ED de primer orden - Parte 1.pdf

Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Análisis Matemático III
FAIN - UNCOMA
2do Cuatrimestre 2021

Resumen
1. Ecuaciones separables.
2. Modelado con ecuaciones separables.
3. Ecuaciones lineales de primer orden.
4. Teorema de existencia y unicidad para ecuaciones lineales de
primer orden.
5. Modelado con ecuaciones lineales.
Análisis Matemático III (FAIN - UNCOMA) Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2do Cuatrimestre 2021 2 / 30

Contenidos previos necesarios
Fórmulas básicas de integración.
Técnicas de integración: integración por partes e integración por
descomposición en fracciones simples.
Algunas propiedades del valor absoluto.

Ecuaciones separables
Comenzaremos nuestro estudio sobre cómo resolver ecuaciones diferenciales
con las más simples de todas las ED: ecuaciones diferenciales ordinarias
de 1° orden con variables separables.
Definición: Ecuación separable
Si el lado derecho de la ecuación:
dy
dx = f (x, y)
se puede expresar como el producto de una función g(x) que sólo depende
de x, por una función p(y) que sólo depende de y, entonces la ecuación
diferencial es separable.
En otras palabras una EDO de 1° orden es separable si se puede expresar
en la forma:
dy
dx = g(x)p(y)

Ejemplo: Una ecuación de primer orden separable
La ecuación dy
dx = y2xe3x+4y está dada en la forma dy
dx = f (x, y)
Además, dy
dx = f (x, y) = (xe3x )(y2e4y )
Si definimos: g(x) = xe3x y p(y) = y2e4y , se tiene:
dy
dx = g(x)p(y)
Por lo tanto la ecuación diferencial es separable.
Ejemplo: Una ecuación de primer orden no separable
La ecuación dy
dx = y + senx está dada en la forma dy
dx = f (x, y)
Sin embargo, no es posible expresar el lado derecho de la EDO: y +senx
como el producto de una función de x y una función de y, entonces la
ecuación diferencial no es separable.

Método para resolver ecuaciones separables
Para resolver la ecuación
(1) dy
dx = g(x)p(y)
multiplicamos por dx y por h(y) := 1
p(y) el lado izquierdo y el lado derecho
de (1), respectivamente, para obtener
(2) h (y) dy = g (x) dx
Luego integramos ambos lados de (2)
R
h (y) dy =
R
g (x) dx
Así,
(3) H(y) = G(x) + C
La ecuación (3) proporciona una solución implícita de la EDO. Las con-
stantes de integración a ambos lados de la ecuación, fueron asociadas en
una única constante C en la ecuación (3).

Ejemplo: Una ecuación no lineal
Resolver: dy
dx = x−5
y2
Solución:
Se separan las variables y se escribe la ecuación en la forma
y2dy = (x − 5) dx
Al integrar se tiene
R
y2dy =
R
(x − 5) dx
1
3y3 = 1
2x2 − 5x + C
Así,
(4) y =

3
2x2 − 15x + K
1
3
, con K = 3C

Ejemplo: Continuación
En la siguiente figura se representa la familia de soluciones dada por la
ecuación (4).

Ejemplo: Pérdida de una solución
Resolver: (5) dy
dx = y2 − 4
Al separar variables se tiene:
dy
y2−4
= dx
Aplicando el método de fracciones simples al lado izquierdo de la ecuación
anterior, se obtiene
1
4
y−2 −
1
4
y+2

dy = dx
Luego de integrar ambos miembros
1
4ln |y − 2| − 1
4ln |y + 2| = x + C1
Por propiedad de logaritmos se tiene
1
4ln y−2
y+2 = x + C1 o bien y−2
y+2 = e4x+4C1 = e4x C2 , siendo C2 = e4C1 .
Notar que C2 debe ser mayor a cero.

Ejemplo: (continuación)
Por propiedad de valor absoluto
y−2
y+2 = ±C2e4x
Al definir C = ±C2 y despejar y, se obtiene una familia uniparamétrica de
soluciones
(6) y = 2 1+Ce4x
1−Ce4x , con C 6= 0.
Observaciones:
La ecuación (5), es una ecuación autónoma con 2 soluciones constantes
y = 2 e y = −2. .
Se puede ver que la solución y = 2 es posible de obtener permitiendo que C
se anule en la ecuación (6). Sin embargo la solución y = −2, no se puede
obtener para ningún valor de C.
Así y = −2 es una solución singular de la EDO (5).

Ejemplo: Un problema con valores iniciales
Resolver el PVI: e2y − y

cosx dy
dx = ey sen2x, y (0) = 0
Al separar variables se tiene:
e2y −y
ey dy = sen2x
cosx dx
Antes de integrar se realiza la división del lado izquierdo y se utiliza la
identidad trigonométrica sen2x = 2senxcosx en el lado derecho. Así
R
(ey − ye−y ) dy =
R
2senx dx
Luego de integrar ambos miembros se obtiene
(7) ey + ye−y + e−y = −2cosx + C
Al sustituir la CI: y(0) = 0 en la ecuación (7), resulta C = 4.
Así una solución del PVI es:
ey + ye−y + e−y = −2cosx + 4

Modelado con Ecuaciones separables
Ejemplo: Objeto en caída libre
Un objeto se suelta y se deja caer en caída libre desde un edificio de 50 m de
altura. Si la dirección positiva está definida hacia arriba: ¿A que altura se
encuentra el objeto a los 2 segundos de ser soltado? ¿ Cuál es la velocidad
del objeto a los 2 segundos?
Solución:
Considerando que sólo actúa la fuerza de gravedad sobre el objeto durante
su movimiento y que s(t) es la función posición en el instante t, entonces
la ecuación diferencial que modela la caída libre es:
d2s
dt2 = −g (g: aceleración de la gravedad)
o bien
d
dt

ds
dt

= −g que es equivalente a dv
dt = −g (v: función velocidad)
Al separar variables se tiene
dv = −g dt

Se integran ambos miembros de la ecuación anterior
R
dv =
R
−g dt
Así, la expresión general de la función velocidad es
v (t) = −gt + C1 o bien ds
dt = −gt + C1
Como el objeto parte del reposo, se tiene que v(0) = 0, por tanto C1 = 0.
Luego la velocidad del objeto en caída libre queda determinada por la
expresión
v (t) = −gt
Así la velocidad del objeto a los 2 segundos es
v(2) = −9, 8m
s2 .2s = −19, 6m
s

Para obtener la expresión de la función posición, se debe resolver la EDO
ds
dt = −gt
Al separar variables e integrar se tiene
R
ds =
R
−gt dt
Por tanto la expresión general de la función posición es
s(t) = −1
2gt2 + C2
Dado que la altura del edificio es de 50m, se tiene que la posición inicial es
50m. Es decir s(0) = 50. Luego C2 = 50. Por lo tanto la función posición
del objeto en caída libre, en este ejemplo, está dada por
s(t) = −1
2gt2 + 50
La altura del objeto en caída libre a los 2 segundos será
s(2) = −9, 8m
s2 .(2s)2 + 50m = 10, 8m

Ecuaciones lineales de primer orden
Continuamos con nuestra búsqueda de las soluciones de las ED de primer
orden examinando las ecuaciones lineales de primer orden.
Definición
Una ecuación diferencial lineal de primer orden es una ecuación que se
puede expresar en la forma
(1) a1(x)dy
dx + a0 (x) y = b (x)
donde a1(x), a0(x) y b(x) sólo dependen de la variable x.
La forma canónica de la ecuación (1) se expresa como
(2) dy
dx + P (x) y = Q (x)
donde P (x) =
a0(x)
a1(x)
y Q (x) = b(x)
a1(x)
Observación: Buscamos una solución de la ecuación (2) en un intervalo I,
en el cual las dos funciones P y Q sean continuas.

Método para resolver ecuaciones lineales de primer orden
(a) Escriba la EDO en su forma canónica, ecuación (2)
(b) Calcule el factor integrante µ (x) mediante la fórmula
µ (x) = e
R
P(x)dx
(c) Multiplique la ecuación en forma canónica por µ (x), y recordando que
el lado izquierdo es d
dx [µ (x) y], obtenga
µ (x) dy
dx + µ (x) P (x) y = µ (x) Q (x)
d
dx [µ (x) y] = µ (x) Q (x)
(d) Integre la última ecuación y luego divida ambos miembros por µ (x),
así
(3) y(x) = 1
µ(x) [
R
µ (x) Q (x) dx + C]

Deducción del método para resolver ecuaciones lineales:
Considerando la forma canónica de una ecuación lineal de primer orden dada
por la ecuación (2)
dy
dx + P (x) y = Q (x)
Se busca determinar un factor integrante µ (x), de modo que al multiplicar
éste factor por la ecuación (2)
(4) µ (x) dy
dx + µ (x) P (x) y = µ (x) Q (x)
se cumpla que el lado izquierdo sea la derivada del producto µ (x) y, es
decir:
µ (x) dy
dx + µ (x) P (x) y = d
dx [µ (x) y] = µ (x) dy
dx + dµ
dx (x) y = µ (x) Q (x)
Para que esto se cumpla µ (x) debe satisfacer
dµ
dx = µP
que es una ecuación separable.

Deducción del método para resolver ecuaciones lineales: (contin-
uación)
Así,
R 1
µ dµ =
R
Pdx
Por lo tanto
(5) µ (x) = e
R
P(x)dx
Con el factor de integración calculado según la fórmula dada por (5), la
ecuación (4) se puede expresar como
d
dx [µ (x) y] = µ (x) Q (x)
que es una ecuación separable. Luego
R
d [µ (x) y] =
R
µ (x) Q (x) dx
Al integrar y dividir por µ (x), se tiene
y(x) = 1
µ(x) [
R
µ (x) Q (x) dx + C]

Observaciones:
La solución obtenida a partir del método, ecuación (3), se conoce como
solución general de (2) en el intervalo I. Esto es porque toda solución
de (2) en I se puede obtener a partir la familia de soluciones uniparamétrica
dada por (3). Esto implica que las EDO lineales de 1° orden no tienen
soluciones singulares.
La solución (3) es válida en un intervalo I donde P(x), Q(x) y µ(x)
sean funciones continuas.
En el cálculo del factor integración cualquier constante de integración
genera un µ(x) válido. Por simplicidad se elije una constante cero.

Ejemplo: Determine la solución general de
1
x
dy
dx − 2y
x2 = xcosx, x 0
Solución:
Escribimos la ecuación en su forma canónica, así:
dy
dx − 2
x y = x2cosx
Calculamos un factor integrante:
µ (x) = e
R
P(x)dx
= e
R
− 2
x
dx
= e−2ln|x| = eln(x−2
) = 1
x2
Multiplicamos la forma canónica por µ (x)
d
dx
h
1
x2 y
i
= cosx
Luego, y (x) = x2 [
R
cosx + C]
Por lo tanto la solución general es
y (x) = x2senx + x2C, válida en I = (0, +∞).

En la siguiente figura se presenta la gráfica de la solución general obtenida,
para algunos valores de la constante C: (imagen reproducida del libro: Ecua-
ciones Diferenciales, Nagle - Staff - Snider, 4ta Ed.)

Ejemplo: Un problema de valores iniciales
Resuelva el PVI: dy
dx + y = x, y (0) = 4
Solución:
La EDO está dada en la forma canónica. Siendo P(x) = 1 y Q(x) = x
funciones continuas en (−∞, +∞).
Al calcular el factor integrante se tiene
µ (x) = e
R
P(x)dx
= e
R
dx
= ex , que es una función continua en (−∞, +∞).
Al multiplicar la EDO por µ (x) se obtiene
d
dx [yex ] = ex x
Luego de integrar, se obtiene la solución general de la EDO
y = x − 1 + Ce−x , válida en (−∞, +∞).

Por la condición inicial, se tiene que y = 4 cuando x = 0. Así la solución
del PVI es
y = x − 1 + 5e−x con intervalo de validez I = (−∞, +∞).
A continuación se presenta la gráfica de la solución del PVI:

Ejemplo: Un problema de valores iniciales, para una EDO con término de
forzamiento discontinuo
Resuelva el PVI:
dy
dx + y = Q (x) , y (0) = 0 donde Q(x) =
(
1 si 0 ≤ x ≤ 1
0 si x 1
Solución:
Se resuelve el problema en dos partes correspondientes a los dos inter-
valos en los que Q está definida. Luego es posible juntar las partes de
las dos soluciones en una sóla función y(x) continua en [0, +∞).
Se resuelve la EDO para y(x) primero en el intervalo [0, 1] y después en el
intervalo (1, +∞).
Para 0 ≤ x ≤ 1 se tiene que
dy
dx + y = 1

Un factor integrante es µ (x) = ex (se deja como ejercicio su cálculo). Así
d
dx [ex y] = ex
Al integrar la ecuación anterior y despejar y se obtiene
y = 1 + C1e−x
Como y(0) = 0, resulta C1 = −1.
Así para 0 ≤ x ≤ 1
y = 1 − e−x
Para x 1
dy
dx + y = 0
Al resolver esta última ecuación se obtiene
y = C2e−x

En este paso es posible escribir
y(x) =
(
1 − e−x si 0 ≤ x ≤ 1
C2e−x si x 1
Como se busca una solución continua en x = 1, la condición
lim
x→1+
y(x) = lim
x→1−
y(x) = f (1)
implica que C2e−1 = 1 − e−1. Por tanto C2 = e − 1. Finalmente la
expresión de la función y es
y(x) =
(
1 − e−x si 0 ≤ x ≤ 1
(e − 1)e−x si x 1

Observación: la función y es continua en [0, +∞), satisface la condición
inicial del PVI, sin embargo no es derivable en x = 1. Por ese motivo,
decimos que representa una solución razonable del problema, si bien desde
un punto de vista riguroso no podemos hablar de solución del PVI puesto
que la función y no cumple la condición de ser derivable para todo x en su
intervalo de definición.
En la siguiente figura se presenta el gráfico de la función y.

Ecuaciones lineales de primer orden: Teorema de existencia
y unicidad
Teorema de Existencia y Unicidad
Supóngase que P(x) y Q(x) son continuas en el intervalo abierto (a, b)
que contiene al punto x0. Entonces para cualquier valor inicial y0, existe
una única solución y(x) en (a, b) al problema de valor incial
dy
dx + P (x) y = Q (x) , y (x0) = y0
De hecho, la solución es dada por
y(x) = 1
µ(x) [
R
µ (x) Q (x) + C], para algún valor adecuado de C.
Observación:
El Teorema anterior establece condiciones suficientes para la existencia y
unicidad de una solución para el PVI, dado a partir de una ecuación lineal
de primer orden en su forma canónica.

Modelado con ecuaciones lineales
Ejemplo: Crecimiento de una población de bacterias
Inicialmente un cultivo tiene un número P0 de bacterias. En t = 1h se
determina que el número de bacterias es 3
2P0. Si la razón de crecimiento es
proporcional al número de bacterias P(t) presentes en el tiempo t, determine
el tiempo necesario para que se triplique el número de bacterias.
Solución:
La ecuación diferencial que modela el sistema es
dP
dt = kP
La EDO es una ecuación separable y lineal. La resolveremos como ecuación
lineal y como primer paso la expresaremos en su forma canónica
dP
dt − kP = 0
Un factor integrante es µ (x) = e−kt

Modelado con ecuaciones lineales
Multiplicando ambos lados de la ecuación e integrando se obtiene, respec-
tivamente,
d
dt
h
e−ktP
i
= 0 y e−ktP = C
Luego, P(t) = Cekt
Cuando t = 0 se tiene P0 = Ce0. Así
P(t) = P0ekt
De acuerdo al enunciado, cuando t = 1 resulta P(1) = 3
2P0 = P0ek. Luego
k = ln3
2 ' 0, 4055. Por tanto
P(t) = P0e0,4055t
Para determinar el tiempo en que se ha triplicado el número de bacterias,
resolvemos la ecuación 3P0 = P0e0,4055t para t. Así
t ' ln3
0,4055 ' 2, 71hs

ED de primer orden - Parte 1.pdf

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

Similar a ED de primer orden - Parte 1.pdf

Similar a ED de primer orden - Parte 1.pdf (20)

Último

Último (20)

ED de primer orden - Parte 1.pdf