3.6 Ecuación lineal de primer orden Tiene la forma dy dx + P(x)y = Q(x) (3.110)
P(x) u 3.6. ECUACIÓN LINEAL DE PRIMER ORDEN 47 y = u(x)v(x)
u'v + u Pv + v' = Q (3.111)
(3.112) 3.6.1 Método tradicional.
Separando variables
que nos lleva a
La solución por lo tanto es: y = Qe Pdx + C1 e- Pdx (3.113) 3.6.2 Método dimensional.
La ODE será discriminalmente homogénea (d.h.) si
[P(x)] = x-1 , [Q(x)] = yx-1 (3.114) si descomponemos y(x) en el producto y(x) = u(x)v(x) tendremos libertad para forzar a una de ellas, p. e. dx P(x) que no puede ser otra (3.115) que x u du dx du dx 0 -1 -1 1 1 0 [P(x)u]-1 = Cte (3.115)
(3.116) lo más sencillo será hacer la constante igual a -1, resultando du dx + P(x)u = 0 (3.117) Teniendo en cuenta que dy dx = u dv dx + v du dx (3.118) sustituiremos en (3.114) obteniendo v du dx + uP + u dv dt = Q (3.119) y teniendo en cuenta (3.116) resultará u dv dx = Q (3.120) Tanto (3.116) como (3.117) permiten la integración por separación de variables obteniéndose u(x), v(x) y en consecuencia la solución y(x) = uv de la (3.114). 3.6.3 Método de Lie. El sistema que se gebera es el siguiente: ?x + (?y – ?x)(-Py + Q) – ?y (-Py + Q)2 – ?(x, y)(-P'y + Q') – ?(x, y)(-P) = 0 la simetría que se genera es: ? = 0,? = e- Pdx
e- y' = 3 + x. ? A 3 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN 48
esta simetría conduce al siguiente cambio de variables: t = x,u(t) = y e- Pdx =? x = t,y = e u(t) P(t)dt por lo tanto la ode original se escribe ahora en estas nuevas varibles como: u' = Q(t) P(t)dt =? u(t) = Q(t)e P(t)dt dt + C1 reescribiendo esta solución en las variables originales obtenemos que: y = Qe Pdx + C1 e- Pdx 3.6.4 Ejemplos. Ejemplo 3.6.1 Sea de nuevo la ecuación y x Solución. Como en ejemplos anteriores estudiaremos este ejemplo empleandovarias tácticas
1. Solución mediante AD. Reescribimos la ecuación, que no es d.h., pero sí lo será si la ponemos en la forma dy dx – 3 y x = Ax (3.121) x donde a la constante que introducimos, A, la suponemos dimensiones [A] = L-2Ly . Es inmediato que 2 derivada y = A = . ? dx Sustituidas en (3.121) resulta 2Ax? – Ax2?' 2 – 3A x ? = Ax Reordenando y simpli?cando términos obtenemos ?' = – 1 x ? + ?2 (3.122) donde es posible la separación de variables e integración inmediata: d? ? (? + 1) = – dx x =? ln ? ? + 1 = ln c x =? cAx2 y – x3A y + c = 0 =? y = -Ax2 + c x (3.123) que sería la solución de (3.121), correspondiente a un eventual problema físico, representado por ella. Para la solución de (3.121) basta sustituir A por su valor numérico y = -x2 + Cx3 (3.124)
+ x)2 – ?(x, y)(- 2 + 1) – = 3 + C1 =? y = -x2 + x3C1. 3.6. ECUACIÓN LINEAL DE PRIMER ORDEN 49 donde C es una constante indeterminada. Esta solución no corresponde a ningún problema físico, evidentemente.
También podemos seguir este otro método dimensional alternativo al anterior. Reescribimos la ecuación (3.75) como y' = 3y x + Ax (3.125) donde A es cierta constante con dimensiones [A] = yx-2. De esta forma intentamos encontar una solución aplicando directamente el teorema Pi a las magnitudes (y,x,c1), obteniendo: x y y 0 1 x 1 0 A -2 =? y = Ax2 1 (3.126) viendo de esta forma que hemos obtenido una solución particular a nuestra ecuación diferencial por un método pedestre. El cv que obetemos es: t = x, u(t) = y x2 , y por lo tanto u' = u + 1 t , u = -1+ C1t, y x2 = -1+ C1x. llegando así al mismo resultado pero de forma mucho más sencilla.
2. Solución mediante GL. En primer lugar decimos que la ecuación es de tipo lineal y que la solución formal es: y = -x2 + C1 x3 Tenemos que resolver la ecuacion: ?x + (?y – ?x)( 3y x + x) – ?y ( 3y x 3y x 3?(x, y) x = 0 cuya solucion es: [? = 0, ? = x3], [? = 0, ? = y + x2], [? = x, ? = 2y], [? = x2, ? = 3x y], [? = -3y + x2, ? = – 9y2 x ] vemos que la simetría [? = x, ? = 2y], induce por le método de los invariantes i.e. dx x = dy 2y =? y = x2, la misma solución que la obtenida aplicando el teorema Pi. Las variables canónicas obtenidas por el campo X = x2?x + 3x y?y son: t = y x3 ,u(t) = – 1 x =? x = – 1 u(t) ,y = – t u(t)3 , con estas variables la ode se escribe como: u' = 1 =? u(t) = t + C1, por lo tanto la solución es: – 1 x y x
B 2 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN 50
Ejemplo 3.6.2 Sea la ecuación 1- x2 dy dx + xy = 1 (3.127) x Solución. Atacaremos este ejemplo mediante dos tácticas
1. Solución mediante AD. Se comprueba fácilmente que no es d.h.. Para conseguir la homogeneidad dimensional debemos introducir dos constantes dimensionadas [A] = L2 y [B] = LxLy , obteniendo A – x2 dy dx + xy = B (3.128) De la resolución de la matriz (3.129) Lx Ly ? ? x 1 0 -1 2 y 0 1 1 0 A 2 0 1 -1 B 1 1 -1 0 (3.129) obtenemos las dos variables adimensionales ? y ?, pudiéndose escribir, de acuerdo con el A. D. ? = A y B x = f x2 A = f (?) =? y = B A xf (?) (3.130) por lo tanto y' = B A f + B d f d? x A d? dx = B A f + 2?f ' (3.131) Sustituyendo en (3.128) A – x2 B A f + 2?f ' + A x f = B (3.132) Reordenando, con las simpli?caciones oportunas, obtenemos la posibilidad de separar variables y su inte- gración. En síntesis: 2? (1- ?) f' = 1- f =? 2df 1- f = d? ? (1- ?) -? (3.133) f = 1± c 1- ? ? =? y = B A x ± c B A A – x2 (3.134) que será la solución de (3.128). Con A = 1, B = 1 , obtenemos la solución de (3.127) y = x ± c 1- x2 (3.135) donde c será una constante arbitraria. Vemos que hemos obtenido dos monomios pero que ninguno de ellos es solución particular, por lo que deberemos buscar una combinación que nos de una solución particular, ésta es: p1 = x2 A , p2 = yx B , 1 p2p-1 = y x , de la que obtenemos el siguiente c.v. t = x, u(t) = y x ,
-1+ x2 obtenemos: u = – -1+ t2 -1+ t2 C1(x2 – 1) + x x2 – 1 u(t) = – ln(t – 1) – -ln(-y + x) = – ln(x – 1) – 3.6. ECUACIÓN LINEAL DE PRIMER ORDEN 51 u + tu' = tu2 – 1 t2 – 1 , =? u = 1+ (t + 1)(t – 1) t y por lo tanto y x = 1+ (x + 1)(x – 1) x . (3.136) 2. Solución mediante GL. La ecuación es lineal y la solucion formal es: v v y = x ± c x – 1 x + 1 Tenemos que resolver la siguiente ecuacion en derivadas parciales: ?x + (?y – ?x)(1- x y) 1- x2 – ?y (1- x y)2 (1- x2)2 – ?(x, y)(- y 1- x 2 + 2(1- x y) x (1- x2)2 )+ ?(x, y) x 1- x2 = 0, (3.137) cuyas soluciones son: ? = 0, ? = -1+ x2 , ? = 0, ? = (x – 1)(x + 1) , (2xy – y2 – 1)(-y + x) (x – 1)/(x + 1) (3.138) [? = 0, ? = -y + x], ? = 0,? =
que generan las siguientes soluciones: v Por ejemplo con ? = 0, ? = -1+ t2 t = x,u(t) = v
la ode se escribe ahora como: y -1+ x2
' =? x = t,y = u(t)
v -1+ t2 1- 2t2 + t4 cuya solución es: u(t) = – 3/2 4(t + 1)2 + 3/2 4(t – 1)2 + C1 por lo tanto la solución en las variables originales resultará: v y x2 – 1 = v x2 – 1 v v =? y = x ± c x – 1 x + 1. Otro cambio de variables lo podemos obtener de [? = 0, ? = -y + x] de tal forma que: (t = x,u(t) = -ln(-y + x)) =? x = t,y = teu(t) – 1 eu(t) la ode se escribe ahora como: u' = – t -1+ t2 cuya solución es: 1 2 1 2 ln(t + 1) + C1 por lo tanto la solución en las variables originales resultará: 1 2 1 2 ln(x + 1) + C1
52 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN sólo queda simpli?car esta expresión, obteniéndose: ln 1 -y + x = C1 + ln 1 (x – 1) (x + 1) v v y = x ± c x – 1 x + 1 como ya sabíamos. 3.7 Ecuaciones exactas.
Llamaremos exacta a una ODE del tipo P(x,y(x))dx + Q(x,y(x))dy = 0, i.e. y' = – P(x,y(x)) Q(x,y(x)) (3.139) donde D2(P)(x, y(x)) = D1(Q)(x, y(x)). (3.140) La forma general de resolverlas es la siguiente. Queremos encontrar una función F(x,y) tal dF = Pdx + Qdy (1-forma de Pfafft) x P(x,y)dx + y Q(x0,y)dy = C. Entonces la solución será F(x,y) = C1 i.e. F(x, y(x)) + C1 = 0, (3.141) dicha función siempre existe si se veri?ca la condición (3.140). Podemos reescribir la ecuación (3.139) como ?xF + ?yF y' = 0 (3.142) sigue:
donde obviamente ?xF = P y ?yF = Q. Lo mejor es que veamos algún ejemplo.
Ejemplo 3.7.1 Integrar la ecuación exacta (3.143) (sin(xy) + xycos(xy))dx + x2 cos(xy)dy = 0
Solución. Veremos como siempre distintas tácticas
1. Método tradicional. Lo primero es comprobar que realmente es una ode exacta i.e. ?yP = ?xQ viendo de forma inmediata que: ?yP = ?y (sin(xy) + xycos(xy)) = 2(cosxy) x – x2ysinxy ?xQ = ?x x2 cos(xy) = 2(cosxy) x – x2ysinxy
53 3.7. ECUACIONES EXACTAS.
por lo tanto la ode dada es exacta. Calculamos la función F(x,y) como sigue: F(x,y) = x (sin(xy) + xycos(xy))dx + y 2 x0 cos(x0y)dy por lo tanto la solución es: (sinxy) x = C1 2. Grupos de Lie. En primer lugar calculamos la ecuación con la que podremso obtener los in?nitesimales ?x – (?y – ?x) (sin(x y) + x y cos(x y)) x2 cos(x y) – ?y (sin(x y) + x y cos(x y))2 x4 cos(x y)2 – -? (- 2 cos(x y)y – x y2 sin(x y) x2 cos(x y) + 2(sin(x y) + x y cos(x y)) x3 cos(x y) – (sin(x y) + x y cos(x y)) (x y)y x2 cos(x y)2 ) -? (- 2 cos(x y) x – x2 ysin(x y) x2 cos(x y) – (sin(x y) + x y cos(x y))sin(x y) xcos(x y)2 )= 0 de esta forma obtenemos que las posibles soluciones a esta ecuación son: [? = 0, ? = 1 x2 cos(x y) ],[? = 0, ? = -1+ cos(2x y) cos(x y) ] [? = 0, ? = sin(x y) xcos(x y) ], [? = -x, ? = y] de esta forma vemos que por ejemplo el campo X = -x?x + y?y induce el siguiente cambio de varibles: (t = xy,u(t) = -lnx) =? x = 1 eu(t) ,y = teu(t) por lo tanto la ecuación (3.143) se reescribe como: u' = cost sint =? u(t) = ln(sint) + C1 deshaciendo el cambio de variables obtenemos:
-lnx = ln(sin(xy)) + C1 =? sin(xy)x = C1
El método de los invariantes nos llevaría a buscar una solución del tipo – dx x = dy y =? yx = C1 que obviamente no es solución, cualquiera de las otras simetría conduciría a una solución del tipo y = const.
Algunas ecuaciones no veri?can la relación ?yP = ?xQ, sin embargo se puede intentar buscar cierta función (factor integrante) µ(x,y) que haga que la ecuación
µ(P(x,y)dx + Q(x,y)dy) = 0
sea exacta. Dicho factor lo deberemos buscar de la siguiente manera.
2xdx )= 1 1 (?y – ?x)(x + y ) 1 ?y (x + y ) ) – ? ( – CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
?y (µP) = ?x (µQ),
Q?x (µ) – P?y (µ) = ?yP – ?xQ µ,
Q?x lnµ – P?y lnµ = ?yP – ?xQ, 54
Como
entonces
por lo tanto
observándose que si ?yP – ?xQ Q = h(x) =? µ(x) = e( h(x)dx) , mientras que si -?yP + ?xQ P = h(y) =? µ(y) = e( h(y)dy) . El siguiente teorema estable la relación entre el factor integrante y las simetrías de una ode de primer orden.
Teorema 3.7.1 (Factor integrante de Lie) . La ecuación P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 admite un grupo uniparametríco G cuyo generador in?nitesimal X es tal X = ??x + ??y sii µ = 1 ?P + ?Q , ?P + ?Q = 0, (3.144) es un factor integrante de la ecuación dada.
Veamos el siguiente ejemplo.
Ejemplo 3.7.2 Integrar la ecuación: x + y2 dx – 2xydy = 0
Solución. Como siempre veremos al menos dos tácticas:
1. Método tradicional. Vemos que ?yP = ?xQ ya que ?yP = 2y y ?xQ = -2y como en nuestro caso se tiene que ?yP – ?xQ Q = 1 2x = h(x) =? µ(x) = e( 1 x2 1 x2 entonces
es exacta y su solución es: x + y2 dx – 2xydy = 0
y2 x = C1e 2 . 2. Método de Lie. En primer lugar calcularemos la ecuación ?x + 2 2 xy – 2 2 4 x2 y2 – ?( 1 2xy – x + y2 2×2 y 1 x x + y2 2x y2 )= 0
t = v ,u(t) = y(x) = u(t)( 1-n),x = t u'(t) = u(t)P(t) + Q(t) u(t)( 1-n) u(t)( 1-n) (n – 1) 3.8. ECUACIÓN DE BERNOULLI 55 cuyas soluciones son: [? = 0, ? = x 2y ], [? = x2 x + y2 , ? = 0],[? = 2x, ? = y] si por ejemplo nos ?jamos en la simetría X = 2x?x + y?y , vemos que nos conduce al siguiente cambio de variables (variables canónicas); y x 1 2 lnx =? x = e2u(t),y = t e2u(t) t2 2 + C1 la ode original se escribe en estas variables como
u' = t =? u(t) =
que en las variables originales se escribe como: 1 2 lnx = y2 2x y2 + C1 =? x = C1e 2 . Si atendemos al teorema del factor integrante de Lie, vemos que con [? = x2 x+y2 , ? = 0] obtenemos µ = 1 ?P + ?Q = x2 x+y2 1 (x + y2) = 1 x2 tal y como habíamos calculado antes. Observamos que la solución que induce la simetría X = 2x?x + y?y por el método de los invariantes es: v y = C1 x que NO es solución de la ode dada. y' + P(x)y = Q(x)yn
y' = fn(x)yn + f1(x)y (3.145)
(3.146) 3.8 Ecuación de Bernoulli
Se escribe
o alternativamente:
3.8.1 Método tradicional. Se pueden seguir varias tácticas como las siguientes: El cambio de variable 1 (3.147) que conduce a la siguiente ecuación diferencial 1 n n (3.148)
e(n e( n-1 P(x)dx) dx + en Q(x)e(n-1 e(n-1 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN 56
que es una ode de tipo lineal. Un segundo método sugiere hacer y(x) = u(x)v(x) variables separadas. Se iguala a cero el coe?ciente en u (v' + f1v = 0) determinando así v, apareciendo ahora una ecuación en u(x) de variables separadas. La solución queneral de una ode tipo Bernoulli viene dada por el siguiente formulón: y = 1 -n e P(x)dxQ(x) P(x)dx) e P(x)dxQ(x) P(x)dx dx + C1 1 n-1 e n P(x)dxn n-1 (3.149) o de forma algo más compacta: y1-n = (1- n) + C1 -P(x)dx) -P(x)dx) (3.150) 3.8.2 Método dimensional. Para su estudio dimensional conviene dividir por el segundo miembro, resultando 1 dy Qyn dx + P Qyn-1 = 1 (3.151) Las dimensiones de P Q serán P Q = yn-1 (3.152) (3.153) y para que el segundo término resulte adimensional procederá tomar como nueva variable t = y1-n si también se desea que sea lineal en t. Para eliminar dy dx derivaremos (3.153) respecto x dt dx = 1- n dy yn dx (3.154) y de esta ecuación y la (3.153) resultará – 1 dt (n – 1) dx + P(x)t = Q(x) que es una ecuación de primer orden lineal en t, de cuya solución hemos tratado en el apartado anterior. 3.8.3 Método de Lie. Tenemos que resolver la siguiente ecuación etc…
?x + (?y – ?x)(-p(x)y + q(x)yn) – ?y (-p(x)y + q(x)yn)2 – ?(x, y)(-p' y + q' yn)- -?(x, y)(-p(x) + q(x)yn n y )= 0
y ], ? = p(t)dt(-1+n)) (-1+ n))(- -1+n) q(t) (-u(t)e( p(t)dt(-1+n)) (- -1+n) (n – 1))(- n-1) y 57 3.8. ECUACIÓN DE BERNOULLI
cuyas posibles soluciones son: [? = 0, ? = e( p(x)(-1+n)dx) n e( p(x)dx(-1+n)) q(x) ,? = – yp(x)e( p(x)dx(-1+n)) q(x) el cambio de variables que induce la primera de las simetrías es: u(t) = y(1-n) (1- n)e((-1+n) p(x) dx) , t = x por lo tanto la transformación inversa es: ? ?y = e – ln(u(t)e (- p(t)dt+n p(t)dt+n p(t)dt) n) p(t)dt)-u(t)e(- -1+n ? , x = t? la ecuación original queda por lo tanto: ut = – 1 n (-1+ n)u(t) (-u(t)e( (-1+ n)) cuya solución es: u(t) – C1- – t -q(b) (-u(t)e((n-1) p(b)db) 1 n (n – 1)u(t) -u(t)e((n-1) p(b)db) (n – 1) 1 ( -1+n) db = 0 deshaciendo el cambio de variables obtenemos por lo tanto nuestro formulón (3.150): También podemos probar a calcular el factor integrante de Lie siendo éste: µ := e(- p(x)dx(-1+n)) (-n) y por lo tanto la solución de la ode exacta resultante es: e(- p(x)dx(-1+n)) y(1-n) 1- n – q(x)e( p(x)dx-n p(x)dx) dx + C1 = 0 Veamos algunos ejemplos. 3.8.4 Ejemplos. Ejemplo 3.8.1 Resolver la ecuación: xy' + y = y2 lnx Solución. En este ejemplo veremos dos táctics tanto la tradicional como la de Lie, ya que el método dimensional no funciona por haber funciones del tipo (lnx).
1. Método tradicional nos lleva a efectuar el siguiente cambio de variables y = uv de donde xu'v + u xv' + v = u2v2 lnx
x x x (x + 1)3 y2 2 2 58 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN resolviendo xv' + v = 0 =? v = 1 x entonces u' = u2 2 lnx =? – 1 u = lnx x – 1 x – C1 por lo tanto u = x 1+ C1x + lnx ?? y = 1 1+ C1x + lnx 2. Con el método de Lie tendremos que resolver la siguiente ecuación en derivadas parciales (edp): ?x + (?y – ?x)(-y + y2 ln(x)) x – ?y (-y + y2 ln(x))2 x2 – ? ( y2 2 – -y + y2 ln(x) 2 ) – ? (-1+ 2yln(x)) x = 0 cuyas soluciones son: [? = 0, ? = y2 x], [? = 0, ? = y(-1+ y ln(x) + y)], [? = 0, ? = (-1+ yln(x) + y)2 x ], [? = -x, ? = y2] la primera de las simetrias nos lleva a obtener las siguientes v.c. t = x, u(t) = – 1 yx =? x = t, y = – 1 u(t)t la ode original queda en estas variables como: ut = ln(t) t2 =? u(t) = – ln(t) t – 1 t + C1 que en las variables originales queda – 1 yx = – ln(x) x – 1 x + C1 tal y como queríamos hacer ver. Ejemplo 3.8.2 Resolver la ecuación: y' = – y x + 1 – (x + 1)3 y2 2 Solución. En este caso sólo utilizaremos la táctica de lso grupos de Lie.
1. El método de Lie nos lleva a la siguiente edp ?x + (?y – ?x)(- y x + 1 – (x + 1)3 y2 2 )- -?y (- y x + 1 – ) – ? ( y (x + 1)2 – 3(x + 1)2 y2 2 ) – ? (- 1 x + 1 – (x + 1)3y) = 0
= – x3 – x2 – x + C1, (t + 1)u' = 3u – u2, 59 3.8. ECUACIÓN DE BERNOULLI
cuyas soluciones son: [? = 0, ? = (x + 1)y2 2 ], [? = 0, ? = (4y x3 + 6y x2 + 3y x + y x4 – 6)2 x + 1 ] [? = 0,? = (y x4 + 4y x3 + 6y x2 – 6y x – 6- 9y)y 2 ], [? = x + 1, ? = -4y] por lo tanto el método de las variables canónicas nos conduce a (X = (x+1)y2 2 ?y): t = x, u(t) = – 2 y(x + 1) =? y = – 2 u(t)(t + 1) , x = t 1 3 la solución en las variables originales resulta: – 2 y(x + 1) 1 3 tal y como queríamos ver. 2. Método dimensional. Reescribiendo la ODE de la siguiente forma: y' = – y x + a – b(x + a)3 y2 2 , donde claramente, [a] = x,[b] = x-4y-1, podemos probar con el siguiente cv (observando además la forma de la ODE) t = x, u(t) = (x + 1)4y, donde (x + 1)4y = 1, es solución particular de la ODE. De esta forma obtenemos 1 2 =? 1 u = 1 6 + C1 (t + 1)3 , en las variables originales tendremos 1 (x + 1)4y = 1 6 + C1 (x + 1)3 , tal y como querímos hacer ver. Ejemplo 3.8.3 Resolver la ecuación: xy' + xy2 – y = 0 Solución. En este caso sólo utilizaremos la táctica de los grupos de Lie.
1. El método de Lie nos lleva a la siguiente edp ?x + (?y – ?x) -xy2 + y x – ?y y – xy2 x 2 – ? y2 x – y – xy2 x2 – ? -2xy + 1 x = 0
=? u(t) = – ln(t – 2) + lnx = – ln(xy – 2) + + 2 1, + 2 1, 60 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN cuyas soluciones son: [? = y, ? = -y3], [? = 0, ? = y2 x ] [? = 0,? = -2y + xy2], [? = x, ? = -y] [? = 0, ? = x(xy – 2)2], [? = 1 y – x, ? = 1 x ] por lo tanto el método de las variables canónicas nos conduce a (X = x?x – y?y): (t = xy, u(t) = lnx) =? y = t eu(t) , x = eu(t) ut = – 1 t(t – 2) 1 2 1 2 ln(t) + C1 la solución en las variables originales resulta: 1 2 1 2 ln(xy) + C1 i.e. y = x2 2x + 2C1 , tal y como queríamos ver. El factor integrante de la ode es: µ = 1 y2 Claim 3.8.1 La solución por invariantes que induce el campo X = x?x – y?y, es solución de la ode dada, i.e. y = 2x-1.
2. El método dimensional nos lleva a reescribir la ODE como y x por lo que sólo habrá que considerar una única constante dimensional. El cv que suguiere el AD es el siguiente t = x, u(t) = xy, donde xy = 1, es solución particular de la ODE. De esta forma obtenemos 1 u = 1 2 C t -2u + tu' + u2 = 0,
en las variables originales tendremos 1 xy = 1 2 =?
C x tal y como querímos hacer ver. Ejemplo 3.8.4 Solve the following Bernoulli ode. y' = – y x + 1 – (x + 1)y2 2 . (3.155)
u' = – u2, 3.8. ECUACIÓN DE BERNOULLI 61 Observación 3.8.1 Historically it was Bernoulli the ?rst person who introduced c.v. in order to solve odes (now bearing his name). He managed to reduce this equation to a simpler linear equation. Solution. It is observed that with [a] = X, [b] = X-2Y-1, (3.156) eq. (3.155) yields d.h. i.e. y' = – y x + a – b(x + a)y2 2 , (3.157) in this way it is obtained the following variables t = x a , u(t) = 1 abxy =? x = at, y = 1 a2btu , (3.158) with this change of variables eq. (3.155) yields 2u + 2t(1+ t)u' = (t + 1)2 , (3.159) which is linear and its solution is: u = t 2 + C1 1+ 1 t , (3.160) and therefore in the original variables the solution yields y = 2 (bx + C1)(x + a) , (3.161) in this case D.A. does not bring us to obtain a good change of variables but helps us to obtain a simpler ode than the original one. We can try now with the following c.v. t = x, u(t) = 1 x2y =? x = t, y = 1 t2u , (3.162) which brings us to obtain a linear ode t(t + 1) 2u't + 4u = 2t2u + t2 + 2t + 1, (3.163) but with this tactic we are not able to obtain a simpler ode. 1 1 1 abxy 1 1 x + 1 (x + 1)2 c.v. induce us to obtain an ode in separate variables, but unfortunately D.A. is unable to construct such c.v.. For this reason we can only reduced our ode to a linear ode as in the theoretical case i.e. employing the theoretical method purposed by Bernoulli.
Observación 3.8.2 As in the above example if we consider the following cv then we get u(t) = (x + 1)y, t = x, where (x + 1)y = 1, is a particular solution. Thus we get 1 2 =? 1 u = t 2 + C1, in the original variables we obtain 1 (x + 1)y = x 2 + C1, as it is expected.
– y2 62 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN If we study this ode under the Lie group method, it is observed that eq. (3.155) admits the following symmetries obtained from: ?x + (?y – ?x) – y x + 1 – (x + 1)y2 2 – ?y – y x + 1 – (x + 1)y2 2 2 – – ? y (x + 1) 2 1 2 – ? -y – xy – 1 x + 1 = 0 (3.164) X1 = y2 (x + 1) 2 ?y, X2 = (x + 1)?x – 2y?y, X3 = ?x – y (x + 1) ?y, X4 = x?x – (1+ 2x)y (x + 1) ?y, (3.165) and which respective invariants are: I1 = x, I2 = y(x + 1)2 , I3 = y(x + 1), I4 = yx(x + 1), that induces the following canonical variables. For example from X1 : t = x, u(t) = – 2 y(x + a) =? x = t, y = – 2 u(t + a) , (3.166) in such a way that eq. (3.155) yields u' = -b =? y = bt + C1, (3.167) and in the original variables i.e. (x,y) this solution yields y = 2 (bx + C1)(x + a) , (3.168) as we already know.
3.9 Ecuaciones tipo Riccati.
Este tipo de ecuaciones tine la siguiente pinta: y' = f2y2 + f1y + f0, (3.169) i donde las (fi)2=0 = fi(x) i.e. son funciones que sólo dependen de la variable independiente x. Para resolverlas por los métodos tradicionales es necesario conocer una solución particular yp (lo cual no siempre es fácil de encontrar). Si éste es el caso entonces haciendo el cambio de función y = yp + z entonces la ode (3.169) se combierte en una de tipo Bernoulli con n = 2. Se conocen las siguientes condiciones de integrabilidad:
1. ?i fi = 0 i d1f2 + d1d2f1 + d22f0 = 0 2. Existen (di)2=0 ? R
3. Sean a(x), ß(x) funciones tales que a2f2 + aßf1 + ßf0 = aß log a ß ' En general es bastante complicado obtener una solución teórica de este tipo de ecuaciones por eso sólo veremos unos cuantos ejemplos empleando exclusivamente el método de Lie.
– 3. – 3, – 3) – ?y(xy2 – – 3)2 – ? (y2 + 2 + 4) – ? 2xy – X2 = x4 (y + 2)2?y, ,X3 = x?x – 2y?y ?x – 4?y, – 2 + y2 x2 ?y, X5 = x3?x – 2+ 4y x2 ?y. t =? u(t) = – + C1, 3.9. ECUACIONES TIPO RICCATI. 63 3.9.1 Ejemplos. Ejemplo 3.9.1 Solve the following Riccati ode y' = xy2 – 2y x 1 x (3.170) Solution. It is observed that introducing the following dimensional constants eq. (3.170) veri?es the principle of dimensional homogeneity (p.d.h.), y' = xy2 a – 2y x a x (3.171) where [a] = X2Y. As we can see if we need only one constant then our equation is scale invariant and therefore this constant indicates us that the generator of this symmetry is X = -2x?x +y?y as we will see below. Therefore we have the following variables t = x, u(t) = a yx2 =? x = t, y = a tu2 , (3.172) with this new variables eq. (3.170) yields u' u2 – 1 = 1 t =? lnt + arctanh(u) + C1 = 0, (3.173) and in the original variables this solutions is written as: lnx + arctanh( a yx2 ) + C1 = 0. (3.174) We would like to emphasize that in this case, as we have only one dimensional constant, we can ?nd the partic- ular solution y = ax-2 applying the Pi theorem, and that such solution (invariant particular solution) is induced by the scale symmetry. Eq. (3.170) has the following symmetries: ?x + (?y – ?x)(x y2 – 2y x 1 x 2y x 1 2y 3 x x x 2 x = 0 (3.175) and hence 1 x 2 1 x x X1 =
X4 = 1 x (3.176) and which corresponding invariants are: I1 = yx2 – 1 x2 , I2 = I4 = x, I3 = yx2, I5 = yx2 x2 + 1 . (3.177) The method of canonical variables brings us to obtain the following ode, for example, for the symmetry X5, we have 1 u(t) = – ut = 1 2 1 t (3.179)
= – 2 + 3. + b 3, 64 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN and hence – 1 2×2 1 x (y x2 + 1) + C1, (3.180) as we already know. The transformation induced by X3 (scaling symmetry) is the following one: t = y x2, u(t) = ln(x) =? x = eu(t), y = t (eu(t))2 , (3.181) ut = 1 t2 – 1 =? u(t) = -arctanh(t) + C1, (3.182) therefore ln(x) = -arctanh(y x2) + C1, (3.183) which looks a little different than the other solution.
Ejemplo 3.9.2 Solve the following Riccati ode: y' = y + 1 x y2 x (3.184) Solution. The ode veri?es the p.d.h. if we introduce the following dimensional constant: y' = y + a x y2 x (3.185) where [a] = Y,[b] = X2Y-1. In this way it is obtained the c.v. t = ax2 by2 , u(t) = y a =? x = v abtu2, y = au , (3.186) and therefore eq. (3.184) yields u u' + t = ut (ut + t + 1) , (3.187) which is a Bernoulli ode and its solution is: 1 u – v t arctan v t + C1 = 0, (3.188) hence in the original variables the solution is a y – ax2 by2 arctan ax2 by2 + C1 = 0. (3.189) ax2 by2 . It is observed that we have the particular solution y = Cx, obtained from the relationship
Since this c.v. is not very good for our purposes we may now proceed as follows: axy' = ay + 1+ b2 y2 x2 (3.190) where [a] = y-1, [b] = y-1x (3.191)
= 2 =? – + arctan(u) + C1 = 0 in this way it is obtained u' = u2 + 1. by. u(t) = + 3) – ?y( + 3)2 – ?(- x x ) – ?( + 3 ) = 0, t =? u(t) = – + C1, = – + C1, x 65 3.9. ECUACIONES TIPO RICCATI.
in such a way that these constants induce the following change of variables: t = a b x, u(t) = x by =? x = b a x, y = t au(t) (3.192) which brings us to obtain – u' u2 + 1 1 1 t t (3.193) and hence – b ax + arctan( x by ) + C1 = 0 (3.194) b ax and which is a better approximation. In the same way we can obtain a quadrature simply considering t = x
The Lie method bring us to solve the following pde ?x + (?y – ?x)( y + 1 x y2 x y + 1 x y2 x y + 1 2 – 3y2 4 1 2y x x (3.195) and which solutions are: X1 = x + y2 x ?y, X2 = x x (ycos(1) + xsin(1))2 x ?y X3 = – x x x x sin(1)2 (ysin(1) – cos(1) x)2 x(-1+ cos(1)2) ?y, X4 = x2?x + xy?y (3.196) and which invariants are: I1 = I2 = I3 = x, I4 = y x . (3.197) The symmetry X1 = x + y2 x ?y generates the following c.v.: t = x, u(t) = arctan y x =? (y = tan(u(t))t, x = t), (3.198) ut = 1 2 1 t (3.199) and hence the solution is arctan y x 1 x (3.200) as we already know. We would like to emphasize that this ode is not scale invariant and nevertheless we have been able to obtain a c.v. that reduces the ode to a quadrature. Ejemplo 3.9.3 Resolver la ecuación y' = (y – xlnx)2 x2 + lnx Solución. El método de Lie nos lleva a resolver la siguiente edp ?x + (?y – ?x)( (y – xln(x))2 2 + ln(x)) – ?y( (y – xln(x))2 x2 + ln(x))2-
x x (y – 2 1 (2ln(x) + 1+ x( x 1 2(y – xln(x)) 5 f3 4f0 5 66 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN -? 2(y – xln(x)) (-ln(x) – 1) 2 – 2(y – xln(x))2 3 + 1 x – 2? (y – xln(x)) x2 = 0 cuyas soluciones son ? = 0,? = v 5) x)2 v 5) , ? = 0,? = x( v 5) v 5) x)2 (y – 12 (2ln(x) + 1- x [? = 0,? = -x – y + y2 x – 2y ln(x) + x ln(x)2 + x ln(x)], [? = x,? = x + y] el método de las variables canónicas generadas por la simetría X = x?x + (x + y)?y nos facilita el siguiente c.v. t = y – xln(x) x , u(t) = ln(x) =? x = eu(t), y = teu(t) + eu(t) u(t) ut = 1 -t – 1+ t2 =? u(t) = – 2 v 5 5arctanh( v 5 (2t – 1) 5 ) + C1 por lo tanto la solución es: ln(x) = – 2 v 5 5arctanh( ( x – 1) v 5) + C1 (3.201)
(3.202) i tal y como queríamos hacer ver
3.10 Ecuaciones tipo Abel y Chini.
La expresión más general de una ode tipo Abel tiene la siguiente pinta: y' = f3y3 + f2y2 + f1y + f0 mientras que la expresión más general para una ode tipo Chini es: y' = fnyn – f1y + f0 donde las funciones (fi)3=0 = f(x) son función sólo de la variable independiente. 3.10.1 Método tradicional Hasta el momento (que yo sepa) no existe un método para resolverlas aunque existen casos particulares que si son susceptibles de ser atacados. Para estos casos el método más general hasta ahora es el denominado método de los invariantes de Abel (método éste debido a Chini). El invariante de una ode tipo Abel con f2 = 0 es: – ' ' 1 (-f0f3 + f0f3 + 3f0f3f1) 27 3 (3.203) Si este invariante no depende de x entonces la ode se puede resolver directamente. Para una ode Abel con f2 = 0, nos podemos cargar este término utilizando la siguiente transformación y = u(x) – 1 f2 3 f3 . (3.204)
f3r3 + r2f2 3 f3 2 3.10. ECUACIONES TIPO ABEL Y CHINI. 67 Si f0 = f1 = 0 y f3 f2 ' = af2 entonces en este caso se conoce la solución. Como la ode se queda reducida a
y' = f3y3 + f2y2, (3.205) entonces mediante el siguiente cambio de variables x = t,y = f2(t)r(t) f3(t) , (3.206) y teniendo en cuenta la condición f3 f2 ' ' ' = af2 i.e.
f3f2 – f2f3 f2 = af2, (3.207) entonces la ecuación (3.205) se transforma en una ode tipo variables separables 3 2 f2r' f3 – ra f2 f3 = 2 . (3.208) tenemos por lo tnato la siguiente proposición:.
Proposición 3.10.1 Una ode tipo Abel de la forma
y' = f3y3 + f2y2
puede ser integrada de forma exacta sii las funciones f3 y f2 satisfacen la relación f3 f2 ' = Kf2 / K = const. i Otro caso es el siguiente pero tiene la desventaja de depender del conocimiento previo de una solución particular y1 además de satisfacerse las siguiente relaciones:
Teorema 3.10.1 Si las funciones (fi)3=0 satisfacen la relación f3 G(x) ' = KG(x) / K = const. tal que G(x) = ± f2 – 3f3f1 = 3f3y1 + f2 donde y1 es una solución particular de la ode (3.201) entonces la solución viene dada por la siguiente expresión: y = ± G f3 V + -f2 ± G 3f3 con V = f3 3f3y1 + f2 (y – y1) Encontramos las siguientes ecuaciones de tipo ABEL.
?-2e(-2 ? f2dx)C ?? – 0 68 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN 1. Segunda especie clase A. En este caso la ode tiene la siguiente pinta: (y + g(x))y' = f2y2 + f1y + f0 (3.209) f0 = f1g – f2g2 (3.210) para este caso si
entonces existe solución y(x) = -g(x) ó (3.211) y(x) = (-f2g + f1)e- f2dx dx + C1 e f2dx (3.212) también encontramos que si
la ode entonces se combierte en: f1 = 2f2g – g'
(y + g(x))y' = f2y2 + 2f2g – g' y + f0 (3.213)
(3.214) para este caso se puede buscar o un factor integrante o en su defecto simetrías X = e2 f2dx y + g ?y (3.215) y = encontrándose una solución explícita: ? 1 ? 2 ? f2dx) g – -2 e(-2 f2dx)g2 + 2e(-2 f2dx) ? ? f0 e( f2dx) 2 dx + 2e(-2 ?? ? 1?? (3.216)
(3.217) 2. Segunda especie clase C En este caso la ode tiene la siguiente pinta: (g1y + g0)y' = f3y3 + f2y2 + f1y + f0
La forma de atacar este tipo de odes es la de hacer un cambio de variables x = t,y = 1 u(t)g1(t) g (t) g1(t) (3.218) qu etrnasforma la ode original en una ode tipo Abel pero de primera clase y se intenta estudiar su tipología.
La expresión más general de una ode tipo Chini es: y' = fnyn – f1y + f0 (3.219) encontrándose que si n = 2 entonces se combierte en una de tipo Riccati y si n = 3 se combierte en una de tipo Abel. Al igual que en el caso de las ode tipo abel si el invariante de Chini n 0 ' ' n f-n-1f-2n+1 (fn f0 – fn f0 – n f1fn f0) nn (3.220) es independiente de x entonces la ode se resuleve de manera directa. En general y por desgracia este tipo de odes no se deja estudiar por la técnica de grupos de Lie ya que no se encuentran soluciones a la edp con la que se obtienen las simetrías. No obstante veremos algunos ejemplillos.
x = v y = v y = v 3.10. ECUACIONES TIPO ABEL Y CHINI. 69 3.10.2 Ejemplos Ejemplo 3.10.1 Solve the following Abel ode y' = 1- y2 xy + 1 (3.221) (3.222) Solution. Introducing the following dimensional constants, we make that eq. (3.221) veri?es the p.d.h. (xy)y' = -y2 + bxy + a, where [b] = yx-1,[a] = y2. Therefore the c.v. that suggests the D.A. is the following one: t = bxy a , u(t) = y2 a =? at b ua , y = v ua , (3.223) hence eq. (3.221) yields u' (2+ t – u)t = 2u(1+ t – u), (3.224) and its solution is: u = t2 -2t + 2ln(1+ t) – C1 , (3.225) in the original variables it yields: – b2x2 2a = – bxy a + ln(1+ bxy a ) + C1. (3.226) Once again we emphasize that the particular solution, y = Cx-1, (in this case invariant solution , see below) has bxy
Alternatively we can try the following c.v. Writing the original Abel ode, eq.(3.221) in the following form: axyy' = – y2 a + xy + b, (3.227) where [a] = XY-1,[b] = XY, therefore we ?nd the next c.v. t = xy b , u(t) = x2 ab =? x = v abu, bt abu , (3.228) that brings us to rewrite eq. (3.227) as follows: u' = 2t 1+ t =? u = 2t – 2ln(1+ t) + C1, (3.229) and hence in the original variables (x,y) we get: x2 ab = 2 xy b – 2ln(1+ xy b ) + C1, (3.230) as we already know. We can check that the following c.v. also works well t = x2 ab , u(t) = xy b =? x = v abt, bu abt , (3.231) since in these variables eq. (3.227) is written as 2u'u = 1+ u =? t – 2u + 2ln(1+ u) + C1 = 0, (3.232)
X1 = – ?x + 2?y 70 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN and therefore x2 ab – 2 xy b + 2ln(1+ xy b ) + C1 = 0, (3.233) obtaining the solution. Applying the Lie method we need to solve the following pde: ?x + (?y – ?x)( a – y2 xy + 1) – ?y ( a – y2 xy + 1)2 + ? (a – y2) x2 y 2 + ?( + x a – y2 xy2 ) = 0, (3.234) which solution is: 1 y x x =? I1 = xy. (3.235) This symmetry induces the following c.v.: u(t) = – x2 2 , t = xy , (3.236) and therefore in this variables eq. (3.227) is written as follows: u' = – t a + t =? u(t) = -t + a ln(a + t) + C1, (3.237) hence in the original variables we get: – x2 2 = -x y + a ln(a + x y) + C1, (3.238) This is another example of an ode that it is not scale invariant, and nevertheless, we have been able to reduce it to a quadrature.
Ejemplo 3.10.2 Solve the following Abel ode. x(y + 4)y' = y2 + 2y + 2x. (3.239) Solution. Following our pedestrian method, we begin by introducing dimensional constants and rewriting the odes as follows x(y + 4a)y' = y2 + 2ay + 2bx, (3.240) v solution of (3.239)) t = y2 bx , u(t) = y a =? x = u2a2 ct , y = ua , (3.241) t(t + 4)u' = t(u + 2) + 2u, (3.242) in such a way that eq. (3.239) yields
which is a linear ode and its solution is: u = t + C1 t(t + 4), (3.243) hence y a = y2 bx + C1 y2 bx y2 bx + 4 , (3.244) and simplifying, it is obtained the solution: bx a = y + C1 (y2 + 4bx). (3.245)
y' = Cx3y3 + Bxy2 – A , y2 bx y -1 a 71
i.e. y = Cx. But this 3.10. ECUACIONES TIPO ABEL Y CHINI.
Another particular solution could be found from the following relationship particular solution bring us to the following c.v. t = ay bx , u(t) = y a =? x = ua2 ct , y = ua , (3.246) which transforms eq. (3.239) into a Bernoulli ode, t2 (u + 4)u' = (ut + 2t + 2) u't – u , (3.247) but this situation is not desirable since it is always more dif?cult to solve a Bernoulli ode than a linear ode. Applying the Lie method, following the standard procedure, we need to solve the following pde ?x + (?y – ?x)(y2 + 2y + 2x) x(y + 4) – ?y (y2 + 2y + 2x)2 x2 (y + 4)2 – – ? ( 2 x(y + 4) – y2 + 2y + 2x x2 (y + 4) ) – ?( 2y + 2 x(y + 4) – y2 + 2y + 2x x(y + 4)2 ) = 0, (3.248) and which solutions are: X1 = (2y + 4- x) (y – x) y + 4 ?y, X2 = (y2 + 4x) (y – x) x(y + 4) ?y, X3 = 4x + x2 ?x + x(y + 4)?y (3.249) where their correspond invariants are: I1 = I2 = x, I3 = y + 4 x + 4 (3.250) For example the c.v. that induces X3 is: t = y + 4 4+ x , u(t) = 1 4 ln(x) – 1 4 ln(4+ x) , (3.251) hence: y = – 4(t – 1+ e(4u(t))) -1+ e(4u(t)) , x = – 4e(4u(t)) -1+ e(4u(t)) , (3.252) ?nding that: u' = t 2(2t2 – 3t + 1) , (3.253) which solution is: u(t) = 1 2 ln(t – 1) – 1 4 ln(2t – 1) + C1, (3.254) therefore, in the original variables it yields: 1 4 ln(x) – 1 4 ln(4+ x) = 1 2 ln( y + 4 4+ x – 1) – 1 4 ln( 2(y + 4) 4+ x – 1) + C1, (3.255) as we already know.
Ejemplo 3.10.3 Solve the Abel ode. y x (3.256)
y' = a2Cx3y3 + aBxy2 – A , ln u + u + 1 + ax y + ax y + 1 + y' = Cx3y3 + Bxy2 – A , (3.262) ß x -2 1 =? y ? 2, -1 0 72 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN Solution. If we rewrite eq. (3.256) introducing the following dimensional constants, y x (3.257) where A,B,C ? R, and [a] = X-2Y-1. As we can see this ode is scale invariant since we have needed introduce only one constant. D.A. suggests us the following c.v. t = x, u(t) = ax2y =? x = t, y = u at2 , (3.258) (3.259) in such a way that eq. (3.256) is written in the following form:
tu' = u u2 + u + 1 ,
and its solution is: lnt + 1 2 2 v 3 3 arctan 3 2 u + 1 3 v 3 – lnu + C1 = 0, (3.260) therefore in the original variables it yields: lnx + 1 2 ln 2 2 2 v 3 3 arctan 3 2 ax2y + 1 3 v 3 – ln ax2y + C1 = 0. (3.261) In second place, we study eq. (3.256) y x with respect to the dimensional base B = {T}. This ode veri?es the principle of dimensional homogeneity with 1 H' rewriting the equation in a dimensionless way we ?nd that y ? x-2 But if we study this equation with respect to the dimensional base B = {X,Y}, we need to introduce new dimensional constants that make the equation verify the principle of dimensional homogeneity y' = aCx3y3 + ßBxy2 – A y x (3.263) where a1/2 = [ß] = X-2Y-1, hence X Y y 0 1 ß x (3.264) As we can see we have obtained the same solution than in the case of the invariant solution. This is because the invariant solution that induces a scaling symmetry is the same as the obtained one through the Pi theorem. This ode admits the following symmetry (scale-invariant) X = x?x – 2y?y, =? I = x2y (3.265) which is a scaling symmetry and it induces the following change of variables, r = x2y, s(r) = ln(x), =? x = es(r), y = r e2s(r) , (3.266) which brings us to obtain the next ode in quadratures s' = 1 r(Cr2 + Br + 2- A) , (3.267)
v 2 2Cx y+B 73 3.10. ECUACIONES TIPO ABEL Y CHINI.
and which solution is: s(r) = – lnr A – 2 + 1 ln Cr2 + Br + 2- A 2 A – 2 – 2 +4C(B Barctanh (A – 2) vB2 Cr+ A-2) B2 + 4C(A – 2) + C1, (3.268) and hence in the original variables (x,y): lnx = – ln x2y A – 2 + 1 ln Cx4y2 + Bx2y + 2- A 2 A – 2 – Barctanh (A – 2) 2 B +4C(A-2) B2 + 4C(A – 2) + C1, (3.269) which is the most general solution for this ode. 3.10.3 Pathological cases. In this section we will present two examples of odes that do not admit symmetries (Lie point symmetries). Nevertheless in the ?rst of them D.A. helps us to obtain a simple c.v. that will bring us to obtain a simpler ode (through a particular solution). In the second case we will show that unfortunately sometimes one ?nds odes that at this time have no solution, or at least we do not know how to solve them.
Ejemplo 3.10.4 Solve the Abel ode x2y + x5 – x y' = xy2 – x4 + 1 y.
Solution. Following our pedestrian method we beginn by introducing dimensional constants ax2yy' + bx5y' – cxy' = dxy2 – ex4y + fy (3.270)
(3.271) where [a] = [d] = x-2y-1, [b] = [e] = x-5, [c] = [f] = x-1, (3.272) therefore c5 = f5 = [b] = [e], having only two dimensional constants. Since y = x-2 is not a particular solution of eq.(3.270) then we look for a combination between the monomias ?nding in this way that p1 = 1 cx , p2 = axy c (3.273) where y = x-1 is a particular solution of (3.270). The c.v. that induces the D.A. is the following one: (t = xy, u(t) = x) =? x = u, y = t u , (3.274) (3.275) hence using these new variables eq. (3.270) is written now as:
2u't(t + 1) + u 1- t – u4 = 0,
which is a Bernoulli ode and its solution is u = t -2t – 2ln(t – 1) + C1 -2t – 2ln(t – 1) + C1 , (3.276)
– 2 x(xy + x4 – 1) (xy + x4 – 1) y' = -Ax2y3 – By2 – , CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN 74
undoing the c.v. we ?nd that the solution to eq. (3.270) is: x = xy -2xy – 2ln(xy – 1) + C1 -2xy – 2ln(xy – 1) + C1 . (3.277) Applying the Lie method we see that the pde to solve is: ?x + (?y – ?x) y xy – x4 – 1 x(xy + x4 – 1) – ?y y2 xy – x4 – 1 x(xy + x4 – 1) 2 2 – -? y y – 4×3 x(xy + x4 – 1) y xy – x4 – 1 x (xy + x4 – 1) – y xy – x4 – 1 y + 4×3 2 – – ? xy – x4 – 1 x(xy + x4 – 1) + y (xy + x 4 – 1) – y xy – x4 – 1 2 = 0. (3.278) but in this case we have not found any solution, i.e. eq. (3.270) does not admit symmetries. Nevertheless, one always may try to ?nd, as if by magic, any c.v. that brings to ?nd a simpler ode.
In this example we would like to show that there are some odes which are very intractable. Our pedestrian method does not work in this case, we have not been able to ?nd any particular solution. The Lie method does not work, i.e. this ode does not admit any symmetry and the theoretical methods do not work either. At this time we do not know how to solve it. Ejemplo 3.10.5 Try to solve the Abel ode y x (3.279) where A and B are dimensional constant.
Solution. In this occasion we already have the dimensional constants [A] = x-3y-2, [B] = y-1x-1, (3.280) y ship induces any particular solution ?nding that this is not the case. Therefore we go next to look for any trivial combination between them but we are not able to ?nd any particular solution. Nevertheless we try to obtain any result with the following c.v.: t = B2 Ax , u(t) = 1 Byx =? x = B2 At , y = At B3u(t) (3.281) t2u'u + tu + 1 = 0, (3.282) which bring us to obtain the next ode:
but unfortunately we have not advanced. Another try is the following one: t = 1 Byx , u(t) = B2 Ax =? x = B2 Au(t) , y = Au(t) B3t (3.283) and hence: tu2 + u' (1+ ut) = 0, (3.284)
ay' = -bx2y3 – cy2 – a , f1 = – , 3.10. ECUACIONES TIPO ABEL Y CHINI. 75 but as we supposed these attemps do not simplify our ode. Now we change the strategy and we are going to suppose that the ode has dimension of y. In this case we need to introduce the following dimensional constants in order to make eq. (3.279) verify the p.d.h. (3.285) y x where [a] = x,[b] = y-2x-2 and [c] = y-1, which bring us to the following c.v. t = x, u(t) = 1 y =? x = t, y = 1 u(t) (3.286) therefore we obtain this new ode u'ut – 2u2 – t5 – t2u = 0. (3.287) but as in the above tactic we have not advanced. This c.v. is precisely the suggested one by the theoretic methods. Following the Lie method we have to solve the pde: ?x + (?y – ?x) -Ax2y3 – By2 – y x – ?y -Ax2y3 – By2 – y x 2 – – ? 1 x2 y – 2Axy3 – ? -2By – 1 x – 3Ax2y2 = 0, (3.288) but this ode does not admit any symmetry. To end, we would like to show that the theoretical method does not work either. For this purpose we follow step by step the method beginning with a generic Abel ode of ?rst order written as follows: y' = f3y3 + f2y2 + f1y + f0, (3.289) where in our case: f3 = -x2, f2 = -1, 1 x f0 = 0. (3.290) The c.v. suggested by the theoretical method is the following one t = x, u(t) = 1 y =? x = t, y = 1 u(t) , (3.291) (note that this c.v. is the same than the suggested one by D.A. (3.286)). In this way our ode is now rewritten as: u'u = h2u2 + h1u + h0, (3.292) where h2 = -f1, h1 = -f2, h0 = -f3, (3.293) ?nding therefore that in our case we have: u'u = u2 t + u + t2, (3.294) which is an Abel of second order (this ode has no solution). To try to ?nd a solution of this ode we make the following c.v. (r = t, s(r) = u(t)E) =? t = r, u(t) = s(r) E , (3.295) obtaining this new ode: ss' = F1s + F0, (3.296)
CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN 76
where E = exp(- h2), F1 = h1E, F0 = h0E2, (3.297) hence ss' = s r + 1, (3.298) but unfortunately we do not know how to solve this apparently simple ode. As we have seen this ode seems very pathological since none of the followed tactics have helped us to obtain any solution.
3.11 Ecuaciones de D’Alambert-Lagrange y de Clairaut
La ecuación de D’Alambert-Lagrange Tiene la forma y + xf y' + ? y' = 0, (3.299) mientras que la de Clairaut Tiene la forma y – y'x + ? y' = 0. (3.300) 3.11.1 Método tradicional. En ambos casos la solución se obtiene efectuando el siguiente cambio de variable y' = p. 3.11.2 Método dimensional. En el caso de la ecuación de D’Alambert-Lagrange se observa que se transforma en una ecuación dimensional- mente homogénea, si no se discrimina espacialmente, mediante su simple derivación respecto a x. Si además dy
y + xf (z) + ?(z) = 0, z + f (z) + xf ' (z) + ?' (z) dz dx = 0, (3.301) es decir: dx dz + f' (z) z + f (z) x = – ?' (z) z + f (z) , (3.302) que es una ecuación lineal de primer orden en x, que sabemos integrar. Sea x = F(z,C) su solución. Bastará eliminar z entre ella y (3.301) para encontrar la integral general f(x,y,C) de la ecuación dada. La ecuación de Clairaut resulta, por lo tanto un caso particular de la ecuación de D’Alambert-Lagrange, que venimos de estudiar, en el que f dy dx = – dy dx , (3.303)
? (1+ v 1 -t + 4u(t)2 m2 4 2 m 77 3.11. ECUACIONES DE D’ALAMBERT-LAGRANGE Y DE CLAIRAUT
siguiendo el camino del apartado anterior obtendremos para (3.300) y su derivada respecto x y – xz + ?(z) = 0, -x + ?' (z) dz dx = 0. (3.304) Esta última ecuación resultará satisfecha si dz dx = 0 , o sea z = C1 , que lleva a y = C1x + C2, (3.305) que indica que la solución de (3.300) corresponde a una familia de rectas. Pero también se satisface si ?' (z) = x. Entonces de la eliminación de z entre esta y (3.300,3.304) resultará una curva f (x,y) = 0 que puede demostrarse que es la envolvente de la familia de rectas dada por (3.305). Veamos dos ejemplos. 3.11.3 Ejemplos
Ejemplo 3.11.1 Resolver la ode y = x y' + m y' . Solución. Veamos que en este caso la edp a resolveres: ?x + y2 – 4x m) 1 (?y – ?x)(y + 2 x – 1 ?y (y + 4 y2 – 4x m)2 x2 – -? (- y + y2 – 4x m 2×2 – x m y2 – 4x m ) – 1 2 ) y y2-4x m x = 0 las soluciones son: [? = y,? = 2m], [? = 0,? = y2 – 4x m], [? = 0,? = 4x m – y2 – y2 – 4x my x ], y2 y2 – 4x my 2 2 [? = 2x, ? = y],[? = yx, ? = -2xm + y2], [? = -2x2m + y2x, ? = -3yxm + y3] la simetría [? = y,? = 2m] indice el siguiente c.v. (variables canónicas) t = y2 – 4x m, u(t) = y 2m por lo tanto m x =
ut = 4 tm , y = 2u(t)m v ±1 1 t v =? u(t) = + C1
2 x ) – ?y ( + x2 – 8y 2 1 4 4 x2 – 8y + [? = 0, ? = -2y x – y + 78 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN la solución es: y 2m = 1 2 y2 – 4x m m + C1 simpli?cando se obtiene y2 – 4x m = 0, e y = xC1 + m C1 . Observamos que existe una simetría de escala [? = 2x, ? = y] que induce la siguiente solución invariante: dx 2x = dy y =? y2 = ax C1 donde a es cierta constante numérica. Esta es precisamente la solución que obtendríamos utilizando el teorema Pi. Como se observa esta solución es precisamente la envolvente de la familia de rectas dada por: y = xC1 + m . El cv que induce el AD es el siguiente: t = x, u(t) = y2x-1, =? v ut = 1 t(u + tu') v ut + v 2 ut u + tu' cuya solución es: lnt ± ln u – 2+ u2 – 4u – C1 = 0, y por lo tanto obtenderemos lnx ± ln y2 x – 2+ y4 2 – 4 y2 x – C1 = 0, y = xy' – 2y'2 tal y como queríamos hacer ver.
Ejemplo 3.11.2 Resolver la ode
Solución. Veamos que ?x + (?y – ?x)( x 4 + x2 – 8y 4 x 4 ) – ?( + 4 x x2 – 8y )+ ? x2 – 8y = 0 la solución es [? = 1,? = x 4 ], [? = 0, ? = x2 – 8y], [? = 0, ? = x2 4 + x x2 – 8y 4 – 2y], x2 x2 – 8y 4 ], x3 4 [? = x, ? = 2y],[? = -4y + x2, ? = y x], x [? = x(-6y + x2), ? = y(-4y + x2)]
Vemos que [? = 1,? = 4] indice el sigiente c.v. u(t) = x, t = y – x2 8
y = t + u(t)2, x = u(t) y – – ln + 3 y + 3×2 – 2 79 3.12. CONCLUSIONS AND DISCUSSION.
por lo tanto 1 8 ut = ±v 2 -2t v =? u(t) = ±2 2 (-t) + C1 de esta forma llegamos a la siguiente solución en las variables originales: y = x2 8 , e 2 y = C1x – 2C1 observamos que la primera de las soluciones es precisamente la que obtenemos como solución invariante in- ducida por [? = x, ? = 2y]. El cv que iduce el AD es el siguiente: t = x, u(t) = y-1×2, =? t2 u = t 2t u – t2u' u2 – 2 2t u – t2u' u2 2 cuya solución es: lnt ± 1 2 ln -4+ u + u2 – 8u – 1 2 lnu – C1 = 0, y por lo tanto obtenderemos lnx ± 1 2 ln x2 y – 2+ x4 2 – 8 x2 y 1 2 x2 y – C1 = 0, tal y como queríamos hacer ver.
3.12 Conclusions and discussion.
Wehaveseenhowwritingtheodesinsuchawaythattheyverifythepdhi.e. introducingdimensionalconstants, we can obtain in a trivial way c.v. that bring us to obtain simpler ode than the original and therefore their integration is immediate. Furthermore, we have tried to show that these c.v. are not obtained as if by magic but that they correspond to invariant solutions or to particular solutions and therefore they are generated by the symmetries that admit the ode. Nevertheless, the D.A. has strong limitations. For example D.A. is unable (at least at this time we do not know how to do it) to solve the following simple linear ode y' = x3 + 1 x 1 x , (3.306) for this reason one must not put all his con?dence in this “tactic”. This is one of the greater inconvenience that presents the proposed method. But as we have noticed in the introduction, we think that our pedestrian method continues having validity at least when one is studying ode derived from engineering problems or physical problems etc… where, as it is supposed, such odes must verify the pdh in such a way that for example the ode y' = x + 1, lacks of any sense (physical sense, since we cannot add a number to a physical quantity). Nevertheless, and in spite of the limitations that we have not avoided to show, we continued believing in the kindness (goodness) of the method and that it can be applied to obtain solutions (at least particular solutions
= 3, y' 3 y2 y'' = + a , (y'')2 = ' y''' 80 CHAPTER 3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN and in concrete invariant solutions) to more complicated equations like the following ones: y'' = y'2 y – ay2, [a] = y-1x-2 =? y = 1 x2 , (3.307) y''' a y [a] = y4x-3 =? y = x3/4, (3.308) y''' = -ayy'',
x 2 x3
y (1+ ay') , [a] = y-1x-1 =? y = x-1, [a] = y-1x =? y = x,
[a] = y-1x =? y = x, (3.309)
(3.310)
(3.311) but these are questions that we will approach in a forthcoming paper.
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Chapter 4
Ecuaciones de segundo orden.
4.1 Introducción
Presentamos un breve resumen del método de Lie aplicado a ecuaciones de segundo orden. Explicamos como reducir el orden, integrarlas o linealizarlas.
Reducción del orden.
Si una ecuación de segundo o mayor orden admite al menos una simetría entonces se puede reducir su orden en uno. Para una ODE
admite una simetría y'' = f x,y,y' ,
X = ? (x,y)?x + ? (x,y)?y, (4.1)
(4.2) puede ser integrada una vez introduciendo variables canónicas o usando el método de la diferenciación invari- ante.
Variables canónicas.
La introducción de variables canónicas, elimina la dependencia explícita de (4.1) de una de las variables x o y. Por lo tanto, una ODE de segundo orden con una simetría conocida puede ser convetida en una de las siguientes formas y'' = f y,y' , ´ o y'' = f x,y' , (4.3) inmediatamente reducible a una ODE de primer orden mediante métodos elementales.
Diferenciación invariante.
El método basado en el siguiente teorema proporciona una generalización y una formulación covariante (i.e. independiente de cambios de variable de x o y) de métodos “ad hoc” para bajar el orden de una ecuación.
Teorema 4.1.1 La ODE (4.1) que admite un grupo uni-paramétrico, G, generado por la simetría, X, dada por la eq. (4.2) puede ser escrita en la forma de una ODE de primer orden dv du = F(u,v), (4.4) con una función arbitraria F(u,v). Aquí, u = u(x,y) denota un invariante del grupo G y v = v(x,y,y') su diferencial invariante de primer orden.
83
84 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. Integración por medio de dos simetrías.
De acuardo con la clasi?cación de grupos de Lie de ODEs, tenemos que el álgebra de Lie maximal Lr admitida por una ODE (4.1) sólo puede tener dimensiones r = 1,2,3 u 8. El caso r = 8 indica que (4.1) es lineal o linealizable. Si (4.1) admite Lr con r = 2, podemos escoger una subálgebra 2-dimensional L2 ? Lr. Por lo tanto “asumiremos” que (4.1) admite una L2.
Teorema 4.1.2 Una ODE (4.1) admite una álgebra de Lie L2, con una base X1,X2, tal que el álgebra L1 generado por X1 es un ideal en L2. Entonces la ecuación resultante de reducir la ODE (4.1) mediante X1 admite el álgebra cociente L2/L1.
Es decir, dada la base X1,X2, entonces calculamos [X1,X2] = cX1. Entonces X1 genera el ideal L1 mientras que el álgebra cociente L2/L1 puede seridenti?cada con el álgebra que genera X2. La ODE de primer orden resultante de reducir el orden mediante X1 toma la forma dada por (4.4) entonces esta ODE admite X2 pero escrito en término de las variables u,v.
Forma canónica de L2.
La forma canónica de L2 nos suministra el método más simple de integración de una ODE pues las reduce a sólo 4 tipos.
Teorema 4.1.3 Toda L2 puede reducirse, eligiendo una base apropiada, X2 = ?2?x + ?2?y, X1 = ?1?x + ?1?y, a uno de los siguientes tipos:
Este teorema nos permite obtener la siguiente tabla: La receta
Los paso a seguir son por lo tanto los siguientes:
1. Calcular el álgebra de Lie que admite Lr. 2. Si r = 2, entonces calcular L2 ? Lr. Si r < 2 entonces no se puede aplicar el método. 3. Determinar el tipo de L2 (mirar la tabla anterior). 4. Encontrar el cambio de variable (c.v.) que tranforma L2 en su forma canónica. 5. integrar la ecuación resultante en las nuevas variables.
e?x,xe?x,x2e?x,……..,xk-1e?x,e?k+1x,……..,e?nx, yg = C1e?x + C2xe?x + C3x2e?x + …+ Ckxk-1e?x + Ck+1e?k+1x + …+ Cne?nx. 85 4.2. DISTINTOS TIPOS DE ECUACIONES.
4.2 Distintos tipos de ecuaciones. 4.2.1 Lineales con coe?ciente constantes. Sea dada la ecuación diferencial a0yn + a1yn-1 + ………+ any = 0 (4.5) donde las ai son constantes reales. Consideramos la ecuación característica a0?n + a1?n-1 + ………+ an = 0 (4.6) supongamos que las (?i) son las raíces de la ecuación, entre las cuales puede haber múltiples. Se pueden pre- sentar los siguientes casos.
1. Las raíces son reales y distintas i.e. ?1,…..,?n son reales y distintas En este caso el sistema fundamental de soluciones tiene la forma ¯ e?1x,……….,e?nx y la solución general a la ecuación homogénea es :
yg = C1e?1x + ……….+ Cne?nx
2. Las raices son reales pero algunas de ellas son múltiples. Sea por ejemplo ?1 = ?2 = … = ?k = ?, (4.7)
(4.8)
(4.9) ¯ de modo que ? es una raiz k-múltiple , mientras que todas las demás (n – k) raices son distintas. En este caso el sistema fundamental de soluciones tiene la forma ¯ ¯ ¯ ¯ y la solución general es : ¯ ¯ ¯ ¯ (4.10)
(4.11) 3. Supongamos que algunas de las raices son imaginarias. Para simpli?car imaginemos que la situación es la siguiente : ?1 = a + iß, ?2 = a – iß, ?3 = ? + id, ?4 = ? – id, (4.12) y las demás raices son todas reales. En este caso el sistema fundamental de ecuaciones es : eax cos ß, eax sen ß, e?x cosd, e?x send, e?5x,…….,e?nx (4.13) (4.14) y la solución general es :
yg = C1eax cos ß + C2eax sen ß + C3e?x cosd + C4e?x send + C5e?5x + ..+ Cne?nx
4. Si ?1 = a + iß es una raiz k-múltiple k < n 2
86 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN.
entonces, ?2 = a – iß será tambien una raiz k-múltiple y el sistema fundamental de soluciones será de la forma : eax cos ß, eax sen ß, xeax cos ß, xeax sen ß,……,xk-1eax cos ß, xk-1eax sen ß, e?2k+1x,…….,e?nx por consiguiente la solución general es de la forma yg = C1eax cos ß + C2eax sen ß + C3xeax cos ß + C4xeax sen ß + …….+ C2k-1xk-1eax cos ß + C2kxk-1eax sen ß + C2k+1e?2k+1x + ………….+ Cne?nx
Ejemplos.
Vamos a estudiar unos ejemplos para el caso en el que la ecuación no es homogénea i.e. tiene la forma a0yn + a1yn-1 + ………+ any = f(x), (4.15)
(4.16)
(4.17) donde la f(x) es cierta función de x. Atendiendo a la anterior clasi?cación i.e. adependiendo de los autovalores y sus respectivas multiplicidades nos podemos encontrar las siguiente tabla Con esta tabla en mente pasaremos a estudiar algunos ejemplillos. Ejemplo 4.2.1 Resolver la ecuación y''' – y'' + y' – y = x2 + x (4.18) / ' '' ' Solution. Las raices de la ecuación homogénea son (1,-i,i), por lo que la solución de la homogénera será de la forma yh = C1ex + C2 sinx + C3 cosx. (4.19)
Al ser f(x) = Pm(x) = x2 + x i.e. un polinomio y 0 ? s(?), entonces la forma de la solución particular será yp = A1x2 + A2x + A3, esta ecuación debe debe veri?car la ecuación original así que yp '' – yp + yp – yp = x2 + x
87 4.2. DISTINTOS TIPOS DE ECUACIONES.
-(2A1) + (2A1x + A2) – A1x2 + A2x + A3 = x2 + x, por lo tanto A1 = -1, A2 = -3, A3 = -1. (4.20) De esta forma la solución general es: y = C1ex + C2 sinx + C3 cosx – x2 – 3x – 1. como queríamos demostrar. Ejemplo 4.2.2 Resolver la ecuación y''' – y'' = 12×2 + 6x. (4.21) Solution. Las raices de la ecuación homogénea son (1,0,0), por lo que la solución de la homogénera será de la forma yh = C3ex + C2x + C1. (4.22) ˜ ' '' ' Al ser f(x) = 12×2 + 6x i.e. un polinomio y 0 ? s(?),?(0) = s = 2, entonces la forma de la solución particular será yp = xsPm(x) = x2 A1x2 + A2x + A3 = A1x4 + A2x3 + A3x2 , esta ecuación debe debe veri?car la ecuación original así que yp '' – yp + yp – yp = 12×2 + 6x por lo tanto A2 = -5, A3 = -15. A1 = -1,
De esta forma la solución general es: como queríamos demostrar.
Ejemplo 4.2.3 Resolver la ecuación y = C1 + C2x + C3ex – x4 – 5×3 – 15×2,
y'' + y' = 2x2ex. (4.23)
(4.24) / ˜ Solution. Las raices de la ecuación homogénea son (-1,0), por lo que la solución de la homogénera será de la forma yh = C1 + C2e-x. (4.25) Al ser f(x) = 2x2ex i.e. un polinomio y a = 1 ? s(?), entonces la forma de la solución particular será yp = eaxPm(x) = ex A1x2 + A2x + A3 , por lo tanto A1 = 2, A2 = -6, A3 = 7. De esta forma la solución general es: y = C1 + C2e-x + 2×2 – 6x + 7 ex, (4.26) como queríamos demostrar.
88 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. Ejemplo 4.2.4 Resolver la ecuación y'' + 10y' + 25y = 4e-5x. (4.27) ˜ Solution. Las raices de la ecuación homogénea son (-5,-5), por lo que la solución de la homogénera será de la forma yh = (C1 + C2x)e-5x. (4.28)
Al ser f(x) = 4e-5x i.e. un polinomio y a = -5 ? s(?), ?(a) = s, entonces la forma de la solución particular será yp = eaxPm(x)xs = e-5x (A1) x2, por lo tanto A1 = 2,.
De esta forma la solución general es: como queríamos demostrar.
Ejemplo 4.2.5 Resolver la ecuación y = (C1 + C2x)e-5x + 2x2e-5x,
y'' + 3y' + 2y = xsinx. (4.29)
(4.30) / ˜ Solution. Las raices de la ecuación homogénea son (-1,-2), por lo que la solución de la homogénera será de la forma yh = C1e-x + C2e-2x. (4.31)
Al ser f(x) = xsinx i.e. un polinomio y iß ? s(?), entonces la forma de la solución particular será yp = Pm(x) = e-5x (A1) x2, por lo tanto A1 = 2,.
De esta forma la solución general es: como queríamos demostrar.
Ejemplo 4.2.6 Resolver la ecuación y = (C1 + C2x)e-5x + 2x2e-5x,
y'' + 3y' + 2y = xsinx. (4.32)
(4.33) ˜ Solution. Las raices de la ecuación homogénea son (-1,-2), por lo que la solución de la homogénera será de la forma yh = C1e-x + C2e-2x. (4.34)
Al ser f(x) = 4e-5x i.e. un polinomio y a = -5 ? s(?), ?(a) = s, entonces la forma de la solución particular será yp = eaxPm(x)xs = e-5x (A1) x2,
89 4.2. DISTINTOS TIPOS DE ECUACIONES.
por lo tanto A1 = 2,. De esta forma la solución general es: y = (C1 + C2x)e-5x + 2x2e-5x, (4.35) como queríamos demostrar. 4.2.2 Ecuación de Bessel. (4.36)
(4.37)
(4.38)
(4.39) La ecuación de Bessel tiene la forma x2y'' + xy' + x2 – n2 y = 0
y cuya solución es: y = C1BesselJ(n,x) + C2BesselY(n,x)
La ecuación de Bessel modi?cada es de la forma:
x2y'' + xy' – x2 + n2 y = 0
y cuya solución es: y = C1BesselI(n,x) + C2BesselK(n,x)
Estas ecuaciones no admiten simetrías de tal forma que el método de Lie es inoperante. 4.2.3 Ecuación de Duf?ng. La ecuación de Duf?ng tiene la forma y'' + y' + ey3 = 0 (4.40) y cuya solución es: y ±2da -4a2 – 2ea4 + 4C1 – x – C2 = 0. (4.41) Esta ecuación admite una simetría, X1 = ?x, que nos lleva a obtener el siguiente c.v. t = y, u = 1/y', (4.42) de donde obtenemos, u' = t 1+ et2 u3, (4.43) i.e. una ODE separable y cuya solución es: u = ± -4t2 2 – 2et4 + 4C1 . (4.44)
y'' = – y' – axs-pyn, 90 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. 4.2.4 Ecuación de Emden y Emden-Fowler. Vamos a estudiar tres tipos de ecuaciones tipo Emden. Para más detalles y más ecuaciones recomendamos el libro de A. Polyanin y V. Zaitsev, Exact Solutions for ODEs, CRC 1995, páginas 241-301.
1. La ecuación de Emden tiene la forma x2y'' + 2xy' + x2yn = 0, (4.45) y cuya solución es: 2 y = te 1-n udt+C1 , x = e udt+C1 , (4.46) donde u(t) es solución de la ODE (tipo Abel) u' = u2 (n – 1)2 -n2 (1+ utn) + 2n(ut + 3+ utn) – ut 6+ tn-1 – 5 . (4.47) que no admite simetrías y que no conocemos su solución. Vemos además que la ecuación (4.45) admite una única simetría, X1 = (1- n)x?x + 2y?y, y por lo tanto debe admitir la solución particular (4.48) y = ax2/(1-n), observándose que la eq. (4.45) es DH sii introducimos una constante a, tal que [a] = y1-nx-2. (4.49) x2y'' + 2xy' + ax2yn = 0,
2. La ecuación de Emden modi?cada tiene la forma y'' + f1(x)y' + yn = 0, (4.50) y cuya solución es: y =?, (4.51) dependiendo delaformade f(x) laecuación podrá admitiruna uotrasimetría. Tambiénpodemos calcular el sistema de EDPs para determinar sus simetrías e imponer alguna determinada, como por ejemplo la de escala, de esta forma hayamos las posibles formas que puede tomar f(x) para que la ecuación sea integrable. Nótese que si imponemos la simetría de escala entonces f(x) = x-1, y por lo tanto estaríamos en la situación anteriror. 3. La ecuación de Emden-Fowler tiene la forma xpy'' + xp-1py' + xsyn = 0, (4.52) i.e. p x [a] = y1-nxp-s-2. de esta forma vemos que una solucion particular debe ser: y = ax 2+s-p 1-n . (4.53) Al igual que en la ecuación de Emden, en este caso, la ecuación de Emden-Fowler también admite una simetría de escala, tal y como hemos visto, X = (1 – n)x?x + (2+ s – p)y?y. El c.v. obtenido por las variables canónicas nos lleva a obtener una ODE tipo Abel sin solución.
Observación 4.2.1 En las ecuaciones que sólo admitan una simetría y ésta sea de escala, como en las ecuaciones tipo Emden y EF, el cv que induce el AD es el mismo que el de grupos de Lie. Si la ODE admite más simetrías y el campo resultante (el que es un ideal del álgebra) no es de escala, entonces el cv que iduce el AD no funciona, es más complica mucho la situación. Veremos algunos ejemplos más adelante.
x ' y + , y y C1 arctanh v ax ' y + , 4.2. DISTINTOS TIPOS DE ECUACIONES. 91 4.2.5 Ecuación lineal exacta. (4.54)
(4.55) La ecuación lineal exacta tiene la forma y'' = f(x)y' + f '(x)y, y y'' = f(x)y' + f '(x)y + g'(x), donde f' = df/dx, y cuya solución de (4.55) es: y = C2 + C1 + ge -fdx dx e- -fdx . (4.56) 4.2.6 Ecuación no lineal exacta. Un ejemplo de ecuación no lineal exacta puede ser el siguiente y'' = – 2 1 (4.57) cuya solución de es: 1 2 ln(- x2 – C1 y x – y2 x2 )+ 1 C1 x+2y x 4+C2 4+ C2 1 + ln(x) + C2 = 0. (4.58) Observamos que podemos rescribir la ecuación de la siguiente forma y'' = – a y2 y [a] = y2x-2, (4.59) (4.60) por lo que una solución particular a dicha ecuación será:
y = x.
Veamos cuales son las simetrias de la ODE ?yy y3 = 0, 2y?y x + ?y,y y3 – 2?x y y3 = 0, -2? x – 3?y y2 + y?x x + ? y + 2?xy y3 – ?xx y3 = 0, ? y – 2?x y2 + ?y y2 + x y?x + ?x x y3 = 0, por lo tanto ? = x, ? = y el cambio de variables que induce esta simetría es el siguiente u(t) = ln(x), t = y x =? x = eu(t), y = teu(t) por lo tanto la ODE se rescribe como ut,t = ut2 (t2 + 1) t2
u(t) = – ln(t2 – 1- C1 t) + C1 arctanh(vt-C12) CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. 92
y cuya solución es 1 2 2 4+C1 4+ C2 1 , y por lo tanto en las variables originales obtenemos la solución antes expuesta. La reducción de orden viene dada por el siguiente c.v. t = y x , u(t) = x -y + xy' , por lo tanto la ODE original queda ut = u(t)2 (t2 + 1) t2 viendo que se trata de una ODE separable, cuya solución es: u(t) = – t2 t – 1- C1 t , haciendo el c.v. en las variables originales obtenemos
y' = x y + C1 cuya solución es (4.58). En este ejemplo hemos visto que la ODE bajo estudio sólo admite una simetría y que ésta, además es de escala. Por lo tanto el cv que induce el AD es el mismo que el de GL ie. t = y x , u(t) = x -y + xy' . y x y ver que pasa. También podríamos emplear una táctica del estilo t = x,u(t) =
4.2.7 La ecuación lineal. (4.61) y'' = p(x)y' + q(x)y.
? = Ay + B, ? = A' + pA y2 + Cy + D, La ecuación lineal tiene la forma
La condición de linealización nos lleva a:
donde A'' + (pA)' – qA = 0, B'' + (pB)' = 2C', C'' – pC' = 2qB' + q'B, D'' – pD' – qD = 0,
y'' = – y' – eyy', 4.2. DISTINTOS TIPOS DE ECUACIONES. 93 viendo que la ecuación para D es la propia ODE, mientras que A satisface la adjunta. Supongamos ahora que la solución general es de la forma y = K1y1 + K2y2, Ki ? R, entonces A = e- B = e- pdx
pdx (c4y1 + c5y2), c6y21 + 2c7y1y2 + c8y22 , ' ' ' ' C = c1 + e- pdx c6y1y1 + c7 y1y2 + y1y2 + c8y2y2 , D = c2y1 + c3y2,, por lo que nuestra ODE admite las siguientes simetrías: X1 = y?y, X2 = y1?y, X3 = y2?y, X4 = e- pdx ' yy1?x + y1y2?y , X5 = e- pdx ' yy2?x + y2y2?y , X6 = e- pdx ' y21?x + y1y1y?y , X7 = e- pdx ' ' 2y1y2?x + y2y1 + y2y1 ?y , X8 = e- pdx ' y22?x + y2y2y?y . 4.2.8 Ecuación de Largerstrom. La ecuación de Largerstrom tiene la forma K x (4.62) i.e. y'' = – K x + ey y', [K] = x0y0, [e] = y-1x-1, y cuya solución es: y = te( u(t)dt+C1) , u' = (2- K – et)tu3 + (3- K – et)u2, (4.63) donde se observa que esta ODE es de tipo Abel y no tiene solución. La ecuación (4.62) admite simetría de escala X = x?x – y?y, que induce el c.v. u = – 1 (y'x + y) x , t = xy, con el que se obtiene la ODE (4.63). De igual forma vemos que la ODE (4.62) admite solución particular y = c x , c ? R. 4.2.9 Ecaución de Lienard. y'' + f(x)y' + y = 0 (4.64) La ecuación de Lienard tiene la forma
cuya solución es: y = e( u(t)dt+C1) , u' = -u2 – fu – 1, (4.65)
1 ' + cy3 + , + y3 + 4xy2 + 2 x2 – a y + , 94 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. es una ODE tipo Riccati. La reducción de orden viene dada por el siguiente c.v. u = y' y , x = t. (4.66) y'' + x y + Ky = 0 Veamos un ejemplo concreto.
Ejemplo 4.2.7 Resolver la ecuación
vemos que su solución es: 4.2.10 y = C1BesselJ (0,x) + C2Bessel(0,x).
La ecuación de Liouville. La ecuación de Lioville tiene la forma y'' + g(y)y'2 + f(x)y' = 0, (4.67) esta ecuación admite las siguientes simetrías X1 = e- gdy ?y, X2 = e fdx ?x, (4.68) y cuya solución es: y e g(b)db db – C1 e- f(x)dx dx – C2 = 0. (4.69) La reducción de oreden viene dada por el c.v. u' = f(t)u, t = x, u = e y g(b)db . (4.70) 4.2.11 La ecuación de Painleve. Las ecuaciones de Painleve se dividen en 6 grupos. Exponemos a continuación ejemplos de cada una de las clases. 1. Painleve I
2. Painleve II y'' = 6y2 + x,
y'' = 2y3 + xy + a, (4.71)
(4.72) 3. Painleve III y'' = y''2 y – y' x + ay2 + b x d y (4.73) 4. Painleve IV y'' = 1 y''2 2 y 3 b 2 y (4.74)
y = y(y – 1)(y – x) a + + 4.2. DISTINTOS TIPOS DE ECUACIONES. 95 5. Painleve V '' 1 2y + 1 y – 1 y ''2 – y' x + b y (y – 1)2 ay + x2 + gy x + dy(y + 1) y – 1 , (4.75) 6. Painleve VI y'' = 1 y + 1 y – 1 + 1 y – x y''2 – 1 x + 1 x – 1 + 1 y – x y'+ + + dx(x-1) (y-x)2 bx g(x-1) y2 (y-1)2 x2 (x – 1)2 . (4.76) Todas estas ecuaciones son complicadas de resolver y ninguna de ellas admite simetrías por lo que el método de Lie no funciona. 4.2.12 La ecuación de Titchmarch. La ecuación de Titchmarch tiene la forma y'' + ? – x2n y = 0 (4.77) y cuya solución es: y = e u(t)dt+C1 . (4.78) Esta ODE admite una simetría, X = y?y, que induce el siguiente c.v. t = x, u(t) = y' y , (4.79) u' = -u2 – ? + t2n, (4.80) por lo tanto obtenemos
que es tipo Riccati, pero sin solución.
4.2.13 La ecuación de Van der Pol.
La ecuación de Van der Pol tiene la forma y'' – µ 1- y2 y' + y = 0 (4.81) que admite una simetría X = ?x, (4.82) que nos lleva a obtener el siguiente c.v. t = y, u(t) = 1 y' , =? y = t, x = udt + C1 , (4.83) por lo que la ODE original se reduce a: u' = tu3 + µ t2 – 1 u2, (4.84) tipo Abel sin solución.
t = y, u(t) = ' t 2t + C1 – u3t2 – ?u – – u3t2 – 2u3t – ? – – 3u2t2 X3 = t?t – u?u, 96 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. 4.3 Ejemplos
Ejemplo 4.3.1 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = y'2 y + y2 (4.85) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que planear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es:
y?yy + ?y = 0, ? – y?y + y2?yy – 2y2?xy = 0, -3y3?y – 2?x + 2y?xx – y?xx = 0, -2y? – 2y2?x + y2?y – y2?xx = 0, cuyas soluciones son: X1 = ?x, X2 = x?x – 2y?y, (4.86) (4.87) comprobando que [X1,X2] = X1.
De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: (t = y, u(t) = x) =? (x = u(t), y = t) en estas nuevas variables la ode original (4.85) se rescribe como: u'' = – u' 1+ t3u'2 t (4.88) que no parece muy fácil de resolver, por esta razón volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.85), resultando u' = – u t – u3t2 (4.89) donde 1 y , (4.90) encontrando que la ecuación (4.89) es de tipo Bernoulli y cuya solución inmediata es: 1 u = ± v , (4.91) pero imaginemos que no sabemos resolverla. En dicho caso aplicamos otra vez el método de Lie obteniendo por lo tanto (simplemente aplicamos el procedimiento standard): ?t + (?u – ?t) – u t u t 2 – ? u t2 1 t = 0 encontrando como solución los siguientes campos: X1 = u3t2?u, X2 = u – 2u3t3 ?u, 3 2 X4 = ?t – u t ?u
t 2t + C1 1+ tan 2C1 =? y = 2 97 4.3. EJEMPLOS
si por ejemplo elegimos X4 para calcular las v.c. encontramos: (r = ut, z(r) = t) =? t = z(r), u = r z(r) (4.92) de tal forma que la ecuación (4.89) se rescribe en estas nuevas variables como: z' = – 1 r3 =? z(r) = 1 2r2 + C1 deshaciendo el c.v. (y simpli?cando) 1 u(t) = ± v , que es la solución (4.91) que ya habíamos obtenido. Otra forma de atacar la ecuación (4.89) sería la de buscar un factor integrante µ que haga que (µ * (4.89)) sea exacta, dicho factor integrante es: 1 u t
Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.89) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.90) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: y' = y 2y + C1 (4.93) que es difícil de integrar (si lo fuese entonces volveríamos a aplicar el método de Lie) encontrando que y = 2 x+C2 2C1 2 (4.94) es la solución más general a la ecuación planteada (4.85). Veremos ahora como obtener soluciones particulares. De las dos simetrías obtenidas al sistema de edps i.e. (4.86) tomamos X2 = x?x – 2y?y, i.e. una simetría de escala y calculamos la solución invariante que induce i.e. dx x = – dy 2y 2 x es una solución particular a la ecuación (4.85). A igual resultado podemos llegar si aplicamos nuestro método pedestre (el AD) simplemente observando que dicha ecuación será dimensionalmente homogénea si introduci- mos una constante dimensional i.e. la ecuación (4.85) se rescribe como y'' = y'2 y + Ky2 (4.95) tal que [K] = y-1x-2 por lo tanto la solución que nos sugiere el AD es del tipo y x y 1 0 K x -1 0 =? y ~ -2 1 1 Kx2 tal y como ya sabíamos por la solución invariante.
Observación 4.3.1 Si insistemos en utilizar la simetría de escala para obetener un cv, veremos que la cosa se complica muchísimo. Vemos que X2 = x?x – 2y?y induce el siguiente cv t = yx2, u(t) = 1 2(2y + y'x) ,
– ? + 2 ? – 2? – y?x + 2y3?xy – y3?xx = 0, ? – y?x + y3?xx = 0, ?x – ?y – X2 = x?x + ?y, u CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. 98
que nos lleva a obtener una ODE tipo Abel u' = – t2 – 2t u3 – u2 – u t , la cual sí tiene solución, el problema está en deshacer el cv en dicha solución. Por lo tanto el cv que induciría el AD (ie. el de la simetría de escala X2) NO FUNCIONA. Ejemplo 4.3.2 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = y' y2 – 1 xy (4.96) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que planear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: y3?yy = 0, -2?y + y2?yy – 2y2?xy = 0, 3 y x y2 x y y2 y2 y2 x x x cuyas soluciones son: X1 = x2?x + xy?y, y 2 (4.97) comprobando que [X1,X2] = -X1.
De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: t = y x , u(t) = – 1 x =? x = – 1 u(t) , y = – t u(t) (4.98) en estas nuevas variables la ode original (4.96) se rescribe como: u'' = – u'2 t2 (4.99) que parece fácil de resolver, por ejemplo podemos encontrar un factor integrante µ que haga que dicha ode sea exacta, este factor integrante es: 1 µ = u'2 de tal forma que la primera integral de la ode resultante es: – 1 u' – 1 t + C1 = 0 distinguiendo dos casos. Si C1 = 0 entonces – 1 ' – 1 t = 0 =? u(t) = – t2 2 + K
ln C1 x – 1 u' = – 2 , u(t) = ' 99 4.3. EJEMPLOS
que deshaciendo el c.v. nos lleva a obtener: y = 2Kx2 + 2x (4.100) mintras que si C1 = 0 entonces u(t) = t C1 + ln(C1t – 1) C1 + C2 deshaciendo el c.v. obtenemos por lo tanto: – 1 x = y xC1 + y
C1 + C2. (4.101) En este milagroso ejemplo todo ha resultado extremadamente sencillo pero para demostrar como funciona el método haremos como en el ejemplo anterior y volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de
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