ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS (EDO)

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1 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS (EDO)

Antes de definir una ecuación diferencial ordinaria observar en la siguiente tabla algunas similitudes y diferencias entre una ecuación algebraica y una ecuación diferencial ordinaria.

Ecuación algebraica Ecuación diferencial

Ejemplo: 𝑥2− 𝑥 − 6 = 0 Ejemplo: 𝑦′′− 4𝑦′+ 𝑦 − 3𝑥 = 0

Variable: 𝑥 es variable numérica Variable: 𝑦 es la variable que es una función de 𝑥

Solución: 𝑥 = −2 Solución: 𝑦 = 𝑓(𝑥)

Proceso de solución: Encontrar un valor numérico de 𝑥 que satisfaga la ecuación

Proceso de solución: Encontrar una función que satisfaga la ecuación

Métodos de solución: Existen diferentes métodos para resolver ecuaciones algebraicas

Métodos de solución: Existen diferentes métodos para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias

Forma general: 𝐹(𝑥) = 0 Forma general: 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′_{, 𝑦}′′_{) = 0}

Tabla 1. Algunas similitudes y diferencias entre una ecuación algebraica y una ecuación diferencial ordinaria

Definición

Una ecuación diferencial ordinaria es una ecuación formada por una expresión matemática que puede involucrar a la variable independiente 𝑥, a la variable dependiente 𝑦 con sus respectivas derivadas. Formalmente se puede escribir como 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′_{, 𝑦}′′_{, … , 𝑦}𝑛_{) = 0}_{, donde}_𝑦′_{, 𝑦}′′_{, … , 𝑦}𝑛_{son las derivadas hasta}

de orden 𝑛 que a su vez indica el orden de la ecuación diferencial.

Definición

. La solución de una ecuación diferencial es una función 𝑦 = 𝑓(𝑥) que la satisface.

Ejemplo 1.

Probar que 𝑦 = 𝑒𝑥_{es solución de}_𝑦′′_{− 2𝑦}′_{+ 𝑦 = 0}

Solución

Una de las formas de probar consiste en determinar las derivadas y reemplazarlo en la ecuación original hasta llegar a una identidad. En efecto:

𝑦 = 𝑒𝑥_,_𝑦′_{= 𝑒}𝑥_,_𝑦′′ _{= 𝑒}𝑥

Reemplazando en la ecuación 𝑦′′_{− 2𝑦}′_{+ 𝑦 = 0}_{, se tiene}

𝑒𝑥_{− 2𝑒}𝑥_{+ 𝑒}𝑥 _{= 0}

0 = 0

Luego 𝑦 = 𝑒𝑥_{es solución de}_𝑦′′_{− 2𝑦}′_{+ 𝑦 = 0} Ejemplo 2.

Probar que 𝑦 = 𝑥𝑒𝑥_{es solución de}_𝑦′′_{− 2𝑦}′_{+ 𝑦 = 0}

Solución

𝑦 = 𝑥𝑒𝑥_,_𝑦′_{= 𝑒}𝑥 _{+ 𝑒}𝑥_𝑥_,_𝑦′′_{= 𝑒}𝑥_{+ 𝑒}𝑥_{+ 𝑒}𝑥_𝑥

Reemplazando

𝑒𝑥_{+ 𝑒}𝑥_{+ 𝑒}𝑥_{𝑥 − 2(𝑒}𝑥_{+ 𝑒}𝑥_{𝑥) + 𝑥𝑒}𝑥 _{= 0}

𝑒𝑥_{+ 𝑒}𝑥_{+ 𝑒}𝑥_{𝑥 − 2𝑒}𝑥 _{− 2𝑥𝑒}𝑥_{+ 𝑥𝑒}𝑥 _{= 0}

0 = 0

Ejercicios propuestos

Probar que las funciones dadas son soluciones de las correspondientes ecuaciones diferenciales 1. 𝑦 = 1

(𝑥+𝑐)2, 𝑐𝜖ℝ, 𝑦

′_{= −2𝑦}3₂

(2)

2

Naturaleza de la solución general de una EDO

Para la ecuación diferencial ordinaria 𝑦′′′_{+ 𝑦}′_{= 0}_{, una solución es}_{𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥}_{, puesto que satisface la}

ecuación como se puede verificar

𝑦′= −𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑦′′ _{= −𝑐𝑜𝑠𝑥}

𝑦′′′ _{= 𝑠𝑒𝑛𝑥}

𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0

Otra solución es 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5, como se puede comprobar.

También lo es 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 27 , en general 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐 , 𝑐𝜖ℝ es también solución a la que se le llama solución general de la EDO y las otras soluciones son llamadas soluciones particulares .

La solución general representa una familia de funciones como se muestra en la siguiente figura

Figura: Gráfica parcial de la familia de curvas 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐 , 𝑐𝜖ℝ, solución general de la EDO 𝑦′′′_{+ 𝑦}′_{= 0}

Para obtener una solución particular se debe dar una condición inicial, por ejemplo 𝑦′′′ _{+ 𝑦}′_{= 0 , 𝑦(0) =}

1, que significa aquella solución que pasa por (0,1) a este problema se le llama un problema de valor inicial o problema de Cauchy la gráfica se muestra a continuación.

Figura: Grafica del problema de valor inicial 𝑦′′′_{+ 𝑦}′_{= 0 , 𝑦(0) = 1}

(3)

3 Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden

Una Ecuación diferencial de primer orden tiene la forma 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′_{) = 0} Ejemplo

𝑦′_{− √𝑥}4

. √𝑦4 _{= 0}

Métodos para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden

Existen diferentes métodos para resolver una EDO de primer orden, los principales son: 1. Método de separación de variables

2. Método de reducir a separación de variables 3. Método para una ecuación homogénea

4. Método para reducir a ecuaciones homogéneas 5. Método para ecuaciones exactas

6. Método para reducir a ecuaciones exactas (Factor Integrante) 7. Método para la ecuación Lineal de primer orden

8. Método para la ecuación de Bernoulli 9. Método para la ecuación de Riccati

1.- Método de separación de variables (variables separables)

Forma: 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′_{) = 0} Procedimiento:

1) Convertir la EDO en la forma h(y)dy = g(x)dx , es decir, separar las variables, donde h(y) solo dependa de y , g(x) solo dependa de x.

2) Integrar.

Ejemplo 1

Resolver la EDO 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑥2 1−𝑦2

Solución

Buscamos separar las variables, es decir ponerlo en la forma h(y) dy = g(x) dx En efecto tenemos

(1 − 𝑦2_{)𝑑𝑦 = 𝑥}2_𝑑𝑥_{, ya se logró separar las variables}

Se puede escribir como

𝑑𝑦 − 𝑦2_{𝑑𝑦 = 𝑥}2_𝑑𝑥

Integrando se obtiene la solución

∫ 𝑑𝑦 − ∫ 𝑦2_{𝑑𝑦 = ∫ 𝑥}2_𝑑𝑥

𝑦 −1 3𝑦

3 ₌1

3𝑥

3_{+ 𝐶}

Esta solución está dada en forma implícita . Comprobación:

Para la comprobación dada la naturaleza de la solución, se hace uso de la derivación implícita, en efecto:

𝑦′_{− 𝑦}2_𝑦′_{= 𝑥}2

𝑦′_{(1 − 𝑦}2_{) = 𝑥}2

𝑑𝑦 𝑑𝑥=

𝑥2

1 − 𝑦2

Luego queda comprobado que es solución.

Ejemplo 2

Resolver: 𝑦′_{− √𝑥𝑦}4

= 0

(4)

4

Buscamos separar las variables, es decir ponerlo en la forma h(y)dy = g(x)dx 𝑦′− √𝑥4 . √𝑦4 = 0

𝑦′_{= √𝑥}4

. √𝑦4

𝑦′

√𝑦

4 = √𝑥 4

1

√𝑦

4

𝑑𝑦 𝑑𝑥= √𝑥

4

𝑦

−1 4 𝑑𝑦 = 𝑥

1

4 𝑑𝑥 _{, se logró separar las variables} Luego Integrando:

∫ 𝑦−14 _{𝑑𝑦 = ∫ 𝑥} 1 4_𝑑𝑥

4 3 𝑦

3 4₌4

5 𝑥

5 4_{+ 𝑐}

𝑦

3 4 ₌3

5 𝑥

5 4_{+ 𝑐}

𝑦 = √(3 5 𝑥

5 4_{+ 𝑐)}4

3

Comprobación: Se deja al lector como ejercicio

Ejercicios propuestos 1. 𝑦′_{= 𝑦𝑥}

2. (𝑥2_{+ 1)𝑑𝑦 = 𝑥(𝑦}2_{+ 1)𝑑𝑥}

3. (1 + 𝑥)𝑦𝑑𝑥 + (1 − 𝑦)𝑥𝑑𝑦 = 0

Respuestas

1. 𝑦 = 𝑐𝑒

𝑥2 2

2. 𝑡𝑔−1_{𝑦 =}1 2ln(𝑥

2_{+ 1) + 𝑐}

3. 𝑙𝑛 𝑥𝑦⁄ ⁄+𝑥− 𝑦 = 𝑐

Método: Reducible a variables separables

Forma de la EDO: 𝑦′_{= 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐), 𝑏 ≠ 0} Procedimiento:

1. Hacer el cambio: 𝑧 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 2. Resolver como variables separables.

Ejemplo 1

Resolver:

𝑦′_{− 𝑒}𝑥_{. 𝑒}𝑦 _{= −1}

Solución

Identificamos si 𝑦′_{= 𝑒}𝑥_{. 𝑒}𝑦_{− 1}_{tiene la forma}_𝑦′_{= 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐), 𝑏 ≠ 0}

𝑦′_{= 𝑒}𝑥 +𝑦_{− 1 = 𝑓(𝑥 + 𝑦) = 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)}_{, donde}_{𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 𝑥 + 𝑦}_considerando_{𝑎 = 1, 𝑏 = 1,}

𝑐 = 0

(5)

5

𝑑𝑧 𝑑𝑥=

𝑑𝑥 𝑑𝑥+

𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑧′_{= 1 + 𝑦′}

𝑧′_{= 1 + 𝑒}𝑥+𝑦_{− 1 = 𝑒}𝑧

𝑧′_{= 𝑒}𝑧 _→𝑑𝑧

𝑑𝑥= 𝑒

𝑧

2) Resolver aplicando separación de variables

𝑑𝑧 𝑒𝑧 = 𝑑𝑥

Integrando

∫ 𝑒−𝑧_{𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑥}

Para resolver la integral hacemos el cambio de variable 𝑢 = 𝑒−𝑧 _{, 𝑑𝑢 = − 𝑒}−𝑧_𝑑𝑧_{, reemplazando}

se obtiene

− ∫ 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑥

−𝑢 = 𝑥 + 𝑐 , − 𝑒−𝑧_{= 𝑥 + 𝑐, 𝑒}−𝑧_{= 𝑐 − 𝑥}

−𝑧𝑙𝑛(𝑒) = ln (𝑐 − 𝑥)

−(𝑥 + 𝑦) = ln (𝑐 − 𝑥)

𝑦 = −𝑥 − ln (𝑐 − 𝑥)

Ejemplo 2

Resolver:

𝑑𝑦 𝑑𝑥=

𝑒𝑥+𝑦_{− 𝑥 − 𝑦}

𝑥 + 𝑦

Solución

La EDO, se puede escribir como

𝑑𝑦 𝑑𝑥=

𝑒𝑥+𝑦_{− (𝑥 + 𝑦)}

𝑥 + 𝑦

Luego tiene la forma: 𝑦′_{= 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐) = 𝑓(𝑥 + 𝑦)}

Hacemos el cambio de variable 𝑧 = 𝑥 + 𝑦

Derivando con respecto a 𝑥.

𝑑𝑧 𝑑𝑥= 1 +

𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑑𝑧 𝑑𝑥− 1 =

𝑑𝑦 𝑑𝑥

Remplazando en la ecuación original se obtiene

𝑑𝑧 𝑑𝑥− 1 =

𝑒𝑧_{− 𝑧}

(6)

6

𝑑𝑧 𝑑𝑥=

𝑒𝑧_{− 𝑧}

𝑧 + 1 =

𝑒𝑧_{− 𝑧 + 𝑧}

𝑧 =

𝑒𝑧

𝑧

𝑑𝑧 𝑑𝑥=

𝑒𝑧

𝑧

Separando variables:

𝑧𝑒−𝑧_{𝑑𝑧 = 𝑑𝑥}

∫ 𝑧𝑒−𝑧_{𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑥}

Mediante integración por partes:

∫ 𝑧𝑒−𝑧_𝑑𝑧

Sean 𝑢 = 𝑧 ⤇ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑧

𝑑𝑣 =𝑒−𝑧_{𝑑𝑧 ⤇ 𝑣 = −𝑒}−𝑧

𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 = −𝑧𝑒−𝑧_{− (− ∫ 𝑒}−𝑧_{𝑑𝑧 ) = −𝑧𝑒}−𝑧_{− 𝑒}−𝑧_{+ 𝑐}

∫ 𝑧𝑒−𝑧_{𝑑𝑧 = − 𝑧𝑒}−𝑧_{− 𝑒}−𝑧_{+ 𝑐}

Luego reemplazando −𝑧𝑒−𝑧_{− 𝑒}−𝑧_{= 𝑥 + 𝑐}

Por tanto, la solución dada en forma implícita viene dada por:

−(𝑥 + 𝑦)𝑒−(𝑥+𝑦)_{− 𝑒}−(𝑥+𝑦)_{= 𝑥 + 𝑐}

(𝑥 + 𝑦)𝑒−(𝑥+𝑦)_{+ 𝑒}−(𝑥+𝑦)_{= 𝑐 − 𝑥}

Ejercicios propuestos 1. 𝑑𝑦

𝑑𝑥= (4𝑥 + 𝑦 + 1) 2

2. 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑡𝑎𝑛

2_{(𝑦 − 𝑥)}

3. 𝑑𝑦

𝑑𝑥= (𝑥 + 𝑦 + 4) 4

4. 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 1 + √𝑥 + 𝑦

5. 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥 +𝑦 2𝑥 +𝑦+3

6. 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 1 (𝑥+2𝑦)2

7. 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 4𝑥

2_{+ 4𝑥𝑦 + 𝑦}2_{− 6}

Soluciones

2. 𝑦 = 2𝑡𝑔(2𝑥 + 𝑐) − 4𝑥 − 1

7. −1

4ln(2𝑥 + 𝑦 + 2) + 1

(7)

7 Método: Ecuaciones homogéneas

Definición: f(𝑥, 𝑦) 𝑒𝑠 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑛 ⇔ 𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑛_{𝑓(𝑥, 𝑦), 𝑛 ≥ 0}

Ejemplo

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2_𝑦2

𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = (𝜆𝑥)2_(𝜆𝑦)2_{= 𝜆}4_𝑥2_𝑦2_{= 𝜆}4_{𝑓(𝑥, 𝑦)}

𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆4_{𝑓(𝑥, 𝑦)}

𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 4 Método de solución:

1. Forma de la edo: puede estar en cualquiera de las formas. A. Si se puede poner como 𝑦′_{= 𝑓 (}𝑦

𝑥)

B. Si se puede expresar como 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 donde 𝑀(𝑥, 𝑦), 𝑁(𝑥, 𝑦) son homogéneas de grado 𝑛.

2.- Procedimiento para ambos casos: 1. Hacer el cambio de variable:

𝑢 =𝑦

𝑥 , 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑦′_{= 𝑢}′_{𝑥 + 𝑢}

2. Resolver como variables separadas.

Ejemplo: Resolver

𝑦′₌√𝑥

2_{− 𝑦}2_{+ 𝑦}

𝑥

Solución

Averiguando si es homogénea, buscamos ponerlo en la forma A.

𝑦′₌√𝑥 2_{− 𝑦}2

𝑥 +

𝑦 𝑥

𝑦′₌√𝑥 2_{− 𝑦}2

√𝑥2 +

𝑦 𝑥

𝑦′_{= √}𝑥 2_{− 𝑦}2

𝑥2 +

𝑦 𝑥

𝑦′_{= √1 − (}𝑦 𝑥)

2₊𝑦 𝑥= 𝑓(

𝑦

𝑥) Luego la edo es homogénea ………..(1)

Hacemos el cambio de variable:

𝑢 =𝑦

𝑥 , 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑦′_{= 𝑢}′_{𝑥 + 𝑢}

Reemplazando en la ecuación (1)

𝑢′_{𝑥 + 𝑢 = √1 − 𝑢}2_{+ 𝑢}

𝑑𝑢

𝑑𝑥𝑥 = √1 − 𝑢

2

𝑑𝑢 √1 − 𝑢2 =

𝑑𝑥 𝑥

(8)

8

∫ 𝑑𝑢

√1 − 𝑢2= ∫

𝑑𝑥 𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 (𝑢) = 𝑙𝑛(𝑥) + c

Volviendo a las variables originales:

𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 (𝑦

𝑥) = 𝑙𝑛(𝑥) + 𝑐

Otra forma de averiguar si es homogénea es buscar ponerlo en la forma B.

𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0

𝑑𝑦 𝑑𝑥=

√𝑥2_{− 𝑦}2_{+ 𝑦}

𝑥 𝑥𝑑𝑦 = (√𝑥2_{− 𝑦}2_{+ 𝑦)𝑑𝑥}

(√𝑥2_{− 𝑦}2_{+ 𝑦) 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0}

𝑀(𝑥, 𝑦) = √𝑥2_{− 𝑦}2_{+ 𝑦}_,

𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑥

Comprobamos si 𝑀 𝑒𝑠 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎 𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = √(𝑡𝑥)2_{− (𝑡𝑦)}2_{+ 𝑡𝑦}

𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = √𝑡2_(𝑥2_{− 𝑦}2_{) + 𝑡𝑦}

𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡√(𝑥2_{− 𝑦}2_{) + 𝑡𝑦}

𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = √𝑡2_(𝑥2_{− 𝑦}2_{) + 𝑡𝑦 = 𝑡𝑀(𝑥, 𝑦)}_{, n=1}

𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑒𝑠 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔𝑒𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 1

Comprobamos si 𝑁 𝑒𝑠 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎

𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = −𝑡𝑥 = 𝑡 𝑀(𝑥 , 𝑦) 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑒𝑠 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔𝑒𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 1

Como 𝑀 𝑦 𝑁 son homogéneas del mismo grado entonces l a edo es homogénea

Se hace el cambio de variable

𝑢 =𝑦

𝑥 , 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑦′_{= 𝑢}′_{𝑥 + 𝑢}

y se procede como el caso A

Ejemplo:

Resolver:

(𝑦2_{+ 𝑦𝑥)𝑑𝑥 − 𝑥}2_{𝑑𝑦 = 0}

Solución:

(𝑦2_{+ 𝑦𝑥)𝑑𝑥 − 𝑥}2_{𝑑𝑦 = 0}

𝑦2_{+ 𝑦𝑥 − 𝑥}2𝑑𝑦

𝑑𝑥= 0 ⇒ 𝑑𝑦 𝑑𝑥=

𝑦2_{+ 𝑦𝑥}

𝑥2 ⇒

𝑑𝑦 𝑑𝑥= (

𝑦 𝑥)

2

+ 𝑦

(9)

9

(1) es una ecuación diferencial homogénea de grado dos, para resolverlo sea

𝑢 =𝑦

𝑥⟺ 𝑦 = 𝑢𝑥,

⟹ 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑢 + 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥

𝑢 + 𝑥𝑑𝑢

𝑑𝑥= 𝑢

2_{+ 𝑢}_{Sustituyendo en (2) en (1)}

𝑥𝑑𝑢

𝑑𝑥= 𝑢

2_{⇒ 𝑢}−2_{𝑑𝑢 = 𝑥}−1_{𝑑𝑥 ⇒ ∫ 𝑢}−2_{𝑑𝑢 = ∫ 𝑥}−1_{𝑑𝑥 ⇒ −𝑢}−1_{= 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶}

reemplazando

− (𝑦

𝑥) −1

= 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶

−𝑥

𝑦= 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 ⟺ −𝑥 = (𝑙𝑛 |𝑥| + 𝐶)𝑦

𝑦 = − 𝑥

𝑙𝑛 |𝑥|+𝐶

1. 𝑥𝑑𝑥 + (𝑦 − 2𝑥) 𝑑𝑦 = 0

2. 𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥2_{− 𝑦}2_{)𝑑𝑦 = 0}

3. (𝑦2_{+ 3𝑥𝑦)𝑑𝑥 = (4𝑥}2_{+ 𝑥𝑦)𝑑𝑦}

4. 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑥𝑦 𝑥2−𝑦2

Respuestas

1. 𝑥

𝑥−𝑦= 𝑙𝑛(𝑦 − 𝑥) + 𝑐

2. 𝑦4_{− 2𝑥}2_𝑦2_{= 𝑐}

3. 𝑦4_𝑒𝑦_𝑥_{= 𝑐𝑥}3

4. 𝑙𝑛 𝑐𝑦⁄ ⁄ −= 𝑥2

2𝑦2

Método: Reducible a homogéneas

Forma:

𝑦′_{= 𝑓 (}𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝐶1

𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2

)

Procedimiento:

 Caso 1: Si las rectas:

𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝐶1= 0

𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2= 0

Se cortan en (𝑥0, 𝑦0),

1) hacer el cambio de variable:

𝑝 = 𝑥 − 𝑥0

(10)

10

𝑞 = 𝑦 − 𝑦0

2) resolver como ecuación homogénea.

 Caso 2: Si las rectas:

𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1= 0

𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2= 0

No se cortan, es decir son paralelas (tienen pendientes iguales) 1) se hace el cambio de variable:

𝑧 = 𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦

2) Se resuelve por variables separables.

Ejemplo Caso 1: Resolver:

𝑦′₌−2𝑥 + 4𝑦 − 6

𝑥 + 𝑦 − 3

Solución Resolviendo el sistema de ecuaciones lineales

−2𝑥 + 4𝑦 − 6 = 0 𝑥 + 𝑦 − 3 = 0

Multiplicando por 2 la segunda ecuación y luego sumando se obtiene

6𝑦 − 12 = 0 → 𝑦 = 2 → 𝑥 = 1

(𝑥0, 𝑦0) = (1,2 ) es el punto de corte de las rectas

1) Hacemos el cambio:

𝑝 = 𝑥 − 1 → 𝑥 = 𝑝 + 1, 𝑞 = 𝑦 − 2 → 𝑦 = 𝑞 + 2

Derivamos con respecto a 𝑥 → 𝑞′_{= 𝑦′}

Reemplazando en la ecuación original:

𝑞′₌−2(𝑝 + 1) + 4(𝑞 + 2) − 6

𝑝 + 1 + 𝑞 + 2 − 3

Simplificando

𝑞′₌−2𝑝 + 4𝑞

𝑝 + 𝑞

2) Resolvemos por el método de ecuación homogénea , dividiendo entre 𝑝

𝑞′₌−2+4(

𝑞 𝑝)

1+𝑞

𝑝

……….(1)

Sea:

𝑢 =𝑞

𝑝→ 𝑞 = up

Derivando con respecto a 𝑝

𝑞′_{= 𝑢}′_{𝑝 + 𝑢}

Reemplazando en (1):

𝑢′_{𝑝 + 𝑢 =}−2 + 4𝑢

1 + 𝑢

𝑢′_{𝑝 =}−2 + 4𝑢

(11)

11

𝑢′_{𝑝 =}−2 + 4𝑢 − 𝑢(1 + 𝑢)

1 + 𝑢

𝑑𝑢 𝑑𝑝𝑝 =

−𝑢2_{+ 3𝑢 − 2}

1 + 𝑢

−(1 + 𝑢)du 𝑢2_{− 3𝑢 + 2}=

𝑑𝑝 𝑝

− ∫ 1 + 𝑢

𝑢2_{− 3𝑢 + 2}𝑑𝑢 = ∫

𝑑𝑝 𝑝

Resolviendo la primera integral por fracciones parciales:

1 + 𝑢 𝑢2_{− 3𝑢 + 2}=

1 + 𝑢 (𝑢 − 2)(𝑢 − 1)=

A 𝑢 − 2+

B 𝑢 − 1

(𝑢 − 1)𝐴 + 𝐵(𝑢 − 2) = 1 + 𝑢

𝑢(𝐴 + 𝐵) − 𝐴 − 2𝐵 = 1 + 𝑢

𝐴 + 𝐵 = 1 −𝐴 − 2𝐵 = 1

−𝐵 = 2 → 𝐵 = −2 ∧ 𝐴 = 3

1 + 𝑢 𝑢2_{− 3𝑢 + 2}=

3 𝑢 − 2−

2 𝑢 − 1

∫ ( 1 + 𝑢

𝑢2_{− 3𝑢 + 2}) 𝑑𝑢 = ∫ (

3

𝑢 − 2) 𝑑𝑢 − ∫ ( 2 𝑢 − 1) 𝑑𝑢

= 3 𝑙𝑛(𝑢 − 2) − 2 𝑙𝑛(𝑢 − 1)

Remplazamos:

−(3 𝑙𝑛(𝑢 − 2) − 2 𝑙𝑛(𝑢 − 1) = 𝑙𝑛 𝑝 + 𝑐

2 𝑙𝑛(𝑢 − 1) − 3 𝑙𝑛(𝑢 − 2) = 𝑙𝑛 𝑝 + 𝑐

𝑙𝑛(𝑢 − 1)2_{− 𝑙𝑛(𝑢 − 2)}3_{= 𝑙𝑛 𝑝 + 𝑙𝑛 𝑐}

𝑙𝑛(𝑢 − 1)

2

(𝑢 − 2)3 = 𝑙𝑛 (𝑐𝑝)

(𝑢 − 1)2

(12)

12

(𝑞 𝑝− 1)

2

(𝑞 𝑝− 2)

3= 𝑐𝑝

(𝑞 − 𝑝)2

𝑝2

(𝑞 − 2𝑝)3

𝑝3

= 𝑐𝑝

(𝑞 − 𝑝)2_𝑝

(𝑞 − 2𝑝)3= 𝑐𝑝

(𝑞 − 𝑝)2_{= 𝑐(𝑞 − 2𝑝)}3

Reemplazando:

(𝑦 − 2 − (𝑥 − 1))2= 𝑐(𝑦 − 2 − 2(𝑥 − 1))3

(𝑦 − 𝑥 − 1)2_{= 𝑐(𝑦 − 2𝑥)}3

Caso 2: Resolver

𝑦′₌𝑥 − 𝑦 − 1

𝑥 − 𝑦 − 2

Solución

{𝑥 − 𝑦 − 1 = 0 𝑥 − 𝑦 − 2 = 0

𝑚 = −𝑎 𝑏= −

1 −1= 1

→ 𝑆𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑎𝑠

1) Hacemos el cambio de variable:

𝑧 = 𝑥 − 𝑦

𝑧′_{= 1 − 𝑦}′

𝑦′_{= −𝑧}′_{+ 1}

Reemplazando en la ecuación original

−𝑧′_{+ 1 =}𝑧 − 1

𝑧 − 2

−𝑑𝑧 𝑑𝑥=

𝑧 − 1 𝑧 − 2− 1

(13)

13

−𝑑𝑧 𝑑𝑥=

1 𝑧 − 2

2) Resolvemos por variables separables

−(𝑧 − 2)𝑑𝑧 = 𝑑𝑥

(𝑧 − 2)𝑑𝑧 = −𝑑𝑥

∫(𝑧 − 2) 𝑑𝑧 = − ∫ 𝑑𝑥

1 2(𝑧)

2_{− 2𝑧 = −𝑥 + 𝐶}

1 2(𝑥 − 𝑦)

2_{− 2(𝑥 − 𝑦) = −𝑥 + 𝐶}

(𝑥 − 𝑦)2_{− 4(𝑥 − 𝑦) + 2𝑥 = 𝐶}

1.

𝑦′₌4𝑥+𝑦−4 𝑥−4𝑦+2

2.

(𝑥 + 𝑦 + 1)𝑑𝑥 − (2𝑥 − 2𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0

Respuestas

1.

𝑡𝑎𝑛−1₍𝑦−1

𝑥−2) + 2 ln (1 + ( 𝑦−1 𝑥−2)

2

) = 4 ln(𝑥 − 2) + 𝑐