Tp.11 Ej.4.d

Miércoles, noviembre 10th, 2010

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales totales exactas o convertibles a este tipo.

d) (y^2 - y) dx + x dy = 0

Si llamamos
P(x,y) = y^2 - y
y
Q(x,y) = x
tenemos que
Q'_x - P'_y = 1 - (2y-1) = 2-2y \neq 0
por lo tanto no es una ecuación diferencial exacta.

Veamos si existe un factor integrante respecto de la variable y, para eso multiplico la ecuación diferencial por u(y) y obtengo

u(y) (y^2 - y) dx + u(y) x dy = 0

Ahora llamo
P_0(x,y) = u(y) (y^2 - y)
Q_0(x,y) = u(y) x
luego
(Q_0)'_x - (P_0)'_y = u(y) - [ u' (y^2 - y) + u(y)(2y-1)]
esto debe ser igual a cero, es decir

u - [ u' (y^2 - y) + u(2y-1)] = 0
u - u' (y^2 - y) - u (2y-1) = 0
u' (y^2 - y) = u - u (2y-1)
\frac{u'}{u} = \frac{1 - (2y-1)}{y^2 - y}
\int \frac{du}{u} = \int \frac{ 2 - 2y }{y^2 - y} dy

\ln|u| = -2 \int \frac{y-1}{y(y-1)} dy
= -2 \int \frac{dy}{y}
= -2 \ln|y| + c
en este paso no necesito una constante arbitraria, cualquiera sirve como factor integrante, luego
u = y^{-2}

Verifico que quedó una ecuación diferencial exacta
\frac{y^2 - y}{y^2} dx + \frac{x}{y^2} dy = 0

(Q_0)'_x - (P_0)'_y = \frac{1}{y^2} - \frac{y - (y-1)}{y^2}
= \frac{1}{y^2} - \frac{1}{y^2} = 0 (verifica)

La resolvemos
\phi(x,y) \approx \int \frac{y^2 - y}{y^2} dx = \frac{x (y-1)}{y} + c(y)
= \frac{xy}{y} - \frac{x}{y} + c(y)
= x - \frac{x}{y} + c(y)
\phi(x,y) \approx \int \frac{x}{y^2} dy = -\frac{x}{y} + c(x)

luego
\phi(x,y) = x - \frac{x}{y} + c

por lo tanto la solución a la ecuación diferencial es
x - \frac{x}{y} + c = 0

x + c= \frac{x}{y}
y(x+c) = x
y = \frac{x}{x+c}


En este caso la ecuación diferencial también era de variables separables, verifiquemos que daba lo mismo

(y^2 - y) dx + x dy = 0

- (y^2 - y) dx = x dy

- \frac{dx}{x} = \frac{dy}{y(y-1)}

Aplico fracciones simples
\frac{1}{y(y-1)} = \frac{A}{y} + \frac{B}{y-1}

\frac{A(y-1) + By}{y(y-1)} = \frac{1}{y(y-1)}

A(y-1) + By = 1

tomando los valores y=0 y y=1 sacamos
-A = 1
B = 1

por lo tanto
\frac{1}{y(y-1)} = \frac{-1}{y} + \frac{1}{y-1}

luego
- \ln|x| = \int \frac{-1}{y} dy + \int \frac{1}{y-1} dy
\ln|x^{-1}| = - \ln|y| + \ln|y-1| + c
\frac{1}{x} = k \frac{y-1}{y}

\frac{y}{y-1} = kx

y = kx(y-1)
= k(xy - x)
si c = 1/k
cy = xy - x
xy - cy = x
y(x-c) = x
y = \frac{x}{x-c}
efectivamente da las mismas soluciones que por el otro método.

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