EDO DE PRIMER ORDEN

Clasificación de ED de primer orden

Forma estándar

Lado derecho puede ser escrito como:

Obteniendo su forma diferencial

Forma diferencial

Ecuación lineal

Cuando $f(x,y)$ puede ser escrita como:

Entonces:

Ecuación de Bernoulli

Es de la forma:

Si $n=1 \;\;\lor\;\; n=0$ esta ecuación se reduce a una ecuación lineal

Ecuación Homegenea

En su forma estándar, se cumple cuando:

Ecuación separable

En su forma estándar, se cumple cuando:

Ecuación exacta

En su forma estándar, se cumple cuando:

Ejercicios

1. Escribir la ED:

   $$\large y(yy'-1)=x$$

   En al menos 2 de sus formas diferenciales.

   Solución 🎁

   • Se tiene:

     $$\begin{split} y(yy'-1) & =x \\ y^2y' & =x+y\\ y' & =\cfrac{x+y}{y^2} \end{split}$$

   • Entonces su forma estándar:

     $$f(x,y) =\cfrac{x+y}{y^2}$$

   • Podría tomar:

     $$M(x,y)=x+y \\ N(x,y)=-y^2$$

   • Entonces:

     $$\cfrac{M(x,y)}{-N(x,y)}=\cfrac{x+y}{-(-y^2)}=\cfrac{x+y}{y^2}$$ $${\Large\color{orange}\therefore} \quad(x+y)dx+(-y^2)dy=0$$

   • También podría tomar:

     $$M(x,y)=\cfrac{-x-y}{x^2} \\ N(x,y)=\cfrac{y^2}{x^2}$$

   • Entonces:

     $$\cfrac{M(x,y)}{-N(x,y)}=\cfrac{\left(\cfrac{-x-y}{x^2}\right)}{-\left(\cfrac{-y^2}{x^2}\right)}=\cfrac{x+y}{y^2}$$ $${\Large\color{orange}\therefore} \quad \left(\cfrac{-x-y}{x^2}\right)dx+\left(\cfrac{-y^2}{x^2}\right)dy=0$$

   • Gráficamente, de forma general se puede observar como un campo direccional:

     

2. Para un problema de Cauchy (PVI) se tiene que:

   $$\large y^2+x^2y'=0 \quad | \quad p(0,1)$$
   Solución 🎁

   • Tenemos que:

     $$p(0,1) \; \Rightarrow \;y(0)=1$$

   • Por otro lado:

     $$\begin{split} y^2+x^2y' &= 0 \\ y'& = -\cfrac{y^2}{x^2} \end{split}$$

   • Para reforzar los diferentes tipos de notación, podemos decir que:

     $$y' = -\cfrac{y^2}{x^2} \;\Rightarrow\; \cfrac{dy(x)}{dx} =-\cfrac{y(x)^2}{x^2}$$ $$\cfrac{\left(\cfrac{dy(x)}{dx}\right)}{y(x)^2} = -\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{y'}{y^2}$$

   • Integrando:

     $${\LARGE\int} \frac{y'}{y^2} = -1\cdot{\LARGE\int}\cfrac{1}{x^2}$$ $$-\frac{1}{y} = -\left(-\cfrac{1}{x}+C\right)$$ $$\frac{1}{y} = -\cfrac{1}{x}+C \cfrac{x}{x}$$ $${\Large\color{orange}\therefore} \quad-\frac{x}{1+Cx} = y$$

   • Evaluando $p(0,1)$:

     $$y=-\frac{x}{1+Cx} \;\Rightarrow\; 1=-\cfrac{0}{1+0}$$

     ${\Large\color{orange}\therefore}$ $p(0,1)$ ó $y(0)=1$ No es solución de esta EDO.

3. Probar que:

   $$y'(t)= \cfrac{yf(ty)}{tg(ty)} \quad | \quad t>0$$

   a. Es una EDO de variables separables. Considere $\large z=ty$

   Solución 🎁

   • Tenemos que:

     $$z=ty \quad\Rightarrow\quad y=\cfrac{z}{t}$$

   • Derivando tenemos que:

     $$\cfrac{d}{dt}\left[ y=\cfrac{z}{t} \right]$$

   • Debemos tener presente que:

     $$\large{\color{red}\underbrace{{y}}_{\text{Dependiente}}}=\cfrac{{\color{green}\overbrace{z}^{\text{Dependiente}}}}{{\color{orange}\underbrace{{t}}_{\text{Independiente}}}}$$

   • A modo de recordatorio, si tenemos composición de funciones, por regla de la cadena en el lado izquierdo:

     $$\cfrac{d}{dy}\;y(t) = \cfrac{dy(u)}{du} \cdot \cfrac{du}{dt} \qquad|\qquad u=t\;, \quad \cfrac{d}{du}\; y(u)=y'(u)$$

     En este caso, dado que $t$ es una variable independiente, entonces:

     $$\cfrac{d}{dt}( y(t)) \Rightarrow \cfrac{d(y(t))}{dt}\:\cdot\: \cfrac{d(t)}{dt}=y'(t)\cdot (1)$$

   • Para el lado derecho, por regla del cociente:

     $$\cfrac{d}{dt}\left(\cfrac{z(t)}{t}\right) =\cfrac{ t\left(\cfrac{d}{dt}\;z(t)\right) \;-\; \left(\cfrac{d}{dt}\;t \right) z(t)} {t^2}$$

   • Igualando ambos lados:

     $$y'(t)=\cfrac{ t\left(\cfrac{d}{dt}\;z(t)\right) \;-\; \left(\cfrac{d}{dt}\;t \right) z(t)} {t^2}$$

   • Usando notación estándar tenemos lo mismo:

     $$y'=\cfrac{ t\left(z'\right) \;-\; (1) z} {t^2}$$

   • Luego, con $y'(t)$ podemos reemplazar en los datos del enunciado:

     $$\cfrac{ t\left(z'\right) \;-\; z} {t^2}= \cfrac{yf(ty)}{tg(ty)}$$

   • Ademas se sabe que $z=ty$ e $y=\cfrac{z}{t}$, entonces:

     $$\cfrac{ t\left(z'\right) \;-\; z} {t^2}= \left(\cfrac{z}{t}\right)\cfrac{f(z)}{tg(z)}$$

   • Luego de desarrollar se obtienen las variables separadas:

     $${\Large\color{orange}\therefore} \quad {\large\int} \cfrac{g(z)}{z(f(z)+g(z))}\;dz = {\large\int} \cfrac{1}{t}\;dt$$

   b. Determine la solución general, considerando que:

   $$y'(t)= \cfrac{y(2ty+1)}{t(ty-1)} \quad | \quad t>0$$
   Solución 🎁

   • Con lo que se logro en la parte a) Debe notar que:

     $$f(ty)=(2ty+1)=(2z+1) \\ g(ty)=(ty-1)=(z-1)$$

   • Tendrá que:

     $${\large\int} \cfrac{(z-1)}{z((2z+1)+(z-1))}\;dz = {\large\int} \cfrac{1}{t}\;dt$$

   • Finalmente tendrá que la solución general es:

     $${\Large\color{orange}\therefore} \quad \cfrac{1}{3}\left(\ln{ty}-\cfrac{1}{ty}\right) = \ln{t}+C$$