EDO con variable ausente de segundo orden

1. EDO con variable ausente de segundo orden

Esta sección trata las ecuaciones diferenciales de segundo orden en la incógnita $y (x)$ , no homogéneas, con coeficientes variables o constantes, y que escriben como EDs de primer orden en la incógnita $v (x) = y^{'} (x)$ . Por supuesto que tengan soluciones que se puedan hallar por alguno de los métodos clásicos expuestos en secciones anteriores.

Definición 20.

Una ED con función incógnita $y (x)$ es de variable ausente si en ella no aparecen explicítamente $x$ o $y$ .

Ejemplo84

Las siguientes EDs de segundo orden son ejemplos de ecuaciones diferenciales de variable ausente:

\begin{array}{l} 1) . & x y^{′′} + 2 y^{'} = 0 & x \neq 0 & y ausente \\ 2) . & x y^{′′} + y^{'} = 4 x & x > 0 & y ausente \\ 3) . & x^{2} y^{′′} = 2 x y^{'} - 2 x {(y^{'})}^{2} & x > 0; y^{'} (1) = \frac{1}{2}; y (1) = 1 & y ausente \\ 4) . & 2 y y^{′′} = 1 + {(y^{'})}^{2} & y (2) = 1; y^{'} (2) = - 1 & x ausente \\ 5) . & y^{′′} = y^{'} (1 + y) & y (0) = 0; y^{'} (0) = - 4 & x ausente \\ 6) . & 2 y^{′′} - {(y^{'})}^{2} + 1 = 0 & x; y ausente \\ 7) . & y y^{′′} = y^{2} y^{'} + {(y^{'})}^{2} & x ausente \end{array}

1..1 Algoritmo para transformar una ED de 2do orden de variable ausente en una ED de 1er orden

Se aplica el mismo cambio de variables $v (x) = y^{'} (x)$ a todas las EDs de segundo orden de variable ausente. A diferencia de otros cambios de variables, en este no requiere despejar $y$ , de lo contrario deberíamos integrar en $v (x) = y^{'} (x)$ para obtener $y$ . Escogido $v = y^{'}$ deriva con respecto a la variable independiente para obtener $v^{'} = y^{′′}$ y sustituye cada ED dada. En algunas EDs con $x$ ausente, después de sustituir $v = y^{'}$ y $v^{'} = y^{′′}$ podría ocurrir que se presenten las tres variables $x, y, v$ , debiendo eliminar alguna, en tal caso siempre es posible eliminar la variable $x$ utilizando la siguiente relación (regla de la cadena):

\begin{array}{l} v^{'} = \frac{dv}{dx} & = \frac{dv}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} \\ = \frac{dv}{dy} \cdot v \end{array}

En todo caso $x$ o $y$ ausentes, después del cambio de variables anterior resulta una ED de primer orden con solo dos variables $(x, v)$ o $(y, v)$ , de la cual esperamos se puedan obtener soluciones por alguno de los métodos vistos en lecciones anteriores.

Ejemplo85

Resuelva la ecuación diferencial $x y^{′′} + 2 y^{'} = 0; x \neq 0$ .

Note que la variable $y$ está ausente. Se inicia tomando la sustitución $v = y^{'}$ entonces $v^{'} = y^{′′}$ . Luego se sustituye en la ED dada $x y^{′′} + 2 y^{'} = 0$ , de donde se obtiene

\begin{array}{l} x v^{'} + 2 v = 0 & ED de variables separable v(x) \\ \Rightarrow & x \frac{dv}{dx} = - 2 v \\ \Rightarrow & \frac{dv}{v} = - 2 \frac{dx}{x} \\ \Rightarrow & ln | v | = - 2 ln | x | + ln | A | \\ \Rightarrow & ln | v | = ln | A x^{- 2} | & note que x^{- 2} > 0 \\ \Rightarrow & | v | = | A | x^{- 2} \\ \Rightarrow & v = \pm A x^{- 2} \\ \Rightarrow & v = B x^{- 2} & donde B = \pm A \end{array}

Como $v = y^{'}$ esta ED es $y^{'} = \frac{B}{x^{2}}$ , de dondeintegrando se obtiene la solución general

y = - \frac{B}{x} + C

Ejemplo86

Resolver la ED $3 y y^{'} y^{″} = 1 + {(y^{'})}^{3}$ sujeta a las condiciones ${\begin{matrix} y (0) = 1 \\ y^{'} (0) = 0 \end{matrix}$ . Asuma $x > 0, y > 0$ y las soluciones crecientes.

Observe que la variable $x$ está ausente. Luego tomando la sustitución $v = y^{'}$ se obtiene $3 yv v^{'} = 1 + v^{3}$ se obtiene una ED en tres variables $x, y, v$ , por lo que se recurre a regla de la cadena, es decir, se usa $v^{'} = \frac{dv}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot v$ , se tiene ahora

$\Rightarrow 3 yv \frac{dv}{dy} v = 1 + v^{3}$ [1], luego separando variables $\frac{3 v^{2}}{1 + v^{3}} dv = \frac{dy}{y}$ , de donde

$ln (1 + v^{3}) = ln y + ln C$ ; ( $C > 0$ )

Nota: se omite el valor absoluto para $1 + v^{3} = 1 + \underset{+}{\underset{⏟}{{(y^{'})}^{3}}} > 0$ ( $y^{'} > 0$ ), también para $y$ pues $y > 0$ .

$\Rightarrow 1 + v^{3} = Cy$

$\Rightarrow {(y^{'})}^{3} = Cy - 1 \Rightarrow y^{'} = {(Cy - 1)}^{\frac{1}{3}}$

Aplicando ${\begin{matrix} y (0) = 1 \\ y^{'} (0) = 0 \end{matrix}$ obtiene $0 = {(C - 1)}^{\frac{1}{3}} \Rightarrow C = 1$ . La ED queda $y^{'} = {(y - 1)}^{\frac{1}{3}}$ , es decir,

${(y - 1)}^{\frac{1}{3}} dy = dx$

Integrando luego $\frac{3}{2} {(y - 1)}^{\frac{2}{3}} = x + A$ , aplicando ${\begin{matrix} y (0) = 1 \\ y^{'} (0) = 0 \end{matrix} \Rightarrow \frac{3}{2} {(1 - 1)}^{\frac{2}{3}} = 0 + A \Rightarrow A = 0$

De esta forma la solución particular de forma explícita viene dada por $\frac{3}{2} {(y - 1)}^{\frac{2}{3}} = x$ , y si despejamos $y$ en ella se obtiene la solución explícita

y = {(\sqrt{\frac{2}{3}} x)}^{3} + 1

Puede ingresar al link https://youtu.be/GHiKKdp2i_Y o en su defecto escanear el código QR adjunto para visualizar explicación de tal ejercicio.

Ejemplo87

Determine la solución del siguiente problema de valores iniciales: ${\begin{matrix} - 2 y y^{″} + {(y^{'})}^{2} & = & 1 \\ y (0) = 1 \\ y^{'} (0) = 0 \end{matrix}$ .

Note que la variable $x$ está ausente. Luego haciendo la sustitución $u = y^{'} \Rightarrow u^{'} = y^{″}$ , se tiene

\begin{array}{rcl} - 2 y \frac{du}{dx} + u^{2} = 1 (note hay tres variable y,u,x) \\ \Rightarrow & - 2 yu \frac{du}{dy} = 1 - u^{2} \\ \Rightarrow & \frac{- 2 u}{1 - u^{2}} du = \frac{dy}{y} \end{array}

Integrando obtenemos que

ln (1 - u^{2}) = ln (y) + c

y al usar la condición inicial en $x = 0$ , $y = 1$ y $y^{'} = 0$ se tiene que $c = 0$ , con lo cuál la solución es:

y^{'} = \pm \sqrt{1 - y} \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \pm \sqrt{1 - y}

Integrando de nuevo

2 \sqrt{1 - y} = \pm x + c

Usando la condición inicial $x = 0$ y $y = 1$ tenemos que $c = 0$ con lo cual la solución del PVI dada es

2 \sqrt{1 - y} = \pm x

Ejemplo88

Utilice la técnica de variable ausente (reducción de orden) para expresar la ecuación diferencial $y y^{″} + {(y^{'})}^{2} + 1 = 0$ como una ecuación diferencial de Bernoulli (no resuelva la ecuación resultante).

Considere la sustitución $v = y^{'}$ , de donde $v^{'} = y^{″}$ . Además, note que:

\frac{dv}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot v

Por lo que la ED queda expresada como:

\begin{array}{rcl} y \cdot \frac{dv}{dx} + v^{2} + 1 = 0 \\ \Rightarrow & y \cdot \frac{dv}{dy} \cdot v + v^{2} + 1 = 0 \\ \Rightarrow & \frac{dv}{dy} + \frac{1}{y} v = \frac{- 1}{vy} \\ \Rightarrow & \frac{dv}{dy} + \frac{1}{y} v = \frac{- 1}{y} v^{- 1} \end{array}

la cual corresponde a una ED de Bernoulli cuya forma general para las variables involucradas es $v^{'} + P (y) v = Q (y) v^{n}$ .

Ejemplo89

Resolver el problema de valor inicial: $2 y y^{′′} = 1 + {(y^{'})}^{2} = 0, y (2) = 1; y^{'} (2) = - 1$ ; donde además $y (x) > \frac{1}{2}, x < 3$ .

Tome $v = y^{'}$ en la ED:

\begin{array}{l} \Rightarrow & 2 y y^{′′} = 1 + {(y^{'})}^{2} \\ \Rightarrow & 2 y v^{'} = 1 + v^{2} \\ \Rightarrow & 2 y \frac{dv}{dx} = 1 + v^{2} \end{array}

Como en ED aparece $y, dv, dx$ (involucra tres variables $x, y, v$ ) para eliminar $x$ utiliza

\frac{dv}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot v

Aplica esto a nuestra ED resulta $2 y \frac{dv}{dy} \cdot v = 1 + v^{2}$

\begin{array}{l} \Rightarrow & 2 y \frac{dv}{dy} \cdot v = 1 + v^{2} \\ \Rightarrow & \int \frac{2 vdv}{1 + v^{2}} = \int \frac{dy}{y} \\ \Rightarrow & ln (1 + v^{2}) = ln | y | + ln | A | \\ \Rightarrow & ln (1 + v^{2}) = ln (| A | | y |) \\ \Rightarrow & 1 + v^{2} = By & donde B = \pm A \\ \Rightarrow & 1 + {(y^{'})}^{2} = By \end{array}

Aplicando las condiciones $y (2) = 1; y^{'} (2) = - 1$ en está última obtiene

1 + {(- 1)}^{2} = B \cdot 1 \Rightarrow B = 2

Con $B = 2$ la última ED es:

1 + (y^{'}) \Rightarrow y^{'} = \pm \sqrt{2 y - 1}

La condición $y^{'} (2) = - 1$ tiene signo negativo y por eso considera la solución

y^{'} = \sqrt{2 y - 1}

\Rightarrow \frac{dy}{\sqrt{2 y - 1}} = - dx

\Rightarrow \sqrt{2 y - 1} = - x + C

Nuevamente utiliza $y (2) = 1$ en la solución

\sqrt{2 \cdot 1 - 1} = - 2 + C

\Rightarrow C = 3

La solución particular es: $\sqrt{2 y - 1} = - x + 3$

Ejemplo90

Resuelva la siguiente ecuación diferencial: $y^{″} = {(y^{'})}^{2} tan (y) + y^{'}$

Haciendo $v = y^{'}$ y $y^{″} = v v^{'}$ , con $v^{'} = \frac{dv}{dy}$

$\Rightarrow v v^{'} = v^{2} tan (y) + v$

$\Rightarrow v v^{'} - v^{2} tan (y) - v = 0$

$\Rightarrow (v^{'} - v tan (y) - 1) v = 0$

$\Rightarrow v^{'} - v tan (y) - 1 = 0 \land v = 0$

sería lineal con el factor integrante:

\begin{array}{rcl} F (y) & = & e^{\int tan ydy} \\ = & e^{\int \frac{sen y}{cos y} dy} \\ = & e^{ln | cos y |} \end{array}

² = cos ⁡ y

multiplicando por el factor integrante se tiene:

$\Rightarrow v^{'} cos y - v sen y = cos y$

$\Rightarrow \frac{d (v cos y)}{dy} = cos y$

$\Rightarrow v cos y = ∫ cos ydy$

$\Rightarrow v cos y = sen y + c$

$\Rightarrow y^{'} cos y = sen y + c$

$\Rightarrow \frac{dy}{dx} cos y = sen y + c$

$\Rightarrow \frac{cos y}{sen y + c} dy = dx$

$\Rightarrow ln | sen y + c | = x + b$ (solución general)

Además se tenía $v = 0 \Rightarrow y^{'} = 0 \Rightarrow y = k$ y evaluada en la ecuación diferencial

$\Rightarrow y^{″} = {(y^{'})}^{2} tan (y) + y^{'}$

$\Rightarrow 0 = {(0)}^{2} tan (k) + 0$

$\Rightarrow 0 = 0$

como satisface la ecuación diferencial, es solución. Además es una solución que no se puede obtener de la solución general, por lo que es una solución singular

Ejemplo91

Resolver $x^{2} y^{′′} = 2 x y^{'} - 2 x {(y^{'})}^{2}, x > 0; y^{'} (1) = \frac{1}{2}; y (1) = 1$ . Está ausente $y$ .

Tome $v = y^{'}$ entonces $v^{'} = y^{′′}$ . De donde sustituyendo en la ecuación diferencial dada, se obtiene

\begin{array}{l} x^{2} v^{'} = 2 xv - 2 x v^{2} \\ \Rightarrow & x^{2} v^{'} - 2 xv = - 2 x v^{2} & es una ED de Bernoulli, multiplica por \frac{v^{- 2}}{x^{2}} \\ \Rightarrow & v^{- 2} v^{'} - \frac{2}{x} v^{- 1} = - \frac{- 2}{x} \end{array}

Toma $u = v^{- 1} \Rightarrow u^{'} = - v^{- 2} v^{'} \Rightarrow - u^{'} = v^{- 2} v^{'}$ en la última ED resulta:

- u^{'} - \frac{2}{x} u = - \frac{2}{x}

\Rightarrow u^{'} + \frac{2}{u} x = \frac{2}{x}

Multiplica por el factor integrante $μ = e^{\int \frac{2}{x} dx} = e^{2 ln x} = x^{2}$ y se obtiene $x^{2} u^{'} + 2 xu = 2 x$

\begin{array}{l} \Rightarrow & d (x^{2} u) = 2 xdx \\ \Rightarrow & \int d (x^{2} u) = \int 2 xdx \\ \Rightarrow & x^{2} u = x^{2} + A \\ \Rightarrow & u = \frac{x^{2} + A}{x^{2}} \end{array}

Como $u = \frac{1}{v}$ , se escribe: $\frac{1}{v} = \frac{x^{2} + A}{x^{2}}$ . Cambiando $v = y^{'}$ , se obtiene $\frac{1}{y^{'}} = \frac{x^{2} + A}{x^{2}}$ . Aplicando la condición: $y^{'} = \frac{1}{2}$ en esta obtiene: $\frac{1}{\frac{1}{2}} = \frac{1^{2} + A}{1^{2}} \Rightarrow A = 1$ Sustituyendo $A = 1$ en la ED:

\begin{array}{l} \frac{1}{y^{'}} = \frac{x^{2} + A}{x^{2}} \\ \Rightarrow & \frac{1}{y^{'}} = \frac{x^{2} + 1}{x^{2}} \\ \Rightarrow & y^{'} = \frac{x^{2}}{x^{2} + 1} \\ \Rightarrow & y^{'} = 1 - \frac{1}{x^{2} + 1} & división de polinomios \\ \Rightarrow & \int dy = \int (1 - \frac{1}{x^{2} + 1}) dx \\ \Rightarrow & y = x - arctg x + B \end{array}

Posteriormente aplicando la condición $y (1) = 1$ :

1 = 1 - arctg 1 + B \Rightarrow B = \frac{π}{4}

donde finalmente la solución particular asociada al problema de valor inicial viene dada por

y = x - arctg x + \frac{π}{4}

Ejemplo92

Resolver el problema de valor inicial $y^{′′} + y = 0$ . Considere solo soluciones crecientes.

Puede observar se encuentra ausente la variable $x$ . Tomando $v = y^{'}$ entonces $v^{'} = y^{′′}$ . Aplicado a la ED:

\begin{array}{l} y^{′′} + y = 0 \\ \Rightarrow & v^{'} + y = 0 \\ \Rightarrow & \frac{dv}{dx} + y = 0 \end{array}

Como están $dx, y, dv$ utiliza $\frac{dv}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot v$ para eliminar $dx$ , con esto la ED se escribe:

\begin{array}{l} \frac{dv}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} + y = 0 \\ \Rightarrow & \frac{dv}{dy} \cdot v + y = 0 & que resulta ser una ED separable \\ \Rightarrow & \frac{dv}{dy} \cdot v = - y \\ \Rightarrow & vdv = - ydy \end{array}

integrando y el resultado lo multiplicando por 2 se obtiene:

v^{2} = - y^{2} + A

. Ahora retomando variables originales se cambia

v = y^{'}

para obtener:

{(y^{'})}^{2} = - y^{2} + A

, esta es una ED separable

y^{'} = \pm \sqrt{A - y^{2}}

Considerando que las soluciones son creciente(derivada positiva) se toma : $y^{'} = \sqrt{A - y^{2}}$

\begin{array}{l} \Rightarrow & \frac{dy}{\sqrt{A - y^{2}}} = dy \\ \Rightarrow & \int \frac{dy}{\sqrt{A - y^{2}}} = \int dx \end{array}

Esta integral se calcula por sustitución trigonométrica ( $y = \sqrt{A} sen u$ ) y obtiene una solución general:

\begin{array}{l} arcsen \frac{y}{\sqrt{A}} = x + B \\ \Rightarrow & \frac{y}{\sqrt{A}} = sen B \cdot cos x + sen x \cdot cos B \\ \Rightarrow & y = \sqrt{A} \cdot sen B + \sqrt{A} \cdot cos B \cdot sen x \\ \Rightarrow & y = C_{1} cos x + C_{2} sen x \end{array}

donde $C_{1} = \sqrt{A} sen B$ y $C_{2} = \sqrt{A} cos B$ es la solución general.

Ejercicios 5.1 — Ejercicios de retroalimentación

Ejercicio 1.1

Resuelva el siguiente problema de valor inicial:

{\begin{matrix} y^{″} + {(y^{'})}^{2} & = & e^{y} y^{'} \\ y^{'} (1) & = & \frac{1}{2} \\ y (1) & = & 0 \end{matrix}

Solución particular:

- 2 e^{- y} = x - 3

Ejercicio 1.2

Encuentre la solución del siguiente problema

{\begin{matrix} y^{′′} cos (y) + {(y^{'})}^{2} sen (y) = y^{'} \end{matrix}

y(−1) = π 6 ,y′(−1) = 2

Solución particular:

\frac{1}{2} ln (tan (\frac{y}{2} + \frac{π}{6})) = x + 1

Ejercicio 1.3

Resuelva el siguiente problema de valor inicial:

y^{′′} = y^{'} (1 + y), y (0) = 0; y^{'} (0) = - 4

Solución particular:

| \frac{y - 2}{y + 4} | = \frac{1}{2} e^{3 x}

Ejercicio 1.4

Resuelva la siguiente ecuación diferencial

x y^{′′} + y^{'} = 4 x, x > 0

Solución general:

y = x^{2} + A ln x + B

Ejercicio 1.5

Resuelva la siguiente ecuación diferencial

2 y^{′′} - {(y^{'})}^{2} + 1 = 0, x > 0

Solución general:

y = - 2 ln (1 - B e^{x}) + x + C

Ejercicio 1.6

Resuelva el siguiente problema de valor inicial:

y y^{′′} = y^{2} y^{'} + {(y^{'})}^{2}; y (0) = \frac{1}{2}; y^{'} (0) = 1

Solución particular:

\frac{2}{3} ln | \frac{2 y - 3}{y} | = x + ln 4

Ejercicio 1.7

Resuelva el siguiente problema de valor inicial:

y^{′′} + 4 y = 0 sujeta a las condiciones {\begin{matrix} y (0) = 1 \\ y^{'} (0) = 0 \end{matrix}

Solución particular:

arcsen \frac{y}{10} = 2 x + \frac{π}{2}

Ejercicio 1.8

Resuelva el siguiente problema de valor inicial:

3 y y^{'} y^{′′} = 1 + {(y^{'})}^{3}, {\begin{matrix} y (0) = 1 \\ y^{'} (0) = 0 \end{matrix} x > 0; y > 0

, y con soluciones crecientes

Solución Particular:

y = {(\sqrt{\frac{2}{3} x})}^{3} + 1

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