Factores Integrantes

En este artículo aprenderás a obtener con facilidad los factores integrantes para diferentes tipos de Ecuaciones Diferenciales (EDO’s lineales 1er orden, EDO’s de Bernoulli, EDO’s no exactas hechas exactas), utilizando álgebra para deducir dichos factores, así como las leyes de derivación e integración.

Además, podrás comparar estos resultados con los obtenidos mediante los métodos de 4 pasos que utilizamos en este blog para que entiendas los conceptos más a fondo (Ver el Ejemplo 1).

Según el Dr. Torben K. Jensen, del Center for Learning and Educacation en la University of Aarhus en Dinamarca, dice que la mejor forma de aprender es construir nueva información sobre la vieja información ya adquirida y afianzada (Ver: Video: Teaching Teaching & Understanding Understanding en youtube);  por esta razón compararemos los dos procedimientos utilizados en este blog para resolver el mismo tipo de ecuación; es decir, utilizaremos los métodos de 4 pasos y los deducidos acá para construir un puente de conocimiento que nos permita crear conexiones cerebrales y afianzar el conocimiento, además de poder comprender más a fondo los temas desarrollados.

Metodología Utilizada

En cada Ejercicio:

– Determinaremos el tipo de Ecuación Diferencial que se nos presenta para resolver

– Escribiremos la estrategia específica que nos permita convertir en lineal o exacta la ED a solucionar.

– Encontraremos el factor integrante para dicha ecuación

– Resolvemos la ED mediante un método mas intuitivo y diferente al de los 4 pasos utilizados en este blog:

i. Para las ED lineales de primer orden:

Utilizaremos la regla de derivación del producto: $d ( {uv} ) ={udv} + {vdu}$, junto con el Factor Integrante encontrado, para hallar la función solución de la ED. Una explicacion del porque de esta técnica se puede ver en el siguiente link: Click aquí.

ii. Para las ED exactas:

Utilizaremos la forma estándar de la ecuación:

\begin{equation}
M ( x,y ) d x+N ( x,y ) d y=0
\end{equation}
(1)

y el hecho de que un Factor Integrante $\mu$ al ser multiplicado por la ED de la forma de (1) la convierte en una ED exacta si cumple con el criterio de exactitud:

$\frac{\delta M}{\delta y} = \frac{\delta N}{\delta x}$

Utilizaremos la comparación de los dos métodos (el visto en este artículo y el de los 4 pasos) en el Ejemplo 1 de los ejercicios desarrollados, para la comprensión más profunda de los temas.

EJERCICIOS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE LA OBTENCIÓN DE FACTORES INTEGRANTES

Ejemplo 1. Resolver la ED siguiente (ED lineal del 1er orden)

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

Tipo de Ecuación Diferencial

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

$\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x )$

Estrategia de Solución

Encontraremos el factor integrante y utilizaremos la regla del producto, para integrar parte de la ecuación directamene (lado izquierdo), mediante el adecuar la ecuación a la forma de la regla del producto usando el factor integrante. Compararemos esta técnica con la de los 4 pasos.

Factor Integrante (FI)

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

$e^{\int P ( x ) d x}$

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

$e^{\int P ( x ) d x} =e^{\int d x} =e^{x}$,

De modo que el FI es:
$\large e^{x} $

donde:

$P ( x ) =1$

Resolvemos la ED

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

$e^{x} \frac{d y}{d x} +e^{x} y=e^{x} ( 2+2x )$

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

$\frac{d}{d x} ( e^{x} y ) =2e^{x} +2x e^{x}$

Donde hemos desarrollado el 2º miembro de la ED. Ahora, notemos que la inclusión del Factor Integrante nos permite integrar ambos miembros de la ED. Procedemos como sigue:

$\int \frac{d}{d x} ( e^{x} y ) =2 \int e^{x} d x+2 \int x e^{x} d x+C$

Integramos por partes: $\int x e^{x} d x$:

$u=x$                            $d v=e^{x} d x$

$d u=d x$                       $v=e^{x}$

$\Rightarrow e^{x} y=2e^{x} +2 \left( x e^{x} – \int e^{x} d x \right) +C$

$\Rightarrow e^{x} y=2e^{x} +2x e^{x} -2e^{x} +C \Rightarrow e^{x} y=2x e^{x} +C$

$\Rightarrow y=2x+C e^{-x}$

Por lo que el resultado buscado es:
$\large y=2x+C e^{-x}$

El mismo ejemplo, resuelto mediante el método de los 4 pasos, es el siguiente, dar click al boton mostrar/ocultar, luego dar click sobre la imagen (o abre la imagen en otra ventana) para ver en grande:

Ejercicio anterior realizado mediante los 4 pasos sugeridos en éste blog para resolver ED lineales

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Ejemplo 2. Resuelva la siguiente ED (Ecuación de Bernoulli)

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} -y=x y^{2}
\end{equation}
(3)

Tipo de Ecuación diferencial

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

$\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x ) y^{n}$

Estrategia de Solución

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

$u=y^{1-n}$

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

Factor integrante(FI)

Para encontrar el FI, necesitamos convertir primero la ED de Bernoulli en 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), ($\ldots =x y^{2}$)

De modo que sustituimos en (3): $u=y^{-1}$. Procedemos con el razonamiento siguiente:

$u=y^{-1}$, $\Rightarrow u = \frac{1}{y}$ o dicho de otra forma:

\begin{equation}
y=u^{ -1}
\end{equation}
(4)

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

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

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \ast \frac{d u}{d x} =-u^{-2} \frac{d u}{dx}
\end{equation}
(5)

Ahora, tenemos el valor de $y$ y $\frac{d y}{d x}$ y podemos sustituirlos en (3), para hacerla lineal, procedemos como sigue:

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

De modo que ahora tenemos una ED lineal de primer orden y podemos encontrar su FI:

\begin{eqnarray*}
e^{\int P ( x ) d x} & = & e^{\int d x}\\
& = & e^{x}
\end{eqnarray*}

De modo que el factor integrante es:
$e^{x}$

Resolvemos la ED

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

$e^{x} \frac{d u}{d x} +e^{x} u=x e^{x}$

$\Rightarrow \frac{d}{d x} ( e^{x} u ) =x e^{x}$

$\Rightarrow e^{x} u= \int x e^{x} d x+C$

$u=x$                            $d v=e^{x} d x$

$d u=d x$                      $v=e^{x}$

$\Rightarrow e^{x} u= \left( x e^{x} – \int e^{x} d x \right) + C$

$\Rightarrow e^{x} u=x e^{x} -e^{x} +C$

$\Rightarrow u = \frac{x e^{x} -e^{x} +C}{e^{x}}$

Ahora, una vez despejado el valor de $u$, retomamos las variables originales. Por tanto si:

$y=u^{-1} = \frac{1}{u}$, entonces:

$y= \frac{e^{x}}{x e^{x} -e^{x} +C}$

De modo que el resultado es:
$\large y= \frac{e^{x}}{x e^{x} -e^{x} +C}$

Ahora presentamos el mismo ejemplo pero resuelto mediante el método de los 4 pasos, denle click al boton mostrar/ocultar y posteriormente denle click sobre la imagen:

Ejercicio anterior realizado mediante los 4 pasos sugeridos en éste blog para resolver ED lineales

Importante: La figura menciona que el mismo ejercicio será resuelto mediante los 4 pasos para resolver ED exactas; esto está mal, es para resolver ED’s lineales, como te darás cuenta.

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Ejemplo 3. Resolver la ED siguiente (ED lineal del 1er orden)

\begin{equation}
x d y-2 y d x= ( x-2 ) e^{x} d x
\end{equation}
(6)

Tipo de Ecuación Diferencial

Inspeccionamos y determinamos que la ED es lineal de 1er orden, lo cual se hace evidente mediante el siguiente desarrollo:

$x d y-2 y d x= ( x-2 ) e^{x} d x$

$\Rightarrow x d y-2 y d x- ( x-2 ) e^{x} d x=0$

$\Rightarrow x d y+ ( -2y- ( x-2 ) e^{x} ) d x=0$

$\Rightarrow x \frac{d y}{d x} + ( -2y- ( x-2 ) e^{x} ) =0$

$\Rightarrow x \frac{d y}{d x} -2y= ( x-2 ) e^{x}$

Por ultimo:

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} – \frac{2y}{x} = \frac{( x-2 )}{x} e^{x}
\end{equation}
(7)

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

$\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x )$

Estrategia de Solución

De nuevo, como en el ejemplo 1, encontraremos el factor integrante y utilizaremos la regla del producto para integrar el lado izquierdo de la ecuación directamente  mediante el adecuarla a la forma de la regla del producto utilizando el factor integrante. Compararemos esta técnica con la de los 4 pasos.

Factor Integrante(FI)

Nuevamente utilizamos lo visto en artículo: Cómo resolver ecuaciones diferenciales con el método del factor integrante, para determinar el factor integrante el cual es (ver el Ejemplo 1, también):

\begin{eqnarray*}
e^{\int P ( x ) d x} & = & e^{-2 \int \frac{d x}{x}}\\
& = & e^{-2 \ln x}\\
& = & e^{\ln x^{-2}}\\
& = & x^{ -2}\\
& = & \frac{1}{x^{ 2}}
\end{eqnarray*}

Donde:

$P ( x ) =- \frac{2}{x}$,

Resolvemos la ED

Al igual que en el Ejemplo 1, multiplicamos el factor integrante por ambos miembros de la ecuación (7) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto:

\begin{eqnarray*}
\left( \frac{1}{x^{ 2}} \right) \frac{d y}{d x} – \left( \frac{1}{x^{ 2}}
\right) \frac{2y}{x} & = & \left( \frac{1}{x^{ 2}} \right) \frac{( x-2 )
e^{x}}{x}\\
\Rightarrow \left( \frac{1}{x^{ 2}} \right) \frac{d y}{d x} – \left(
\frac{2}{x^{3}} \right) y & = & \left( \frac{1}{x^{ 2}} \right) \frac{( x-2
) e^{x}}{x}\\
\Rightarrow \frac{d}{d x} \left( \frac{1}{x^{ 2}} y \right) & = & \left(
\frac{1}{x^{ 2}} \right) \frac{( x-2 ) e^{x}}{x}
\end{eqnarray*}

Ya que tenemos la forma de la regla del producto, obtenemos la función solución integrando, de modo que:

$\Rightarrow \frac{y}{x^{2}} = \int \frac{x e^{x}}{x^{3}} d x-2 \int \frac{e^{x}}{x^{3}} d x+C$

$\Rightarrow \frac{y}{x^{2}} = \int \frac{e^{x}}{x^{2}} d x-2 \int \frac{e^{x}}{x^{3}} d x+C$

Para integrar por partes $\int \frac{e^{x}}{x^{2}} d x$, utilizamos:

$u=e^{x}$                                       $d v=x^{-2} d x$

$d u =e^{x} d x $                            $v= \frac{-1}{x}$

Para integrar por partes: $\int \frac{e^{x}}{x^{3}} d x$, utilizamos:

$u= e^{x}$                                        $d v=x^{-3} d x$

$d u=e^{x} d x$                                $v= \frac{-1}{2x^{2}}$

Por tanto, sustituyendo los valores anteriores en las integrales correspondientes, tenemos:

$\Rightarrow \frac{y}{x^{2}} =- \frac{e^{x}}{x} + \int \frac{e^{x}}{x} d x-2 \left[ – \frac{e^{x}}{2x^{2}} + \tfrac{1}{2} \int \frac{e^{x}}{x^{2}} d x \right] +C$

$\Rightarrow \frac{y}{x^{2}} =- \frac{e^{x}}{x} + \int \frac{e^{x}}{x} d x+\frac{e^{x}}{x^{2}} – \int \frac{e^{x}}{x^{2}} +C$

$\Rightarrow \frac{y}{x^{2}} = -\frac{e^{x}}{x} + \int \frac{e^{x}}{x} d x+\frac{e^{x}}{x^{2}} – \left[ \frac{-e^{x}}{x} + \int \frac{e^{x}}{x} d x \right] +C$

$\Rightarrow \frac{y}{x^{2}} = -\frac{e^{x}}{x} + \int \frac{e^{x}}{x} d x+\frac{e^{x}}{x^{2}}+\frac{e^{x}}{x}-\int \frac{e^{x}}{x}dx+C$

$\Rightarrow \frac{y}{x^{2}} = \frac{e^{x}}{x^{2}} +C$

$\Rightarrow y=e^{x} +C x^{2}$

Por tanto, la función solución es:
$\large y=e^{x} +C x^{2}$

De nuevo, como habíamos dicho, presentamos el mismo ejemplo pero resuelto mediante el método de los 4 pasos. Click al boton mostrar/ocultar:

Ejercicio anterior realizado mediante los 4 pasos sugeridos en éste blog para resolver ED lineales

Importante: La figura menciona que el mismo ejercicio será resuelto mediante los 4 pasos para resolver ED exactas; esto está mal, es para resolver ED’s lineales, como te darás cuenta.

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Ejemplo 4. Resolver la ED siguiente (ED lineal del 1er orden)


Circuito LR en serie con suministro de voltaje variable

\begin{equation}
\frac{d i}{d t} -6i=10 {Sen} 2t
\end{equation}
(8)

Tipo de Ecuación Diferencial

Utilizamos la inspección y determinamos que la ED es lineal de 1er orden, es decir tiene la forma:

$\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x )$

Donde:

$P ( x ) =-6$

$f ( x ) =10 {Sen} 2t$

Estrategia de Solución

Seguimos nuevamente la misma estrategia de solución que en el Ejemplo 1. Hallamos el factor integrante y utilizaremos la regla del producto para integrar directamente (Ver Ejemplo 1).

Factor Integrante(FI)

Como describimos en el articulo: Cómo resolver ecuaciones diferenciales con el método del factor integrante, el factor integrante es (ver el Ejemplo 1, también):

\begin{eqnarray*}
e^{ \int P ( x ) d x} & = & e^{-6 \int d t}\\
& = & e^{ -6t}
\end{eqnarray*}

Resolvemos la ED

Ahora, multiplicamos el factor integrante por ambos miembros de la ecuación (8) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto y procedemos como en el ejemplo anterior:

\begin{eqnarray}
\frac{d i}{d t} -6i & = & 10 {Sen} 2t \nonumber\\
e^{ -6t} \frac{d i}{d t} -6e^{-6t} i & = & e^{-6t} ( 10 {Sen} 2t )
\nonumber\\
\Rightarrow \frac{d}{d t} ( e^{-6t} i ) & = & 10e^{-6t} {Sen} 2t
\nonumber\\
\Rightarrow e^{-6t} i & = & 10 \int e^{-6t} {Sen} 2t d t+C
\end{eqnarray}
(9)

Integrando por partes: $\int e^{-6t} {Sen} 2t d t$ , tenemos:

$u= {Sen} 2t$                                      $d v= e^{-6t}$

$d u= {Cos} 2t ( 2 ) d t$                      $v=\frac{-1}{6} \int e^{-6t} ( -6 ) d t$

$v = \frac{-1}{6} e^{-6t}$

Entonces:

$\int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{-1}{6} e^{-6t} {Sen} 2t+\frac{1}{6} \int e^{-6t } {Cos} 2t ( 2 ) d t$

\begin{equation}
\Rightarrow \int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{-1}{6} e^{-6t}
{Sen} 2t+ \frac{1}{3} \int e^{-6t } {Cos} 2t d t
\end{equation}
(10)

De nuevo, integrando por partes, ahora: $\int e^{-6t } {Cos} 2t dt $, tenemos:

$u= {Cos} 2t$                                                  $d v= e^{-6t} d t$

$d u= {Cos} 2t ( 2 ) d t$                      $v=\frac{-1}{6} \int e^{-6t} ( -6 ) d t$

$v=\frac{-1}{6} e^{-6t}$

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

$\int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{-1}{6} e^{-6t} {Sen} 2t+\frac{1}{3} \left[ – \frac{1}{6} e^{-6t} {Cos} 2t- \frac{1}{6} \int e^{-6t} {Sen} 2t ( 2 ) d t \right]$

$\Rightarrow \int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{-1}{6} e^{-6t} {Sen} 2t+ \frac{1}{3} \left[ – \frac{1}{6} e^{-6t} {Cos} 2t-\frac{1}{3} \int e^{-6t} {Sen} 2t d t \right]$

$\Rightarrow \int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{-1}{6} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{18} e^{-6t} {Cos} 2t- \frac{1}{9} \int e^{-6t} {Sen} 2t d t$

Debido a que la función: $\int e^{-6t} {Sen} 2t d t$ aparece en ambos miembros de la ecuación, podemos simplificar como sigue:

$\Rightarrow \int e^{-6t} {Sen} 2t d t+ \frac{1}{9} \int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{-1}{6} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{18} e^{-6t} {Cos} 2t ]$

$\Rightarrow \left( 1+ \frac{1}{9} \right) \int e^{-6t} {Sen} 2t d t=\frac{-1}{6} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{18} e^{-6t} {Cos} 2t$

$\Rightarrow \frac{10}{9} \int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{-1}{6} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{18} e^{-6t} {Cos} 2t$

$\Rightarrow \int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{9}{10} \left(\frac{-1}{6} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{18} e^{-6t} {Cos} 2t \right)$

$\Rightarrow \int e^{-6t} {Sen} 2t d t= \frac{-3}{20} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{20} e^{-6t} {Cos} 2t$

Una vez resuelto la integral

De modo que, retomando la $\int e^{-6t} {Sen} 2t d t$, podemos regresar a la ecuación (9) para encontrar la solución del ED (8).

Planteando la ecuación (9) y sustituyendo el resultado anterior obtenido para la integral $\int e^{-6t} {Sen} 2t d t$, tenemos:

\begin{eqnarray}
e^{-6t} i & = & 10 \int e^{-6t} {Sen} 2t d t+C \nonumber\\
& = & 10 \left[ \frac{-3}{20} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{20}
e^{-6t} {Cos} 2t \right] +C \nonumber\\
& = & – \frac{3}{2} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{2} e^{-6t}
{Cos} 2t+C
\end{eqnarray}
(11)

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

\begin{eqnarray*}
i ( t ) & = & \frac{1}{e^{ -6t}} \left( – \frac{3}{2} e^{-6t} {Sen}
2t- \frac{1}{2} e^{-6t} {Cos} 2t+C \right)\\
& = & – \frac{3}{2e^{ -6t}} e^{-6t} {Sen} 2t- \frac{1}{2e^{ -6t}}
e^{-6t} {Cos} 2t+ \frac{C}{e^{ -6t}}\\
& = & – \frac{3}{2} {Sen} 2t- \frac{1}{2} {Cos} 2t +C
e^{6t}
\end{eqnarray*}

Por lo que el resultado final es:
$\large i ( t ) =- \frac{3}{2} {Sen} 2t- \frac{1}{2} {Cos} 2t +C e^{6t}$

Como habíamos dicho, presentamos el mismo ejemplo pero resuelto mediante el método de los 4 pasos. Click al boton mostrar/ocultar:

Ejercicio anterior realizado mediante los 4 pasos sugeridos en éste blog para resolver ED lineales

Importante: La figura menciona que el mismo ejercicio será resuelto mediante los 4 pasos para resolver ED exactas; esto está mal, es para resolver ED’s lineales, como te darás cuenta.

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Ejemplo 5. Resolver la Siguiente ED (Ecuación de Bernoulli)

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

Tipo de Ecuación Diferencial

Vemos, por inspección, que la ED es del tipo Bernoulli, pues tiene la forma:

$\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x ) y^{n}$

Estrategia de Solución

Como ya hemos visto en el Ejemplo 2, necesitamos convertir la ED de Bernoulli en un ED lineal de primer orden, mediante la sustitución de variables. la sustitución a utilizar es siempre:

$u=y^{1-n}$

Resolveremos la ED lineal resultante con el mismo procedimiento del Ejemplo 1 (encontramos un FI y utilizamos la regla de derivación de un producto).

Factor Integrante(FI)

Como sabemos, para hallar el FI, necesitamos convertir primero la ED de Bernoulli en una ED lineal (de 1er orden)

Utilizamos en este caso la sustitución:

$u=y^{1-2}$

$u=y^{-1}$

Ya que $n=2$ , que proviene del 2º miembro de (3), ($\ldots = y^{2}e^{ x}$)

De modo que sustituimos en (12): $u=y^{-1}$ y procedemos como sigue:

$u=y^{-1}$, $\Rightarrow$ $u = \frac{1}{y}$. Esto es, dicho de otra forma:

\begin{equation}
y=u^{ -1}
\end{equation}
(13)

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

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

\begin{equation}
\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \ast \frac{d u}{d x} =-u^{-2} \frac{d u}{dx}
\end{equation}
(14)

Ahora, tenemos el valor de $y$ y $\frac{d y}{d x}$ y podemos sustituirlos en (12), para hacerla lineal, procedemos como sigue:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} +y & = & y^{2} e^{x}\\
\Rightarrow -u^{ -2} \frac{d u}{d x} + \frac{1}{u} & = & \left( \frac{1}{u}
\right)^{ 2} e^{x}\\
\Rightarrow \frac{d u}{d x} – \frac{1}{u \ast u^{ -2}} & = & \frac{1}{u^{
2} \ast u^{ -2}} e^{x}\\
\Rightarrow \frac{d u}{d x} – \frac{u^{2}}{u} & = & \frac{u^{2}
e^{x}}{u^{2}}\\
\Rightarrow \frac{d u}{d x} -u & = & e^{x}
\end{eqnarray*}

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

\begin{eqnarray*}
e^{\int P ( x ) d x} & = & e^{- \int d x}\\
& = & e^{-x}
\end{eqnarray*}

De modo que el FI es:

$e^{-x}$

Resolvemnos la ED

Como siempre, ahora, multiplicamos el factor integrante por ambos miembros de la ecuación (3) para adecuar la ED a la forma de la regla del producto y seguimos el procedimiento del Ejemplo 2.

$\Rightarrow \frac{d}{d x} ( e^{-x} u ) =1$    $e^{-x} \frac{d u}{d x} -e^{-x} u=e^{-x} e^{x}$

$\Rightarrow e^{x} u= \int d x+C$

$\Rightarrow e^{x} u=x+C$

$\Rightarrow ^{} u= \frac{x+C}{e^{x}}$

Ahora, una vez despejado el valor de $u$, retomamos las variables originales. Por tanto, si:

$y=u^{-1} = \frac{1}{u}$, entonces:

$y= \frac{e^{x}}{x+C}$

De modo que el resultado es:
$\large y= \frac{e^{x}}{x+C}$

Presentamos el mismo ejemplo, ahora resuelto mediante el método de los 4 pasos. Click al botón mostrar/ocultar:

Ejercicio anterior realizado mediante los 4 pasos sugeridos en éste blog para resolver ED lineales

Importante: La figura menciona que el mismo ejercicio será resuelto mediante los 4 pasos para resolver ED exactas; esto está mal, es para resolver ED’s lineales, como te darás cuenta.

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Ejemplo 6. Resolver la siguiente ED (ED no exacta hecha exacta)

\begin{equation}
y d x+ ( x y+x-3y ) d y=0
\end{equation}
(15)

Tipo de Ecuación

Inspeccionamos y notamos que la ecuación podría ser exacta, pues tiene su forma es de la de una ED de este tipo, donde toda la ED esta IGUALADA A CERO y los TÉRMINOS DEPENDEN de $x$ e $y$, como se puede ver si usamos la forma estándar de una ED de este tipo:

$M ( x,y ) d x+N ( x,y ) d y=0$

Claro, en nuestro caso el primer término solo depende de $y$, pero procedemos de la misma forma pues el segundo término si depende de $x$ e $y$.

Estrategia de solución

Utilizaremos la forma estándar de la ecuación:

\begin{equation}
M(x,y)dx+N(x,y)dy=0\end{equation}
(16)

y el hecho de que un Factor Integrante $\mu$ al ser multiplicado por la ED de la forma de (1) la convierte en una ED exacta si cumple con el criterio de exactitud:

\begin{equation}
\frac{\delta M}{\delta y} = \frac{\delta N}{\delta x}
\end{equation}
(17)

Para esto suponemos un Factor Integrante(FI) $\mu$ y lo multiplicamos por la ED a resolver [en nuestro caso la ecuación (15)] y utilizamos la ecuación (17) para despejar el FI: $\mu$.

Una vez obtenido el FI, resolvemos la ED exacta mediante el método de 4 pasos descrito en el artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas.

Factor Integrante (FI)

Primero, determinamos si la ED es exacta:

$M ( x,y ) =y $                                $N ( x,y ) =x y+x-3y$

$\frac{\delta M}{\delta y} =1$   $\frac{\delta N}{\delta x} =y+1$

Por tanto la ED no es exacta, ya que:

$\frac{\delta M}{\delta y} \neq \frac{\delta N}{\delta x}$

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

Suponemos que $\mu$ es el FI que convierte a la ED en exacta. Se derivan dos casos; el primero donde $\mu ( x )$ y el segundo donde $\mu ( y )$, el caso seleccionado será el que solo dependa de la variable seleccionada. Ver el desarrollo siguiente:

Primer caso, hacemos FI igual a $\mu ( x )$ lo multiplicamos por (15) y utilizamos la ecuación (17), para despejar $\mu ( x )$ ESPERANDO QUE QUEDE EN FUNCIÓN DE $x$ de otra forma usamos el segundo caso.

Segundo caso, FI igual a $\mu ( y )$ lo multiplicamos por (15) y utilizamos la ecuación (17), para despejar $\mu ( y )$ ESPERANDO QUE QUEDE EN FUNCIÓN DE $y$.

Estas condiciones las usamos debido a que nos interesa convertir en una ED ordinaria a nuestra ED, es decir en una ED donde las derivadas de sus variables dependientes estén en función de una  sola varable independiente; de otra forma estaríamos hablando de Ecuaciones Diferenciales parciales.

Procedemos a hallar $\mu$, de acuerdo a lo descrito:

Primer caso:

$\mu ( x ) y d x+ \mu ( x ) ( x y+x-3y ) d y=0$

Por tanto:

$M ( x,y ) = \mu ( x ) y $                                       $N ( x,y ) = \mu ( x ) ( x y+x-3y )$

$\frac{\delta M}{\delta y} = \mu ( x )$            $\frac{\delta N}{\delta x} =y \left( \mu ( x ) \ast 1+ \frac{d \mu ( x )}{d x}\ast x \right) + \mu ( x ) \ast 1+ \frac{d \mu ( x )}{d x} \ast x-y\ \frac{\delta \mu ( x )}{\delta x}$

$\frac{\delta N}{\delta x} =$ No solo depende de $x$, por lo que no podemos usar $\mu ( x )$

Segundo caso:

$\mu ( y ) y d x+ \mu ( y ) ( x y+x-3y ) d y=0$

Por tanto:

$M ( x,y ) = \mu ( y ) y $                                                                                                         $N ( x,y ) = \mu ( y ) ( x y+x-3y )$

$\frac{\delta M}{\delta y} = \mu ( y ) ( 1 ) + \frac{d \mu ( y )}{d y} y$                      $\frac{\delta N}{\delta x} = \mu ( y ) y+ \mu ( y )$

En los dos casos $\frac{\delta M}{\delta y}$ y $\frac{\delta N}{\delta x}$ las derivadas parciales solo dependen de $y$, por lo que podemos usarlas para encontrar el FI. Procedemos como sigue:

Sustituyendo en (17) y despejando $\mu ( x )$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{\delta M}{\delta y} & = & \frac{\delta N}{\delta x}\\
\mu ( y ) +y \frac{d \mu ( y )}{d y} & = & \mu ( y ) y+ \mu ( y )\\
y \frac{d \mu ( y )}{d y} & = & \mu ( y ) y+ \mu ( y ) – \mu ( y )\\
y \frac{d \mu ( y )}{d y} & = & \mu ( y ) y\\
\frac{d \mu ( y )}{d y} & = & \frac{\mu ( y ) y}{y}\\
\frac{d \mu ( y )}{d y} & = & \mu ( y )
\end{eqnarray*}

E integrando el último resultado obtenemos el FI:

\begin{eqnarray*}
\frac{d \mu ( y )}{d y} & = & \mu ( y )\\
\frac{d \mu ( y )}{\mu ( y )} & = & d y\\
\ln \mu ( y ) & = & y\\
\mu ( y ) & = & e^{y}
\end{eqnarray*}

Por lo que el FI es:
$\mu ( y ) =e^{y}$

Resolvemos la ED

Antes corroboramos la exactitud de la nueva ED:

$M ( x,y ) = \mu ( y ) y=e^{y} y$                                             $N ( x,y ) =\mu ( y ) ( x y+x-3y ) =e^{y} ( x y+x-3y )$

$\frac{\delta M}{\delta y} =e^{y} y+e^{y}$                        $\frac{\delta N}{\delta x} =e^{y} y+e^{y}$

Por tanto la ED es exacta, ya que:

$\frac{\delta M}{\delta y} = \frac{\delta N}{\delta x}$

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

Paso 1.

\begin{eqnarray*}
\int M ( x,y ) d x+g ( y ) & = & \int e^{y} y d x+g ( y )\\
& = & y e^{ y} \int d x+g ( y )\\
& = & x y e^{ y} +g ( y )
\end{eqnarray*}

Paso 2.

\begin{eqnarray*}
\frac{\delta}{\delta y} \int M ( x,y ) d x+g ( y ) & = & N ( x,y )\\
\frac{\delta}{\delta y} ( x y e^{y} ) +g’ ( y ) & = & x y e^{y} +x e^{y} -3y
e^{y}\\
x ( y e^{y} +e^{y} ) +g’ ( y ) & = & x y e^{y} +x e^{y} -3y e^{y}\\
x y e^{y} +x e^{y} +g’ ( y ) & = & x y e^{y} +x e^{y} -3y e^{y}\\
g’ ( y ) & = & x y e^{y} +x e^{y} -3y e^{y} -x y e^{y} -x e^{y}\\
g’ ( y ) & = & -3y e^{y}
\end{eqnarray*}

Paso 3.

\begin{eqnarray*}
g ( y ) & = & \int N ( x,y ) d x- \int \frac{\delta}{\delta y} \int M ( x,y
) d y d x\\
g ( y ) & = & \int ( -3y e^{y} ) d y\\
& = & -3 \int y e^{y} d y
\end{eqnarray*}

$u=y$                                     $d v=e^{y} d y$

$d u=d y$                               $v=e^{y}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
g ( y ) & = & -3 \left[ y e^{y} – \int e^{y} d y \right]\\
& = & -3y e^{y} +3e^{y}
\end{eqnarray*}

Paso 4.

\begin{eqnarray*}
\int M ( x,y ) d x+g ( y ) & = & c\\
x y e^{y} -3y e^{y} +3 e^{y} & = & c
\end{eqnarray*}

Es decir, el resultado buscado o la solución es:
$\large c=x y e^{y} -3y e^{y} +3 e^{y}$

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

Factores Integrantes

Figura 1. Representación gráfica en relieve de la solución del problema 6

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

Dos vistas tridimensionales (manipulables) puede verse a continuación. Posiciona el cursor del mouse sobre la figura y mantenlo presionado con click izquierdo a la vez que l0 mueves para ver diferentes perspectivas de la figura. (es posible que necesites instalar el software para manejo de CDF de Wolfram, da click aquí para instalarlo.)

 

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

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Ejemplo 7. Resolver la siguiente ED (ED no exacta hecha exacta)

$( 2s-e^{2t} ) d s=2 ( s e^{2t} – {Cos} 2t ) d t$

Como la estructura de la ED es parecida a la de una ED exacta (ver ejemplo anterior), desarrollamos la ecuación para adecuarla a la forma estándar de una ED.

$\Rightarrow ( 2s-e^{2t} ) d s-2 ( s e^{2t} – {Cos} 2t ) d t=0$

$\Rightarrow ( 2s-e^{2t} ) d s- ( 2s e^{2t} -2 {Cos} 2t ) d t=0$

$\Rightarrow ( 2s-e^{2t} ) d s+ ( -2s e^{2t} +2 {Cos} 2t ) d t=0$

$\Rightarrow ( 2s-e^{2t} ) d s+ ( 2 {Cos} 2t-2 s e^{ 2t} ) d t=0$

Es decir la ED a solucionar es:

\begin{equation}
( 2s-e^{2t} ) d s+ ( 2 {Cos} 2t-2 s e^{ 2t} ) d t=0
\end{equation}
(18)

 

Tipo de Ecuación

Como siempre utilizamos la inspección y notamos que la ecuación (18) podría ser exacta, tomando en cuanta que la ED esta IGUALADA A CERO y los TÉRMINOS DEPENDEN de $ x$ e $ y$, como se ve al en la forma estándar de una ED de este tipo:

$M ( x,y ) d x+N ( x,y ) d y=0$

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

Estrategia de Solución

Utilizamos la forma estándar de la ecuación:

\begin{equation}
M ( x,y ) d x+N ( x,y ) d y=0
\end{equation}
(19)

y el hecho de que un Factor Integrante $\mu$ al ser multiplicado por la ED de la forma de (1) la convierte en una ED exacta si cumple con el criterio de exactitud:

\begin{equation}
\frac{\delta M}{\delta y} = \frac{\delta N}{\delta x}
\end{equation}
(20)

Para esto suponemos un Factor Integrante(FI) $\mu$ y lo multiplicamos por la ED a resolver [en nuestro caso la ecuación (18)] y utilizamos la ecuación (20) para despejar el FI: $\mu$.

Una vez obtenido el FI, resolvemos la ED exacta mediante el método de 4 pasos descrito en el artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas.

Factor Integrante

Primero, determinamos si la ED es exacta:

$M ( t,s ) =2 {Cos} 2t-2 s e^{ 2t} $                                       $N( t,s ) =2s-e^{2t}$

$\frac{\delta M}{\delta s} =-2e^{2t}$                                $\frac{\delta N}{\delta t} =-2 e^{2t}$

Por tanto la ED es exacta, ya que:

$\frac{\delta M}{\delta s} = \frac{\delta N}{\delta t}$

Es decir, el FI en este caso es igual a $1$, como lo hacemos evidente en la siguiente demostración.

Procedemos a hallar $\mu$, de acuerdo a lo descrito en el ejemplo anterior, en la subsección del mismo nombre que esta utilizando ahora las variables $t$ y $s$:

– Primer caso $\mu ( t )$:

$\mu ( t ) ( 2 {Cos} 2t-2 s e^{ 2t} ) d t+ \mu ( t ) ( 2s-e^{2t} ) ds=0$

Por tanto:

$M ( t,s ) = \mu ( t ) ( 2 {Cos} 2t-2 s e^{ 2t} ) $                                $N ( t,s ) = \mu ( t ) ( 2s-e^{2t} ) d s$

$\frac{\delta M}{\delta s} =-2 \mu ( t ) e^{2t}$                              $\frac{\delta N}{\delta t} =2s \frac{d \mu ( t )}{d t} -2 \mu ( t ) e^{2t} -\frac{d \mu ( t )}{d t} e^{2t}$

$\frac{\delta N}{\delta t} =$ No solo depende de $t$, por lo que no podemos usar $\mu ( t )$

– Segundo caso $\mu ( s )$:

$\mu ( s ) ( 2 {Cos} 2t-2 s e^{ 2t} ) d t+ \mu ( s ) ( 2s-e^{2t} ) ds=0$

Por tanto:

$M ( t,s ) = \mu ( s ) ( 2 {Cos} 2t-2 s e^{ 2t} ) $                                $N ( t,s ) = \mu ( s ) ( 2s-e^{2t} )$

$\frac{\delta M}{\delta s} =2 {Cos} 2t \frac{d \mu ( s )}{d s} +\left( -2 \mu ( s ) e^{2t} -2s e^{2t} \frac{d \mu ( s )}{d s} \right)$          $\frac{\delta N}{\delta t} =2 \mu ( s ) +2s \frac{d \mu ( s )}{d s} – \frac{d \mu ( s )}{d s} e^{2t}$

En los dos casos $\frac{\delta M}{\delta s}$ y $\frac{\delta N}{\delta t}$ las derivadas parciales NO solo dependen de $t$ o $s$, por lo que no podríamos utilizar ninguno de los dos casos para encontrar el FI. Sin embargo, en este caso, como sabemos que la ED es exacta, solo corroboramos que su FI es igual a 1. Procedemos como sigue.

Utilizamos los valores de $\frac{\delta M}{\delta s}$ y $\frac{\delta N}{\delta t}$ del primer caso para este desarrollo aunque se podrían utilizar los valores del segundo caso.

Sustituyendo en (20) y despejando $\mu ( t )$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{\delta M}{\delta s} & = & \frac{\delta N}{\delta t}\\
-2 \mu ( t ) e^{2t} & = & 2s \frac{d \mu ( t )}{d t} -2 \mu ( t ) e^{2t} –
\frac{d \mu ( t )}{d t} e^{2t}\\
-2 \mu ( t ) e^{2t} & = & 2s \frac{d \mu ( t )}{d t} – \frac{d \mu ( t )}{d
t} e^{2t} -2 \mu ( t ) e^{2t}\\
-2 \mu ( t ) e^{2t} & = & ( 2s-e^{ 2t} ) \frac{d \mu ( t )}{d t} -2 \mu ( t
) e^{ 2t}\\
-2 \mu ( t ) e^{2t} +2 \mu ( t ) e^{ 2t} & = & ( 2s-e^{ 2t} ) \frac{d \mu (
t )}{d t}\\
\mu ( t ) ( -2e^{2t} +2e^{ 2t} ) & = & ( 2s-e^{ 2t} ) \frac{d \mu ( t )}{d
t}\\
( 2s-e^{ 2t} ) \frac{d \mu ( t )}{d t} & = & \mu ( t ) ( -2e^{2t} +2e^{ 2t}
)\\
\frac{d \mu ( t )}{\mu t} & = & \frac{( -2e^{2t} +2e^{ 2t} ) d t}{( 2s-e^{
2t} )}\\
\frac{d \mu ( t )}{\mu ( t )} & = & 0 d t\\
\ln \mu ( t ) & = & 0\\
\mu ( t ) & = & e^{0}\\
\mu ( t ) & = & 1
\end{eqnarray*}

Resolvemos la ED

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

Paso 1.

\begin{eqnarray*}
\int M ( t,s ) d t+g ( s ) & = & \int ( 2 {Cos} 2t-2 s e^{ 2t} ) d
t+g ( s )\\
& = & 2 \int {Cos} 2t ( 2 ) d t-2s \int e^{2t} +g ( s )\\
& = & \frac{2}{2} {Sen} 2t^{} – \frac{2}{2} s e^{2t} +g ( s )\\
& = & {Sen} 2t^{} -s e^{2t} +g ( s )
\end{eqnarray*}

Paso 2.

\begin{eqnarray*}
\frac{\delta}{\delta s} \int M ( t,s ) d t+g ( s ) & = & N ( t,s )\\
\frac{\delta}{\delta s} ( {Sen} 2t^{} -s e^{2t} ) +g’ ( s ) & = &
2s-e^{2t}\\
-e^{2t} +g’ ( y ) & = & 2s-e^{2t}\\
g’ ( y ) & = & 2s
\end{eqnarray*}

Paso 3.

\begin{eqnarray*}
g ( s ) & = & \int N ( t,s ) d t- \int \frac{\delta}{\delta s} \int M ( t,s
) d s d t\\
g ( s ) & = & \int ( 2s ) d s\\
& = & 2 \int s d s\\
& = & \frac{2}{2} s^{2}\\
g ( s ) & = & s^{2}
\end{eqnarray*}

Paso 4.

\begin{eqnarray*}
\int M ( t,s ) d t+g ( s ) & = & c\\
{Sen} 2t^{} -s e^{2t} +s^{2} & = & c
\end{eqnarray*}

Es decir, el resultado buscado o la solución es:
$\Large c= {Sen} 2t^{} -s e^{2t} +s^{2}$

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

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] // Simplify
PNy = (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]

Nota: al pegar el código, es necesario corregir los espacios y verificar que la variable independiente (en este caso “x” esté de color verde, así como la variable independiente “y” ó “f(x)” esté en azul).

Realiza más ejercicios como este, donde encuentres el FI para ecuaciones lineales, de bernoulli o no exactas hechas exactas, puedes utilizar el código de MATHEMATICA que te he proporcionado para que modeles y grafiques tus resultados y se afiance más TU CONFIANZA y TU HABILIDAD.

Desarrolla tu intuición y confianza para obtener mejores resultados, más rápidos y más fácilmente. Para esto necesitas preparar tu mente y por eso te invito a leer el artículo La técnica perfecta para aprender ecuaciones diferenciales, da click aquí, y practicar con varios ejercicios.

Puedes descargar este mismo artículo en formato PDF, aquí (da click aquí)

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Te invito a que me contactes aquí para cualquier sugerencia sobre la página y si tienes una duda, en particular sobre el tema tratado, por favor, deja tu comentario al final de esta página. Que estés bien. 😉

8 pensamientos en “Factores Integrantes

    • Daniel
      Te dejo la respuesta

      PVI: \(y’ + \cot (x) y = 4 sen (x)\); \(y \left( – \frac{\pi}{2}\right) = 0\)

      Desarrollo:

      Paso 1. ED Lineal: \(y’ + P (x) y = g (x)\)

      $$y’ + \cot (x) y = 4 sen (x)$$

      Paso 2. F.I.:

      $$e^{ \int P (x) dx} = e^{\int \cot (x) dx}$$

      Donde:

      $$\int \cot (x) dx = Ln (sen (x))$$

      Por tanto:

      $$e^{\int \cot (x) dx} = e^{Ln (\sin (x))} = sen (x)$$

      Paso 3. Resolvemos:

      Multiplicamos toda la ED por el FI.

      $$sen (x) y’ + sen (x) \cot (x) y = 4 sen (x) sen(x)$$

      $$sen (x) \frac{dy}{dx} + sen (x) \frac{\cos(x)}{sen (x)} y = 4 sen^2 (x)$$

      $$sen (x) \frac{dy}{dx} + \cos (x) y = 4 sen^2 (x)$$

      Esto implica:

      $$\frac{d}{dx} (sen (x) y) = 4 sen^2 (x)$$

      Integrando:

      $$\int d (sen (x) y) = 4 \int sen^2 (x) dx + C$$

      $$sen (x) y = 4 \int sen^2 (x) dx + C$$

      $$y = \frac{4}{sen (x)} \int \sin^2 (x) dx + C$$

      Integrando: \(\int sen^2 (x) dx\)

      \(u = sen (x)\); \(d v = sen (x) dx\)

      \(d u = \cos (x)\); \(v = – \cos (x)\)

      Por tanto:

      \(\int sen^2 (x) dx = – sen (x) \cos (x) + \int \cos (x) \cos (x) dx\)

      \(\int sen^2 (x) dx = – sen (x) \cos (x) + \int \cos^2 (x) dx\)

      Usando: \(\cos^2 (x) = 1 – sen^2 (x)\)

      \(\int sen^2 (x) d x = – sen (x) \cos (x) + \int (1 – sen^2 (x)) d x\)

      \(\int sen^2 (x) dx = – sen (x) \cos (x) + \int dx – \int sen^2 (x) dx\)

      Esto implica:

      \(2 \int sen^2 (x) dx = – sen (x) \cos (x) + \int dx\)

      Es decir:

      \(\int sen^2 (x) dx = – \frac{1}{2} sen (x) \cos (x) + \frac{1}{2} x\)

      Retomando la ED:

      $$y = \frac{4}{sen (x)} \left( – \frac{1}{2} sen (x) \cos (x) + \frac{1}{2} x \right)$$

      Es decir, la solución es:

      $$y = – 2 \cos (x) + 2 x \csc (x) $$

      Resolviendo el PVI:

      $$y \left( – \frac{\pi}{2} \right) = 0$$

      $$0 = – 2 \cos \left( – \frac{\pi}{2} \right) + 2 \left( – \frac{\pi}{2}
      \right) \csc \left( – \frac{\pi}{2} \right) + C$$

      $$0 = 0 + 2 \left( – \frac{\pi}{2} \right) (- 1) + C$$

      $$0 = \pi + C$$

      $$C = – \pi$$

      De modo que la sol del PVI, es:

      $$y (x) = – 2 \cos (x) + 2 x \csc (x) – \pi$$

  1. excelente sitio, gran ayuda , muchas gracias.
    queria pedirte ayuda con estos ejercicios porfavor
    dy/dx= x²+3 y²/2xy
    (x+y)dx+(x+2y)dy=0 , y(2)=3
    por favor

    • Sergio

      Te dejo la respuesta:
      $\frac{dy}{dx} = \frac{x^{2} + 3y^{2}}{2xy}$
      Esta es una función homogénea, ve el artículo: Ecuación Diferencial Homogénea de 1er Orden Encontrarás una casi igualita, solo estoy copiando los pasos. =D

      Paso 1.
      $\frac{dy}{dx} = \frac{x^{2} + 3y^{2}}{2xy}$

      Multiplicamos por el Factor adecuado:
      $\frac{d y}{d x} = \frac{x^{2} +3y^{2}}{2x y} \ast \frac{\frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{x^{2}}}$
      Obtenemos:
      $\frac{d y}{d x} = \frac{1+3 \left( \tfrac{y}{x} \right)^{2}}{2 \left( \tfrac{y}{x} \right)}$

      Paso 2.
      $u= \frac{y}{x} \Rightarrow y=u x \Rightarrow \frac{d y}{d x} =u+x\frac{d u}{d x}$

      Esto implica:
      $x \frac{d u}{d x} = \frac{1+3u^{2}}{2u} -u$

      Paso 3.
      $x \frac{d u}{d x}=F ( u ) -u$
      Por tanto:
      $\frac{2u}{1+u^{2}} d u = \frac{d x}{x}$

      Paso 4:
      $\int \frac{2u d u}{1+u^{2}} = \int \frac{d x}{x} +C$

      sabemos que:
      $d v=2u d u$

      Por tanto:
      $\ln ( 1+u^{2} ) = \ln x +C$

      y si:
      $u= \frac{y}{x}$

      Esto implica que:
      $ln \left( 1+ \left( \frac{y}{x} \right)^{2} \right) = \ln x+C$

      Que da como resultado:
      $\large y= \sqrt{C x^{3} -x^{2}}$

      La otra ED es tambien un ED homogénea, pero es mas largo el desarrollo, revisa el artículo que te envíe para que puedas desarrollarla paso a paso:

      Acá te dejo la solución en código para que la pegues en una celda de SAGE como ésta: SAGE

      x = var('x')
      y = function('y')(x)
      EDOh=diff(y,x)==(x+y)/(x + 2*y)
      soln = desolve(EDOh,y)
      show(soln)

      Saludos

        • Sergio
          Que tal.
          No es posible
          Por eso aprendemos una cantidad variada de métodos y necesitamos poder diferenciar las ED’s para saber cual método aplicar.
          Saludos

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