1.5: Sustitución
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Así como a la hora de resolver integrales, un método a tratar es cambiar variables para terminar con una ecuación más simple de resolver.
Sustitución
La ecuación
\[ y' = (x-y + 1)^2 \label{1.5.1} \]
no es separable ni lineal. ¿Qué podemos hacer? ¿Qué tal tratar de cambiar variables, para que en las nuevas variables la ecuación sea más simple? Utilizamos otra variable\(v\), que tratamos como una función de\(x\). Vamos a probar
\[v=x-y+1. \label{1.5.2} \]
Tenemos que averiguarlo\(y'\) en términos de\(v'\),\(v\) y\(x\). Diferenciamos (in\(x\)) para obtener\(v' = 1 -y'\). Entonces\( y' = 1 - v' \). Enchufamos esto en la ecuación para obtener
\[ 1 - v' = v^2 \label{1.5.3} \]
En otras palabras,\( v' = 1 - v^2\). Tal ecuación que sabemos resolver separando variables:
\[ \dfrac {1}{1 -v^2} dv = dx \label{1.5.5} \]
Entonces
\[\frac{1}{2}\ln\left|\frac{v+1}{v-1}\right| =x+C,\quad\text{or}\quad\left|\frac{v+1}{v-1}\right|=e^{2x+2C},\quad\text{or}\quad\frac{v+1}{v-1}=De^{2x}, \nonumber \]
para alguna constante\(D\). Tenga en cuenta que\( v = 1\) y también\( v = -1\) son soluciones.
Ahora necesitamos “no sustituir” para obtener
\[ \dfrac {x - y + 2}{x -y} = De^{2x} \label{1.5.8} \]
y también las dos soluciones\( x - y + 1 = 1\) o\(y = x\), y\( x - y + 1 = -1\) o\( y = x + 2\). Resolvemos la primera ecuación para\(y\).
\[\begin{align}\begin{aligned} x - y + 2 &= \left ( x - y \right ) De^{2x}, \\ x - y + 2 &= Dxe^{2x} - yDe^{2x}, \\ -y + yDe^{2x} &= Dxe^{2x} - x - 2, \\ y( -1 + De^{2x}) &= Dxe^{2x} - x - 2, \\ y &= \dfrac {Dxe^{2x} - x - 2}{De^{2x} - 1}.\end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Tenga en cuenta que\(D = 0\) da\( y = x + 2\), pero ningún valor de\(D\) da la solución\(y = x\).
La sustitución en ecuaciones diferenciales se aplica de la misma manera que se aplica en el cálculo. Usted adivina. Varias sustituciones diferentes podrían funcionar. Hay algunas cosas generales que buscar. Resumimos algunos de estos en una tabla.
| Cuando veas | Intente sustituir |
|---|---|
| \(yy'\) | \(v = y^2\) |
| \(y^2y'\) | \(v = y^3\) |
| \((\cos y )y'\) | \( v = \sin y \) |
| \((\sin y )y'\) | \( v = \cos y \) |
| \( y'e^y\) | \( v = e^y \) |
Por lo general, se intenta sustituir en la parte “más complicada” de la ecuación con la esperanza de simplificarla. La tabla anterior es solo una regla general. Tal vez tengas que modificar tus conjeturas. Si una sustitución no funciona (no hace que la ecuación sea más sencilla), pruebe con otra diferente.
Ecuaciones de Bernoulli
Hay algunas formas de ecuaciones donde hay una regla general para la sustitución que siempre funciona. Uno de esos ejemplos es la denominada ecuación de Bernoulli. \(^{1}\)
\[y' + p(x)y = q(x)y^n \label{1.5.14} \]
\[ y' + p(x)\,y = q(x)\, y^n \label{1.5.15} \]
Esta ecuación se parece mucho a una ecuación lineal a excepción de la\(y^n\). Si\(n = 0\) o\(n =1\), entonces la ecuación es lineal y podemos resolverla. De lo contrario, la sustitución\(v = y^{1 - n}\) transforma la ecuación de Bernoulli en una ecuación lineal. Tenga en cuenta que no es\(n\) necesario que sea un entero.
Resolver
\[xy' + y(x +1) + xy^5 = 0, ~~ y(1) = 1 \nonumber \]
Solución
Primero, la ecuación es Bernoulli\(p(x) = \dfrac{x + 1}{x}\) (y\(q(x) = -1\)). Nosotros sustituimos
\[v = y^{1 - 5} = y^{-4}, \quad v' = -4y^{-5}y' \nonumber \]
En otras palabras,\( \left ( \dfrac {-1}{4} \right ) y^5 v' = y' \). Entonces
\[\begin{align}\begin{aligned} xy' + y(x + 1) + xy^5 &= 0, \\ \dfrac {-xy^5}{4} v' + y(x + 1) + xy^5 &= 0, \\ \dfrac {-x}{4} v' + y^{-4} (x + 1) + x &= 0, \\ \dfrac {-x}{4} v' + v(x + 1) + x &= 0,\end{aligned}\end{align} \nonumber \]
\[ v' - \dfrac {4(x + 1)}{x} v = 4 \nonumber \]
Ahora la ecuación es lineal. Podemos utilizar el método del factor integrador. En particular, utilizamos la fórmula (1.4.17). Supongamos que\(x > 0 \) así\( \left \vert x \right \vert = x \). Esta suposición está bien, como lo es nuestra condición inicial\( x = 1\). Vamos a calcular el factor integrador. Aquí\( p(s)\) de la fórmula (1.4.17) es\( \dfrac {-4(s + 1)}{s}\).
\[\begin{align}\begin{aligned} e^{\int _1^x p(s) ds} &= \text {exp} \left ( \int ^x_1 \dfrac {-4(s + 1)}{s} ds \right ) = e^{-4x - 4ln(x) + 4} = e^{-4x + 4} x^{-4} = \dfrac {e^{-4x + 4}}{x^4}, \\ e^{- \int_1^x p(s) ds} &= e^{4x + 4ln(x) - 4} = e^{4x - 4} x^4\end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Ahora conectamos a (1.4.17)
\[\begin{align}\begin{aligned} v(x) &= e^{- \int_1^x p(s)ds} \left ( \int_1^x e^{\int_1^t p(s)ds} 4 dt + 1\right ), \\ &= e^{4x - 4} x^4 \left ( \int_1^x 4 \dfrac {e^{-4t+4}}{t^4} dt + 1 \right ) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Tenga en cuenta que la integral en esta expresión no es posible encontrar en forma cerrada. Como dijimos antes, está perfectamente bien tener una integral definitiva en nuestra solución. Ahora “insustitutos”
\[\begin{align}\begin{aligned} y^{-4} &= e^{4x - 4} x^{4} \left ( 4 \int_1^x \dfrac {e^{-4t + 4}}{t^4} dt + 1 \right ), \\ y &= \dfrac {e^{-x+1}}{x \left (4 \int_1^x \dfrac {e^{-4t+4}}{t^4} dt + 1\right )^{1/4}} \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Ecuaciones Homogéneas
Otro tipo de ecuaciones que podemos resolver por sustitución son las denominadas ecuaciones homogéneas. Supongamos que podemos escribir la ecuación diferencial como
\[ y' = F \left ( \dfrac {y}{x} \right ) \label{1.5.16} \]
Aquí probamos las sustituciones
\[ v = \dfrac {y}{x} \quad\text{and therefore}\quad y' = v + xv' \label{1.5.17} \]
Observamos que la ecuación se transforma en
\[ v + xv' = F(v) \quad\text{or}\quad xv' = F(v) - v \quad\text{or}\quad \dfrac {v'}{F(v) - v} = \dfrac {1}{x} \label{1.5.18} \]
Por lo tanto, una solución implícita es
\[ \int \dfrac {1}{F(v) - v} dv = \ln \left \vert x \right \vert + C \label{1.5.19} \]
Resolver
\[ x^2y' = y^2 + xy, \quad y(1) = 1 \nonumber \]
Solución
Ponemos la ecuación en la forma\(y' = \left(\frac{y}{x}\right)^{2}+\frac{y}{x} \). Sustituimos\( v = \dfrac {y}{x}\) para obtener la ecuación separable
\[ xv' = v^2 + v - v = v^2 \nonumber \]
que tiene una solución
\[\begin{align}\begin{aligned} \int \dfrac {1}{v^2} dv &= ln \left \vert x \right \vert + C, \\ \dfrac{-1}{v} &= ln \left \vert x \right \vert + C, \\ v &= \dfrac {-1}{ ln \left \vert x \right \vert + C}. \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Nosotros no sustituimos
\[\begin{align}\begin{aligned} \dfrac {y}{x} &= \dfrac {-1}{ ln \left \vert x \right \vert + C }, \\ y &= \dfrac {-x}{ln \left \vert x \right \vert + C }\end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Queremos\( y(1) = 1\), entonces
\[ 1 = y(1) = \dfrac {-1}{ln \left \vert 1 \right \vert + C } = \dfrac {-1}{C} \nonumber \]
Así\( C = -1 \) y la solución que estamos buscando es
\[ y = \dfrac {-x}{ ln \left \vert x \right \vert - 1} \nonumber \]
Notas al pie
[1] Hay varias cosas llamadas ecuaciones de Bernoulli, esta es sólo una de ellas. Los Bernoullis eran una prominente familia suiza de matemáticos. Estas ecuaciones particulares llevan el nombre de Jacob Bernoulli (1654—1705).