Ecuaciones diferenciales por sustitucion

Ecuaciones Diferenciales por sustitución ejemplos (reducidas a variables separables)

Despúes de terminar de leer éste artículo podrás tener una idea clara de cómo abordar problemas de ecuaciones diferenciales cuando pueden ser reducidas a variables separables, además de contar con una metodología que te ayude a resolverlas.

La intiución es una parte muy importante en las matemáticas y la resolución de problemas. Según Sebastian Thrun, vice presidente de Google y el inventor de los Google glasses, dice que la intuición en la resolución de problemas es muy importante para llegar al entendimiento profundo de los mismos.

«La intuición nos perimte realizar una evaluacvión de un problema cuando hay numeros involucrados…», dice Sebastian.

Al final, ver el mundo desde un punto de vista intuitivo (no necesarimente racional, si no con un sentido de entendimiento sutil), nos ayudará a tomar los caminos necesarios para la resolución del problema; ésto en última instancia es pensar como un matemático, segun dice Thrun.

Por experiencia personal, y seguramente de uds como lectores, sabemos que es mucho más fácil saber cómo abordar un problema si tenemos una visión intuitiva de cómo se comporta y cómo podemos modelarlo y/o manipular su modelo para resolverlo.

El ejercicio de éste «don» nos permitirá desarrollar ese pensamiento matemático, que nos hgace falta para la comprensiuón profunda de los conceptos o fenómenos físicos.

La mente intuitiva es un don sagrado, y la mente racional es un fiel sirviente. Hemos creado una sociedad que honra al sirviente y ha olvidado el don.

Albert Einstein

Figura 1. El área bajo la curva de la función seno (o coseno), es fácilmente aproximable si nos damos cuenta que podemos calcular el área de los rectángulos cuyas alturas coinciden con ella.

Metodología de 4 pasos para resolver ecuaciones diferenciales reducidas a variables separables

I. Buscamos una sustitución que nos permita transformar a lineal o separable la ED.

Generalmente cuando tenemos:

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = f (A x + B y + C)
\end{equation}
(1)

Utilizaremos la sustitucion:

$u = A x + B y + C$

Despejamos de la nueva función $u$, la variable $y$:

$y = \frac{u + A x + C}{B}$

\begin{equation}
y = \frac{u}{B} + \frac{C}{B} + \frac{A x}{B}
\end{equation}
(2)

Y derivamos para obtener

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = \frac{d u}{B d x} + \frac{A}{B}
\end{equation}
(3)

II. Sustituimos (2) y (3) en (1):

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & f (A x + B y + C)\\
\frac{d u}{B d x} + \frac{A}{B} & = & f (u)\\
\frac{d u}{B d x} & = & f (u) – \frac{A}{B}\\
\frac{d u}{B d x} & = & \frac{f (u) \ast B – A}{B}
\end{eqnarray*}

III. Separamos variables e integramos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d u}{B d x} & = & \frac{f (u) \ast B – A}{B}\\
\frac{d u}{f (u) \ast B – A} & = & {dx}\\
\int \frac{d u}{f (u) \ast B – A} & = & \int {dx} + C 1
\end{eqnarray*}

IV. Regresamos a las variables originales.

Ejemplos resueltos de Ecuaciones Diferenciales reducidas a variables separables

En los problemas siguientes resolver las ecuaciones diferenciales realizando una sustitución que las reduzca a variables separables.

###########################################

###########################################

 

Ejemplo 1. Ejercicios 2.5 Libro Dennis G. Zill (Problema 23)

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = (x + y + 1)^2
\end{equation}
(4)

Paso I.Buscamos una sustitición para transformar en separable
la ED.

Si $u = x + y$+1,

Entonces, despejando $y$, tenemos:

 \begin{equation}
y = u – x – 1
\end{equation}
(5)

Esto implica:

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = \frac{d u}{d x} – 1
\end{equation}
(6)

Paso II. Sustituimos (5) y (6) en (4):

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & (x + y + 1)^2\\
\frac{d u}{d x} – 1 & = & u^2\\
\frac{d u}{d x} & = & u^2 + 1
\end{eqnarray*}

Paso III. Separamos variables e integramos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d u}{d x} & = & u^2 + 1\\
\frac{d u}{u^2 + 1} & = & d x
\end{eqnarray*}

De modo que:

$$\int \frac{d u}{u^2 + 1} = \int d x + C$$

Integrando, utilizamos la formula: $\int \frac{d T}{T^2 + 1} = {arcTan}(T)$, por tanto:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{d u}{u^2 + 1} & = & \int d x + C\\
{arcTan} (u) & = & x + C
\end{eqnarray*}

Paso IV. Regrasamos a las variables originales:

si $u = x + y + 1$, entonces:

\begin{eqnarray*}
{arcTan} (x + y + 1) & = & x + C\\
x + y + 1 & = & {Tan} (x + C)\\
y & = & {Tan} (x + C) – x – 1
\end{eqnarray*}

De modo que la solución es:

$$y = {Tan} (x + C) – x – 1$$

 

########################################################

########################################################

 

Ejemplo 2.  Ejercicios 2.5 Libro Dennis G. Zill (Problema 25)

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = {Tan}^2 (x + y)
\end{equation}
(7)

Paso I. Buscamos una sustitición para transformar en separable la ED.

Si $u = x + y$,

Entonces, despejando $y$, tenemos:

\begin{equation}
y = u – x
\end{equation}
(8)

Esto implica:

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = \frac{d u}{d x} – 1
\end{equation}
(9)

Paso II. Sustituimos (8) y (9) en (7):

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & {Tan}^2 (x + y)\\
\frac{d u}{d x} – 1 & = & {Tan}^2 (u)\\
\frac{d u}{d x} & = & {Tan}^2 (u) + 1
\end{eqnarray*}

Paso III. Separamos variables e integramos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d u}{d x} & = & {Tan}^2 (u) + 1\\
\frac{d u}{{Tan}^2 (u) + 1} & = & d x
\end{eqnarray*}

De modo que:

$$\int \frac{d u}{({Tan} (u))^2 + 1} = \int d x + C$$

Utilizamos el hecho de que: ${Tan} (x) = \frac{{Sen} (x)}{{Cos}(x)}$, de modo que:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{d u}{\left( \frac{{Sen} (u)}{{Cos} (u)} \right)^2 + 1}
& = & \int d x + C\\
\int \frac{d u}{\frac{{Sen}^2 (u)}{{Cos}^2 (u)} + 1} & = & \int d
x + C\\
\int \frac{d u}{\frac{{Sen}^2 (u) + {Cos}^2 (u)}{{Cos}^2
(u)}} & = & \int d x + C\\
\int \frac{{Cos}^2 (u) d u}{{Sen}^2 (u) + {Cos}^2 (u)} & = &
\int d x + C
\end{eqnarray*}

Identidad trigonométrica: ${Sen}^2 (x) + {Cos}^2 (x) = 1$, por tanto:

\begin{eqnarray*}
\int {Cos}^2 (u) d u & = & \int d x + C
\end{eqnarray*}

E integrando, usamos la fórmula: $\int {Cos}^2 (x) d x = \frac{1}{2} x + \frac{1}{4} {Sen} (2 x)$

De modo que:

\begin{eqnarray*}
\int {Cos}^2 (u) d u & = & \int d x + C\\
\frac{1}{2} u + \frac{1}{4} {Sen} (2 u) & = & x + C
\end{eqnarray*}

Paso IV. Regrasamos a las variables originales:

si $u = x + y$, entonces:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2} u + \frac{1}{4} {Sen} (2 u) & = & x + C\\
\frac{1}{2} (x + y) + \frac{1}{4} {Sen} (2 (x + y)) & = & x + C\\
\frac{4}{2} (x + y) + \frac{4}{4} {Sen} (2 (x + y)) & = & 4 (x + C)\\
2 (x + y) + {Sen} (2 (x + y)) & = & 4 x + 4 C\\
2 x + 2 y + {Sen} (2 (x + y)) & = & 4 x + 4 C\\
2 x – 4 x + 2 y + {Sen} (2 (x + y)) & = & 4 C\\
– 2 x + 2 y + {Sen} (2 (x + y)) & = & C_2
\end{eqnarray*}

De modo que la solución, de manera implicita, es:

$$- 2 x + 2 y + {Sen} (2 (x + y)) = C_2$$

 

########################################################

########################################################

 

Ejemplo 3. Ejercicios 2.5 Libro Dennis G. Zill (Problema 27)

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = 2 + \sqrt{y – 2 x + 3}
\end{equation}
(10)

Paso I. Buscamos una sustitición para transformar en separable la ED.

Si $u = y – 2 x$,

Entonces, despejando $y$, tenemos:

\begin{equation}
y = u + 2 x
\end{equation}
(11)

Esto implica:

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = \frac{d u}{d x} + 2
\end{equation}
(12)

Paso II. Sustituimos (11) y (12) en (10):

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & 2 + \sqrt{y – 2 x + 3}\\
\frac{d u}{d x} + 2 & = & 2 + \sqrt{u + 3}\\
\frac{d u}{d x} & = & 2 + \sqrt{u + 3} – 2\\
\frac{d u}{d x} & = & \sqrt{u + 3}
\end{eqnarray*}

Paso III. Separamos variables e integramos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d u}{d x} & = & \sqrt{u + 3}\\
\frac{d u}{\sqrt{u + 3}} & = & d x
\end{eqnarray*}

De modo que:

$$\int \frac{d u}{\sqrt{u + 3}} = \int d x + C$$

Desarrollando:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{d u}{\sqrt{u + 3}} & = & \int d x + C\\
\int \frac{d u}{(u + 3)^{\frac{1}{2}}} & = & \int d x + C\\
\int (u + 3)^{- \frac{1}{2}} d u & = & \int d x + C
\end{eqnarray*}

Integrando:

\begin{eqnarray*}
\int (u + 3)^{- \frac{1}{2}} d u & = & \int d x + C\\
\frac{(u + 3)^{- \frac{1}{2} + 1}}{- \frac{1}{2} + 1} & = & x + C\\
\frac{(u + 3)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} & = & x + C\\
2 (u + 3)^{\frac{1}{2}} & = & x + C
\end{eqnarray*}

Paso IV. Regrasamos a las variables originales:

Si $u = y – 2 x$, entonces:

\begin{eqnarray*}
2 (y – 2 x + 3)^{\frac{1}{2}} & = & x + C\\
\left( 2 (y – 2 x + 3)^{\frac{1}{2}} \right)^2 & = & (x + C)^2\\
4 (y – 2 x + 3) & = & (x + C)^2\\
y – 2 x + 3 & = & \frac{(x + C)^2}{4}
\end{eqnarray*}

De modo que la solución, es:

$$y = \frac{(x + C)^2}{4} + 2 x – 3$$

IMPORTANTE: notar que en éste ejemplo 3 se puede usar las sustitución: $u =y – 2 x + 3$ y el resultado es el mismo.

 

########################################################

########################################################

 

Ejemplo 4. Ejercicios 2.5 Libro Dennis G. Zill (Problema 29)

Resolver el PVI:

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = {Cos} (x + y)
\end{equation}
(13)
$$y (0) = \frac{\pi}{4}$$

Paso I. Buscamos una sustitición para transformar en separable la ED.

Si $u = x + y$,

Entonces, despejando $y$, tenemos:

\begin{equation}
y = u – x
\end{equation}
(14)

Esto implica:

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = \frac{d u}{d x} – 1
\end{equation}
(15)

Paso II. Sustituimos (14) y (15) en (13):

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & {Cos} (x + y)\\
\frac{d u}{d x} – 1 & = & {Cos} (u)\\
\frac{d u}{d x} & = & {Cos} (u) + 1
\end{eqnarray*}

Paso III. Separamos variables e integramos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d u}{d x} & = & {Cos} (u) + 1\\
\frac{d u}{{Cos} (u) + 1} & = & d x
\end{eqnarray*}

De modo que:

$$\int \frac{d u}{{Cos} (u) + 1} = \int d x + C$$

Integrando, usamos la fórmula: $\int \frac{{dx}}{1 \pm {Cos} (a x)}= \pm \frac{1}{a} {Tan} \left( \frac{a x}{2} \right) + C$

\begin{eqnarray*}
\int \frac{d u}{{Cos} (u) + 1} & = & \int d x + C\\
{Tan} \left( \frac{u}{2} \right) & = & x + C
\end{eqnarray*}

Utilizando la identidad trigonométrica: ${Tan} \left( \frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1 – {Cos} (\alpha)}{{Sen} (\alpha)}$

\begin{eqnarray*}
{Tan} \left( \frac{u}{2} \right) & = & x + C\\
\frac{1 – {Cos} (u)}{{Sen} (u)} & = & x + C
\end{eqnarray*}

Paso IV. Regrasamos a las variables originales:

Si $u = x + y$, entonces:

\begin{eqnarray*}
\frac{1 – {Cos} (x + y)}{{Sen} (x + y)} & = & x + C\\
\frac{1}{{Sen} (x + y)} – \frac{{Cos} (x + y)}{{Sen} (x + y)}
& = & x + C
\end{eqnarray*}

De modo que la solución, es:

$${Csc} (x + y) – {Cotan} (x + y) = x + C$$

 

Ahora, resolviendo el PVI:

\begin{eqnarray*}
y (0) & = & \frac{\pi}{4}\\
{Csc} \left( 0 + \frac{\pi}{4} \right) – {Cotan} \left( 0 +
\frac{\pi}{4} \right) & = & 0 + C\\
{Csc} \left( \frac{\pi}{4} \right) – {Cotan} \left( \frac{\pi}{4}
\right) & = & C
\end{eqnarray*}

Ecuaciones diferenciales por sustitucion. Identidades Trigonométricas:

${Csc} (\alpha) = \frac{1}{{Sen} (\alpha)}$, esto implica: ${Csc} \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{{Sen} \left(\frac{\pi}{4} \right)}$

Además:

${Sen} \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

De modo que:

${Csc} \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} =\frac{2}{\sqrt{2}} \ast \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{2 \sqrt{2}}{2} =\sqrt{2}$

-.-.-.-.-.-.-.-.-.-.-.-

Por otro lado:

${Cotan} \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{{Tan} \left(\frac{\pi}{4} \right)}$

Y:

${Tan} \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{{Sen} \left(\frac{\pi}{4} \right)}{{Cos} \left( \frac{\pi}{4} \right)}$

De modo que:

${Cotan} \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{{Cos} \left(\frac{\pi}{4} \right)}{{Sen} \left( \frac{\pi}{4} \right)}$

Además:

${Cos} \left( \frac{\pi}{4} \right) = {Sen} \left( \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Por tanto:

${Cotan} (\frac{\pi }{4})= \frac{{Cos} (\frac{\pi }{4})}{{Sen} (\frac{\pi }{4})}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=1$

Entonces, para encontrar el valor de $C$:

\begin{eqnarray*}
{Csc} \left( \frac{\pi}{4} \right) – {Cotan} \left( \frac{\pi}{4}
\right) & = & C\\
\sqrt{2} – 1 & = & C
\end{eqnarray*}

Por tanto, la solución del PVI, es:

$${Csc} (x + y) – {Cotan} (x + y) = x + \sqrt{2} – 1$$

Las Gráficas para este ejercicios son:

ecuaciones diferenciales por sustitucion

Figura 2. Curvas de nivel para la función: ${Csc}(x+y)- {cotan(x+y)}-x=C$

ecuaciones diferenciales por sustitucion

Figura3. Figura 3D para la función: ${Csc}(x+y)- {cotan(x+y)}-x=C$

Ecuaciones diferenciales por sustitucion

El código de MATHEAMTICA utilizado para resolver y graficar éste último ejercicio es:

 Clear["Global`*"]
 eq1 = y'[x] == Cos[x + y[x]]
 vi = y0 == Pi/4

 (* Sustitución adecuada u=x+y *)
 Print["Sustitución adecuada u=x+y"]
 h[x_] = x + y[x];(*SUSTITUIR*)
 deru = h'[x] == uprima
 deru2 = Solve[deru, y'[x]]
 dery = deru2[[1, 1, 2]];

 (*Sustituyendo en la ED original lo anterior*)
 Print["Sustituyendo en la ED original lo anterior"]
 eq11 = Evaluate[eq1 /. (x + y[x]) -> u];
 eq111 = Evaluate[eq11 /. y'[x] -> dery]

 (* Escribimos la nueva ED *)
 eq2 = u'[x] == Cos[u[x]] + 1

 (*Separamos Variables e integramos*)
 Print["Separamos Variables e integramos"]
 sn2 = Integrate[1/(Cos[u] + 1), u] == x + C

 (* Usando Trigonometría *)
 Print[" Usando Trigonometría "]
 eq = tan[x/2] == (1 - cos (x))/(sen (x))
 Print[" tenemos: "]
 sn3 = Evaluate[sn2[[1]] /. Tan[u/2] -> (1 - Cos[u])/(Sin[u])] == x + C
 sn4 = Expand[sn3[[1]]] == x + C

 (* Regresamos a las variables originales *)
 Print["Regresamos a las variables originales"]
 eq3 = Evaluate[sn4[[1]] /. u -> x + y[x]] == x + C
 Print["Resolviendo el PVI "]
 eq4 = Evaluate[eq3 /. x -> 0 /. y[0] -> Pi/4]

 (* Resultado Final *)
 Print[" Resultado Final "]
 eq5 = Evaluate[sn4[[1]] /. u -> x + y[x]] == x + eq4[[1]]
 eq6 = -Cot[x + y] + Csc[x + y] - x

(* Gráficas*)
Plot3D[eq6, {x, -1, 1}, {y, -1, 1}]
 ContourPlot[eq6, {x, -1, 1}, {y, -1, 1}]

 

Las ecuaciones diferenciales por sustitucion pueden ser identificadas y reducidas a:

  1. Variables Separables, como los ejemplos acá vistos
  2. Exactas, como las vistas en el artículo:  Ecuaciones Diferenciales Exactas, click aquí
  3. Homogéneas, como las vistas en el artículo: Ecuacion Diferencial Homogenea de Primer Orden, click aquí
  4. Lineales, como las de Bernoulli, como las vistas en el artículo: Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli, click aquí
  5. Variables Separables, cuando son ED’s de Bernoulli
  6. Lineales, cuando son ED’s de Ricatti.
  7. Homogéneas, cuando son de una variante diferente a las del inciso 3.
  8. Exactas mediante un factor integrante

Si quieres una explicación más detallada de las ecuaciones diferenciales por sustitucion, descarga en ejercicios resuelto que incluye:

  • Máyor detalle en la explicación de los ejercicios
  • Dos ejercicios más complicados
  • Explicación detallada del código de MATHEMATICA y SAGE para resolverlo
  • El archivo .nb para correr en MATHEAMTICA
  • El código en formato plain-text para pegarlo en SAGE
  • Dale click al enlace aquí en el botón de agregarlo al carrito

Ó si quieres puedes descargar el manual, Cómo Identificar y Resolver CUALQUIER Ecuación Diferencial de primer orden, click aquí, que incluye TODOS los tipos de ED’s de primer orden, incluyendo los enumerados del 5 al 8 en la lista de arriba, su códigos en SAGE, MATHEMATICA y MATLAB. Para que puedas resolver cualquier ED’s de primer orden que qujieras y seas un experto en el tema.