ITESM, Campus Monterrey Departamento de Matem´ aticas MA-841: Ecuaciones Diferenciales Lectura #8

2

Profesor: Victor Segura Flores

Unidad II: Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior

2.1

Ecuaciones Diferenciales Reducibles en Orden

Una ecuaci´ on diferencial ordinaria de segundo orden, como dijimos anteriormente, es una ecuaci´on donde aparece la segunda derivada de una funci´on desconocida y no aparecen derivadas de orden mayor. Una ecuaci´on diferencial de segundo orden es de la forma F (x, y,

dy d2 y )=0 , dx dx2

por ejemplo d2 y dy − + ex seny = 0 dx2 dx En general las ecuaciones de este tipo son muy dif´ıciles de resolver. Sin embargo, para tipos especiales de estas ecuaciones se conocen sustituciones que transforman la ecuaci´on original en una que puede resolverse en forma r´apida. un m´etodo consiste en hacer una adecuada sustituci´ on para rebajar el orden y, despu´es, tratar de resolver el resultado. Los ejemplos mostrados en la primera secci´ on son de ese tipo. 3x2

Consideremos los siguientes casos: 2.1.1

Cuando no aparece la variable dependiente ni su primera derivada

La ecuaci´ on toma la forma F (x,

d2 y )=0 dx2

Estas ser´ an expresables siempre como d2 y = f (x) dx2 que se pueden reducir a primer orden haciendo la sustituci´on z = d2 y dz on toma la forma dx = dx2 . Haciendo este cambio la ecuaci´ dz = f (x) dx que es una ecuaci´ on de primer orden. Se puede escribir como dz − f (x)dx = 0 es una ecuaci´ on exacta cuya soluci´on es z−

Z

f (x)dx = C1

dy dx ,

lo que implica que

o bien

Z

z= como z =

dy dx ,

f (x)dx + C1

reemplazando obtenemos nuevamente una ecuaci´on de primer orden dy = dx

Z

f (x)dx + C1

que se escribe como 

Z

dy −

f (x)dx + C1 dx = 0

la cual es exacta. Su soluci´ on es y−

Z Z



f (x)dx dx − C1 x = C2

Z Z

y=



f (x)dx dx + C1 x + C2

Observamos que la soluci´ on de la ecuaci´on diferencial de segundo orden tiene una soluci´on que posee dos constantes arbitrarias, C1 y C2 , esto se debe a que se tuvieron que realizar dos integraciones para obtener la soluci´on. Para obtener una soluci´ on particular, determinando los valores C1 y C2 , se requiere de dos condiciones en el problema, condiciones sobre la funci´on desconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable independiente, llamadas condiciones iniciales. Este tipo de condiciones se manejaron en los ejemplos de la primera parte especificando la posici´ on inicial, x0 , y la velocidad inicial, v0 , en t = 0. O condiciones sobre la funci´on desconocida especificadas en 2 o m´ as valores de la variable independiente, como y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1 , llamadas condiciones frontera. Ejemplo Resolver la ecuaci´ on de segundo orden (1 − x2 )

d2 y + x3 = 0 dx2

Como es una ecuaci´ on en la cual no parece la variable dependiente, y, ni su primera dy dy d2 y dz derivada, dx , podemos reducirla de orden haciendo z = dx y por lo tanto dx = dx 2. Nota: Usaremos simplemente la letra y para denotar a la funci´ on y que depende de x, y no y(x).

La ecuaci´ on toma la forma

dz + x3 = 0 dx dz x3 =− dx 1 − x2 x3 dz + dx = 0 1 − x2 esto es una ecuaci´ on diferencial de primer orden exacta, su soluci´on es (1 − x2 )

Z

z+

x3 dx = C1 1 − x2 2

para encontrar la antiderivada que esta indicada, dividimos x3 entre 1 − x2 obteniendo x dx = C1 1 − x2 

Z 

−x +

z+ que se puede escribir como Z

z− antiderivando

reemplazando z =

1 xdx − 2

Z

−2x dx = C1 1 − x2

z−

x2 1 − ln(1 − x2 ) = C1 2 2

z=

x2 1 + ln(1 − x2 ) + C1 2 2

dy dx

dy x2 1 = + ln(1 − x2 ) + C1 dx 2 2 obtenemos nuevamente una ecuaci´on de primer orden exacta "

#

x2 1 + ln(1 − x2 ) + C1 dx = 0 dy − 2 2 resolviendo Z

dy −

Z " 2 x

#

1 + ln(1 − x2 ) + C1 dx = C2 2 2

x3 1 y− − ln(1 − x2 )dx − C1 x = C2 6 2 podemos resolver la antiderivada que esta indicada haciendo los siguientes pasos Z

1. integrando por partes Z

R

ln(1 − x2 )dx

ln(1 − x2 )dx = x ln(1 − x2 ) + 2 u = ln(1 − x2 ) du =

Z

x2 dx 1 − x2

dv = dx

−2x dx 1 − x2

v=x

2. dividiendo x2 entre 1 − x2 en la antiderivada del lado derecho de la igualdad: Z

2

2

ln(1 − x )dx = x ln(1 − x ) + 2 2

Z 

1 −1 + dx 1 − x2

= x ln(1 − x ) − 2x + 2

3



Z

1 dx 1 − x2

3. Descomponiendo en fracciones parciales la antiderivada del lado derecho de la igualdad: ! Z Z 1 1 2 2 2 ln(1 − x )dx = x ln(1 − x ) − 2x + 2 + 1 + x dx 1−x 2 = x ln(1 − x2 ) − 2x − ln(1 − x) + ln(1 + x) = x ln(1 − x2 ) − 2x + ln

1+x 1−x

por lo tanto la soluci´ on de la ecuaci´on diferencial es 1+x x3 1 x ln(1 − x2 ) − 2x + ln − C1 x = C2 y− − 6 2 1−x 

o bien y=



x3 1 1 1+x + (C1 − 1)x + x ln(1 − x2 ) + ln + C2 6 2 2 1−x

Ejemplo Resolver la ecuaci´ on de segundo orden, sujeta a las condiciones iniciales y(1) = 3, y 0 (1) = 1 d2 y + 6x = 0 dx2 Como no aparece la variable dependiente, y, ni su derivada, dy d2 y dz on la forma z = dx , de donde dx = dx 2 , tomando la ecuaci´ dz + 6x = 0 dx que es una ecuaci´ on de primer orden. Se puede escribir como dz + 6xdx = 0 que es exacta. Su soluci´ on es z + 3x2 = C1 reemplazando z =

dy dx

tenemos

dy = C1 − 3x2 dx usando la condici´ on inicial de que y 0 (1) = 1 tenemos que 1 = C1 − 3 4 = C1 por lo tanto la ecuaci´ on diferencial puede escribirse como dy = 4 − 3x2 dx o bien dy + (3x2 − 4)dx = 0 4

dy dx ,

hacemos el cambio

que es una ecuaci´ on de primer orden exacta, su soluci´on es y + x3 − 4x = C2 con la condici´ on inicial y(1) = 3 tenemos 3 + 1 − 4 = C2 0 = C2 por lo tanto la soluci´ on particular de la ecuaci´on diferencial que satisface las condiciones iniciales es y = 4x − x3 2.1.2

Cuando no aparece la variable dependiente

Si una ecuaci´ on de segundo orden contiene la primera y la segunda derivada de la variable dependiente y, pero no contiene la y directamente, toma la forma F (x, y 0 , y 00 ) = 0 Para estos casos la sustituci´ on z=

dz d2 y = 2 dx dx

dy dx

rebajar´a en una unidad el orden de la ecuaci´on F (x, z, z 0 ) = 0 dando una ecuaci´ on diferencial de primer orden en z y x. Se resuelve, determinando G(x, z) = C1 se reemplaza z =

dy dx ,

quedando otra ecuaci´on de primer orden G(x, y 0 ) = C1

se resuelve para tener y en terminos de x G(x, y) = C2 Ejemplo Encontrar la soluci´ on particular para x

dz dx

d2 y dy =0 + dx2 dx

y(1) = 2

y(e) = 1

Es una ecuaci´ on en la cual no parece la variable dependiente y. Haciendo z = d2 y = dx2 tenemos dz x +z =0 dx 5

dy dx ,

que puede escribirse como dz z =− dx x o bien

dz dx + =0 z x

integrando ln z + ln x = C ln(z x) = C z x = e C = C1 z= reemplazando z =

dy dx

C1 x

tenemos dy C1 = dx x

o sea dy −

C1 dx = 0 x

integrando y − C1 ln x = C2 y = C1 ln x + C2 condici´on y = 2 cuando x = 1 2 = C1 ln(1) + C2 2 = C2 y = C1 ln x + 2 condici´on y = 1 cuando x = e 1 = C1 ln e + 2 −1 = C1 por lo tanto la soluci´ on particular es y = − ln x + 2 y = ln

1 +2 x

Ejemplo Encontrar la soluci´ on general de la ecuaci´on (1 + x2 )

d2 y dy +x +x=0 dx2 dx

Como no aparece la variable dependiente y podemos reducirla de orden haciendo z = d2 y 0 z = dx 2.

6

dy dx ,

Obtenemos la ecuaci´ on

dz + xz + x = 0 dx −x(z + 1) dz = dx 1 + x2

(1 + x2 )

dz =

−x(z + 1) dx 1 + x2

x(z + 1) dx = 0 1 + x2 dz x + dx = 0 1 + z 1 + x2 dz +

integrando ln(1 + z) +

1 ln(1 + x2 ) = C 2

p

(1 + z) 1 + x2 = C1 C1 −1 z=√ 1 + x2 reemplazando z =

dy dx

tenemos C1 dy −1 =√ dx 1 + x2   C1 dy + 1 − √ dx = 0 1 + x2

integrando dx = C2 1 + x2 La integral indicada se puede resolver haciendo una sistituci´on trigonom´etrica; x = tan θ y dx = sec2 θdθ y + x − C1

Z

√

dx = 1 + x2

Z

√

sec2 θdθ = 1 + tan2 θ

Z

Z

√

sec2 θdθ = sec θ

Z

sec θdθ = ln(sec θ + tan θ) p

= ln( 1 + x2 + x)

tan θ = x

sec θ =

p

1 + x2

por lo tanto la soluci´ on es p

y + x − C1 ln( 1 + x2 + x) = C2 o bien p

y = −x + C1 ln( 1 + x2 + x) + C2

7

2.1.3

Cuando no aparece la variable independiente

Estas ecuaciones diferenciales son ecuaciones de la forma dy d2 y , )=0 dx dx2

F (y, Si hacemos z =

dy dx

y

dz dx

=

d2 y dx2

obtenemos dz )=0 dx

F (y, z,

que es una ecuaci´ on que contiene tres variables y, z y x. En estos casos podemos eliminar la variable x, para esto utilizamos la regla de la cadena para las derivadas, y escribimos d2 y dz dz dy dz = = = z 2 dx dx dy dx dy por lo tanto tendremos una ecuaci´on de primer orden de la forma F( y, z,

dz dy )

=0

se resuelve obteniendo f( y, z) = C1 pudiendose escribirse como z = g(y) + C1 reemplazando z =

dy dx

tenemos

dy = g(y) + C1 dx pudiendose resolverse para x en t´erminos de y x = H(y) Ejemplo Resolver la ecuaci´ on diferencial de segundo orden d2 y y 2+ dx



dy dx

2

=

dy dx

Como podemos observar no aparece la variable independiente x. Hagamos el cambio dy d2 y dz z = dx y dx on 2 = z dy , obteniendo la ecuaci´ yz

dz + z2 = z dy

dz z − z2 1−z = = dy yz y o bien dz +

z−1 dy = 0 y 8

dz dy + =0 z−1 y integrando Z

dz + z−1

Z

dy =C y

ln(z − 1) + ln y = C ln(z − 1)y = C (z − 1)y = C1 C1 +1 y

z= reemplazando z =

dy dx

dy C1 = +1 dx y dy = (

C1 + 1)dx y

y dy − dx = 0 C1 + y Z Z y dy − dx = C2 C1 + y si en la primera integral realizamos la divisi´on C1 1− dy − C1 + y

Z 



Z

dx = C2

y − C1 ln(C1 + y) − x = C2 despejando a x en funci´ on de y x = y − C1 ln(y + C1 ) + C2 Ejemplo Resolver y

d2 y 1 + 4y 2 − dx2 2



dy dx

2

=0

y(0) = 1

y 0 (0) =

√

Como en la ecuaci´ on no aparece la variable independiente x, hacemos z= obteniendo la ecuaci´ on yz

dy dx

dz y z dy =

d2 y dx2

dz 1 + 4y 2 − z 2 = 0 dy 2 1 2 z − 4y 2 dz = 2 dy yz

9

8

dz =

z2 − 8 y2 dy 2yz

2 y z dz + (8y 2 − z 2 )dy = 0 ∂N = −2V ∂V

∂M = 2z ∂y tiene un factor integrante que es funci´on de y f (y) =

∂N ∂z

∂M ∂y

− M

F (y) = e

R

=

− y2 dy

−2z − 2z −4 z 2 = =− 2yz 2yz y

= e−2 ln y = y −2 =

1 y2

multiplicando tenemos 2z z2 dz + (8 − 2 )dy = 0 y y ahora

2z ∂N ∂M =− 2 = ∂y y z

ya es exacta, por lo tanto existe f (y, z) tal que ∂f 2z = M (x, y) = ∂z y entonces

Z

f (y, z) = =

2z dz + φ(y) y

z2 + φ(y) y

por lo tanto ∂f (y, z) z2 = − 2 + φ0 (y) = N (y, z) ∂y y −

z2 z2 0 + φ (y) = 8 − y2 y2 φ0 (y) = 8 dφ = 8dy dφ − 8dy = 0 Z

dφ −

Z

8dy = 0

φ − 8y = 0 φ(y) = 8y por lo tanto f (y, z) =

z2 + 8y y

10

La soluci´ on a la ecuaci´ on diferencial es z2 + 8y = C y o bien z 2 = Cy − 8y 2 reemplazando z =

dy dx

tenemos 

usando la condici´ on inicial

dy dx

=

dy dx

2

= Cy − 8y 2

√ 8 cuando x = 0 y y = 1 tenemos √ 2

8

= C(1) − 8(1) C = 16

quedando la ecuaci´ on como dy 2 = 16y − 8y 2 dx q dy = 16y − 8y 2 dx





dy = p

p

(1)

q

16y − 8y 2 dx

dy = dx 16y − 8y 2

dy − dx = 0 16y − 8y 2

integrando Z p

dy − 16y − 8y 2

Z

dx = C1

si en la primera integral completamos un trinomio cuadrado perfecto dentro del radical y hacemos la sustituci´ on y − 1 = sen θ obtenemos: Z

dy = 16y − 8y 2

p

Z

dy = 2 −8(y − 2y + 1) + 8

Z

p

p

dy 1 =√ 2 8 − 8(y − 1) 8

Z p

1 cos θdθ 1 1 1 √ =√ dθ = √ θ = √ sen−1 (y − 1) =√ 8 8 8 8 1 − sen2 θ obtenemos como soluci´ on 1 √ sen−1 (y − 1) − x = C1 8 √ sen−1 (y − 1) = 8x + C1 Z

Z

usando la condici´ on inicial y = 1 cuando x = 0 sen−1 0 = C1 0 = C1 11

dy 1 − (y − 1)2

obtenemos la soluci´ on particular √ sen−1 (y − 1) = 8x √ y = sen( 8x) + 1 Nota: Si en la ecuaci´ on (2.1) tenemos la ra´ız negativa,

dy dx

p = − 16y − 8y 2 , obtenemos la soluci´ on

√ y = −sen( 8x) + 1 Ejercicios Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales, determinando la constante de integraci´ on cuando se den las condiciones iniciales. 1.

d2 y dx2

= 12x; y = 1 y

2.

d2 y dx2

− sen x =

3.

d2 y dx2

=

2

d2 y dx2

−

dy dx

dy dx

2

d y 7. 2 dx 2 −

=0;y=2y

−



 dy −1 dx

4+





dy dx

r

2

d y 8. y 2 dx 2 +



 dy 3 dx

2

d y 2 9. y dx 2 + 4y −

10.

d2 x dt2

1 1−x .

dy dx

= 3 cuando x = 1.

= x.

d y 6. 2x dx 2 − 2

= −2 cuando x = 0.

x . (x2 +1)2

d y 4. x dx 2 +

5.

dy dx

− 100 +

1 2



dy dx

= 0.

=0;y=0y

dy dx

= −4 cuando x = 0.

= 0. 

dx dt

 dy 2 dx

2

=0;y=1,

=0;x=0,

dx dt

dy dx

=

√

8 cuando x = 0

= 26 cuando t = 0.

Soluciones 1. y = 2x3 − 2x + 1. 2. y = (x − 1) ln(x − 1) − sen x + (C1 − 1)x + C2 ; x > 1. 3. y = C1 x + C2 − 21 tan−1 x. 4. y = 3 ln x + 2 ; x > 0. 2

5. y = − x2 − (1 + C1 e−x )x + C2 6. y =

2 3C1 (C1 x

7. y =

1 3 48 x

3

− 1) 2 + C2

− 4x

8. x = C1 y − ln y + C2 √ 9. y = 1 + sen ( 8x)

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