3 EDOs de orden 1

Despues de definir lo que son las EDOs, vamos a aprender tecnicas de resolucion de EDOs de primer orden.

Se escriben

En su forma explicita, $y^{\prime}=f(x,y)$
En forma implicita, $F(x,y,y^{\prime})=0$
En forma diferencial, $M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$

La funcion $y(x)$ se supone diferenciable.

Ejemplo I.13.

La EDO

y^{\prime}=\frac{x^{2}+y^{2}}{x-y}

esta escrita en forma explicita con $f(x,y)=\frac{x^{2}+y^{2}}{x-y}$ .

La forma implicita se obtiene agrupando todos los terminos en un mismo miembro

(x-y)y^{\prime}-(x^{2}+y^{2})=0

con $F(x,y,y^{\prime})=(x-y)y^{\prime}-(x^{2}+y^{2})=0$ .

La forma diferencial se obtiene escribiendo la derivada $y^{\prime}=\frac{dy}{dx}$ :

(x-y)\frac{dy}{dx}-(x^{2}+y^{2})=0

(x^{2}+y^{2})\,dx-(x-y)\,dy=0

con

M(x,y)=x^{2}+y^{2}

N(x,y)=-(x-y)

Una identidad util es la regla de la sustitucion. Consideramos las funciones continuas y diferenciables

$H$ funcion de $y$ : $H(y)$
$h$ su derivada: $H^{\prime}(y)=h(y)$
$y$ funcion de $x$ : $y(x)$

Aplicamos la regla de la cadena a $H$ :

\frac{d}{dx}H(y(x))=\frac{dH(y)}{dy}\frac{dy(x)}{dx}=H^{\prime}(y)y^{\prime}(x% )=h(y)y^{\prime}(x)

Entonces, si tenemos la integral $\int h(y)y^{\prime}(x)dx$ podemos escribir

\int h(y)y^{\prime}(x)dx=\int\frac{d}{dx}H(y(x))dx=H(y)=\int h(y)dx

Por lo tanto, obtenemos el resultado siguiente

\int h(y)y^{\prime}(x)dx=\int h(y)dy

Ahora consideramos la EDO de orden $1$ en forma explicita

y^{\prime}=\frac{g(x)}{h(y)}

donde $y(x),g(x),h(y)$ son funciones continuas y diferenciables.

Aplicamos la sustitucion a la EDO

h(y)y^{\prime}=g(x)

y, despues de integrar con respecto a $x$ ,

\int h(y(x))y^{\prime}(x)dx=\int g(x)dx+C

Para obtener (por sustitucion del primer miembro)

\int h(y)dy=\int g(x)dx+C

Conclusion: podemos integrar cada miembro de la EDO con respecto a su propia variable.

3.1 EDOs inmediatas

Las EDOs inmediatas se escriben $y^{\prime}=f(x)$ . Son las EDOs mas sencillas, pues no aparece explicitamente la funcion $y$ . Tenemos

\frac{dy}{dx}=f(x)

Es el caso anterior con $h(y)=1$ , con lo cual obtenemos

\int dy=\int f(x)dx+C\Rightarrow y=\int f(x)dx+C

Ejemplo I.14.

La EDO $y^{\prime}=\cos(3x)+5$ es de orden $1$ , grado $1$ y lineal. Ademas, viene escrita en forma explicita, con la particularidad de que es una EDO inmediata. Usando el resultado anterior,

$y=\int\cos(3x)+5dx=\int\cos(3x)dx+5\int dx=\frac{\sin(3x)}{3}+5x+C$

por lo que ya hemos obtenido su solucion general (orden 1 - 1 parametro en la solucion general: OK).
La EDO $y^{\prime}=e^{2x}-x$ . Resolvemos de nuevo calculando la integral.

$y=\int e^{2x}-xdx=\int e^{2x}-\int xdx=\frac{e^{2x}}{2}-\frac{x^{2}}{2}+C$

(orden 1 - 1 parametro en la solucion general: OK)

Este proceso de integracion para EDOs inmediatas de orden $1$ se puede generalizar para EDOs de orden $n$ de la forma

y^{(n)}=f(n)

como

y^{(n-1)}(x)=\int f(x)dx+C

Podemos continuar un paso mas y obtener

y^{(n-2)}(x)=\int(\int f(x)dx)dx+C_{1}x+C_{2}

y^{(n-3)}(x)=\int\int\int f(x)dx+\frac{C_{1}}{2}x^{2}+C_{2}x+C_{3}

Finalmente,

y(x)=\int\cdots\int\int f(x)dx+K_{1}x^{n-1}K_{2}x^{n-2}+\cdots+K_{n-1}x+K_{n}

Asi, ya sabemos como calcular EDOs inmediatas de cualquier orden.

Ejemplo I.15 (Problema del objeto).

Tras plantear el problema, llegamos al sistema diferencial siguiente, definido por la EDO de orden $2$ y $2$ condiciones iniciales (problema de Cauchy (de valores iniciales)

\begin{cases}z^{\prime\prime}(t)=-10\\ z(0)=0\\ z^{\prime}(0)=40\end{cases}

Con la variable independiente $t$ , la variable dependiente $z$ , la EDO es de orden 2 y grado 1, es lineal y en forma explícita.

Observamos que no aparece explícitamente la función $z$ en la EDO (es de la forma $z^{\prime\prime}(t)=f(t)$ ): es una EDO inmediata pero de orden 2, por lo que hay que aplicar el proceso de resolución de EDOs inmediatas 2 veces (integrar 2 veces).

Aplicamos la formula, de modo que

z(t)=\int\left(\int-10\;dt\right)\;dt+C_{1}t=\int-10tdt=-10\int tdt+C_{1}t=-5t% ^{2}+C_{1}t+C_{2}

es la solucion general de la EDO (orden 2 y 2 parametros, por lo que es coherente). Impongamos ahora las condiciones iniciales:

z(0)=-10\cdot\frac{0}{2}+C_{1}\cdot 0+C_{2}=0\Rightarrow C_{2}=0

z^{\prime}(0)=-10\cdot 0+C_{1}=40\Rightarrow C_{1}=40

y obtenemos que la solucion particular del problema es

z(t)=-5t^{2}+40t

Las respuestas a las preguntas iniciales son:

Posición del objeto a los $2$ segundos:

$z(t=2)=-5\cdot 2^{2}+40\cdot 2=60$

El objeto se encontrará a $60\text{ m}$ de altura.
Altura maxima del objeto: punto estacionario de $z(t)$ , es decir, $z^{\prime}(t)=0$ (velocidad 0) $\Rightarrow-10t+40=0\Rightarrow t=4$ .

Entonces $z(t=4)=-5\cdot 4^{2}+40\cdot 4=80$ m es la altura maxima.

3.2 EDOs de variables separables

Las EDOS de variables separables se escriben en forma diferencial de la siguiente forma

F(x)G(y)dx+H(x)P(y)dy=0

Podemos separar las variables $x$ e $y$ dividiendo por $H(x)G(y)$ :

\frac{F(x)}{H(x)}dx+\frac{P(y)}{G(y)}dy=0\Rightarrow\frac{P(y)}{G(y)}dy=-\frac% {F(x)}{H(x)}dx

Procedemos como antes, integrando cada miembro con respecto a su propia variable:

\int\frac{P(y)}{G(y)}dy=-\int\frac{F(x)}{H(x)}dx+C

Esto es correcto, pero hemos excluido las posibles soluciones que existen a partir de $H(x)G(y)=0$ . Debemos comprobar si existen soluciones de la EDO en las que este producto es nulo. Hay que sustituir las soluciones de $H(x)G(y)=0$ y comprobar si son soluciones de la EDO o no. Si lo son, se añaden a la solucion general.

Ejemplo I.16.

Consideremos la EDO por variables separables $2ydx+3xdy=0$ . Dividimos entre $H(x)G(y)=3x\cdot 2y=6xy$ , de forma que se tiene

$\frac{1}{3x}dx+\frac{1}{2y}dy=0\Rightarrow\frac{1}{2y}dy=-\frac{1}{3x}dx$

Integramos cada miembro con respecto a su propia variable:

$\int\frac{1}{2y}dy=-\int\frac{1}{3x}dx+C\Rightarrow\frac{1}{2}\ln(2y)=-\frac{1% }{3}\ln(3x)+C$

Algo aqui.

$\ln\left(\frac{y^{1/2}}{x^{-1/3}}\right)=C\quad\ln(y^{1/2}x^{1/3})=C$

$y^{1/2}x^{1/3}=e^{C}=K\quad\text{notación }(K>0)$

$y=\left(\frac{K}{x^{1/3}}\right)^{2}$

$y=K^{2}x^{-2/3}\quad\text{notación}\quad\boxed{y(x)=Kx^{-2/3}}$

Solución general de la ED $\text{ (orden }1,1\text{ parámetro eficiente)}$

Comentario. En realidad: $\frac{1}{2}\ln|y|=-\frac{1}{3}\ln|x|+C$ …

Hemos dividido entre $6xy$

$6xy=0\implies\begin{cases}x=0\\ y=0\end{cases}$

Hemos podido excluir las soluciones de la EDO que verifican $x=0$ e $y=0$ .
- •
  
  Caso $y=0\longrightarrow y^{\prime}=0$
  
  En la EDO ( $2y+3xy^{\prime}=0$ ):
  
  $\displaystyle 2\cdot 0+3x\cdot 0$
  
  $\displaystyle{}=0$
  
  $\displaystyle 0+0$
  
  $\displaystyle{}=0$
  
  $\displaystyle 0$
  
  $\displaystyle{}=0\quad\text{se verifica la EDO.}$
  
  Por tanto, $y=0$ es otra solución de la EDO, que no puede incluirse en la solución general, porque $K=e^{C}>0$ ( $\neq 0$ ).
  
  (Es solución singular).
  
  Sin embargo, la incluimos forzando la posibilidad $k=0$ en la solucion general (sabiendo que tiene otro origen).
- •
  
  Caso $x=0$ : En la EDO $(2y+3xy^{\prime}=0)$ :
  
  $\displaystyle 2y+3\cdot 0\cdot y^{\prime}$
  
  $\displaystyle{}=0$
  
  $\displaystyle 2y+0$
  
  $\displaystyle{}=0$
  
  $\displaystyle 2y$
  
  $\displaystyle{}=0$
  
  $\displaystyle y$
  
  $\displaystyle{}=0\implies\text{recaemos en el caso anterior }y=0$
  
  Comprobación de la solución general:
  
  EDO: $2y+3xy^{\prime}=0$
  
  $y(x)=kx^{-2/3}$
  
  $y^{\prime}(x)=\frac{-2}{3}kx^{-5/3}$
  
  $\displaystyle\Rightarrow$
  
  $\displaystyle{}2kx^{-2/3}+3x\frac{-2}{3}kx^{-5/3}=$
  
  $\displaystyle{}=2kx^{-2/3}-2kx^{-2/3}=0\quad\text{¡OK!}$