UNIVERSIDAD DE EL SALVADOR MATEMÁTICA IV CICLO II-2022

DACULTAD DE INGENIERÍA Y ARQUITECTURA

UNIDAD DE CIENCIAS BÁSICAS Semana 2

Problemas de valores iniciales de orden n (PVI)

El problema de valor inicial de orden n en algún intervalo i que contenga a x0

consiste en:
dny
Resolver: n
 f ( x, y, y,..., y ( n 1) )
dx
Sujeta a: y( x0 )  y0 , y( x0 )  y1 , y( x0 )  y2 ,..., y ( n1) ( x0 )  yn1
condiciones iniciales

Donde: y0 , y1 , y2 ,..., yn 1 son constantes reales especificadas

arbitrariamente,

Un PVI se divide en dos partes:

Primero:
dny
Resolver: n
 f ( x, y, y,..., y ( n 1) ) , consiste en encontrar una función que
dx
satisfaga la ED la cual debe contener n parámetros. (n igual orden de la EDO).

Segundo
Encontrar una solución particular, para ello se utilizarán las condiciones iniciales.
y( x0 )  y0 , y( x0 )  y1, y( x0 )  y2 ,..., y ( n1) ( x0 )  yn1 ,
dy
En el caso del PVI de primer orden consiste en resolver  f ( x, y )
dx
Sujeta a la condición y ( x0 )  y0 , es decir debemos encontrar una solución con
un parámetro, porque la ecuación diferencial tiene hasta la primera derivada y
con la condición y ( x0 )  y0 , encontramos el valor del parámetro

d2y
En el caso del PVI de segundo orden consiste en resolver  f ( x, y , y )
dx 2
Sujeta a las condiciones y ( x0 )  y0 , y( x0 )  y1 , es decir debemos encontrar
una solución con dos parámetros, porque la ecuación diferencial tiene hasta la
segunda derivada y con las condiciones y ( x0 )  y0 , y( x0 )  y1 , encontramos
los valores de los dos parámetros
Matemática IV Ciclo II-2022

Interpretaciones
Problema de valor inicial de primer orden
Buscamos una solución de la E.D. en un intervalo i , que contenga a x0 , tal
que una curva solución pase por el punto prescrito ( x0 , y0 ) .

Ejemplo:
dy
Encontrar una solución al PVI  x 2 (1  y ) sujeta a y( 3 3)  1
dx
Solución:

En este momento no hemos aprendido a resolver ecuaciones diferenciales (se

separan variables y se integra como se verá más adelante) por lo que se
x3
proporciona la solución uniparamétrica, Ln(1  y )   C , debemos determinar
3
el valor del parámetro con la condición
y  3   1 es decir x 
3 3
3  y 1

x3
Sustituimos x  3 3  y  1 en la solución uniparamétrica Ln(1  y )  C ,
3
para determinar el valor del parámetro C :
 3
3
3

Ln(1  1)  C si, x  3 3 entonces y=1

3
ln(2)  1  C
C  ln(2)  1
Finalmente se sustituye el valor de C en la solución obteniendo así la solución
al PVI:
x3
ln(1  y )   ln(2)  1
3
Ejemplo:
Sea y  C1e5 x  C2e2 x en  ,   una familia biparamétrica de soluciones de la
E.D.O. y  3 y  10 y  0 encuentre una solución del problema de valor inicial
siendo y (0)  1, y(0)  3

Solución

Igual que el ejemplo anterior se nos proporción la solución biparamétrica

y  C1e5 x  C2e2 x Dadas las condiciones y (0)  1, y(0)  3 .
Puede observarse que hay que encontrar la primera derivada de la solución para
sustituir la segunda condición.
Como se expresa:

2
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y  C1e5 x  C2 e 2 x y  5C1e5 x  2C2e 2 x

sustituyendo las condiciones se obtiene
y (0)  1 y(0)  3
1  C1e5(0)  C2e 2(0) 3  5C1e5(0)  2C2 e 2(0)
1  C1  C2 ecuación (1) 3  5C1  2C2 ecuación (2)

Simultaneando la ecuación (1) y ecuación (2), para determinar los valores de

C1 y C2
2ecuación(1)+ ecuación(2)

2  2C1  2C2
3  5C1  2C2
5  7C1
5
C1 
7
5
Sustituyendo C1  en ecuación (1)
7
1  C1  C2
5
1=  C2
7
5 2
C2  1  C2 
7 7

5 2
Por tanto la solución al PVI es y ( x)  e5 x  e 2 x
7 7

EXISTENCIA Y UNICIDAD DEL P.V.I. DE PRIMER ORDEN

Cuando se tiene un PVI surgen preguntas importantes:

- ¿Existe una solución del problema?
- Si existe una solución, ¿es única?
Para el caso de resolver una E.D.O. de primer orden con valores iniciales, nos
preguntamos:
dy
- ¿La E.D.  f ( x, y ) posee solución? ¿Algunas de estas curvas pasa
dx
por ( x0 , y0 ) ?
- ¿Cuándo se puede estar seguro que exista una única curva solución que
pasa por ( x0 , y0 ) ?.

3
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El siguiente teorema proporciona condiciones suficientes, pero no necesarias

para determinar la existencia y unicidad de un PVI.

Teorema: Existencia de una solución única (para PVI de primer orden)

Sea R una región rectangular en el plano XY definida por a  x  b , c  y  d

f
que contiene el punto ( x0 , y0 ) en su interior. Si f ( x, y ) y son continuas en la
y
región R, entonces existe algún intervalo I 0 : x0    x  x0   ,   0 , contenido
en a  x  b , y una función única y ( x ) , definida en I 0 , que es una solución del
problema de valores iniciales.

Por ejemplo las curvas y  0 , y  x3 , y  2 x3 satisfacen (son soluciones), la E.D.

dy 3 y
 y la condición inicial y (0)  0 , por lo tanto el P.V.I.
dx x
dy 3 y
 , y (0)  0 Tiene al menos tres soluciones particulares.
dx x

¿Qué hipótesis del teorema no se cumple y por lo que el PVI no tiene solución
única?

dy 3 y f
 Puede observarse que f y no son continuas en y (0)  0
dx x y
3y
f ( x, y )  y por tanto no hay garantía que la solución sea única
x
f 3

y x

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Ejemplo:
Utilizar el teorema de existencia y unicidad para determinar si el P.V.I.
dy
 x 4  x 2  y 2 , y (4)  1 tiene solución única.
dx

Solución

dy
 x 4  x2  y 2 , y (4)  1
dx
f ( x, y )  x 4  x 2  y 2
f x(2 y )

y 2 4  x 2  y 2
f xy

y 4  x2  y 2
f
f y son continuas si 4  x 2  y 2  0
y
Al sustituir y (4)  1 (x  4  y  1) en la desigualdad anterior obtenemos
4  42  12  0
11  0 es falso, por tanto no hay garantía que la solución sea única

Ejemplo

Utilizar el teorema de existencia y unicidad para determinar si el P.V.I.

dy
 x 4  x 2  y 2 , y (1)  3 tiene solución única.
dx
Utilizando el ejemplo anterior
f
f y son continuas si 4  x 2  y 2  0
y
Al sustituir y (1)  3 en desigualdad anterior obtenemos
4  12  32  0
12  0 es verdadero, por tanto hay garantía que la solución sea única

Ejemplo

Utilizar el teorema de existencia y unicidad para determinar si el P.V.I.

dy
 x 4  x 2  y 2 , y (3)  5 tiene solución única.
dx
Utilizando el ejemplo anterior

5
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f
f y son continuas si 4  x 2  y 2  0
y
Al sustituir y (3)  5 en desigualdad anterior obtenemos

 5
2
4  32  0
0  0 es falso, por tanto no hay garantía que la solución sea única

UNIDAD II: ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Variables Separables
Definición:
Se dice que una ecuación diferencial de primer orden, de la forma
dy
 g ( x)h( y ) es separable o de variables separables
dx

dy 2 x  xy
Ejemplo Determinar si  2 es separable
dx y 1
Solución

Aplicando factor común en el numerador obtenemos:

dy x  2  y   2 y 
 2   x   2   g ( x)h( y)
dx y 1  y 1 

dy
Ejemplo: La ecuación  1  xy ; no es separable, porque 1  xy no se puede
dx
separar de la forma g ( x ) h( y )

Ejemplo: Determinar si la siguiente E.D. de primer orden es separable

dy xy  2 y  x  2

dx xy  3 y  x  3
Solución

Factorizando el numerador y el denominador se obtiene

dy ( xy  x)  (2 y  2) x( y  1)  2( y  1)
 
dx ( xy  x)  (3 y  3) x( y  1)  3( y  1)
dy ( x  2)( y  1)  x  2   y  1 
     g ( x ) h( y )
dx ( x  3)( y  1)  x  3   y  1 

Por tanto se tiene una ecuación diferencial de variables separables.

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Método para resolver E.D. de variables separables

Para resolver la E.D. de variables separables dy  g ( x)h( y ) , primero la escribimos

dx
1 dy dy 1
de la forma  g ( x) ó p( y )  g ( x) ; donde p( y )  , h( y )  0
h( y ) dx dx h( y )
dy
Luego se multiplica por dx (considerando como cociente de diferenciales)
dx
para obtener p ( y )dy  g ( x)dx .
Luego se integran ambos miembros  p( y)dy   g ( x)dx para obtener
P( y )  G ( x)  c .

Esta última ecuación es una familia monoparamétrica de soluciones.

Pérdida de una solución

En el método de variables separables, se debe tener en cuenta lo siguiente:

Si a (valor constante) es una raíz de h( y ) , entonces, al sustituir ya en
dy
 g ( x)h( y ) , hace que ambos lados de la E.D. sean cero, es decir, y  a
dx
es una solución constante de la E.D. Pero además, al separar las variables, la
dy
expresión h( y )  g ( x ) dx no está definida para a , por lo tanto y  a no
aparecerá en la familia de soluciones obtenida después de integrar y simplificar o
sea que y  a es una solución singular.

dy
Ejemplo: Resolver por separación de variables la E.D. x  y  2x2 y
dx
Primero despejemos la primera derivada, es decir, escribimos la E. D. en la forma
normal o estándar

dy
x  y  2x2 y
dx
dy
x  2x2 y  y
dx
dy
x  y (2 x 2  1)
dx
dy  2x2  1 
 y 
dx  x 

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Matemática IV Ciclo II-2022

Separamos variables
dy 2 x 2  1
 dx
y x
dy  1
  2 x   dx
y  x
Integrando en ambos lados de la E.D.
dy  1
 y   x  dx
  2 x 

Ln y  x 2  Ln x  C
Ln y  x 2  Ln( x)  C ;para toda x >0 (Utilizando el valor absoluto para x  0)
Ln y  x 2  Ln( x)  C;para x  0 (Utilizando el valor absoluto para x  0)

La solución singular es y ( x)  0 , que resulta de cuando se separan las variables

(cuando se divide por " y " )
dx
Ejemplo: Resolver por separación de variables  5 x  10 ; x(0)  0
dt
Solución
En este caso tenemos un problema de valores iniciales.

Primero resolveremos la E.D.

dx
 5 x  10
dt
dx
 10  5 x
dt
dx
 dt
10  5 x
dx
 dt , multiplicando por  1 ambos lados obtenemos:
  5 x  10 
dx
 5 x  10   dt
1
Ln 5 x  10  t  C1
5
Ln 5 x  10  5t  5C1
Ln 5 x  10  5t  C2 donde C2  5C1
5 x  10   e( 5t C2 )
5 x  10  e 5t e  C2
5 x  e 5t e  C2  10
e 5t e C2 10
x 
5 5
 e  C2
x  Ce 5t  2 donde C=
5

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Ahora, con la condición inicial x (0)  0 (para t=0 entonces x=0), encontraremos
la solución particular:
Tenemos que x(t )  Ce5t  2 ,

x  0  0
Luego la solución al PVI. es
0  Ce 5(0)  2
x(t )  2e5t  2
0C2
x(t )  2 1  e5t  Solución particular
C  2