – 11/2   , luego (I) tendrá por solución según (III)

x −1 ( x 2 + 2 x − 1)−1 2 dx ) 2 x + 2x −1

y = (x2 + 2x –  1)  1)1/2(C +



y = (x2 + 2x –  1)  1)1/2(C +

 (x

 

2

x −1  1)1/2(C + dx ) = (x2 + 2x –  1) 32 + 2x − 11)) y=C

x x + 2x −1 2

)

x 2 + 2x − 1 + x

 6.- Resolver: y´ tgx –  y  y + 1 = 0 , si: y    = 3 2 Resolver: Si: y´ tgx –  y  y + 1 = 0   y´ –  (ctgx)y  (ctgx)y =  –  ctgx  ctgx

… (I) 

cosx dx donde: P(x)dx  = −ctgxdx  = −  = –  Ln(senx)  Ln(senx) senx



  e

 P(x)dx

De (I) :

=

e





− Ln(senx)

= e

  −1 Ln(senx)

=

1   senx

y ctgx cosx cosx cosx d  1    ( ) =  –    y =  –     =  –    y´  –     dx senx senx senx sen2 x sen2 x   sen2 x y

cosx

y

1

 d( senx )  = –    sen x dx     senx  = senx  + C

 

  y = Csenx + 1 … (II) 

2

   = C + 1 = 3  2

y 

C=2

 

y = 2senx + 1

 

2

7.- Resolver: dx + ctgydy = x 2se senyco nycoss y dy   x sen 2 y + 1

x 2 se seny cosy − x2 sseen2 y ycctg tgy y − ctg tgy y x 2seny seny co coss y   –  –   ctgy) dy = SOLUCIÓN: dx = ( 2 2 dy   x 2 sen 2 y + 1 x sen y + 1

 

175

ctgy   dx = − 2 dy   x sen 2 y + 1

 dy dy x 2 sen 2 y +1     ctgy   = − x 2 sen 2 y − 1     =− dx dx ctgy

   –  ctgy  ctgy csc2y dy  = x2 + csc2y = x2 + 1 + ctg2y

dx

   –  ctgy  ctgy csc2y

Hagamos. z =

 dy   –   ctg2y = x2 + 1 dx

… (1) 

 dy dz 1  =  –  ctgy  ctgy csc2y   ………….. (3)  ctg2y …………… (2)   dx 2 dx

(2) y (3) en (1):

dz   –  –  2z  2z = x2 + 1   dx





 2x   F.I. = e −2 x   P(x)dx  = −2dx  = –  2x 1 2 1 2x   ctg y = C e  –   (2x2 + 2x + 3) 2 4

z = e 2 x (C + ( x 2 + 1 )e−2x dx )  



8.- Resolver: (senx tgy + 1)dx + cosx sec2ydy = 0

SOLUCIÓN: Hagamos: z = tg y ………. (1), entonces dz = sec2ydy

… (2) 

De (1) y (2) , si : (senx tgy + 1)dx + cosx sec2ydy = 0

… (I) 

entonces : (z senx + 1) + cosxdz = 0  

dz zse senx nx + 1  +  = 0 dx cosx

dz senx z =  –  secx  secx  + cosx dx



donde : P(x)dx  =

… (3)

senx

 Ln cosx = Ln (cosx)  cosx dx  =  –  Ln

 – 1

luego el factor integrante;  ( x )  = e

P(x)dx

 

−1

 

 = eLn(cosx)  = (cosx) – 1 =

1   cosx

(3) (secx) : secx

senx z  dz z 2 2 d( ) z =  –     sec sec x     +  =  –  tgx  tgx + C  =  –         se sec c xdx xd x cosx dx cosx cos 2 x





tgy = cosx(C –  tgx)  tgx)

z = cosx(C –  tgx)  tgx)

  De (I) :

9.- Resolver: xLnx.y´ –  y  y = x3(3Lnx –  1)  1) x 3 (3L (3Lnx − 1) 1 y= … (1)  SOLUCIÓN: La ecuación dada es equivalente a: y´ –   xLnx xLnx   1 dx   −1   − xLnx P(x)dx    = e− Ln(Lnx)  = eLn(Lnx)  = (Lnx) – 1   = e donde el F.I.:  ( x )  = e

De (1) : y = Lnx(C +



 x 2 (3Lnx − 1) x 3 (3L (3Lnx − 1)   1   dx)   . dx ) =  Lnx(C +  xLnx ( Lnx )   Ln2 x

 

176

 x3    y = Lnx(C +  d ( ))  = Lnx(C +   Lnx 3

2

2

3

 x

3

 Lnx

2

y = CLnx + x 3 

)   2

3

3

2

–  x – xy)dy 10.- Resolver: (x  + xy   –   x y –  y  y  + y )dx + (x y + y  + x  +xy   –  xy)dy = 0 3 2 2 3 2 2 3 3 SOLUCIÓN: Si: ( x + xy − x y − y + y )dx + ( x y + y + x + xy2 − xy )dy = 0     [x(x2 + y2) –  y(x  y(x2 + y2) + y2]dx + [y(x2 + y2) + x(x2 + y2) –  xy]dy  xy]dy = 0   [(x2 + y2)(x –  y)  y) + y2]dx + [(x2 + y2)(x + y) –  xy]dy  xy]dy = 0

… (I) 

Apreciamos que, en la ecuación diferencial propuesta, aparece el factor (x2  + y2) en varios términos, es quizás conveniente, por ello, transformar la ecuación a coordenadas polares, donde:  x = r cos      y = rsen   

dx = cos dr − rsend 

    

dy = sendr + rc rco os d   

 

… (1)

… (2) 

r 2 = x 2 + y2

Reemplazando las ecuaciones (1) y (2) en (I) ( I) , logramos que:

 

(

)

2 2  r ( r ccoos  − rsen) + ( rsen)  cos ddrr − rsend   +

  ( sen  dr + r cos  d  ) = 0  

 r 2 ( r cos  + rsen  ) − ( r cos  )( ) ( rsen  )    r 2

 r co cos  − rsen + sen 2  cos  +  ( r co cos  + rsen) − sseen  cos  dr    –    

 

(

)

r 3  r cco os  − rsen + sen 2  sen − ( r co cos  + rsen − sen cos ) cco os  d   = 0



(

 

)



  r 2 .r (cos2  + sen 2 )dr − r 3  −r (sen 2  + cos 2 ) + sse en (sen 2  + cos 2 )  d = 0    r 3    (1)dr –  (  ( –  r  r + sen)d  = 0  

  dr + (r –  sen  sen)d  = 0

dr    dr  d   (re )  = e  sen   + r = sen     e   + r e   = e  sen    d  d  d  

C

(sen − cos  ))ee

 

 d(re )  =  esend      r e  =

De (1): r =

 +

x C − 1  y   e  + (   –  –   ) 2 r  2 r 

  2r 2 = Cr e     −1 ( y x )

2(x2 + y2) = C x 2 + y2 e− tg

 

 

2

C −   1   e + (sen –   –  cos  cos) 2 2

r=

 

2

−

 + (y –  x)  x)

+ y –   x x

 

177

11.- Resolver: xdy + ydx = xy2dx

SOLUCIÓN:

Si : xdy + ydx = xy2dx  

dy

1

 +

y = y2 

… (I) 

x dx Es una ecuación tipo Bernoulli con n = 2, luego, hacemos:

z = y1 – 2 = y – 1 

... (1)

 dy dz    =  –   y y – 2 dx dx

y

... (2)

Ahora multipliquemos la expresión (I) por –  y  y – 2 , logrando que:  –   y y – 2

 dy 1   –   y – 1 =  – 1 x dx





donde: P(x)dx  = −  (III). x – 1 : x – 1 

dz

... (II)

…(III)

1 dx = –  Lnx  Lnx = Lnx – 1    F.I.:  ( x )  = x – 1  x

  –  –   x – 2 z = –  x  x – 1    d(x  lnx + C d(x −1z)  =  –   x −1dx     x – 1 z = –  lnx

dx   z = x(C –  lnx)  lnx)

dz 1  –   z =  –  1 dx x

De (1) y (2) :

  De (1) :

 – 1





y  = x(C –  Lnx)  Lnx)

12.- Resolver: tdx(2xt2lnx + 1) = 2xdt

SOLUCIÓN: La expresión es equivalente a: dt   –   1 t = t3lnx

... (I)

es una ecuación tipo Bernoulli don donde: de: n = 3, luego, sea: z = t – 2 

... (1)

dx

 

2x

dt dz  =  –  2  2 t – 3    dx dx

… (2) 

De (I) :  –  2  2 t – 3  dt  + 1 t – 2  =  –  2  2 lnx dx x dx dz 1  De (1) y (2):  + z =  –  2 lnx , donde: F.I. :  ( x )  = e x  = e Lnx  = x    ( x ) = x dx x

  xz´ + z =  –  2x  2x Lnx 2

x2

  d(zx) = –  2x  2x Lnx dx  – 2

x

 – 1

  zx

   x  x  Lnx

  C

2

 

t      xLnx +

2

+Cx  

2

y   dy  y  13.- Resolver: x   –  –  y  y –  yLn(  yLn( ) = x3y  Ln ( )    dx x  x 

SOLUCIÓN: Observando la ecuación diferencial apreciamos que uno de sus factores la expresión Ln(

 y ), lu lueego, se seaa: x

z = Ln(

y ) x

… (1) 

 

178

y D ( ) x y xy´− y  x xy´ dz d  x  =   entonces: Ln ( )  =  = . y dx dx x  y x2 x  

xy´ xy´− y dz  =     dx xy

xy´ –  y  y = xy

 dz   dx

… (2) 

Al reemplazar las expresiones (1) y (2) en la ecuación diferencial propuesta, se logra una ecuación tipo Bernoulli con n = 2, donde: xy

dz  dz 1   –   z = x2z2    –  –  yz = x3yz2    dx dx x

... (3) (Ecuación tipo Bernoulli)

1  dz  dz dt x2   + z  – 1 = –   x  = – z  – 2 , luego de (3): – z  – 2 dx dx dx x

Hagamos t = z – 1  ... (4)  

d    dt dt 1 2 3 3   dx  + x t = –  x  x     x dx  + t = –  x  x     dx (tx) = –   x x   

 d(tx) = 

x4 − x dx     tx = C –       4

y  – 1 x4 x(Ln( ))  = C –   x 4

3

14.- Resolver: sec2udu –  tg  tg3udx =  –  x  x tgu dx

SOLUCIÓN: Hagamos:

z = tgu

… (I)

…(1)

  dz = sec2u du

… (2)

La ecuación propuesta se transforma según (1) y (2) en: dz –   zz3dx = –  xzdx  xzdx

… (II)

Sea: t = z1 – 3 = z – 2 

... (4)

 

dz  + xz = z3  dx dt

(Bernoulli) dz

 = –  2z  2z – 3 

… (3)

 

… (5)

La expresión (3), multiplicándola por (  –  –  2z  2z – 3) resulta: –  2z  2z – 3 

dz   –  –   2xz – 2 = –   2 2 … (6) dx

 

dx

dx

Reemplazando (4) y (5) en (6) :   t = e

−  −2xdx

 (C + ( −2) e 



dt  –   –  2xt  2xt = –  2 dx

−2xdx

... (solución lineal)

dx ) = e x (C –   2 2 e− x dx ) 2

 

2

 ctg2u = e x (C –   2 2 e− x dx )  

2

 – 2

 – 2

2

De (1) y (4) : t = z   = (tgu)  = ctg u

2

15.- Resuelva: y´cosy –  seny  seny = cosx sen2y

SOLUCIÓN: Observando la ecuación propuesta notamos que uno de sus sumandos es el factor y´cosy que resulta de derivar con respecto a x la función seny, es decir: Dx(seny) = y´cosy , luego hagamos:

z = sen y

... (1)

dz d  seny  = = y´cosy dx dx

entonces:

… (2) 

 

179

dz   –  –  z  z = z2cosx dx

La ecuación propuesta se transforma a:

… (3) 

(Ecuación tipo Bernoulli con n = 2) Sea t = z1 – 2 = z – 1  …….. (4)

dz dt  = –  z  z  – 2    dx dx

 

Al multiplicar la expresión (3) por (  –  –   zz – 2 ) , resulta:  –  z  z – 2 

… (5) 

dz + z – 1 =  –  cosx  cosx dx

y teniendo en cuenta las expresiones (4) y (5) resulta resu lta la ecuación lineal: − dx dt  + t= cosx , cuya solución es: t = e  (C + dx



( − co cos x ))ee  dx )  

dx

1   = e − x (C –    ex cosxd osxdx x ) = e-  x (C − ( senx + cos x)e x ) 2



 – 1

−x

 – 1

De (1) y (4): t = z  = (seny)  = cscy    cscy = C e 2y 1 16.- Resolver: Ln(y2 + 1) = 2x2[Ln(y2 + 1)]2  y´ + 2 x y +1

1 z = 2x2z2  ……… (II) x

1  –   2 (senx + cosx) … (I)

SOLUCIÓN: Hagamos: z = Ln(y2 + 1) ... (1)   Dx : z´ = (1) y (2) en (I) : z´ +

 

2y y +1 2

y´

(Ecuación tipo Bernoulli con n = 2) 

Sea t = z1 – 2 = z – 1  …….. (3)   Dx : t´ = = –  z  z  – 2 z´ (II)  (  –  – z  – 2) :  –   zz  – 2 z  –  

 

t=

− − 

e 

1  x

dx

 (C +

Lnx t = e (C –   2 x 2 e − Lnx dx ) = x(C –   2xdx )

De (1) y (3): t =



… (4) 

1  – 1  z  =  –  2x  2x2  x

1  2x2  De (3) y (4) : t´  –   t = –  2x x



... (2)



1 1  =     en (5) : z Ln(y n(y2 + 1)



 − 1 dx   (−2 x ) e  x dx)   2

  t = x(C –   x x2)

1  = x(C –   x x2) 2 Ln( n(y y + 1)

…(5) 

Ln(y n(y2 + 1) =

1 x C−x

2

y  0

 

17.- Resolver : 2cosydx –  (xseny  (xseny –  x  x3)dy = 0

SOLUCIÓN: La ecuación diferencial propuesta la podemos expresar como: seny dx 1 x3  x =  –     –  –   dy 2cosy 2cosy

… (I) 

 

180

Hagamos : z = x – 2 

... (1)

 

 dx dz  = –  2x  2x – 3   dy dy

Dy :

… (2) 

 –  2x  2x – 3  dx  + seny  x – 2 = 1   (I)  ( –   2x – 3) :  –  2x cosy dy cosy

dz  + seny  z = 1   cosy dy cosy

De (1) y (2) :



Donde:

P(y)dy  =



…(II)

seny  Ln cosy = Ln(cosy) – 1  dy  = –  Ln cosy

P(y)dy  Ln (cos (cos y )−  = (cosy) – 1   = e Entonces el factor in integrante tegrante ddee (II) será: F.I.:  ( y ) = e  1

(II)  (cosy) – 1 :

 



d 

seny   1 dz  + z = sec2y   d  z   = sec2y 2 cosy dy dy  cos y  cos y

z z   =  = tgy + C se secc2 ydy      cosy cosy  



  z = x – 2 = Ccosy + seny

x2(Ccosy + seny) = 1 18.- Resolver : yy´ + y2 = cosx

SOLUCIÓN: Si : Sea: z = y2 

yy´ + y2 = cosx

... (1)

(1) y (2) en (I) :

1

dz  = 2yy´ dx

 

z´ + z = cosx

  z´ + 2z = 2cosx

2 2d x donde: F.I.:  ( x ) = e   = e 2 x    

… (I)  … (2) …(3) 

(3) e 2 x : e 2 x z´ + 2z e  2 x  = 2 e  2 x cosx (3

d  ( ze2x )  = 2 e  2 x cosx   d(z e 2 x ) =  2 e2x cos xdx dx



  z e  2 x  =

2 2x e (senx + 2cos2x) + C   5

  2 z = y2 = C e −2 x + (senx + 2cos2x) 5

19.- La pendiente en un punto cualquiera de una curva viene dada por: por: (y 2Lnx  –  y)   y) / x. La curva pasa por el punto (1, 1). Determínese la ecuación de la curva. y2 Lnx − y   dy 1 Lnx SOLUCIÓN: Si: y´ =   + y = y2   (Ecuación de Bernoulli) x x dx x y – 2

 dy Lnx 1  + y – 1 =   x x dx

… (1)

 

181

Hagamos: z = y – 1 

... (2)

dy dz  = –   y y – 2    dx dx

 

... (3)

dz  + 1x z = Lnx dz  –   1x z = – Lnx (2) y (3) en (1) : – dx x   dx x (Ecuación Lineal)…(4) donde:

1

 Lnx = Lnx  P(x)dx =  − x dx  =  –  Lnx

 – 1

 

y



F.I.:  ( x )  = exp(   P(x)dx ) = exp(Lnx – 1) = x – 1  De (4) : x – 1   



dz Lnx  –   –  x  x – 2 z = –   2   dx x

d ( x −1z )  = –  

  z = x(C +

dx  Lnx x  

1 + Lnx

2

 

 

d  −1 x z )  = –   Lnx   ( dx x2

Lnx 1 x – 1 z = –  (  ( –   –   –   ) + C x x

)   y – 1 = Cx + 1 + Lnx

…(5) 

x Si: (1, 1)  

: 1 = C + 1   C = 0  en (5) y – 1 = 1 + Lnx  

y=

1 1 + Lnx

20.- Se extrae agua contaminada de un depósito a una razón constante de n litros por hora con un grado de contaminación de P0 gramos por litro, y se sustituye con agua menos contaminada con un grado de contaminación de P 1 gramos por litro. Sabiendo que la capacidad del depósito es de V litros, hallar el tiempo necesario para que el grado de contaminación se reduzca a P gramos por litro.

SOLUCIÓN: Sea C = C(t) el número total de gramos de contaminación en el depósito en el instante t. Donde:

 grs  grs  lts ) = nP1( ) i) Contaminantes que entran al depósito: Ce(t) = n( )P1( hr  lts lts ii) Contaminantes que salen del depósito: Cs(t) = n(

 lts C(t)  grs nC  grs )  ( )= ) ( hr  V lts V lts

luego:

n n dC dC  = Ce(t) –  Cs(t)  Cs(t) = nP1  –   C      + C  = nP1  dt dt V V

que es una ec. lineal cuyo factor integrante es:  (t ) = exp − nt

y cuya solución es: C(t) = e

V

− nt

( n )t

(K + nP1 e



V

dt  = e

V



… (I) 

nt ndt   nt = exp( ) = e V V V

( n )t

(K + P1V e

V

)

… (1) 

De (1) : Si : t = 0   C(0) = P0V = K + P1V   K = (P0  –  –   P P1)V (2) en (1) : C(t) = P1V + (P0 –   –   P P1)V e

−( Vn ) t

… (2) 

 

 

182

Además: C(t) = PV  PV = P1V + (P0  –  –   P P1)V e

− ( Vn ) t

   P –   P P1 = (P0 –   –   P P1) e

− ( Vn ) t

 

t = V Ln  P0

−PP11  P −  

n

21.- Supóngase que una cuerda flexible de 4 m. comienza con 3 m. de su longitud acomodados en un rollo justamente en la orilla de una elevada mesa horizontal, y con el metro (mt) restante colgando fuera de la mesa (en reposo). En el instante t = 0 la cuerda comienza a desenrollarse y a caer gradualmente por la fuerza de gravedad que tira de la parte colgante. En el supuesto que las fuerzas de fricción de todas las clases son despreciables, ¿cuánto tardará la cuerda en caer completamente de la mesa? porr algún medio no especificado impide que el SOLUCIÓN: Supongamos que po rollo completo caiga de inmediato por la orilla. orilla. Sea x = x(t) la longitud de la cu cuerda erda  

colgante en el instante de tiempo t(seg) y sea v(t) su velocidad en ese momento. A medida que el cuerda comienza a desenrollarse el peso se irá incrementando. Sea w (kg/mt) la densidad lineal de la l a cuerda, entonces la masa de la cuerda colgante será : m = wx y la fuerza gravitacional que actúa sobre ella es: F = mg = wgx . d 

Aplicando la segunda ley de Newton, será: F = dt (mv) , entonces: F = wgx =

dv   d  d  d  + v dx  (wxv) = w (xv)   wgx = w  x (mv) = dt  dt dt dt  dt

 pero: v =

dx  , entonces: dt dv

gx = x

 dv  dx  dv .  + v2  = vx dv  + v2   + v2  = x dx dx dt dt

1

g

dx

 +

Hagamos: z = v2 

x

v=

v

... (1)

 dv 2 2 De (I): 2v dx  + x v  = 2g

 

(Bernoulli) dz  dv  = 2v   dx dx

 

 

... (I) ... (2)

dz 2 De (1) y (2): dx + x z = 2g

…(3)

 

183

cuyo factor integrante será es:  ( x )  = exp( luego de (3):   x2z =

x2

 2 dx ) = exp(2Lnx) = exp(Lnx2) = x 2  , x



 dz d  2  dx  + 2zx = 2gx     dx (x2z) = 2gx2   

2 3 gx  + C 3

  De (1) : x2v2  =

4

   1

 

3

3 

x

t 

 

   2 1 2  x  3  − 1  =  0  3 g  dt    xdx



…(II) 

x(0) = 1 m, v(0) = 0, luego, 2 2 2 3 –  1)  1) gx   –   g = g(x3  –  3 3 3

  xv2 =

12

( x − 1) v =  2 g  12

 

 2 2 g(1)3 + C   C = –  g 3 3



d(x z)  = 2gx2dx  

2 3 gx  + C 3

Pero por las condiciones iniciales tenemos que : de (II): (1)2(0)2 =

2

... (III) ,

pero : v = 4

12   2     3 g  t =  1

Hagamos ahora: x = sec2/3  … (4)   dx =

dx  , entonces, dt

 xdx  x  3  − 1  

2  sec2/3 tg d   3

…(3) 

...(5)

(4) y (5) en (3): sec−1  

 2 g  t = 2   3  3  0 12

sec2 3  sec2 3  tg d    2 = 2   3 sec   − 1

 



sec−1  

0

sec4 3 d   = 0.541 = 0.541 seg

es el tiempo requerido para que toda la cuerda caiga de la mesa. 22.- Determinar la ecuación de una curva que pasa por (0, 0) y que goza de la siguiente  propiedad: “La pendiente en un punto cualquiera P de ella es igual a 10 dividido

entre la distancia del punto P a la recta y = x medida sobre la recta que pasa por P y es perpendicular al eje X”. 

SOLUCIÓN:  Según el enunciado del problema cabe dos posibilidades, ya sea que el punto esté por encima de la recta y = x ó también que se halle por debajo.

10

Por dato: y´ =

yC − y L

 

Caso I.-

Si : yL > yC  (el punto está por debajo

de la recta)   y´ =

10  = 10   x−y y L − yC

  x´ =

x−y 1  =   y´ 10

 

184

 

x´  –  

1 1 x = –   y 10 10

... (1)

Ecuación lineal cuyo factor integrante es:  ( x ) = exp   − 10 1 dy   = e (  −1 10)y  



  De (1)

 

 d( xe−

e − y 10 x´ –   y 10

)  = –  

1 10

1 − y 10   1 −y 10 1 d  e − y 1 0   e e x =  –  y  y   (x ) = –   y e − y 10 10 10 10 dy

 ye−

y 10

dy   x e− y 10 =  y e − y 10 +  10 e − y 10 + C  

(0, 0)  C : 0 1 = 0 1 + 10 1 + C

  C = – 1 10 0

x = y + 10 –  10  10 e y 10

Caso II.-

… (I) 

Si : yC > yL  (el punto está por encima de la recta)   y´ =

10  = 10   y−x yC − yL

  x´ =

y−x 1  =   y´ 10

  x´ +

1 1 x= y 10 10

…(II) 

Ecuación lineal cuyo factor integrante es:  

y 10

 De (II) : e

 ( x )  = exp 

  1 dy   = e y 10    10 



1 y 10   1 y 10 1   y 10 d    y 10 x´ + 10 e x = y 10 e     dy (x e ) = 10 y e  

  x e  y 10  = C + e y 10 (y –  10) /

y(0) = 0   C = 10

x = y –  10  10 + 10 e − y 10  

…(III)

 

185

2.6.1.2 ECUACIÓN DE RICCATI

 

El estudiante habrá constatado que las ecuaciones diferenciales estudiadas hasta aquí en los ejemplos y ejercicios admiten soluciones expresables mediante las funciones elementales ; pero no no siempre ocurrirá así y deberá prepararse a aceptar como solución de una ecuación diferencial expresiones no reducibles a las funciones elementales. Consideremos, por ejemplo el problema de determinar la longitud de un arco de la elipse, cuyas ecuaciones paramétricas son: x = a cost

y

y = b sent

desde el punto t = /2 al punto variable t.

Sabemos que dicha longitud L se expresa como: L=



t

2

( D  t x )2 + ( D t y) 2 d dtt   =



t

2

  ( − as asent)2 + (bc (bco os t)2 d dtt  

integral que no es posible resolver mediante las funciones elementales, si bien la naturaleza del problema nos indica que L es una función perfectamente definida de t, que, además, es continua y derivable. Esta integral se conoce con el nombre de integral elíptica, y mediante ella se pueden definir las llamadas funciones elípticas. La teoría de las integrales y funciones elípticas, que aparecen en muchas ramas de las matemáticas, es muy extensa y se han escrito muchos volúmenes para exponerla. Como ejemplo de ecuación de primer orden y primer grado que no es resoluble mediante las funciones elementales, tenemos la ecuación de Riccati y´ + Py2 + Qy + R = 0

…(I) 

en donde P, Q y R son funciones de x exclusivamente. Esta ecuación (I) no es siempre resoluble mediante las funciones elementales pero pueden establecerse con facilidad las siguientes propiedades de la ecuación y de sus soluciones:

PROPIEDAD 1 : Si se conoce una solución particular y = y 1(x) de la ecuación propuesta, ésta puede reducirse a una ecuación lineal ddee primer orden.

Demostración : Sea la solución de la ecuación (1) la función y =  + y1

… (1)

De donde:

… (2)

y´ = ´ + y1´

(1) y (2) en (I) : ´ + y1´ + P( + y1)2 + Q( + y1) + R = 0 entonces: ´ + P2 + (2Py1 + Q)  + (y1´ + P y12 + Qy1 + R) = 0

… (3) 

 Jacobo Riccati (1678  –  1754)  1754) Conde italiano, matemático matemático que estudió el caso especial especial y´ + b y2 = cxm  Vincenzo Riccati (1705 –  1775)  1775) hijo de Jacobo, estudió en forma general la ecuación (I)    Se llama función elemental a toda función definida por una característica que incluye sólo funciones trigonométricas, exponenciales y logarítmicas enlazadas algebráicamente 

 

186

Por dato  y1  es una solución ddee (I) , luego y1´ + P y12 + Qy1 + R = 0 Entonces de (3): ´ + P2 + (2Py1 + Q)  = 0 que es una una ecuación de Bernoulli puesto que : ´ + (2Py1 + Q)  =  –   P P2  hagamos z =  – 1 

d  dz  =  –   – 2    dx dx

 

… (5)

… (4)  … (6) 

De (4) :  –   – 2 ´  –  (2Py  (2Py1 + Q) – 1  = P ecuación que se convierte, dz  =  –  (2Py  (2Py1 + Q)z = P dx

de (5) y (6) a:

…(II)

que ya es una ecuación diferencial lineal.

Ejemplos 1.- Utilizando la solución y = 1, hállese la solución completa de: y´ + y = y 2  2

SOLUCIÓN: Si :

Si y1 = 1, entonces: y1´ + y1 =

y12 

y´ + y = y   puesto que: (1)´ + 1 = 12 

…(I) 

´ ´ Sea y = y1 + 1   …(1) la solución general; luego: y´ = y1´  –   2  =  –   2 …(2)       2

´  1 1 Reemplazando (1) y (2), en (I),  –   2  + 1 + 1  =  1 +   = 1 + 2  + 2           ´ +   =  –  1  1

    = C e- x  –  1

 

 d(e )  = − e dx   x

x

y = y1 + 1  



ex  = C - ex 

   y = 1 +

 x

e

C −e

 x

 

ex y=1+ c − ex

 Nótese, también, que y = 0 es solución de la ecuación propuesta luego, se puede resolver el problema haciendo y = 1   resultando: ´ –    =  –   1 1



También se pudo resolver la ecuación por el método de variables separables: dy

y(y − 1)

 = dx, se deja al lector comparar estas soluciones.

2.- Resolver: y´ = xy2 + (1 –  2x)y  2x)y + x –  1  1

SOLUCIÓN: La solución propuesta podemos expresarla como: y´ –  xy  xy2 + (2x –  1)y  1)y + 1 –  x  x = 0

…(I)

que es una ecuación de Riccati con P(x) =  –  x,   x, Q(x) = 2x –  1 y R(x) = 1 –   x x teniendo como una solución particular, la función, y = 1 puesto que de (I) se verifica que: 0 –  x(1)  x(1)2 + (2x –  1)(1)  1)(1) + 1 –  x  x = 0

 

187

De (II), si:

dz  –   –   (2Py1 + Q)z = P , entonces z´ –  [2(  [2( –   – x) x) (1) + 2x –  1]z  1]z = –   x x dx x

x

x

  z´ + z = –  x – x  x   d(ze ) = (  –  xee )dx   z = C e- x + 1 –  x  x

De (5): z =  – 1 

 

 

x

 (x –  1)  1) e    :   z e  = C –  (x

 – 1 = C e- x + 1 –   x x y la solución com completa pleta será:

y = y1 +     y = 1 +

ce

−x

1

+1− x

 

3.- Resuelva la ecuación: y´ = xy2  –  –  2y   2y + 4  –   4x notando que y1 = 2 es una solución  particular.

SOLUCIÓN: La ecuación propuesta

y´ = xy2  –  –  2y  2y + 4 –  4x  4x

…(I) 

es una ecuación de Riccati teniendo por solución particular la función y 1 = 2 puesto que si y1 = 2 y y1´ = 0 , entonces la expresión (I) debe satisfacerse para y = y 1 = 2, es decir que:  y1 = xy12  –  –  2y  2y1 + 4 –  4x  4x , lo cual es cierto puesto que: '

(2)´ = x(2)2  –  –  2(2)  2(2) + 4 –  4x  4x

  0 = 0

Sea, entonces, la solución general.

y=2+ 1 

… (1) 



2

 1   –   2    1   + 4 –  4x    4x (1) en (I): 1 + 1  ´ = x  1 +   –  1 +           ´ x  x    –  2  = 4x + 4  + 2   –  –  4  4 –   2  + 4 –  4x  4x      

´ + 2(2x –  1)  1) = –   x x 2 −x )

ecuación lineal cuyo factor integrante F.I. es:  ( x )  = exp[   2(2x − 1)d )dx x ] = e2 ( x



 x  = e− 2(

 2

4.- Resuelva:

−x)

 (C +

 

2

 −xe2( x −x )dx ) siendo la solución general: y = 2 +  

dy  + y2 = 1 + x2  dx

… (I) 

SOLUCIÓN: Apreciamos que y1 = x es una solución particular, luego, la solución general será: y = x + 1  



… (1) 

 

y´ = 1 –  

2

´  1  2 2 (1) y (2) en (I): 1 –     +  x +    = 1 + x  

´   2

… (2) 

´ 1  x    –   2  + 2   + 2  = 0 2



/ F.I.   ( x )  = exp   ( −2xdx)  = e − x  

  ´ –  2x  2x = 1

 

2

y = x + e− x (C +

Luego la solución general será, según (1):



2

e− x dx ) – 1 

 

188

PROPIEDAD 2: Si se conocen dos soluciones particulares distintas y = y 1(x) , y = y2(x) de la ecuación (I), es posible obtener la solución completa mediante una sola cuadratura. y − y2 + (1 − y − y 2 − ) y2 y1 − y2  + y2 … (2)   =  … (1)     y = 1 Demostración: Si: y = 1 1−  1−  1−   y1 − y2 '

Dx : y´ =

'

1 −  

 +

( y1 − y2 )´ (1 − )

2

'

 +  y 2  

… (3)  2

( y − y2 )    y1 − y 2  y − y2   + 1 + Q ´  +  y 2   + P    1  1−   (1 − ) 1 −     1−  

 y1 − y2 '

(1) y (3) en (I):

'

'

   + R = 0 

 (1 –  )(  y1'   –  –    y 2' ) + (y1  –  –  y  y2) ´ +  y 2'  (1 –  )2 + P(y1  –  –  y2)2 + Q(y1  –  –  y2)(1 –  )

+ R(1 –  )2 = 0 Efectuando y ordenando convenientemente, teniendo en cuenta que tanto y 1 como y2 son soluciones de (I) y deben satisfacer que: ' 2  y1  + P  y1  + Qy1 + R = 0

y

'

2

 y 2  + P  y 2  + Qy2 + R = 0

 y1'   –  –    y 2  –   –    y1'  +   y 2  + (y1 –   –  y  y2) ´ +  y 2  (1 –   2 2 + 2) + '

logramos:

'

'

P(  y1   –  –  2  2y1y2 + 2y22) + Q(y1  –  –  y1  –  –  y2 + 2y2) + R(1 –   2 2 + 2) = 0 2

  (  y1'  + P  y12  + Qy1 + R) + (  y 2'  + P  y 22  + Qy2 + R) 2  –  –   ((  y1'  + P  y12  + Qy1 + R)  –  –   '

2

2

2

(  y 2  + P  y 2  + Qy2 + R)  + (y1 –   –  y  y2) ´ –  2P  2Py1y2 + P  y1  + P  y 2  = 0   (y1  –  –  y –  y  y2) ´ + P(y1  –   y2)2  = 0



:   Ln   +



 

 –   y y2)dx = 0 d   + P(y1 – 



− P  ( y − y )d )dx P( y1 − y2 )dx  = C1      = C e   1 2  

PROPIEDAD 3: Si se conocen tres soluciones particulares distintas, y = y 1(x) , y = y 2(x) e y = y3(x), es

 posible expresar la solución completa sin cuadraturas. Para demostrarlo sustituyamos  primero y =  y3 ( x) +  1  y deducimos así la ecuación lineal (II):´ –  (2Py  (2Py3 + Q)  = P… (1) 



Como en la propiedad 1. Las otras dos soluciones y = y 1(x) e y = y2(x) de (I) nos  proporcionan dos soluciones de (I) que que son: 1

 = 1(x) =

y1 ( x) x) − y3 ( x) x)

,

y

 = 2(x) =

1

y2 (x (x)) − y3 (x (x))

 

 

189

Pero una ecuación lineal tiene por solución completa la expresión:

 − 1  = C 2 − 1

donde 1 y 2 son dos solucio soluciones nes distintas de y´ + P(x)y = Q(x) 1   y    y    por sus valores, se tiene: Sustituyendo  por 1 2 y − y2

1

−

1

y − y3 y1 − y 3  = C 1 − 1 y 2 − y 3 y1 − y3

y − y1 y2 − y3  = C . y − y3 y2 − y1

ó

la cual es la solución general de (I) y cuya propia estructura nos dice:

PROPIEDAD 4 : La razón doble de cuatro soluciones cualesquiera de (I) es independiente de x.

PROPIEDAD 5 :  Si P es idénticamente nulo, la ecuación (I) es lineal y de primer orden. Si P no es idénticamente nulo, (I) se puede puede reducir a una ecuación de la forma v´´ + x1v´ + x2v = 0

Demostración: i) Si P = 0 , de (I): y´ + Qy + R = 0 luego la afirmación es inmediata. ii) Si P   0 , hagamo hagamoss y = (

z , entonces: P

 z  z  z 1 )  + P( )2  + Q  + R = 0 P P P

 

Qz 1 1 P´ z´ –   2 z + z2  +  + R = 0 P P P P

  z´ + z2 + (Q –   P´ )z + PR = 0

P

Hagamos ahora z =

v´   v

…(I) 

…(1), que al rempalzar en (I) y multipliquemos por v, se tiene:

v´´ + (Q –  

P´ ) v´ + PRv = 0 P

Ecuación diferencial de segundo orden cuya solución general contiene dos constantes arbitrarias, pero éstas figuran en la correspondiente solución de Riccati original de manera que sólo importa su cociente, que constituye la única constante esencial de una ecuación '

 v '  = v −1v  z = ') de primer orden, puesto que, de (1): '  v  (



 Se llama razón doble de cuatro números a, b, c y d a la fracción:

'



= v −1v − v −2v 2

z

'

'  

''

a −b c−b : . a − d  c − d 

 

190

PROBLEMAS RESUELTOS 1.- Utilizando la solución y = tg x, hállese la solución completa de: 2

2

 –  ysen2x y´  –  y  y  –   ysen2x + 2 sen x –  1  1 = 0

SOLUCIÓN: y1 = tg x

… (I)

es una solución particular de la ec. de Riccati puesto que:

(tg x)´ –  (tg  (tg x)2 –   –  tg  tg xsen2x + 2sen2x –   1 1 = (sec2x –   tg tg2x) –  

senx (2senxcosx) + 2sen2x –  1  1 = 0 cosx

sea y = tg x + 1  , la solución general

… (1)



(1) en (I): (sen2x –  

´ )  –   (tg x + 1 )2  –  –  (tg  (tg x + 1 )sen2x + 2sen2x –  1  1 = 0 2   

 tgx ´ 1 sen2x 2 2   (sec x –   tg –  2 –   2  –  tg x) –   2   –   2    –   –  2sen  2sen x –     + 2sen x –  1  1 = 0 2

2

 

´ + (2tgx + sen sen2x) 2x)  = –   1 1

… (2)

resulta una ecuación lineal que tiene por factor integrante:  





 ( x )  = exp[   (2tgx (2tgx + se sen2x)d n2x)dx x ] = exp[ 2senx (

1  + cos xx)) dx ] cosx

2

2Ln|cos cos||− cos x = e Ln (cos x ) = exp( –  2Ln  2Ln |cosx| –   cos2x) = e−2Ln|  

coss y cuya solución es:  = cos2x eco

(3) en (1):

y = tgx +

2x

 



−  2 − cos 2 x

cos 2  x

cos  xe

2x

 

2

coss x (C –   sec2 x e−co dx )

1 2

 

coss  = sec2x e − co

2

(C − sec xe



 

− cos 2 x

dx

2.- Pruébese que y = 0, y = x e y = x2  son soluciones de la ecuación de Riccati y´ +

y2 x 2 − x3

 + y

SOLUCIÓN:

x−2  = 0 ; y escríbase la solución general. x − x2

… (3) 

i) La solución trivial y 1 = 0 satisface de manera evidente. ii) Si y2 = x    y 2'  = 1, luego en la ecuación propuesta tendremos que: x2

1+

x2 − x3

−(1 − x) 1+ x − 2 x−2 1 x−2    = 1 +  = 1 +  +  = 1 + 1− x 1− x 1− x 1− x x − x2

 + x

= 1 + (  –  –  1)  1) = 0

  y2 = x satisface la ecuación.

iii) Si y3 = x2     y 3'  = 2x , luego, en la ecuación se logra que:

 

191

x2 + x(x − 2 2)) x ((x x − 2) (x 2 )2 x2 2 x−2    = 2x +  +  = 2x +  + x 2x + 2 1− x 1− x 1− x x − x2 x − x3 2x(x − 1)  = 2x + 2x (  –  – 1) 1) = 2x –  2x  2x = 0 = 2x + 2x(x 1− x

es decir, y3 = x2 satisface la ecuación propuesta.  b) De la propiedad 3: entonces:

y − y1 y2 − y3  = C . y − y3 y2 − y1

y y − 0   x − x2  = C    .(1 − x)  = C   . 2 2 − x 0 y−x y−x

y(1 –  x)  x) = C(y –   x x2)

3.- Pruébese que y = tgx es un unaa solución particular de la ecuación de Riccati y2 y   = 0; redúzcase ésta a una ecuación lineal de primer orden y  + y´ + senx cos x − 1 resuélvase.

SOLUCIÓN: a) Sea y1 = tgx  

'  y1  = sec2x , luego

y12 y1 tg 2 x tgx 2    +   = sec x +  +  y1  + cos x − 1 senx cos x − 1 senx '

secx − (sec2 x − tg 2 x) sec2 x(c x(co os x − 1) + tg 2 x   1 1 sec x − 1 1 = +  + = + = cosx cos x − 1 cosx cosx cosx −1 cos x − 1 =

  (1 − cos x) cosx(s osx(seec x − 1)  + secx =  –  secx   secx + secx = 0  + secx= cosx(c osx(cosx osx − 1) cos x(c x(co os x − 1)

1  b) Sea y = tgx + 

… (I) 

 



2

 y ' = sec x −  '  

2

  sec x – 

…(1) 

( tgx + 1 ) 2

y y  ´  = 0, entonces sec2x –   2  +  +  + cos x − 1 senx cos x − 1  2

luego si: y´+

   

´

 +

tg 2 x

 +

2tgx

 +

1

 +

tg x

 +

tgx + 1



senx

1

 = 0

 = 0

cos x − 1

2

(cos x − 1)

tg x tg 2 x  = 0  +  pero: sec x + cos x − 1 senx 2

entonces: – 

´



2

2tgx

 +

 +

senx

 senx

(y1 = tg x, es la solución de la ecuación) 1

(cosx − 1)

(cosx − 1)

(cosx − 1)2

1

 + 2

 = 0

 senx

 2tgx +  1    = 1    − c o s x 1 c o s x 1 s e n x −  

  ´ –   

… (2) 

ecuación lineal cuyo factor integrante esta dado por:

 

192

 ( x ) = exp

  2tgx   1  2tgx(1 1 + cos x)   1   2tgx(  = exp − + dx   cos x −1 senx    sen2 x − senx  dx  



 ctg2x | + Ln | cscx –  ctgx  ctgx | ) = exp   (4cs (4cscc 2x + csc x)d x)dx x  = exp( 2 Ln | csc2x –  ctg2x 2

ctg2x ) ( cscx – ct ctgx ) = (csc2x –  ctg2x) = exp Ln ( csc2x – ct  ctg2x)2(cscx –  ctgx)  ctgx)

1 − cos2x 2sen2 x  = tg x Pero: csc2x –  ctg2x =  = sen2x 2sen 2senx x co coss x  ( x )  = tg2x tg

 x  x De (2):  = (tg2x tg ) – 1 (C + 2  2

   = ctg2x ctg x (C –    sec x tg xdx ) 2

 secx)    = ctg2x ctg  x  (C –  secx) 2

 x  ctgx = tg      cscx –  ctgx

 cos1x −1 tg x 1 −secnoxs x dx )

2

 

193

PROBLEMAS PROPUESTOS 1 1.- Hállese la ecuación de Riccati que tiene las tres soluciones part particulares iculares y = x  ,

y = Ln x , y = 2x 2.- Pruébese que y = 1, y = 2x e y = 2x + 1 son soluciones de la ecuación de Riccati y´ +

y2 2x 2 − x

  –  –  

y( y(11 + 4x) 4x  +  = 0 , y escríbase la solución general. Hállese la 2 2 2x − x 2x − x

razón doble de las tres soluciones dadas y de la obtenida haciendo igual a 1 la constante arbitraria en la solución general x=5 y

y −1  = C, para los tres casos x = 1, 2 x( x( y − 2 x )

x = a.

3.- Considérense las tres soluciones dadas por la ecuación del ejercicio precedente y la solución correspondiente a c = 3 y hállese su razón doble. Hágase lo mismo para c = b 4.- Resuelva las ecuaciones propuestas, dado que y 1 = x es solución de cada una. a) y´ + y2 = 1 + x2 

b) y´ + 2xy = 1 + x2 + y2 

y2 xy   + 1 notando que y = 1 y y = x son   –   5.- Resuelva la ecuación y´ = x −1 x −1 soluciones.