factores integrantes

Usuario

Typewritten text

FACTORES INTEGRANTES Cómo resolver Ecuaciones Lineales, Ecuaciones de Bernoulli o Ecuaciones no Exactas hechas exactas

Usuario

Typewritten text

Usuario

Rectangle

FACTORES INTEGRANTES

En este artículo aprenderás a obtener con facilidad los FACTORES INTE-GRANTES, para diferentes tipos de Ecuaciones Diferenciales (EDO'slineales, EDO's de Bernoulli, EDO's No exactas hechas exactas), uti-lizando algebra para deducir dichos factores, así como las leyes de deri-vación e integración.

Según el Dr. Torben K. Jensen, del Center for Learning and Educa-cation en la University of Aarhus en Dinamarca, dice que la mejor formade aprender es construir nueva información sobre la vieja informa-ción ya adquirida y afianzada1

1. Video: Teaching Teaching & Understanding Understanding. Youtube.

1

Además, podrás comparar estos resultados con los obtenidos mediantelos métodos de 4 pasos que utilizmos en el blog de ecuaciones diferenciales, para que entiendaslos conceptos más a fondo.

.

. Metodología Utilizada

1. En cada Ejercicio:

� Determinaremos el tipo de Ecuación Diferencial que se nos pre-senta para resolver

� Escribiremos la estrategia específica que nos permíta convertiren lineal o exacta la ED a solucionar.

� Encontraremos el factor integrante para dicha ecuación

� Resolvemos la ED mediante un método mas intuitivo y diferenteal de los 4 pasos utilizados en este blog:

i. Para las ED lineales de primer orden:

2

Utilizaremos la regla de derivacion del producto: d(uv) = udv +

vdu, junto con el Factor Integrante encontrado, para hallar lafunción solución de la ED. Una explicacion del porque de estatécnica se puede ver en el sigueinte link: click aquí.

ii. Para las ED exactas:

Utilizaremos la forma estándar de la ecuación:

M(x,y)dx+N(x, y)dy=0 (1)

y el hecho de que un Factor Integrante ¼ al ser multiplicadopor la ED de la forma de (1) la convierte en una ED exacta sicumple con el criterio de exactitud:

´M

´y

=

´N

´x

2. Utilizaremos la comparación de los métodos (el visto en éste artículoy el de los 4 pasos) en el Ejemplo 1 de los ejercicios desarrollados,para la comprensión más profunda de los temas.

3 BLOG: http://ecuaciondiferencialejerciciosresueltos.com/

Alejandro Vivas Riverolhttp://es.gravatar.com/adiutor

http://ecuaciondiferencialejerciciosresueltos.com/

http://es.gravatar.com/adiutor















EJERCICIOS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFE-RENCIALES MEDIANTE LA OBTENCION DE FAC-TORES INTEGRANTES

Factores Integrantes

1 Ejemplo 1. Resolver la ED siguiente (ED linealdel 1er orden)

dy

dx

+ y=2+2x (2)

Tipo de Ecuación Diferencial

La ecuación de arriba concuerda con la forma estándar de una ED linealde primer orden, la cual es:



Dynamic Systems IntelligenceDynamic Systems IntelligenceDynamic Systems Intelligence










dy

dx

+P(x)y= f (x)

Estrategia de Solución

Encontraremos el Factor integrante y utilizaremos la regla del pro-ducto, para integrar parte de la ecuación directamene (lado izquierdo),mediante el adecuar la ecuación a la forma de la regla del productousando el factor integrante. Compararemos esta técnica con la de los4 pasos.

Factor Integrante(FI)

Sabemos, de acuerdo a lo desarrollado en el artículo: Cómo resolverecuaciones diferenciales con el método del factor integrante, que elfactor integrante para una ED lineal de primer orden es:

e

+

P(x)dx

De modo que sustituyendo los valores de (2), en la expresión anterior,obtenemos el factor integrante buscado, es decir:



















e

+

P(x)dx

=e

+

dx

= e

x,

De modo que el Factor Integrante es:

e

x

donde:

P(x)=1

Resolvemos la ED

Multiplicamos el Factor Integrante por ambos miembros de la ecuación(1) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto:

e

x

dy

dx

+ e

x

y= e

x

(2+2x)

El lado izquierdo es igual a la de la regla del producto, por tanto:

d

dx

(e

x

y)=2e

x

+2xe

x




















Donde hemos desarrollado el 2omiembro de la ED. Ahora, notemos quela inclusión del Factor Integrante nos permite integrar ambos miembrosde la ED. Procedemos como sigue:

+

d

dx

(e

x

y)=2

+

e

x

dx+2

+

xe

x

dx+C

Integramos por partes:

+

xe

x

dx:

u= x dv=e

x

dx

du=dx v=e

x

Òe

x

y=2e

x

+2(xex�+

e

x

dx)+C

Òe

x

y=2e

x

+2xe

x

�2e

x

+C

Òe

x

y=2xe

x

+C

Òy=2x+Ce

�x












Por lo que el resultado buscado es:

y=2x+Ce

�x

El mismo ejemplo, resuelto mediante el método de los 4 pasos, es elsiguiente:

Paso 1. Forma Estándar

dy

dx

+y=2+2x

Paso 2. Factor Integrante

e

+

P(x)dx

=e

+

dx

= e

x

Forma de la Solución

y= y

c

+ y

p

Paso 3. Solución del sistema Homogeneo Asociado

y

c

=Ce

�

+

P(x)dx

=Ce

�

+

dx

=Ce

�x













Paso 4. Solución del Sistema No Homegéneo

y

p

=

1

e

+P(x)dx

+

e

+

P(x)dx

f (x)dx=

1

e

x

+

e

x

(2+2x)dx=

1

e

x

[2+

e

x

dx+2

+

xe

x

dx]

La integral

+

xe

x

dx, ya la hemos desarrollado en este mismo ejemploasi que solo escribimos el resultado:

y

p

=

1

e

x

[2+

e

x

dx+2

+

xe

x

dx]=1

e

x

[2e

x

+(2xe

x

�2e

x

)]=

1

e

x

[2xe

x

]=2x

Por tanto el resultado es:

y= y

c

+ y

p

=Ce

�x

+2x

2 Ejemplo 2. Resuelva la siguiente ED (Ecuaciónde Bernoulli)

dy

dx

� y=xy

2 (3)












Tipo de Ecuación diferencial

La ecuación de arriba concuerda con la forma estándar de una ED deBernoulli, la cual es:

dy

dx

+P(x)y= f (x)y

n


Convertimos la ED de Bernoulli, en un ED lineal de primer orden,mediante una sustitución de variables. SiempreUtilizaremos la sustitución:

u= y

1�n

Resolveremos la ED lineal resultante con en el Ejemplo 1, encontrandoun factor integrante y utilizando la regla de derivación de un producto.

Factor integrante(FI)

Para encontrar el FI, necesitamos convertir primero la ED de Bernoullien una ED lineal (de primer orden)




















Para tal efecto, en nuestro caso, utilizamos la sustitución:

u= y

1�2

u= y

�1

Ya que n=2 , que proviene del 2o miembro de (3), (&= xy

2)

De modo que sustituimos en (3): u = y

�1. Procedemos con el razona-miento siguiente:

u= y

�1, Ò u=

1

y

o dicho de otra forma:

y=u

�1 (4)

De (4) debemos saber que: y(u(x)),

Por tanto, aplicando la regla de la cadena a (4), tenemos:

dy

dx

=

dy

du

�

du

dx

=�u

�2

du

dx

(5)












Ahora, tenemos el valor de y y dy

dx

y podemos sustituirlos en (3), parahacerla lineal, procedemos como sigue:

dy

dx

� y = xy

2

Ò�u

�2

du

dx

�

1u

= x

(

1u

)

2

Ò

du

dx

+

1

u�u

�2

= x

1

u

2

�u

�2

Ò

du

dx

+

u

2

u

=

x�u

2

u

2

Ò

du

dx

+u = x

De modo que ahora tenemos una ED lineal de primer orden y podemosencontrar su factor integrante:

e

+

P(x)dx

= e

+

dx

= e

x













De modo que el factor integrante es:

e

x

Resolvemos la ED

Multiplicamos el Factor Integrante por ambos miembros de la ecuación(3) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto y procedemoscomo en el ejemplo anterior:

e

x

du

dx

+e

x

u=xe

x

Ò

d

dx

(e

x

u)=xe

x

Òe

x

u=

+

xe

x

dx+C

u= x dv=e

x

dx

du=dx v=e

x












Òe

x

u= (xex�+

e

x

dx)+C

Òe

x

u=xe

x

� e

x

+C

Òu=

xe

x

�e

x

+C

e

x

Ahora, una vez despejado el valor de u, retomamos las variables origi-nales. Por tanto, si:

y=u

�1

=

1u

, entonces:

y=

e

x

xe

x

�e

x

+C

De modo que el resultado es:

y=

e

x

xe

x

�e

x

+C

El mismo ejemplo, resuelto mediante el método de los 4 pasos pararesolver ED exactas, es el siguiente:














du

dx

+u=x


e

+

P(x)dx

=e

+

dx

= e

x


u=u

c

+u

p


u

c

=Ce

�

+

P(x)dx

=Ce

�

+

dx

=Ce

�x

Paso 4. Solución del Sistema No Homogéneo

u

p

=

1

e

+P(x)dx

+

e

+

P(x)dx

f (x)dx=

1

e

x

+

e

x

(x)dx

La integral

+

xe

x

dx, ya la hemos desarrollado en el Ejemplo 1 , asi quesolo escribimos el resultado:












u

p

=

1

e

x

+

xe

x

dx=

1

e

x

[xex�+

e

x

dx]=1

e

x

[xe

x

� e

x

]


u=u

c

+u

p

=Ce

�x

+e

�x

[xe

x

�e

x

]

u=

C+xe

x

�e

x

e

x

Y regresando a la variable original: u= 1

y

Òy=

1u

, tenemos:

1

y

=

C+xe

x

�e

x

e

x

y=

e

x

C+xe

x

�e

x


xdy�2ydx=(x�2)e

x

dx (6)














Por inspección podemos determinar que la ED es lineal de 1er orden, locual se hace evidente mediante el siguiente desarrollo:

xdy�2ydx=(x�2)e

x

dx

Òxdy�2ydx� (x�2)e

x

dx=0

Òxdy+(�2y� (x�2)e

x

)dx=0

Òx

dy

dx

+(�2y� (x�2)e

x

)=0

Òx

dy

dx

�2y=(x�2)e

x

Por ultimo:

dy

dx

�

2y

x

=

(x�2)

x

e

x (7)

La cual se adecua a la forma estándar de una ED lineal de primer orden:

dy

dx

+P(x)y= f (x)













Encontraremos el Factor integrante y utilizaremos la regla del pro-ducto, para integrar parte de la ecuación directamene (lado izquierdo),mediante el adecuar la ecuación a la forma de la regla del productousando el factor integrante. Compararemos esta técnica con la de los4 pasos.


Como describimos en el articulo: Cómo resolver ecuaciones diferen-ciales con el método del factor integrante, el factor integrante es (verel Ejemplo 1, tambien):

e

+

P(x)dx

= e

�2

+

dx

x

= e

�2lnx

= e

lnx

�2

= x

�2

=

1

x

2













Donde:

P(x)=�

2

x

,

Resolvemos la ED

Multiplicamos el Factor Integrante por ambos miembros de la ecuación(7) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto (procedemoscomo en el Ejemplo 1):

(

1

x

2

)

dy

dx

�

(

1

x

2

)

2y

x

=

(

1

x

2

)

(x�2)e

x

x

2

Ò

(

1

x

2

)

dy

dx

�

(

2

x

3

)

y =

(1

x

2

)

(x�2)e

x

x

2

Ò

d

dx

(

1

x

2

y

)=

(

1

x

2

)

(x�2)e

x

x

2

Un vez que tenemos la forma de la regla del producto, integramos paraobtener la función solución. De modo que:
















Ò

y

x

2

=

+

xe

x

x

3

dx�2

+

e

x

x

3

dx+C

Ò

y

x

2

=

+

e

x

x

2

dx�2

+

e

x

x

3

dx+C

Para integrar por partes

+

e

x

x

2

dx, utilizamos:

u= e

x ; dv=x

�2

dx

du=e

x

dx ; v=

�1

x

Para integrar por partes:

+

e

x

x

3

dx, utilizamos:

u= e

x ; dv=x

�3

dx

du=e

x

dx ; v=

�1

2x

2

Por tanto, sustituyendo los valores anteriores en las integrales corres-pondientes, tenemos:













Ò

y

x

2

=�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx�2

[

�

e

x

2x

2

+

12

+

e

x

x

2

dx

]

+C

Ò

y

x

2

=�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx+

e

x

x

2

�

+

e

x

x

2

+C

Ò

y

x

2

=�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx+

e

x

x

2

�

[

�e

x

x

+

+

e

x

x

dx

]

+C

Ò

y

x

2

=�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx+

e

x

x

2

+

e

x

x

�

+

e

x

x

dx+C

Ò

y

x

2

=

e

x

x

2

+C

Òy= e

x

+Cx

2

Por tanto, la función solución es:

y= e

x

+Cx

2













Paso 1. Forma Estándar:

xdy�2ydx=(x�2)e

x

dx

Òdy�

2y

x

dx=

1

x

(x�2)e

x

dx

Ò

dy

dx

�

2

x

y=

1

x

(x�2)e

x

Ò

dy

dx

�

2

x

y=e

x

�

2

x

e

x


e

+

P(x)dx

=e

�2

+

1

x

dx

=e

�2 lnx

=e

lnx

�2

=

1

x

2


y= y

c

+ y

p














y

c

=Ce

�

+

P(x)dx

=Ce

2

+

1

x

dx

=Ce

2 lnx

=Ce

lnx

2

=Cx

2


y

p

=

1

e

+P(x)dx

+

e

+

P(x)dx

f (x)dx=

1

1

x

2

+

1

x

2

(

e

x

�

2

x

e

x

)

dx=x

2

[

+

e

x

x

2

dx�2

+

e

x

x

3

dx

]

y

p

= x

2

[

�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx�2

+

e

x

x

3

dx

]

y

p

= x

2

[

�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx�2

[

�

e

x

2x

2

+

12

+

e

x

x

2

dx

]]

y

p

= x

2

[

�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx+

e

x

x

2

�

[

�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx

]]

y

p

=x

2

[

�

e

x

x

+

+

e

x

x

dx+

e

x

x

2

+

e

x

x

�

+

e

x

x

dx

]]

y

p

=e

x













y= y

c

+ y

p

=Cx

2

+ e

x


Circuito LR en serie con suministro de voltaje variable

di

dt

�6i=10Sen2t (8)


Por inspección podemos determinar que la ED es lineal de 1er orden, esdecir tiene la forma:

dy

dx

+P(x)y= f (x)

Donde:













P(x)=�6

f (x)=10Sen2t


Encontraremos el Factor integrante y utilizaremos la regla del pro-ducto, para integrar parte de la ecuación directamene (lado izquierdo),mediante el adecuar la ecuación a la forma de la regla del productousando el factor integrante.


Como describimos en el articulo: Cómo resolver ecuaciones diferen-ciales con el método del factor integrante, el factor integrante es (verel Ejemplo 1, también):

e

+

P(x)dx

= e

�6

+

dt

= e

�6t

















Resolvemos la ED


di

dt

�6i = 10Sen2t

e

�6t

di

dt

�6e

�6t

i = e

�6t

(10Sen2t)

Ò

d

dt

(e�6ti) = 10e

�6t

Sen2t

Òe

�6t

i = 10

+

e

�6t

Sen2tdt+C (9)

Integrando por partes:

+

e

�6t

Sen2tdt , tenemos:

u=Sen2t ; dv= e

�6t

du=Cos2t (2)dt ; v=

�1

6

+

e

�6t

(�6)dt













v=

�1

6

e

�6t

Entonces:

+

e

�6t

Sen2tdt=

�1

6

e

�6t

Sen2t+

16

+

e

�6t

Cos2t(2)dt

Ò

+

e

�6t

Sen2tdt=

�1

6

e

�6t

Sen2t+

13

+

e

�6t

Cos2tdt (10)

De nuevo, integrando por partes, ahora:

+

e

�6t

Cos2tdt, tenemos:

u=Cos2t ; dv=e

�6t

dt

du=�Sen2t (2)dt ; v=

�1

6

+

e

�6t

(�6)dt

v=

�1

6

e

�6t

De modo que, continuando con la ecuación (10):

+

e

�6t

Sen2tdt=

�1

6

e

�6t

Sen2t+

13

[

�

16

e

�6t

Cos2t�

16

+

e

�6t

Sen2t (2)dt

]












Ò

+

e

�6t

Sen2tdt=

�1

6

e

�6t

Sen2t+

13

[

�

16

e

�6t

Cos2t�

13

+

e

�6t

Sen2tdt

]

Ò

+

e

�6t

Sen2tdt=

�1

6

e

�6t

Sen2t�

1

18

e

�6t

Cos2t�

19

+

e

�6t

Sen2tdt

Debido a que la función:

+

e

�6t

Sen2tdt aparece en ambos miembros de laecuación, podemos simplificar como sigue:

Ò

+

e

�6t

Sen2tdt+

19

+

e

�6t

Sen2tdt=

�1

6

e

�6t

Sen2t�

1

18

e

�6t

Cos2t]

Ò

(

1+

19

)

+

e

�6t

Sen2tdt=

�1

6

e

�6t

Sen2t�

1

18

e

�6t

Cos2t

Ò

10

9

+

e

�6t

Sen2tdt=

�1

6

e

�6t

Sen2t�

1

18

e

�6t

Cos2t

Ò

+

e

�6t

Sen2tdt=

9

10

(

�1

6

e

�6t

Sen2t�

1

18

e

�6t

Cos2t

)

Ò

+

e

�6t

Sen2tdt=

�3

20

e

�6t

Sen2t�

1

20

e

�6t

Cos2t

Una vez resuelto la integral













De modo que, retomando la

+

e

�6t

Sen 2tdt, podemos regresar a la ecua-ción (9) para encontrar la solución del ED (8).

Planteando la ecuación (9) y sustituyendo el resultado anterior obte-nido para la integral

+

e

�6t

Sen2tdt, tenemos:

e

�6t

i = 10

+

e

�6t

Sen2tdt+C

= 10

[

�3

20

e

�6t

Sen2t�

1

20

e

�6t

Cos2t

]

+C

= �

32

e

�6t

Sen2t�

12

e

�6t

Cos2t+C (11)

Por último encontramos el valor de la corriente i(t) despejándolo de (11)como sigue:

i(t) =

1

e

�6t

(

�

32

e

�6t

Sen2t�

12

e

�6t

Cos2t+C

)

= �

3

2e

�6t

e

�6t

Sen2t�

1

2e

�6t

e

�6t

Cos2t+

C

e

�6t

= �

32

Sen2t�

12

Cos2t+Ce

6t



















Por lo que el resultado final es:

i(t)=�

32

Sen2t�

12

Cos2t+Ce

6t


Paso 1. Forma Estándar:

di

dt

�6i=10Sen2t


e

+

P(x)dx

=e

�

+

6dt

=e

�6t


y= y

c

+ y

p














y

c

=Ce

�

+

P(x)dx

=Ce

+

6dt

=Ce

6t


y

p

=

1

e

+P(x)dx

+

e

+

P(x)dx

f (x)dx=

1

e

�6 t

+

e

�6t

(10Sen2t)dt=

10

e

�6 t

+

e

�6t

Sen2t dt

u=Sen2t ; dv=e

�6t

dt

du=Cos2t (2)dt ; v=

�1

6

+

e

�6t

(�6)dt

v=

�1

6

e

�6t

Òy

p

=

10

e

�6 t

+

e

�6t

Sen2t dt

Òy

p

=

10

e

�6 t

[

�

16

e

�6t

Sen2t+

26

+

e

�6t

Cos2tdt

]



















u=Cos2t ; dv=e

�6t

dt

du=�Sen2t (2)dt ; v=

�1

6

+

e

�6t

(�6)dt

v=

�1

6

e

�6t

Òy

p

=

10

e

�6 t

[

�

16

e

�6t

Sen2t+

13

[

�

16

e

�6t

Cos2t�

26

+

e

�6t

Sen2t dt

]]

Notamos que:

+

e

�6t

Sen2t dt=�

16

e

�6t

Sen2t+

13

[

�

16

e

�6t

Cos2t�

26

+

e

�6t

Sen2t dt

]

Por tanto:(

1+

2

18

)

+

e

�6t

Sen2t dt=�

16

e

�6t

Sen2t�

1

18

e

�6t

Cos2t

Ò

+

e

�6t

Sen2t dt=�

9

60

e

�6t

Sen2t�

9

180

e

�6t

Cos2t

Lo que implica:




















y

p

=

10

e

�6 t

[

�

9

60

e

�6t

Sen2t�

9

180

e

�6t

Cos2t

]

y

p

=

32

Sen2t�

12

Cos2t


y= y

c

+ y

p

=Ce

6t

+

32

Sen2t�

12

Cos2t

5 Ejemplo 5. Resolver la Siguiente ED (Ecuaciónde Bernoulli)

dy

dx

+y= y

2

e

x (12)

Tipo de Ecuacion Diferencial

Por inspeción podemos ver que la ED es del tipo Bernoulli, pues tiene laforma:



















dy

dx

+P(x)y= f (x)y

n


Convertimos la ED de Bernoulli, en un ED lineal de primer orden,mediante una sustitución de variables. SiempreUtilizaremos la sustitución:

u= y

1�n

Resolveremos la ED lineal resultante con en el Ejemplo 1, encontrandoun factor integrante y utilizando la regla de derivación de un producto.


Para encontrar el FI, necesitamos convertir primero la ED de Bernoullien una ED lineal (de primer orden)

Para tal efecto, en nuestro caso, utilizamos la sustitución:




















u= y

1�2

u= y

�1

Ya que n=2 , que proviene del 2o miembro de (3), (&= y

2

e

x)

De modo que sustituimos en (12): u = y

�1. Procedemos con el razona-miento siguiente:

u= y

�1, Ò u=

1

y

o dicho de otra forma:

y=u

�1 (13)

De cuatro debemos saber que: y(u(x)),

Por tanto, aplicando la regla de la cadena a (13), tenemos:

dy

dx

=

dy

du

�

du

dx

=�u

�2

du

dx

(14)



















Ahora, tenemos el valor de y y dy

dx

y podemos sustituirlos en (12), parahacerla lineal, procedemos como sigue:

dy

dx

+y = y

2

e

x

Ò�u

�2

du

dx

+

1u

=

(

1u

)

2

e

x

Ò

du

dx

�

1

u�u

�2

=

1

u

2

�u

�2

e

x

Ò

du

dx

�

u

2

u

=

u

2

e

x

u

2

Ò

du

dx

�u = e

x

De modo que ahora tenemos una ED lineal de primer orden y podemosencontrar su factor integrante:

e

+

P(x)dx

= e

�

+

dx

= e

�x




















De modo que el factor integrante es:

e

�x

Resolvemnos la ED


e

�x

du

dx

�e

�x

u=e

�x

e

x

Ò

d

dx

(e

�x

u)=1

Òe

x

u=

+

dx+C

Òe

x

u=x+C

Òu=

x+C

e

x

Ahora, una vez despejado el valor de u, retomamos las variables origi-nales. Por tanto, si:












y=u

�1

=

1u

, entonces:

y=

e

x

x+C

De modo que el resultado es:

y=

e

x

x+C



du

dx

�u=e

x


e

+

P(x)dx

=e

�

+

dx

= e

�x














u=u

c

+u

p


u

c

=Ce

�

+

P(x)dx

=Ce

+

dx

=Ce

x

Paso 4. Solución del Sistema No Homogéneo

u

p

=

1

e

+P(x)dx

+

e

+

P(x)dx

f (x)dx=

1

e

�x

+

e

�x

(e

x

)dx

La integral

+

xe

x

dx, ya la hemos desarrollado en el Ejemplo 1 , asi quesolo escribimos el resultado:

u

p

=

1

e

x

+

e

�x

e

x

dx=

1

e

x

+

dx=

1

e

x

[x]=

x

e

x


u=u

c

+u

p

=Ce

�x

+

x

e

x

u=

C+x

e

x

Y regresando a la variable original: u= 1

y

Òy=

1u

, tenemos:












1

y

=

C+x

e

x

y=

e

x

C+x

6 Ejemplo 6. Resolver la siguiente ED (ED noexacta hecha exacta)

ydx+(xy+x�3y)dy=0 (15)

Tipo de Ecuacion

Por inspeccion notamos que la ecuacion podría ser exacta, pues tienesu forma es de la de una ED de este tipo, donde toda la ED esta IGUA-LADA A CERO y los TERMINOS DEPENDEN de x e y, como se haceevidente en la forma estandar de una ED de este tipo:

M(x, y)dx+N(x,y)dy=0













Claro, es nuestro caso el primer término solo depende de y, pero proce-demos de la misma forma pues el segundo término si depende de x e y.

Estrategia de solucion


M(x, y)dx+N(x, y)dy=0 (16)

y el hecho de que un Factor Integrante ¼ al ser multiplicado por la ED dela forma de (1) la convierte en una ED exacta si cumple con el criteriode exactitud:

´M

´y

=

´N

´x

(17)

Para esto suponemos un Factor Integrante(FI) ¼ y lo multiplicamos porla ED a resolver [en nuestro caso la ecuación (15)] y utilizamos la ecua-cion (17) para despejar el FI: ¼.












Una vez obtenido el FI, resolvemos la ED exacta mediante el método de4 pasos descrito en el artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas.

Factor Integrante (FI)

Primero, determinamos si la ED es exacta:

M(x, y)=y ; N(x, y)= xy+x�3y

´M

ý

=1 ; Ń

´x

=y+1

Por tanto la ED no es exacta, ya que:

´M

ý

`

Ń

´x

Convirtiendo la ED en exacta mediante el Factor Integrante(método alternativo al de los 4 pasos)

Suponemos que ¼ es el FI que convierte a la ED en exacta. Se derivandos casos; el primero donde ¼(x) y el segundo donde ¼(y), el caso selec-cionado será el que solo dependa de la varaible seleccionada. Ver eldesarrollo siguiente:













Primer caso, hacemos FI igual a ¼(x) lo multiplicamos por (15) y utili-zamos la ecuación (17), para despejar ¼(x) ESPERANDO QUE QUEDE ENFUNCIÓN DE x de otra forma usamos el segundo caso.

Segundo caso, FI igual a ¼(y) lo multiplicamos por (15) y utilizamos laecuación (17), para despejar ¼(y) ESPERANDO QUE QUEDE EN FUNCIÓNDE y.

Estas condiciones las usamos debido a que nos interesa convertir enuna ED ordinaria a nuestra ED, es decir en una ED donde las derivadasde sus variables dependientes estén en función de una sola varableindependiente; de otra forma estaríamos hablando de Ecuaciones Dife-renciales parciales.

Procedemos a hallar ¼, de acuerdo a lo descrito:

Primer caso:

¼(x)ydx+ ¼(x)(xy+ x�3y)dy=0

Por tanto:












M(x, y)= ¼(x)y ; N(x,y)= ¼(x)(xy+x�3y)

´M

ý

= ¼(x) ; Ń

´x

= y

(

¼(x)�1+

d¼(x)

dx

�x

)

+ ¼(x)�1+

d¼(x)

dx

�x�3y

´¼(x)

´x

Ń

´x

=No solo depende de x, por lo que no podemosusar ¼(x)

Segundo caso:

¼(y)ydx+ ¼(y)(xy+ x�3y)dy=0

Por tanto:

M(x, y)= ¼(y)y ; N(x, y)= ¼(y)(xy+ x�3y)

´M

ý

= ¼(y)(1)+

d¼(y)

dy

y ; Ń

´x

= ¼(y)y+ ¼(y)

En los dos casos ´M

ý

y Ń

´x

las derivadas parciales solo dependen de y, por

lo que podemos usarlas para encontrar el FI. Procedemos como sigue:













Sustituyendo en (17) y despejando ¼(x), tenemos:

´M

´y

=

´N

´x

¼(y)+y

d¼(y)

dy

= ¼(y)y+ ¼(y)

y

d¼(y)

dy

= ¼(y)y+ ¼(y)� ¼(y)

y

d¼(y)

dy

= ¼(y)y

d¼(y)

dy

=

¼(y)y

y

d¼(y)

dy

= ¼(y)

E integrando el último resultado obtenemos el FI:

d¼(y)

dy

= ¼(y)

d¼(y)

¼(y)

= dy












ln ¼(y) = y

¼(y) = e

y

Por lo que el FI es:

¼(y)=e

y

Resolvemos la ED

Antes corroboramos la exactitud de la nueva ED:

M(x, y)= ¼(y)y=e

y

y ; N(x, y)= ¼(y)(xy+ x�3y)= e

y

(xy+x�3y)

´M

ý

=e

y

y+ e

y ; Ń

´x

=e

y

y+e

y

Por tanto la ED es exacta, ya que:

´M

ý

=

Ń

´x













Resolvemos entonces la ED utilizando los 4 pasos vistos en el artículo:Ecuaciones Diferenciales Exactas, recordando que definimos:

Paso 1.

+

M(x, y)dx+g(y) =

+

e

y

ydx+g(y)

= ye

y

+

dx+g(y)

= xye

y

+g(y)

Paso 2.

´

´y

+

M(x,y)dx+g(y) = N(x, y)

´

´y

(xye

y

)+g

¹

(y) = xye

y

+ xe

y

�3ye

y

x(ye

y

+e

y

)+g

¹

(y) = xye

y

+ xe

y

�3ye

y

xye

y

+ xe

y

+g

¹

(y) = xye

y

+ xe

y

�3ye

y

g

¹

(y) = xye

y

+ xe

y

�3ye

y

�xye

y

�xe

y

g

¹

(y) = �3ye

y












Paso 3.

g(y) =

+

N(x, y)dx�

+

´

´y

+

M(x, y)dydx

g(y) =

+

(�3ye

y

)dy

= �3

+

ye

y

dy

u= y ; dv= e

y

dy

du=dy ; v= e

y

Por tanto:

g(y) = �3[yey�+

e

y

dy]

= �3ye

y

+3e

y

Paso 4.

+

M(x, y)dx+g(y) = c

xye

y

�3ye

y

+3e

y

= c













Es decir, el resultado buscado o la solución es:

c=xye

y

�3ye

y

+3e

y

La representación gráfica de este resultado, se muestra en la Figura 1.

Figura 1. Gráfica de relieve para la solución del ejemplo 6

Ésta gráfica se puede ver en tonos de azul más oscuro las partes bajasdel relieve y en tonos más claros las partes más elevadas.












Una vista tridimencional puede verse a continuación:

Figura 2. Figura 3.

El código en MATHEMATICA para las gráficas de este ejemplo se pre-senta al final del artículo.

7 Ejemplo 7. Resolver la siguiente ED (ED noexacta hecha exacta)

(2s� e

2t)ds=2(se2t�Cos2t)dt













Como la estructura de la ED es parecida a la de una ED exacta (verejemplo anterior), desarrollamos la ecuacion para adecuarla a la formaestandar de una ED.

Ò (2s�e

2t)ds�2(se2t�Cos2t)dt=0

Ò (2s�e

2t)ds� (2se2t�2Cos2t)dt=0

Ò (2s�e

2t)ds+ (�2se2t+2Cos2t)dt=0

Ò (2s�e

2t)ds+ (2Cos2t�2se

2t)dt=0

Es decir la ED a solucionar es:

(2s�e

2t)ds+ (2Cos2t�2se

2t)dt=0 (18)

Tipo de Ecuación

Por inspeccion notamos que la ecuacion (18) podría ser exacta, puestiene su forma es de la de una ED de este tipo, donde toda la ED estaIGUALADA A CERO y los TERMINOS DEPENDEN de x e y, como se haceevidente en la forma estandar de una ED de este tipo:












M(x, y)dx+N(x,y)dy=0

Claro, es nuestro caso los terminos dependen de t y s.



M(x, y)dx+N(x, y)dy=0 (19)

y el hecho de que un Factor Integrante ¼ al ser multiplicado por la ED dela forma de (1) la convierte en una ED exacta si cumple con el criteriode exactitud:

´M

´y

=

´N

´x

(20)

Para esto suponemos un Factor Integrante(FI) ¼ y lo multiplicamos porla ED a resolver [en nuestro caso la ecuación (18)] y utilizamos la ecua-cion (20) para despejar el FI: ¼.

Una vez obtenido el FI, resolvemos la ED exacta mediante el método de4 pasos descrito en el artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas.













Factor Integrante

Primero, determinamos si la ED es exacta:

M(t, s)=2Cos2t�2se

2t ; N(t, s)=2s�e

2t

´M

´s

=�2e

2t ; ´N

´t

=�2e

2t

Por tanto la ED es exacta, ya que:

´M

´s

=

´N

´t

Es decir, el FI en este caso es iagua a 1, como lo hacemos evidente enla siguiente demostración.

Procedemos a hallar ¼, de acuerdo a lo descrito en el ejemplo anterior,en la subseccion del mismo nombre que esta utilizando ahora las varia-bles t y s:

Primer caso ¼(t):

¼(t)(2Cos2t�2se

2t)dt+ ¼(t)(2s� e

2t)ds=0












Por tanto:

M(t, s)= ¼(t)(2Cos2t�2se

2t) ; N(t, s)= ¼(t)(2s� e

2t)ds

´M

´s

=�2¼(t)e

2t ; Ń

´t

=2s

d¼(t)

dt

�2¼(t)e

2t

�

d¼(t)

dt

e

2t

Ń

´t

=No solo depende de t, por lo que nopodemos usar ¼(t)

Segundo caso ¼(s):

¼(s)(2Cos2t�2se

2t)dt+ ¼(s)(2s� e

2t)ds=0

Por tanto:

M(t, s)= ¼(s)(2Cos2t�2se

2t) ; N(t, s)= ¼(s)(2s� e

2t)

´M

´s

=2Cos2t

d¼(s)

ds

+

(

�2¼(s)e

2t

�2se

2t

d¼(s)

ds

)

; Ń

´t

=2¼(s)+2s

d¼(s)

ds

�

d¼(s)

ds

e

2t

En los dos casos ´M

´s

y Ń

´t

las derivadas parciales NO solo dependen de

t o s, por lo que no podriamos utilizar ninguno de los dos casos paraencontrar el FI. Sin embargo, en este caso, como sabemos que la ED













es exacta, solo corroboramos que su FI es igual a 1. Procedemos comosigue.

Utilizamos los valores de ´M

´s

y ´N

´t

del primer caso para este desarrolloaunque se podrian utilizar los valores del segundo caso.

Sustituyendo en (20) y despejando ¼(t), tenemos:

´M

´s

=

´N

´t

�2¼(t)e

2t

= 2s

d¼(t)

dt

�2¼(t)e

2t

�

d¼(t)

dt

e

2t

�2¼(t)e

2t

= 2s

d¼(t)

dt

�

d¼(t)

dt

e

2t

�2¼(t)e

2t

�2¼(t)e

2t

= (2s�e

2t)d¼(t)

dt

�2¼(t)e

2t

�2¼(t)e

2t

+2¼(t)e

2t

= (2s�e

2t)

d¼(t)

dt

¼(t)(�2e2t+2e

2t) = (2s�e

2t)

d¼(t)

dt

(2s� e

2t)d¼(t)

dt

= ¼(t)(�2e2t+2e

2t)












d¼(t)

¼t

=

(�2e2t+2e

2t)dt

(2s� e

2t

)

d¼(t)

¼(t)

= 0dt

ln¼(t) = 0

¼(t) = e

0

¼(t) = 1

Resolvemos la ED

Resolvemos entonces la ED utilizando los 4 pasos vistos en el artículo:Ecuaciones Diferenciales Exactas, recordando que definimos:

Paso 1.

+

M(t, s)dt+g(s) =

+

(2Cos2t�2se

2t)dt+g(s)

= 2

+

Cos2t (2)dt�2s

+

e

2t

+g(s)

=

22

Sen2t�

22

se

2t

+g(s)













= Sen2t� se

2t

+g(s)

Paso 2.

´

´s

+

M(t, s)dt+g(s) = N(t, s)

´

´s

(Sen2t� se

2t)+g

¹

(s) = 2s�e

2t

�e

2t

+g

¹

(y) = 2s�e

2t

g

¹

(y) = 2s

Paso 3.

g(s) =

+

N(t, s)dt�

+

´

´s

+

M(t, s)dsdt

g(s) =

+

(2s)ds

= 2

+

sds

=

22

s

2

g(s) = s

2












Paso 4.

+

M(t, s)dt+g(s) = c

Sen2t� se

2t

+ s

2

= c

Es decir, el resultado buscado o la solución es:

c=Sen2t� se

2t

+ s

2

Código en MATHEMATICA para la solución y graficación del Ejemplo 6.

Algoritmo 1

Clear["Global`*"]PM[x_, y_] := (y);PN[x_, y_] := (x y + x - 3 y);(*Determinación del FI [Factor Integrante]*)PMx = (D[PM[x, y], y] - D[PN[x, y], x])/PN[x, y] // SimplifyPNy = (D[PN[x, y], x] - D[PM[x, y], y])/PM[x, y] // Simplify













FIx = fix == Exp[Integrate[PMx, x]]FIy = fiy == Exp[Integrate[PNy, y]]

(*CONVIRTIENDO EN EXACTA LA ED*)P[x_, y_] := (y)*FIy[[2]];Q[x_, y_] := (x y + x - 3 y)*FIy[[2]];(*Resolviendo la ED*)

xx = Exct == Simplify[D[P[x, y], y] - D[Q[x, y], x]] (* Es exacta? *)

f3 = fx == Integrate[P[x, y], x] + g[y]

df3 = D[f3[[2]], y] == Q[x, y]

s3 = Solve[df3, g'[y]](*//Expand*)

sf3 = gy == Integrate[s3[[1, 1, 2]], y]












sg3 = f == Evaluate [f3[[2]] /. g[y] -> sf3[[2]]] // Expand

s1 = Solve[sg3[[2]] == c, c] // Expand

ContourPlot[Evaluate[s1[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -5, 5}, {y, -5, 5},Contours -> 20, PlotPoints -> 30, PlotRange -> {-10, 10},ContourShading -> True]ContourPlot[Evaluate[s1[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -5, 5}, {y, -5, 5},ContourLabels -> Automatic]Plot3D[Evaluate[s1[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -5, 5}, {y, -5, 5},PlotRange -> {-10, 10}]

Plot3D[Evaluate[s1[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -5, 5}, {y, -5, 5},MeshFunctions -> {#3 &}, Mesh -> 5]













61

Dynamic Systems Intelligence

BLOG: http://ecuaciondiferencialejerciciosresueltos.com/


Dynamic Systems Intelligence

Usuario

Typewritten text

Manuel Alejandro Vivas Riverol @LexViv Ecuacion Diferencial Ejercicios y Aplicaciones

https://www.facebook.com/EcuacionDiferencialAplicaciones

https://twitter.com/LexViv










factores integrantes

Education