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1 2. Métodos de resolución (© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

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1 1 2. Métodos de resolución (© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

2 2 No existe un método general para resolver EDs, es decir, dada una ecuación diferencial no tenemos un procedimiento para hallar su solución analítica. Sin embargo, en algunos casos particulares bien conocidos, sí se tienen procedimientos para calcular dicha solución. El único "método" entonces consiste en saber identificar el tipo de ED que se quiere resolver. Si es un caso conocido, le aplicaremos el procedimiento correspondiente. Si no es un caso conocido, podemos intentar algún cambio de variable que la transforme en un caso conocido.

3 3 Separación de variables Una EDO de primer orden: dy/dx = f(x,y) = g(x)h(y). se dice que es separable o de variables separables. En este caso, la ED dy/dx = g(x)h(y) puede resolverse mediante integración directa. Integrando a ambos lados: Por ejemplo : Nota: las dos constantes de integración se engloban en una.

4 4 Solución por separación de variables: Resolver También podemos dejar la solución en forma implícita como: x 2 + y 2 = c 2, donde c 2 = 2c 1 Aplicando la condición inicial, = 25 = c 2 ; x 2 + y 2 = 25. una solución en forma explícita con dominio de definición I : -5 < x < 5.

5 5 Solución: Como dy/y = dx/(1 + x), tenemos Sustituyendo por c, obtenemos y = c(1 + x). Resolver ¿Qué ocurre si no utilizamos el valor absoluto en el logaritmo?

6 6 Posible pérdida de una solución Atención: cuando r es un cero de h(y), si sustituimos y(x) = r en dy/dx = g(x)h(y), tenemos 0 = 0. Es decir, y(x) = r también es solución de dy/dx = g(x)h(y). Sin embargo, esta solución no se revelará tras la integración, puesto que: dy/h(y) = g(x) dx queda indefinido en el cociente (h(y = r) = 0). y(x) = r es una solución singular.

7 7 Resolver dy/dx = y 2 – 4. Separando variables, escribimos esta ED como: Sustituyendo exp(c 2 ) por c y resolviendo para y: Observemos que si factorizamos la EDO: dy/dx = (y + 2)(y – 2), e igualamos a 0, obtenemos y = 2 como soluciones de equilibrio. y = 2 corresponde a c = 0 en la solución que encontramos. Pero y = -2 es una solución singular que no podemos obtener de la solución anterior (observa las fracciones parciales al comienzo para entender por qué).

8 8 Resolver:

9 9 Solución: Separamos variables: Aplicamos la identidad sen (2x) = 2 sen x cos x: (e y – ye -y ) dy = 2 sin x dx Integrando por partes: e y + ye -y + e -y = -2 cos x + c Puesto que y(0) = 0, c = 4 y la solución implícita es: e y + ye -y + e -y = 4 2 cos x. Resolver

10 10 Nuestra solución G(x, y) = e y + ye -y + e -y + 2 cos x = c es implícita. En este caso no es posible despejar y(x). Pero utilizando ordenador podemos trazar las curvas de nivel o isoclinas de G(x, y) = c. Las gráficas resultantes están representadas en las siguientes figuras: Uso de software

11 11 Soluciona dy/dx = xy ½ con y(0) = 0. Separando variables tenemos: dy/y ½ = x dx; 2 y ½ = (x 2 /2 + c); y = (x 2 /2 + c) 2. Como y(0) = 0, c = 0 y la solución que obtenemos es: y = x 4 /16. Observemos que hemos perdido la solución trivial y(x) = 0 en el término dy/y ½ y que también cumple la condición inicial. Recordemos que aunque encontremos una solución particular para una ED de primer orden al conseguir determinar c mediante una condición inicial, es posible que la solución no sea única. De hecho, en este caso el PVI posee una infinidad de soluciones que podemos escribir con a 0 como:

12 12 Resolver:

13 13 Teorema fundamental del cálculo

14 14

15 15 Resolver: Nota: observa como podemos incluir las condiciones iniciales del problema como límites inferiores de las integrales al resolver la EDO.

16 16 Una ED de primer orden de la forma a 1 (x)(dy/dx) + a 0 (x)y = g(x) es una ecuación lineal en y. Cuando g(x) = 0, se dice que la ecuación es homogénea; en el caso contrario, es no homogénea. Ecuaciones lineales

17 17 Al dividir: a 1 (x)(dy/dx) + a 0 (x)y = g(x) entre a 1 (x) obtenemos la forma estándar de la ecuación lineal: dy/dx + P(x)y = f(x) Buscaremos una solución en un intervalo I donde P(x) y f(x) sean continuas. La solución de esta ED es la suma de dos soluciones, y = y h + y p, donde y h es solución general de la ecuación homogénea asociada: dy/dx + P(x)y = 0 e y p es una solución particular de la ecuación no homogénea dy/dx + P(x)y = f(x) que queremos resolver.

18 18 Veamos que y = y h + y p es solución de dy/dx + P(x)y = f(x)

19 19 Encontremos la solución por el método de variación de las constantes: Observemos que la homogénea asociada dy/dx + P(x)y = 0 es separable, y eso nos permite encontrar fácilmente su solución general y h :

20 20 Ahora encontraremos una solución particular para la no homogénea. Lo haremos mediante un procedimiento que se llama variación de las constantes. Definamos y p (x) = u(x) y 1 (x), donde y 1 (x) ha sido definida anteriormente. Queremos hallar u(x) de manera que y p sea una solución particular de nuestra ecuación no homogénea. Observemos que teníamos y h = c y 1 (x), y ahora estamos sustituyendo c por u(x). Sustituyendo y p en la ecuación:

21 21 Como dy 1 /dx + P(x)y 1 = 0, tenemos que y 1 (du/dx) = f(x). Separando variables:

22 22 Comprobemos que es la solución: Recorramos el camino en sentido contrario

23 23 Llamamos a y 1 (x) = factor integrante Receta: Escribimos la EDO en forma estándar: Para identificar fácilmente P(x). Calculamos y multiplicamos la ED Integrando a ambos lados, obtenemos la solución. Observa que me da igual que la ec. sea homogénea o no. Usando el factor integrante obtengo directamente la solución general.

24 24 REPITAMOS LA RECETA : Paso i ). Para resolver una ED lineal de primer orden, primero se convierte a la forma estándar o canónica; esto es, se hace que el coeficiente de dy/dx sea la unidad. Paso ii ). Hay que identificar P(x) y definir el factor integrante Paso iii ). La ecuación obtenida en el paso i se multiplica por el factor integrante: Paso iv ). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente y ; esto es: Paso v ). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv

25 25 EJEMPLO 1: Resolver la siguiente ED lineal de primer orden Paso i ). Al dividir entre x llegamos a la forma estándar o canónica Paso ii ). Así escrita, reconocemos que P(x) = -4/x y entonces el factor integrante es: Paso iii ). La ecuación del paso i se multiplica por este factor y se obtiene lo siguiente: Paso iv ). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente y ; esto es: Paso v ). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv para obtener la solución buscada;

26 26 Como P(x) = – 3, tenemos que el factor integrante es Entonces e -3x y = -2e -3x + c y la solución general es y = -2 + ce 3x, - < x <. Resolver dy/dx – 3y = 6. Observa que si resolvemos la ecuación homogénea dy/dx – 3y = 0. Como P(x) = – 3, tenemos que el factor integrante es el mismo

27 27 Supongamos que hemos encontrado una solución general en un intervalo I y que P y f son continuas en I. Escribiendo la ED como y = – P(x)y + f(x) = F(x, y), tenemos F(x, y) = – P(x)y + f(x), F/ y = – P(x) que son continuas en I (porque P(x) y f(x) lo son). Luego podemos concluir que existe una y solo una solución del PVI: en el intervalo I.

28 28 Observa que P(x) = –4/x y f(x) = x 5 e x son continuas en (0, ). Encontraremos solución para x > 0 La solución general en (0, ) es x -4 y = xe x – e x + c; y = x 5 e x – x 4 e x + cx 4 Hace unas transparencias, resolvimos:

29 29 Solución: Entonces, P(x) = x/(x 2 – 9) y el factor integrante es Multiplicando la ED por este factor, obtenemos: Así, para x > 3 o x < -3, la solución general es Hallar la solución general de P(x) es continua en (-, -3), (-3, 3) y (3, ). Esto descarta el intervalo (-3, 3).

30 30 Solución: Tenemos P(x) = 1 y f(x) = x que son continuas en (-, ). El factor integrante es: Entonces: e x y = xe x – e x + c y = x – 1 + ce -x Como y(0) = 4, obtenemos c = 5. La solución es y = x – 1 + 5e -x, – < x < Resolver

31 31 Observación: En el ejemplo anterior, encontramos y h = ce -x e y p = x – 1 llamamos a y h término transitorio porque y h 0 cuando x. En la figura vemos representadas algunas soluciones:

32 32 Resolver, donde Solución: Resolvemos este problema en 0 x 1 y 1 < x <. Para 0 x 1, luego y = 1 + c 1 e -x. Como y(0) = 0, c 1 = -1, y = 1 - e -x Para x > 1, dy/dx + y = 0 luego y = c 2 e -x

33 33 Tenemos Además, queremos que y(x) sea continua en x = 1. De modo que cuando x 1 +, y(x) = y(1) = 1 - e -1 Entonces: c 2 e -1 = 1 - e -1 ; c 2 = e - 1. La función es continua en [0, ).

34 34 Función de error: Función de error complementaria: Algunas funciones especiales definidas por integrales Como, entonces: erf(x) + erfc(x) = 1

35 35 Resolver dy/dx – 2xy = 2, y(0) = 1. Solución: El factor integrante es exp{-x 2 }, obtenemos Aplicando y(0) = 1, tenemos que c = 1.

36 36 Diferencial de una función de dos variables Si z = f(x, y) con primeras derivadas parciales continuas, su diferencial es Si z = f(x, y) = c, De modo que si tenemos f(x, y) = c, podemos generar una ED de primer orden calculando la diferencial a ambos lados. Por ejemplo: si x 2 – 5xy + y 3 = c, entonces (2x – 5y) dx + (-5x + 3y 2 ) dy = 0.

37 37 Ecuación exacta Una expresión M(x, y) dx + N(x, y) dy es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna función f(x, y) definida en R. Una ED de primer orden en la forma diferencial M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 es una ecuación exacta, si la expresión del lado izquierdo es una diferencial exacta.

38 38 Criterio para una diferencial exacta Sean M(x, y) y N(x, y) continuas y con primeras derivadas continuas en una región rectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces una condición necesaria y suficiente para que M(x, y) dx + N(x, y) dy sea una diferencial exacta es:

39 39 Demostración Condición necesaria: Si M(x, y) dx + N(x, y) dy es exacta, existe una función f tal que para todo x de R: M(x, y) dx + N(x, y) dy = ( f/ x) dx + ( f/ y) dy Por tanto M(x, y) =, N(x, y) = y La igualdad de las derivadas cruzadas es consecuencia de la continuidad de las parciales.

40 40 Para demostrar la condición suficiente, basta con demostrar que existe una función f para la cual: = M(x, y) y = N(x, y) siempre y cuando Todo esto nos proporciona un método de solución...

41 41 Como f/ x = M(x, y), tenemos Derivando con respecto a y y suponiendo f/ y = N(x, y). Tenemos y Método de solución de una ecuación exacta Integrando con respecto a y, obtenemos g(y). Teniendo f(x, y), como la ED es una diferencial exacta de esta función, la solución implícita es f(x, y) = c.

42 42 Resolver 2xy dx + (x 2 – 1) dy = 0. Solución: Identificando M(x, y) = 2xy, N(x, y) = x 2 – 1, tenemos que M/ y = 2x = N/ x. Así que la ecuación es exacta y por tanto existe una función f tq: f/ x = 2xy, f/ y = x 2 – 1 Para encontrarla integramos la primera ec. respecto a x: f(x, y) = x 2 y + g(y). Derivando respecto a y, y utilizando la segunda ec.: f/ y = x 2 + g(y) = x 2 – 1 g(y) = -1. Que integrando nos da: g(y) = -y Así que f(x, y) = x 2 y – y. Y como la ED es una diferencial exacta de f(x, y), la solución es: x 2 y – y = c, y = c/(1 – x 2 ) El intervalo de definición es cualquier intervalo que no contenga a x = 1 ó x = -1.

43 43 Solución: Esta ED es exacta porque M/ y = 2e 2y + xy sen xy – cos xy = N/ x f/ y = 2xe 2y – x cos xy + 2y Así que h(x) = 0, entonces h(x) = c. La solución es xe 2y – sin xy + y 2 + c = 0 Resolver (e 2y – y cos xy)dx+(2xe 2y – x cos xy + 2y)dy = 0.

44 44 Solución: Escribimos la ED en forma diferencial (cos x sin x – xy 2 ) dx + y(1 – x 2 ) dy = 0 Como M/ y = – 2xy = N/ x (Esta ED es exacta) Ahora f/ y = y(1 – x 2 ) f(x, y) = ½y 2 (1 – x 2 ) + h(x) f/ x = – xy 2 + h(x) = cos x sin x – xy 2 Resolver

45 45 Tenemos h (x) = cos x sen x h(x) = -½ cos 2 x Así ½y 2 (1 – x 2 ) – ½ cos 2 x = c 1 o y 2 (1 – x 2 ) – cos 2 x = c donde c = 2c 1. Como y(0) = 2, c = 3. La solución es y 2 (1 – x 2 ) – cos 2 x = 3

46 46 Es exacta puesto que Integrando respecto a x Es decir, Derivando respecto a y De donde Finalmente la solución general es Ejemplo: Resolver la siguiente ED

47 47 En algunos casos se puede hallar un factor integrante (x, y), tal que una ED que no es exacta, se convierta: (x, y)M(x, y)dx + (x, y)N(x, y)dy = 0 Esta ecuación será exacta sii( M) y = ( N) x Es decir: M y + y M = N x + x N, x N – y M = (M y – N x ) Factor integrante Resolver esta EDP para encontrar el factor integrante puede ser más complicado que la ecuación original, de modo que haremos algunas suposiciones sobre el factor integrante que la simplifiquen:

48 48 Suponiendo que es función solo de la variable x: x N – y M = (M y – N x ) x = d /dx y = 0 Si tenemos que (M y – N x ) / N sólo depende de x, entonces nuestra EDO es de primer orden y es separable. De manera similar, si solo es función de y: x N – y M = (M y – N x ) y = d /dy x = 0 Si (N x – M y ) / M solo es función de y, nuestra EDO es de primer orden y separable.

49 49 Así que, si tenemos la ED en forma diferencial: M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 pero no es una ecuación exacta, podemos convertirla multiplicándola por un factor integrante. Si (M y – N x ) / N solo depende de x, entonces Si (N x – M y ) / M solo depende de y, entonces Una última observación: Puesto que multiplicamos la ED por un factor integrante podemos estar añadiendo o eliminando soluciones.

50 50 La ED no lineal: xy dx + (2x 2 + 3y 2 – 20) dy = 0 no es exacta. Con M = xy, N = 2x 2 + 3y 2 – 20, hallamos M y = x, N x = 4x. Observemos que depende de x y de y. Pero solo depende de y. El factor integrante adecuado será entonces: e 3dy/y = e 3lny = y 3 = (y) Multiplicando la ED original: xy 4 dx + (2x 2 y 3 + 3y 5 – 20y 3 ) dy = 0 Que tiene como solución: ½ x 2 y 4 + ½ y 6 – 5y 4 = c

51 51 Ejemplo: Para la siguiente ED Entonces Por lo tanto Así obtenemos la ecuación diferencial exacta: Demuestra que en efecto es una ED exacta y obt é n su soluci ó n general. Esto es equivalente a hacer: e - dy/y = e -lny = 1/y = (y)

52 52 EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente resolverla por el método de las exactas. SOLUCIÓN: 1º Paso: Checar si la ED es exacta o no exacta No exacta 2º Paso: Búsqueda del factor integrante (F. I.) para convertir la ED en exacta: Para esto es necesario realizar las dos consideraciones para ver cuál de las dos se puede factorizar y por ende produce un factor integrante:

53 53 3º Paso: Conversión de la ED no exacta en exacta Factorizando se tiene: 4º Paso: Aplicación de los 4 pasos (i a iv) del método de solución de las ED exactas. Paso i ): Comprobar si la ED es exacta Exacta

54 54 Paso ii ): Integrar con respecto a x, dejando a y constante Paso iii ): Derivar con respecto a y la ecuación resultante en el paso ii Despejando g´(y) de la igualdad anterior, se tiene: Paso iv ): Obtener la función g (y) Paso v ): Sustitución del valor de g (y) en el paso ii Solución general:

55 55 EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente resolverla por el método de las exactas. SOLUCIÓN:

56 56 Aplicando las propiedades de los logaritmos y exponenciales: Se tiene lo siguiente:

57 57 Si una función f tiene la propiedad f(tx, ty) = t f(x, y), se dice que es una función homogénea de grado. Por ejemplo:f(x, y) = x 3 + y 3 es homogénea de grado 3, puesto que f(tx, ty) = (tx) 3 + (ty) 3 = t 3 f(x, y) Se dice que una ED de primer orden en forma diferencial: M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 es de coeficientes homogéneos, si tanto M como N son homogéneas del mismo grado, i.e. si Funciones homogéneas M(tx, ty) = t M(x, y), N(tx, ty) = t N(x, y)

58 58 Si M y N son homogéneas de grado, haciendo el cambio de variable u = y/x: M(x, y) = x M(1, u), N(x, y) = x N(1, u), Y haciendo el cambio de variable v = x/y: M(x, y)=y M(v, 1), N(x, y)=y N(v, 1) De modo que nuestra ED de primer orden en forma diferencial: M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 se convierte en: x M(1, u) dx + x N(1, u) dy = 0, M(1, u) dx + N(1, u) dy = 0 con dy = udx + xdu: M(1, u) dx + N(1, u)(u dx + x du) = 0 [M(1, u) + u N(1, u)] dx + xN(1, u) du = 0

59 59 Resolver (x 2 + y 2 ) dx + (x 2 – xy) dy = 0. Solución: Tenemos que M = x 2 + y 2 y N = x 2 – xy son funciones homogéneas de grado 2. Hagamos el cambio y = ux, entonces dy = u dx + x du: (x 2 + u 2 x 2 ) dx + (x 2 - ux 2 )(u dx + x du) = 0 Repite el ejercicio con el cambio x = vy, que es más adecuado siempre que M(x, y) sea más simple que N(x, y).

60 60 La ED: dy/dx + P(x)y = f(x)y n donde n es un número real cualquiera, se conoce como ecuación de Bernoulli. Observemos que para n = 0 la ecuación es lineal y para n = 1 es de variable separable. En cualquier otro caso, con el cambio de variable: u = y 1-n siempre podemos reducirla a una lineal. Ecuación de Bernoulli Nota: y(x) = 0 siempre es solución de una ec. de Bernoulli. Se aconseja comprobar que la solución obtenida la posee, porque puede perderse con el cambio de variable.

61 61 Resolver x dy/dx + y = x 2 y 2. Solución: Escribimos la ED como: dy/dx + (1/x)y = xy 2 Con n = 2, y = u -1, dy/dx = -u -2 (du/dx). La ED se convierte en: du/dx – (1/x)u = -x Ahora, utilizando el factor integrante en (0, ) e integrando se obtiene x -1 u = -x + c, u = -x 2 + cx. Como u = y -1, tenemos y = 1/u y la solución es y = 1/(x 2 + cx). u = y 1-n ; y = u 1/(1-n)

62 62 EJEMPLO : Resolver la siguiente ED de Bernoulli SOLUCIÓN: Despejando la diferencial dy/dx se tiene: Observamos que al despejar de esta manera no se visualiza P(x) ni el factor integrante (F. I.). Por lo que procedemos a invertir las variables, es decir la variable independiente la hacemos dependiente. Despejando la diferencial invertida dx/dy se tiene: Escribiendo la nueva ecuación diferencial en su forma canónica se observa que tiene la forma de la ED de Bernoulli con variable dependiente x, con n =2 : Haciendo la sustitución se tiene: (1) (2)

63 63 Derivando en forma implícita la ecuación (2) respecto de y, se tiene: Sustituyendo el nuevo valor de dx/dy en la ecuación (1) se tiene: Multiplicando ambos miembros de la ecuación (3) por se tiene: (3) Que es una ED lineal en w de primer orden : Por lo tanto se resuelve por método de los 5 pasos de una ED lineal de primer orden: Paso ii ). Así escrita, reconocemos que y entonces el factor integrante es: Paso i ).

64 64 Paso iii ). La ecuación del paso i se multiplica por este factor y se obtiene lo siguiente: Paso i v ). El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso iii es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente w ; esto es: Haciendo las siguientes sustituciones se integra la ecuación (4) de la siguiente manera: (4) Paso v ). Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso iv para obtener la solución en términos de w y u ; (5)

65 65 Paso vi ). Se sustituyen en la ecuación (5) los valores de w y u en términos de x e y ; para encontrar la solución general buscada. Poniendo la ecuación general en forma explícita, es decir tomando a la variable x como dependiente y a la variable y como independiente se tiene después de despejar lo siguiente: Solución general Considerando las condiciones iniciales del problema, se busca una solución particular. Solución particular

66 66 Reducción a separación de variables por sustitución Una ED de la forma dy/dx = f(Ax + By + C) siempre puede reducirse a una ecuación separable por medio de la sustitución u = Ax + By + C.

67 67 Resolver dy/dx = (-2x + y) 2 – 7, y(0) = 0. Solución: Sea u = -2x + y, entonces du/dx = -2 + dy/dx, du/dx + 2 = u 2 – 7 ; du/dx = u 2 – 9 Que ahora es separable. Al utilizar fracciones parciales, Al aplicar y(0) = 0 se obtiene c = -1.

68 68 Abajo puedes ver la gráfica de la solución particular


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