Ecuaciones Diferenciales Separables

ECUACIONES DIFERENCIABLES SEPARABLES

Si lees el siguiente artículo hasta el final conocerás varios trucos para resolver ecuaciones diferenciales separables (sobre todo para integrar funciones, que aparecen de forma recurrente), mediante una metodología de 3 pasos de fácil aplicación.

El aprendizaje mediante la resolución de problemas es ampliamente utilizado en ciencias para desarrollar habilidades en los alumnos. Al utilizar ésta metodología se debe considerar que el cometer errores es fundamental para el aprendizaje pues se logran dos cosas:

1.- El crecimiento del cerebro en término de sus conexiones neuronales mediante la sinapsis

2.- Ser más inteligente.

Esto lo dice la Profesora Karol Dwek, profesora de psycología por la Universidad de Stanford, durante una entrevista para el curso online: How to learn math de la Universidad de Stanford, durante el tema Teaching for a Growth Minset.

De ésta forma, es importante ver que durante el proceso de aprendizaje individual, el cometer errores significa CRECER en INTELIGENCIA, más que verlo como por falta de capacidad del alumno o maestro, pues es en ese momento cuando, al lidear con el error, se generan más conexiones neuronales.

Metodología para resolver ecuaciones diferenciales separables

1. La ecuación diferencial se escribe en la FORMA ESTÁNDAR propia de una ecuación diferencial ordinaria de primer orden:

$ \Large \frac{{dy}}{{dx}} = f (x, y)$

Ejemplo:

$ \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{3 x^2 + 4 x + 2}{2 (y – 1)}$

Donde:

$ f (x, y) = \frac{3 x^2 + 4 x + 2}{2 (y – 1)}$

2. SEPARAMOS LAS VARIABLES de acuerdo al criterio visto en el artículo: Cómo resolver una ecuación diferencial de primer orden separable.

$ M {dx} = N {dy}$

Donde:

$ M = f (x)$  y $N = f (y)$

3. Por último, INTEGRAMOS ambos miembros de la ecuación mediante las fórmulas y ténicas conocidas del cálculo integral (Para referencia de cómo integrar funciones racionales dar click aquí)

Ecuaciones Diferenciales Separables Ejercicios Resueltos

Ejemplo 1, Problema del Valor Inicial (PVI)

$\Large \frac{{dy}}{{dx}} = (1 + y^2) \tan (x)$
$ y (0) = 1$

Pasos:

1. Forma estándar

$\frac{{dy}}{{dx}} = (1 + y^2) \tan (x)$

2. Separando variables

$\frac{{dy}}{1 + y^2} = \tan (x) {dx}$

3. Integrando

$\int \frac{{dy}}{1 + y^2} = \int \tan (x) {dx} + C$

Para integrar utilizamos las formulas.

Lado izquierdo:

$\int \frac{{dT}}{1 + T^2} = {arc} {Tan} (T) + C$

Lado derecho:

$ \tan (x) = \frac{{sen} (x)}{\cos (x)}$,

De modo que:

$\int \tan (x) {dx} = \int \frac{{sen} (x)}{\cos (x)} {dx}$

De donde:

$ u = \cos{x}$

$ du = -\sin(x)dx$

Por tanto:

$ \int \frac{{sen} (x)}{\cos (x)} {dx} = – \int \frac{- {sen}(x)}{\cos (x)} {dx}$

$ \Rightarrow – \int \frac{{du}}{u} = – {Ln} | u |$

Y regresando a las variables originales:

$ \int \tan (x) {dx} = – {Ln} | \cos (x) |$

De modo que el resultado buscado es:

$ \int \frac{{dy}}{1 + y^2} = \int \tan (x) {dx} + C$

$ \Rightarrow arc Tan(y) = – Ln |\cos{x}|+C$

Por ultimo, despejando $ y$:

$ y (x) = {Tan} (- {Ln} | \cos (x) | + C)$

4. Resolviendo el PVI:

Sustituimos los valores iniciales ($y (0) = 1$) en el resultado obtenido:

$ y (x) = {Tan} (- {Ln} | \cos (x) | + C)$

$ y(0) = Tan(- Ln |\cos{0}|+C)=1$

$ \Rightarrow 1 = Tan(- Ln |1|+C)$

$ \Rightarrow 1 = Tan(0+C)$

$ \Rightarrow Tan(0+C)$

$ \Rightarrow Tan(C)=1$

$ C = arc Tan(1)$

$ C = \frac{\pi}{4}$

De modo que la solución particular buscada es:

$ \large y (x) = {Tan} \left( – {Ln} | \cos (x) | + \frac{\pi}{4} \right)$

Ejemplo 2

$\Large y^{e^{x}} {dy} – (e^{- y} + e^{2 x – y}) {dx} = 0$

Pasos:

1. Forma estándar

$ y^{e^x} {dy} = (e^{- y} + e^{2 x – y}) {dx}$

$ \Rightarrow \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{e^{- y} + e^{2 x -y}}{y^{e^x}}$

2. Separando variables

En este ejercicio para separar las varibles es conveniente, aplicar la definición de logaritmo al término $y^{e^{x}}$, como sigue:

$ y^{e^{x}}dy = (e^{-y}+e^{2x-y}dx)$

$ y^{e^{x}}dy = e^{-y}(1+e^{2x})dx$

$ \frac{y^{e^{x}}}{e^{-y}}dy = (1+e^{2x})dx$

Aplicando el logaritmo natural al primer miembro de la ED:

$ \frac{{Ln} (y^{e^{x}})}{{Ln} (e^{- y})} {dy} = (1 + e^{2 x}){dx}$

$ \frac{e^{x}{Ln}(y)}{-y{Ln}(e)}dy = (1 + e^{2x})dx$

$ \frac{e^{x}{Ln}(y)}{-y}dy = (1+e^{2x})dx$

Nota: El término ${Ln} (e)$ desaparace pues es una constante que puede ser incluida en la constante de integración.

Reagrupando variables semejantes

$ \frac{{Ln} (y)}{- y} {dy} = \frac{(1 + e^{2 x})}{e^x} {dx}$

De modo que:

$ Ln(y) \frac{dy}{y} = -e^{-x}(1+e^{2x})dx$

$ Ln(y) \frac{dy}{y} = -(e^{-x}+e^{2x-x})dx$

$ Ln(y) \frac{dy}{y} = -e^{-x}dx – e^{x}dx$

3. Integrando

Vamos a integrar entonces la ED:

$ \int {Ln} (y) \frac{{dy}}{y} = – \int e^{- x} {dx} – \int e^x {dx} + C$

Para integrar utilizamos.

Lado izquierdo:

$ u = {Ln} (y)$;  ${du} = \frac{{dy}}{y}$

y recordando:

$ \int u {du} = \frac{u^2}{2} + C$

Lado derecho:

$ \int e^x {dx} = e^x$

De modo que:

$ \int {Ln} (y) \frac{{dy}}{y} = – \int e^{- x} {dx} – \int e^x {dx} + C$

Y resolviendo las integrales:

$ \frac{Ln^{2}(y)}{2}=e^{-x}-e^{x}+C$

Por ultimo, despejando $latex y$:

$ Ln^{2} (y) = 2 e^{- x} – 2 e^{x} + 2 C$

$ Ln (y) = \sqrt{2 e^{- x} – 2 e^{x} + 2 C}$

Por lo que el resultado es:

$ \large y(x) = e^{\sqrt{2 e^{- x} – 2 e^{x} + 2 C}}$

Ejemplo 3

$\Large \frac{dy}{(5-3y)^{2}} = \frac{dx}{2(4-x)^{2}}$

Pasos:

1. Forma estándar

En éste caso es solo para seguir un orden pues la ED ya esta con variables separadas.

$ \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{(5 – 3 y)^2}{2 (4 – x)^2}$

2. Separando variables

$ \frac{d y}{(5 – 3 y)^2} = \frac{dx}{2 (4 – x)^2}$

3. Integrando

Vamos a integrar entonces la ED:

$ \int \frac{d y}{(5 – 3 y)^2} = \int \frac{dx}{2 (4 – x)^2} + C$

Para integrar utilizamos.

Lado Izquierdo:

$ u = 5 – 3 y$

$ du = 3 d y$

Lado derecho:

$ v = 4 – x$

$ d v = – d x$

De modo que:

$ \frac{1}{3} \int \frac{3 d y}{(5 – 3 y)^2} = – \frac{1}{2} \int \frac{- dx}{(4 – x)^{2}} + C$

$ \frac{1}{3} \int \frac{d u}{u^2} = – \frac{1}{2} \int \frac{d v}{v^{2}} + C$

$ \frac{1}{3} \int u^{- 2} d u = – \frac{1}{2} \int v^{- 2} d v + C$

$ – \frac{1}{3} \frac{u^{- 1}}{- 1} = – \frac{1}{2} \frac{v^{- 1}}{(- 1)} + C$

$ -\frac{1}{3u} = \frac{1}{2u}+C$

Y, regresando a las variables originales:

$ – \frac{1}{3 (5 – 3 y)} = \frac{1}{2 (4 – x)} + C$

$ -\frac{1}{3(5-3y)} = \frac{1+2(4-x)C}{2(4-x)}$

$ -\frac{2(4-x)}{1+2(4-x)C} = 3(5-3y)$

$ \frac{-8+2x}{1+8C-2Cx} = 15 – 9y$

$ y = \frac{-8+2x}{9+56C-18Cx}+ \frac{15}{9}$

De modo que el resultado es:

$ \large y = \frac{- 8 + 2 x}{9 + 18 (4 – x) C} + \frac{5}{3}$

Ejemplo 4

$\Large \sqrt{1-y^{2}}dx = \sqrt{1-x^{2}}dy$

1. Forma estándar

$ \frac{dy}{dx} = \frac{\sqrt{1 – y^2}}{\sqrt{1 – x^2}}$

2. Separando variables

$ \frac{dx}{\sqrt{1 – x^2}} = \frac{dy}{\sqrt{1 – y^2}}$

3. Integrando

$ \int \frac{dy}{\sqrt{1 – y^2}} = \int \frac{dx}{\sqrt{1 -x^2}}$

Para la integraciónn utilizamos.

Lado izquierdo y derecho:

$ \int \frac{dT}{\sqrt{1 – T^2}} = arc \sin T + C$

De modo que:

$ \int \frac{dy}{\sqrt{1 – y^2}} = \int \frac{dx}{\sqrt{1 – x^2}}+ C$

$ \Rightarrow arc \sin y = arc \sin x + C$

Por último, despejando $y$:

$ y (x) = \sin (arc \sin x + C)$

Por lo que el resultado es:

$ \large y (x) = \sin{ (arc \sin x + C)}$

Gráfica de la función para éste problema

La familia de soluciones de la función solución $ y (x)$ para éste ejemplo es (dale click a la imagen para que aparezca una versión con mejor resolución):

Ejemplo 5

$\Large \sin{(3x)}dx+2y \cos{(3x)}dy = 0$

1. Forma estandar

$ \sin (3 x) dx + 2 y \cos (3 x) dy = 0$

$ \Rightarrow \sin{(3x)}dx = -2y \cos{(3x)}dy$

$ \Rightarrow \sin{(3x)}dx = -2y \cos{(3x)} \frac{dy}{dx}$

$ \Rightarrow -\frac{\sin{(3x)}}{2y \cos{(3x)}} = \frac{dy}{dx}$

$ \frac{dy}{dx} = -\frac{\sin{(3x)}}{2y \cos{(3x)}}$

Aplicamos la identidad trigonometrica:

$ \tan (x) = \frac{\sin (x)}{\cos (x)}$, para simplificar la expresion

De modo que:

$ \frac{dy}{dx} = \frac{- \tan (3 x)}{2 y}$

2. Separando variables

$ 2 y \frac{dy}{dx} = – \tan (3 x)$

$ 2ydy = -\tan{(3x)}dx$

3. Integrando

$ 2 \int y dy = – \int \tan (3 x) dx + C$

Para la integracion, utilizamos:

Lado izquierdo:

$ \int u^n du = \frac{u^{n + 1}}{n + 1}$

Lado derecho:

La misma estrategia que para el lado derecho del Ejemplo 1 (lado derecho)

De modo que:

$ 2 \int y dy = – \frac{1}{3} \int \tan (3 x) (3) dx + C$

$ y^2 = \frac{1}{3} Ln | \cos (3 x) | + C$

Por lo que el resultado es:

$ \large y(x) = \sqrt{\frac{1}{3} Ln| \cos{ (3 x) }| + C}$

Notar que el signo de la integral se cancela al aplicar la formula de integración: $ \int \tan (x) {dx} = – {Ln} | \cos (x) |$, obtenida en el Ejemplo 1.

CÓDIGO DE MATHEMATICA PARA SIMULAR EL EJEMPLO 4

Ecuaciones Diferenciales Separables

Clear["Global`*"]
soln = DSolve[y'[x] == Sqrt[1 - y[x]^2]/Sqrt[1 - x^2], y[x], x]
s1 = soln[[1, 1, 2]]
t2 = Table[Evaluate[s1 /. C[1] -> i], {i, -10, 10}];
p2 = Plot[Tooltip[t2], {x, -24, 24}, PlotRange -> {-24, 24}];
solnPart = 
 DSolve[{y'[x] == Sqrt[1 - y[x]^2]/Sqrt[1 - x^2], y[1] == 2}, y[x], x]
solnPart[[1, 1, 2]]
solnPart[[2, 1, 2]]
p3 = Plot[solnPart[[1, 1, 2]], {x, -24, 24}, PlotRange -> {-24, 24}, 
 PlotStyle -> {Red, Thick}];
p4 = Plot[solnPart[[2, 1, 2]], {x, -24, 24}, PlotRange -> {-24, 24}, 
 PlotStyle -> {Blue, Thick}]; Show[p3, p4];
Show[p2, p3, p4, AxesLabel -> {x, y[x]}]

Con esta explicación paso a paso, las estrategias de integración de cada problema y el código en MATHEMATICA resolver y graficar tus resultados, haz obtenido una visión clara de cómo resolver ecuaciones diferenciales separables, donde se utilizan estrategias particulares de integración y si aún no te queda claro te invito a analizar CUANDO se aplican las estrategias de integración usadas, además de graficar todas las demás funciones y analizar resultados.

Para que obtengas la confianza necesaria deberás practicar los ejercicios con las técnicas que te presento antes de analizarlos para preparar tu mente, de manera que luego, al estudiar los conceptos a fondo tengas toda la información necesaria y así tu mente comprenda los conceptos a fondo. Si te concentras en el hacer y aplicas las técnicas analizando resultados, verás como aventualmente los conceptos se aclaran y comprendes todo mucho mejor.

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