Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas
ECUACIONES
DIFERENCIALES
con aplicaciones en Maple
Jaime Escobar A.
11Profesor Titular de la Universidad de Antioquia, Magister en
Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas
´INDICE GENERAL
1. INTRODUCCION 1
1.1. CAMPO DE DIRECCIONES . . . 5
1.2. ECUACI ´ON DE CONTINUIDAD . . . 6
2. M´ETODOS DE SOLUCI ´ON 7 2.1. VARIABLES SEPARABLES . . . 7
2.2. ECUACIONES HOMOG´ENEAS . . . 10
2.3. E.D. CON COEFICIENTES LINEALES . . . 14
2.4. ECUACIONES EXACTAS . . . 15
2.5. FACTORES DE INTEGRACI ´ON . . . 20
2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN . . . 26
2.7. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI . . . . 31
2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN . . . 33
2.9. OTRAS SUSTITUCIONES . . . 42
2.10.ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . 45
3. APLIC. DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN 49 3.1. APLICACIONES GEOM´ETRICAS . . . 49
3.1.1. Trayectorias Isogonales y Ortogonales. . . 49
3.1.2. Problemas de Persecuci´on: . . . 51
3.1.3. Aplicaciones a la geometr´ıa anal´ıtica . . . 54
3.2. CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICI ´ON . . . 55
3.2.1. Desintegraci´on radioactiva . . . 56
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3.2.2. Ley de enfriamiento de Newton . . . 57
3.2.3. Ley de absorci´on de Lambert . . . 57
3.2.4. Crecimientos poblacionales . . . 58
3.3. PROBLEMAS DE DILUCI ´ON . . . 59
3.4. VACIADO DE TANQUES . . . 68
3.5. APLICACIONES A LA FISICA . . . 73
4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 81 4.1. INTRODUCCION . . . 81
4.2. DIMENSI ´ON DEL ESP. VECT. SOL. DE UNA E.D.O. 90 4.3. M´ETODO DE REDUCCI ´ON DE ORDEN . . . 97
4.4. E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONST. . . . 101
4.4.1. E.D. LINEALES DE ORDEN DOS . . . 101
4.4.2. E.D. LINEALES DE ORDEN MAYOR QUE DOS . . . 104
4.5. OPERADOR ANULADOR . . . 106
4.6. COEFICIENTES INDETERMINADOS . . . 109
4.7. VARIACI ´ON DE PAR ´AMETROS . . . 112
4.7.1. GENERALIZACI ´ON DEL M´ETODO DE VARIACI ´ON DE PAR ´AMETROS . . . 120
4.8. OPERADORES . . . 123
4.9. OPERADORES INVERSOS . . . 125
4.10.E.D.O. DE EULER - CAUCHY . . . 137
4.11.APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN . . . 141
4.11.1. MOVIMIENTO ARM ´ONICO SIMPLE . . . 141
4.11.2. MOVIMIENTO AMORTIGUADO . . . 143
4.11.3. MOVIMIENTO FORZADO. . . 146
4.12.ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . 160
5. SOLUCIONES POR SERIES 165 5.1. INTRODUCCION . . . 165
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS. . . 167
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 178 5.3.1. CASO II: r1 −r2 = entero positivo . . . 184
5.3.2. FUNCI ´ON GAMMA: Γ(x) . . . 187
5.3.3. CASO III: r1 =r2 . . . 190
5.3.4. ECUACI ´ON DE BESSEL DE ORDEN p: . . . . 194
5.3.5. PUNTO EN EL INFINITO . . . 202
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´INDICE GENERAL v
6. TRANSFORMADA DE LAPLACE 211
6.1. INTRODUCCION . . . 211
6.2. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE . . . 215
6.3. TEOREMAS SOBRE LA TRANS. DE LAPLACE . . 218
6.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA A LAS E.D.234 6.5. IMPULSO UNITARIO O DELTA DE DIRAC . . . 239
6.6. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . 242
7. SIST. LINEALES DE PRIMER ORDEN 247 7.1. INTRODUCCION . . . 247
7.2. CONJUNTOS FUND. Y SIST. HOMOG ´ENEOS . . . 250
7.3. M´ETODO DE LOS VALORES Y VECT. PROPIOS . 251 7.4. VARIACI ´ON DE PAR ´AMETROS . . . 271
7.5. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA SISTEMAS276 7.6. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . 279
8. INTROD. A LA TEORIA DE ESTABIL. 281 8.1. SISTEMAS AUT ´ONOMOS, EL PLANO DE FASE . . 281
8.2. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS, ESTABILIDAD. . . 286
8.2.1. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS. . . 287
8.3. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTAB. . . 296
8.4. CRITERIO DE ESTAB.: METODO DE LIAPUNOV. 309 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES . . 318
8.6. CICLOS LIMITES: TEOREMA DE POINCAR ´E-BENDIXSON 339 8.7. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . 349
A. F´ormulas 355 A.1. F´ormulas Aritm´eticas . . . 355
A.2. F´ormulas Geom´etricas . . . 356
A.3. Trigonometr´ıa . . . 358
A.4. Tabla de Integrales . . . 359
B. TEOREMAS DE EXISTENCIA Y UNICIDAD 363 B.1. PRELIMINARES . . . 363 B.2. TEOREMA LOCAL DE EXIST. Y UNICID., CASO UNIDIMENSIONAL 365 B.3. TEOREMAS LOCAL Y GLOBAL PARA SISTEMAS DE E. D. LINEALES372
C. EXPONENCIAL DE OPERADORES 377
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E. FRACCIONES PARCIALES 387
E.1. Factores lineales no repetidos.. . . 387
E.2. Factores Lineales Repetidos.. . . 388
E.3. Factores Cuadr´aticos. . . 390
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CAP´ITULO 1
INTRODUCCION
Definici´on 1.1. Si una ecuaci´on contiene las derivadas o las diferenciales de una o m´as variables dependientes con respecto a una o m´as variables independientes, se dice que es una ecuaci´on diferencial (E.D.).
Si la ecuaci´on contiene derivadas ordinarias de una o m´as variables depen-dientes con respecto a una sola variable independiente entonces la ecuaci´on se dice que es una ecuaci´on diferencial ordinaria (E.D.O.).
Ejemplo 1.3dydx+ 4y= 5
Ejemplo 2.(x2−y)dx+ 5 seny dy= 0 Ejemplo 3.udu
dx +v dv dx =x
Si la ecuaci´on contiene derivadas parciales de una o m´as variables depen-dientes con respecto a una o m´as variables independepen-dientes, se dice que es una ecuaci´on en derivadas parciales.
Ejemplo 4. ∂u ∂y =−
∂v ∂x
Ejemplo 5. ∂2u
∂x∂y =y−x
Definici´on 1.2. (Orden). La derivada o la diferencial de m´as alto orden determina el orden de la E.D.
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Ejemplo 6. ddx3y3 +x2
d2y
dx2 +x
dy
dx = lnx, es de orden 3.
Ejemplo 7.xdy−ydx = 0 =⇒ dxdy = xy, la cual es de orden 1.
Definici´on 1.3 (E.D.O. lineal). Una E.D. es lineal si tiene la forma:
an(x)d
ny
dxn +an−1(x)d
n−1y
dxn−1 +. . .+a1(x)dxdy +a0(x)y=g(x)
Es decir, la variable dependienteyy todas sus derivadas tienen exponente uno y cada coeficiente a0(x), a1(x), . . . , an(x), g(x), depende solo de x. Si no
se cumple lo anterior se dice que la E.D. no es lineal.
Ejemplo 8.x2d3y
dx3 + cosx
d2y
dx2 + senx
dy dx +x
2y=ex es lineal de orden 3.
Ejemplo 9. senxddx3y3 +xy2 = 0 no es lineal. Ejemplo 10.y2d2y
dx2 +y
dy
dx+xy=xno es lineal.
Definici´on 1.4. . Se dice que una funci´on f con dominio en un intervalo I
es soluci´on a una E.D. en el intervalo I, si la funci´on satisface la E.D. en el intervalo I.
Ejemplo 11.x=yln(cy) es soluci´on de y0(x+y) = y
En efecto, derivando impl´ıcitamente: 1 = dydxln(cy) +ycy1 cdydx
1 = dydx(ln(cy) + 1), luego dydx = ln(cy1)+1 Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial:
yln(cy) +y
ln (cy) + 1 =
y(ln (cy) + 1) ln (cy) + 1 =y, luego y=y
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3
Una E.D. acompa˜nada de unas condiciones iniciales se le llama un blema de valor inicial (P.V.I.). Con frecuencia es importante saber si un pro-blema de valor inicial tiene soluci´on y tambi´en deseamos saber si esta soluci´on es ´unica, aunque no podamos conseguir expl´ıcitamente la soluci´on. El si-guiente teorema nos responde las inquietudes que acabamos de plantear.Este teorema lo enunciamos y demostramos con m´as profundidad en el Ap´endice al final del texto.
Teorema 1.1. (Picard)
Sea R una regi´on rectangular en el plano XY definida por
a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d que contiene al punto (x0, y0) en su interior.
Si f(x, y)y ∂f∂y son continuas en R, entonces existe un intervalo I con cen-tro en x0 y una ´unica funci´on y(x)definida enI que satisface el problema
de valor inicial y0 =f(x, y), y(x
0) = y0 .
Ejemplo 12. Para la E.D. y0 = x2 +y2, se tiene que f(x, y) = x2+y2
y ∂f∂y = 2y son continuas en todo el plano XY, por lo tanto por cualquier punto (x0, y0) del plano XY pasa una y solo una soluci´on de la E.D.
anteri-or. Es importante anotar que para esta E.D. es imposible hallar una soluci´on expl´ıcita; s´olo con m´etodos num´ericos se puede hallar la soluci´on.
Ejercicio 1. Demostrar que y=c1cos 5x es soluci´on de y00+ 25y = 0. Ejercicio 2. Demostrar que y = e−x2Rx
0 e
t2
dt +c1e−x 2
es soluci´on de
y0+ 2xy= 1.
Ejercicio 3. Demostrar que y=xR0x sent
t dt es soluci´on de
xy0 =y+xsenx.
Ejercicio 4.Demostrar que y=e−x
2 es soluci´on de 2y0+y= 0, tambi´en
y = 0 es soluci´on.
Nota: si todas las soluciones de la E.D.F(x, y, y0, . . . , y(n)) = 0 en un
in-tervalo I pueden obtenerse de G(x, y, C1, . . . , Cn) mediante valores
apropia-dos deCi, entonces aGse le llamala soluci´on general; una soluci´on que no
contenga los par´ametrosCise le llamala soluci´on particular; una soluci´on
que no pueda obtenerse a partir de la soluci´on general se le llama soluci´on singular.
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tiene n par´ametros. En las E.D. no lineales a veces no es posible obtener expl´ıcitamente una soluci´on general.
Ejemplo 13.y=Cx4 es soluci´on general de xy0−4y= 0.
Con C = 1 entonces la soluci´on particular es y =x4.
Tambi´en
f(x) =
x4 x≥0
−x4 x <0
es una soluci´on singular, porque no se puede obtener a partir de la soluci´on general.
Ejercicio 5. Siy0−xy12 = 0, demostrar
a). y= (x2 4 +C)
2 es soluci´on general.
b). Si C= 0 mostrar que y= x164 es soluci´on particular. c). Explicar porqu´ey = 0 es soluci´on singular.
Ejercicio 6. Siy0 =y2−1, demostrar
a). y= 1+Ce2x
1−Ce2x es soluci´on general.
b). Explicar porqu´ey =−1 es soluci´on singular.
Ejercicio 7. Si xy0 + 1 = ey, comprobar que e−y −Cx = 1 es soluci´on
general.
Ejercicio 8.Si 2xy dx+ (x2+ 2y)dy = 0, comprobar que x2y+y2 =C 1
es soluci´on general.
Ejercicio 9. Si (x2+y2)dx+ (x2−xy)dy= 0, comprobar que
C1(x+y)2 =xe
y
x, es soluci´on general.
Ejercicio 10. Sixy0+ 1 =ey, comprobar que e−y
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1.1. CAMPO DE DIRECCIONES 5
1.1.
CAMPO DE DIRECCIONES
Dada la E.D. y0 =f(x, y) y sabiendo que la primera derivada representa
una direcci´on en el plano XY, podemos por lo tanto asociar a cada punto (x, y) una direcci´on. A este conjunto de direcciones lo llamamos el campo de direcciones o campo pendiente de la E.D. y0 = f(x, y). Este campo de
di-recciones nos permite inferir propiedades cualitativas de las soluciones, como por ejemplo si son asint´oticas a una recta, si son cerradas o abiertas, etc.. Con el paquete Maple haremos un ejemplo.
Ejemplo 14. Hallar el campo de direcciones de la E.D. y0 = −2x2 +y2 y
cuatro curvas soluci´on de la E.D. que pasan por los puntos (0,2),(0,0),(0,1),
(0,−1) respectivamente.
> with(DEtools):
DEplot (diff(y(x),x)=-2*x^2+y(x)^2,y(x),x=-2..2,color=black, {[0,2],[0,0],[0,1],[0,-1]},y=-2..2,linecolor=black);
y(x) 2
1
0
-1
-2 x
2 1
0 -1
-2
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1.2.
ECUACI ´
ON DE CONTINUIDAD
Para finalizar este Cap´ıtulo, es importante hacer un corto comentario so-bre la ecuaci´on de continuidad; con ella se construyen modelos de fen´omenos en diferentes ´areas del conocimiento que dependen del tiempo, dando como resultado una o varias Ecuaciones Diferenciales. La ecuaci´on de continuidad nos dice que la tasa de acumulaci´on de una variable x en un recipiente (el cual puede ser un tanque, un ´organo humano, una persona, una ciudad, un banco, una universidad, un sistema ecol´ogico, etc.) es igual a su tasa de en-trada menos su tasa de salida; tanto la tasa de enen-trada como la tasa de salida pueden ser constantes o variables.
Si la variable esx y la tasa de entrada esE(t) y la tasa de salida es S(t) entonces la tasa de acumulaci´on es
dx
dt =E(t)−S(t).
Ejemplo 15. La concentraci´on de glucosa en la sangre aumenta por ingesta de comidas ricas en azucares, si se suministra glucosa a una raz´on constante
R (en mg/minuto). Al mismo tiempo, la glucosa se transforma y se elimina a una tasa proporcional a la concentraci´on presente de glucosa. Si C(t) re-presenta la concentraci´on de glucosa en un instante t, entonces E(t) = R y
S(t) = kC(t), entonces por la ecuaci´on de continuidad, la Ecuaci´on Diferen-cial que rige este fen´omeno es
dC(t)
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CAP´ITULO 2
M´
ETODOS DE SOLUCI ´
ON
2.1.
VARIABLES SEPARABLES
Definici´on 2.1. Se dice que una E.D. de la forma: dy
dx = g(x)
h(y) es separable
o de variables separables.
La anterior ecuaci´on se puede escribir comoh(y)dy=g(x)dxe integran-do:
Z
h(y)dy=
Z
g(x)dx+C,
obteni´endose as´ı una familia uniparam´etrica de soluciones.
Nota: la constante o par´ametro C, a veces es conveniente escribirla de otra manera, por ejemplo, m´ultiplos de constantes o logaritmos de constantes o exponenciales de constantes o si aparece la suma de varias constantes re-unirlas en una sola constante.
Ejemplo 1. dydx =e3x+2y
Soluci´on:
dy dx =e
3x+2y
=e3xe2y
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separando variablesdy e2y =e
3x
dx
e integrando
−12e−2y+C = e
3x
3 la soluci´on general es
e3x
3 +
e−2y
2 =C
Ejemplo 2. dydx =xy3(1 +x2)−1
2, con y(0) = 1
Soluci´on: separando variables
y−3dy= 2x 2√1 +x2dx
= 1 2
d(1 +x2)
√
1 +x2
haciendo u = 1 +x
2
du = 2xdx
obtenemos
= 1 2
du
√
u
e integrando y−
2
−2 =
1 2
(1 +x2)1 2
1 2
+C
soluci´on general
−21y2 =
√
1 +x2+C.
Cuando x= 0, y = 1
− 1
2×1 =
√
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2.1. VARIABLES SEPARABLES 9
luego C = −23
La soluci´on particular es
−1 2y2 =
√
1 +x2− 3
2
Resolver los siguientes ejercicios por el m´etodo de separaci´on de variables:
Ejercicio 1. (4y+yx2)dy−(2x+xy2)dx= 0
(Rta. 2 +y2 =C(4 +x2)) Ejercicio 2. y0+y2senx= 0
(Rta. y =− 1 cosx+c)
Ejercicio 3. 3extany dx+ (2
−ex) sec2y dy = 0
(Rta. (2−ex)3 =Ctany)
Ejercicio 4. y0senx=ylny, si y π
2
=e
(Rta. lny= cscx−cotx)
Ejercicio 5. dy
dx =
xy+ 3x−y−3
xy−2x+ 4y−8 (Rta. (yx+3+4)5 =Cey−x)
Ejercicio 6. x2y0 =y−xy, si y(−1) =−1
(Rta. ln|y|=−1
x−ln|x| −1)
Ejercicio 7. Hallar la soluci´on general de la E.D. dydx −y2 =−9 y luego
hallar en cada caso una soluci´on particular que pase por: a) (0,0), b) (0,3), c) 13,1
(Rta. a) yy−+33 =−e6x, b) y = 3, c) y−3
y+3 =− 1 2e−
2e6x)
Ejercicio 8. Se suministran bacterias como alimento a una poblaci´on de protozoarios a una raz´on constante µ. Se ha observado que las bacterias son devoradas a una tasa proporcional al cuadrado de su cantidad. Si c(t) es la cantidad de bacterias en el instante t, hallar la E.D.; determinar c(t) en funci´on de c(0); ¿cu´al es la concentraci´on de equilibrio de las bacterias, es decir, cuando c0(t) = 0 ?
(Rta.:õ+
√ kc(t)
õ
−√kc(t) =
√µ+√kc(0) √µ
−√kc(0)e
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Ejercicio 9.Resolver por variables separables: axdydx+ 2y =xydydx en
y=a y x= 2a. (Rta.: yx2 = 4a3
e e
y a)
2.2.
ECUACIONES HOMOG´
ENEAS
Definici´on 2.2. f(x, y)es homog´enea de gradon si existe un realn tal que para todo t: f(tx, ty) =tnf(x, y).
Ejemplo 3.f(x, y) = x2+xy+y2 es homog´enea de grado dos.
Definici´on 2.3. Si una ecuaci´on en la forma diferencial :
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
tiene la propiedad que M(tx, ty) = tnM(x, y) y N(tx, ty) = tnN(x, y),
en-tonces decimos que es de coeficientes homog´eneos o que es una E.D. ho-mog´enea.
Siempre que se tenga una E.D. homog´enea podr´a ser reducida por medio de una sustituci´on adecuada a una ecuaci´on en variables separables.
M´etodo de soluci´on: dada la ecuaci´on
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
donde M(x, y) y N(x, y) son funciones homog´eneas del mismo grado; me-diante la sustituci´on y = ux ´o x = yv (donde u ´o v son nuevas variables dependientes), puede transformarse en una ecuaci´on en variables separables.
Nota: si la estructura algebraica de N es m´as sencilla que la de M, en-tonces es conveniente usar las sustituci´on y =ux.
Si la estructura algebraica deM es m´as sencilla que la de N, es conveniente usar la sustituci´on x=vy.
Ejemplo 4.Resolver por el m´etodo de las homog´eneas, la siguiente E.D.: (x+yeyx)dx−xe
y
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2.2. ECUACIONES HOMOG´ENEAS 11
Soluci´on:
(x+yeyx)dx−xe y
xdy = 0 donde homog´enea de grado 1
z }| {
M(x, y) = x+yeyx y
homog´enea de grado 1
z }| {
N(x, y) =−xeyx
ComoN es m´as sencilla queM, hacemos la sustituci´on:y=ux, por tanto
dy =u dx+x du
Sustituyendo en la E.D.
(x+uxeuxx )dx−xe ux
x (u dx+x du) = 0 o sea que
x dx−x2eudu= 0
luego x dx = x2eudu, separando variables y considerando x
6
= 0, obte-nemos,
dx x =e
u
du ⇒lnx=eu+C
Por lo tanto la soluci´on general es
lnx=eyx +C
Para hallar la soluci´on particular que pasa por el punto y(1) = 0, susti-tuimos en la soluci´on general y obtenemos:
ln 1 =e01 +C ⇒ 0 = 1 +C de donde C =−1
Por lo tanto,
lnx=exy −1 es la soluci´on particular
Ejemplo 5. (x2y2−1)dy+ 2xy3dx = 0 (ayuda: hacer y =zα y calcular
α para convertirla en homog´enea) Soluci´on:
No es homog´enea; hagamos y=zα y hallemos αde tal manera que la E.D.O.
se vuelva homog´enea:
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(x2z2α−1)αzα−1dz+ 2xz3αdx= 0α(x2z3α−1−zα−1)dz+ 2xz3αdx= 0 (2.1) suma de exponentes en los t´erminos: 2+3α−1, α−1 y 1+3αrespectivamente. An´alisis de exponentes para que se cumpla la homogeneidad:
1 + 3α= 2 + 3α−1 =α−1, se concluye α=−1
Sustituyo en la E.D. (2.1): (−1)(x2z−2−1)z−2dz+ 2xz−3dx= 0
(−x2z−4+z−2)dz+ 2xz−3dx= 0 Es homog´enea de orden −2.
La sustituci´on m´as sencilla esx=uz ⇒dx=u dz+z du.
(−u2z2z−4+z−2)dz + 2uzz−3(u dz+z du) = 0
(−u2z−2+z−2+ 2u2z−2)dz+ (2uz−1)du= 0
(u2z−2+z−2)dz+ 2uz−1du= 0
z−2(u2+ 1)dz+ 2uz−1du = 0
z−2dz
z−1 +
2u
u2+ 1du= 0
dz z +
2u
u2+ 1du= 0
Integrando: ln|z|+ ln(u2+ 1) = lnC
ln|z(u2+ 1)|= lnC ⇒z(u2+ 1) =C
reemplazou= x
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2.2. ECUACIONES HOMOG´ENEAS 13
x2
z +z =C
Comoy =z−1 o sea que z =y−1, entonces x2
y−1 +y−1 =C
luego
x2y2+ 1 =Cy,
es la soluci´on general.
Resolver los siguientes ejercicios por el m´etodo de las homog´eneas, ´o con-vertirla en homog´enea y resolverla seg´un el caso:
Ejercicio 1. y+xcotxy dx−x dy = 0. (Rta.: C =xcosyx)
Ejercicio 2. (x+py2−xy)dy
dx =y , con y(1) = 1.
(Rta.: ln2|y|= 4(y−yx))
Ejercicio 3. x−ycos yx dx+xcos yxdy= 0. (Rta.: ln|x|+ senyx =C)
Ejercicio 4. (x2−2y2)dx+xy dy = 0.
(Rta.: x4 =C(x2−y2))
Ejercicio 5. xy0 =y+ 2xe−y x . (Rta.: lnx= 12eyx+c)
Ejercicio 6. (x+y3)dx+ (3y5−3y2x)dy= 0, (Ayuda: hacer x=zα).
(Rta.: ln|C(x2+y6)|= 2 arctany3
x)
Ejercicio 7. 2(x2y+p1 +x4y2)dx+x3dy= 0, (Ayuda: hacery =zα).
(Rta.: x4(1 + 2Cy) =C2)
Ejercicio 8. ycosx dx+ (2y− senx)dy= 0, (Ayuda: hacer u= senx). (Rta.: y2 =Ce−senyx)
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Ejercicio 10. dydx = cos(yx) + yx. (Rta.: sec(xy) + tan(yx) =Cx)
Ejercicio 11. Hallar la soluci´on particular de la E.D.
yx2dx−(x3+y3)dy= 0,
donde y(0) = 1 (Rta.: ln|y|= 1
3(
x y)
3)
Ejercicio 12. Hallar la soluci´on particular de la E.D.
xy2dy−(x3+y3)dx= 0,
donde y(1) = 0 (Rta.: ln|x|= 13(yx)3)
Ejercicio 13. (y+√xy)dx−2xdy = 0 (Rta.: x(pyx−1)4 =C, si x >0, y >0 yx(py
x + 1)
4 =C , si x <0, y <0)
Ejercicio 14. Hallar la soluci´on particular de la E.D.
y(lny−lnx−1)dx+xdy= 0,
donde y(e) = 1 (Rta.: xln|yx|=−e)
2.3.
E.D. DE COEFICIENTES LINEALES:
(
ax
+
by
+
c
)
dx
+ (
αx
+
βy
+
γ
)
dy
= 0
Se presentan dos casos:
1. Si (h, k) es el punto de intersecci´on entre las rectas:
ax+by+c= 0 y αx+βy+γ = 0
entonces se hace la sustituci´on: x=u+h y y=v+k y se consigue la ecuaci´on homog´enea:
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2.4. ECUACIONES EXACTAS 15
2. Si las dos rectas no se intersectan (o sea son paralelas), entonces
αx+βy =n(ax+by)
y por tanto se hace la sustituci´on z = ax +by, lo cual quiere decir que αx+βy = nz, esta sustituci´on convierte la E.D. en una E.D. de variables separables.
Ejercicios:resolver por el m´etodo anterior:
1. (x−y+ 1)dx+ (x+ 2y−5)dy= 0
(Rta.: (x−1)2+ 2(y−2)2 =Ce√2 arctan√x−1
2(y−2))
2. dydx = 22yx−−xy+5−4
(Rta.: (x+y+ 1)3 =C(y−x+ 3)) 3. (x−2y+ 4)dx+ (2x−y+ 2)dy= 0
(Rta.: (x+y−2)3 =C2(x−y+ 2)) 4. (x+y+ 1)2dx+ (x+y−1)2dy = 0
(Rta.: 4x=−12(x+y)2+ 2(x+y)−ln|x+y|+C) 5. (x+y+ 1)dx+ (2x+ 2y−1)dy = 0
(Rta.: 4−x−2y= 3 ln|2−x−y|+C)
6. (x+y−2)dx+ (x−y+ 4)dy= 0
(Rta.: C = 2(x+ 1)(y−3) + (x+ 1)2−(y−3)2) 7. (x−y−5)dx−(x+y−1)dy= 0
(Rta.: (x+y−1)2 −2(x−3)2 =C) 8. (2x+y)dx−(4x+ 2y−1)dy= 0
(Rta.: x= 25(2x+y)− 254 −ln|5(2x+y)−2|+C)
2.4.
ECUACIONES EXACTAS
Siz =f(x, y), entonces
dz = ∂f
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es la diferencial total de f; pero si z = c = f(x, y) (familia de curvas uni-param´etricas en el plano XY ), entonces
dz = 0 = ∂f
∂x dx+ ∂f ∂y dy.
Definici´on 2.4. La forma diferencial M(x, y)dx+N(x, y)dy es una dife-rencial exacta en una regi´on R del plano XY si corresponde a la diferencial total de alguna funci´on f(x, y).
La ecuaci´on M(x, y)dx +N(x, y)dy = 0, es exacta si es la diferencial total de alguna funci´on f(x, y) = c.
Teorema 2.1 (Criterio para E.D. exactas).
Si M(x, y) y N(x, y) son continuas y tienen derivadas parciales de primer orden continuas en una regi´on R del plano XY, entonces la condici´on nece-saria y suficiente para que la forma diferencial
M(x, y)dx+N(x, y)dy
sea una diferencial exacta es que
∂M ∂y =
∂N ∂x.
Demostraci´on: comoM(x, y)dx+N(x, y)dyes una diferencial exacta, en-tonces existe una funci´on f(x, y) tal que:
M(x, y)dx+N(x, y)dy = ∂f
∂xdx+ ∂f
∂y dy=d f(x, y)
luego
M(x, y) = ∂f
∂x
y
N(x, y) = ∂f
∂y
por tanto,
∂M ∂y =
∂2f
∂y∂x = ∂2f
∂x∂y = ∂N
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2.4. ECUACIONES EXACTAS 17
La igualdad entre las derivadas cruzadas se produce porque M y N son continuas con derivadas de primer orden continuas.
M´etodo. Dada la ecuaci´onM(x, y)dx+N(x, y)dy= 0, hallar una funci´on
f(x, y) =C tal que
∂f
∂x =M y ∂f ∂y =N
i) Comprobar que es exacta, es decir, verificar que ∂M ∂y =
∂N ∂x.
ii) Suponer que ∂f∂x =M(x, y) y luego integrar con respecto a xdejando a
y constante:
f(x, y) =
Z
M(x, y)dx+g(y) (2.2)
iii) Derivar con respecto ay la ecuaci´on (2.2)
∂f ∂y =
∂ ∂y
Z
M(x, y)dx+g0(y) =N(x, y)
despejar
g0(y) = N(x, y)− ∂
∂y
Z
M(x, y)dx (2.3)
Esta expresi´on es independiente de x, en efecto:
∂ ∂x
N(x, y)− ∂
∂y
Z
M(x, y)dx
= ∂N
∂x − ∂ ∂x
∂ ∂y
Z
M(x, y)dx
= ∂N
∂x − ∂ ∂y
∂ ∂x
Z
M(x, y)dx= ∂N
∂x − ∂
∂yM(x, y) = 0
iv) Integrar la expresi´on (2.3) con respecto ayy sustituir en (2.2) e igualar
a C.
Nota: en ii) se pudo haber comenzado por ∂f∂y =N(x, y).
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Soluci´on:paso i)
∂M
∂y = 4xy+e
x
∂N
∂x = 4xy+e
x
de donde ∂M
∂y = ∂N
∂x
paso ii)
f(x, y) =
Z
N(x, y)dy+h(x) =
Z
(2x2y+ex
−1)dy+h(x) = x2y2+yex−y+h(x)
paso iii)
∂f
∂x =M = 2xy
2+yex
∂f
∂x = 2xy
2+yex+h0(x)⇒h0(x) = 0
paso iv)h(x) =C
paso v) sustituyo h(x) en el paso ii):
x2y2+yex
−y+C1 = C
x2y2 +yex
−y = C2 Soluci´on general Ejemplo 7.Hallar el valor deb para que sea exacta la E.D.:
(xy2+bx2y)dx+ (x+y)x2dy = 0.
Soluci´on: Como ∂M
∂y = 2xy+bx
2 y ∂N ∂x = 3x
2+ 2xy entonces b = 3 , por lo tanto
∂f
∂x = xy
2+ 3x2y (2.4)
∂f
∂y = x
3+x2y (2.5)
integramos (2.4) :
f(x, y) =
Z
(xy2+ 3x2y)dx+g(y) = y2x
2
2 +x
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2.4. ECUACIONES EXACTAS 19
derivamos (2.6) con respecto a y ∂f ∂y =yx
2+x3+g0(y) (2.7)
igualamos (2.5) y (2.7)
x3+x2y = yx2+x3+g0(y)⇒g0(y) = 0
(2.8) luego g(y) = K y reemplazando en (2.6)
f(x, y) =y2x
2
2 +x
3y+K =C 1
y por tanto la soluci´on general es
y2x2
2 +x
3y=C
Ejercicio 1. Resolver la siguiente E.D. por el m´etodo de las exactas : (tanx− senxseny)dx+ cosxcosy dy = 0.
(Rta.: f(x, y) = cosxseny−ln|cosx|=C)
Ejercicio 2. Resolver la siguiente E.D. por el m´etodo de las exactas: (y2cosx−3x2y−2x)dx+ (2ysenx−x3+ lny)dy= 0, cony(0) =e.
(Rta.: f(x, y) =y2senx−x3y−x2+y(lny−1) = 0)
Ejercicio 3.Determinar la funci´onM(x, y) de tal manera que la siguiente E.D.O sea exacta:
M(x, y)dx+
xexy+ 2xy+ 1
x
dy= 0
(Rta.: M(x, y) = 12y2ex(x+ 1) +y2− y
x2 +g(x))
Ejercicio 4. Determinar la funci´on N(x, y) para que la siguiente E.D. sea exacta:
y12x−12 + x
x2+y
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(Rta.: N(x, y) =x12y−12 + 12(x2+y)−1+g(y))
Ejercicio 5. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.: (2xy2+yex)dx+ (2x2y+ex
−1)dy= 0
(Rta.: f(x, y) =y(x2y+ex
−1) =C)
Ejercicio 6. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.: (2x−ysenxy−5y4)dx−(20xy3+xsenxy)dy= 0
(Rta.: f(x, y) =x2+ cos(xy)−5y4x=C)
Ejercicio 7. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.: ( senxy+xycosxy)dx+ (x2cosxy)dy = 0
(Rta.: f(x, y) =xsen (xy) = C)
Ejercicio 8. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.: (yexy+ 4y3)dx+ (xexy+ 12xy2−2y)dy = 0, cony(0) = 2 (Rta.: f(x, y) =exy + 4xy3 −y2 =−3)
Ejercicio 9. Resolver por el m´etodo de las exactas la siguiente E.D.: (1− senxtany)dx+ cosxsec2y dy= 0
(Rta.: f(x, y) = cosxtany+x=C)
2.5.
FACTORES DE INTEGRACI ´
ON
Definici´on 2.5 (Factor Integrante F.I.). Sea la E.D.
M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0.
Si µ(x, y) es tal que
µ(x, y)M(x, y)dx+µ(x, y)N(x, y)dy= 0
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2.5. FACTORES DE INTEGRACI ´ON 21
Ejemplos de algunas formas diferenciales que son exactas. Ejemplo: x dx+y dy es la diferencial de 1
2(x
2+y2) ya qued 1 2(x
2+y2)=
x dx+y dy.
An´alogamente: para x dy+y dx =d(xy).
Pero py dx+qx dy no es exacta, la expresi´on µ(x, y) = xp−1yq−1 es un
factor integrante.
Paray dx−x dy, las expresiones:
µ= 1
y2 ; µ=
1
x2; µ=
1
xy; µ=
1
x2+y2 ; µ=
1
ax2+bxy+cy2
son factores integrantes.
Teorema 2.2 (Teorema del Factor Integrante).
Sea M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0una E.D. yµ(x, y)un factor integrante, con
M,N yµcontinuas y con primeras derivadas parciales continuas , entonces
µ ∂M ∂y − ∂N ∂x
=Ndµ
dx =−M dµ dy
Demostraci´on: si µ es tal que µM dx+µN dy = 0 es exacta y µ, M, N
tienen primeras derivadas parciales continuas, entonces:
∂
∂y(µM) = ∂
∂x(µN)
o sea que
µ∂M ∂y +M
∂µ ∂y =µ
∂N ∂x +N
∂µ ∂x luego µ ∂M ∂y − ∂N ∂x
=N∂µ ∂x −M
∂µ ∂y =N
∂µ ∂x − M N ∂µ ∂y
como dxdy =−MN, entonces:
µ ∂M ∂y − ∂N ∂x =N ∂µ ∂x + dy dx ∂µ ∂y
=Ndµ
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ya que siµ=µ(x, y) y y=y(x) entonces:dµ= ∂µ
∂x dx+ ∂µ ∂y dy
y por tanto
dµ dx =
∂µ ∂x +
∂µ ∂y
dy
dx
Nota.
1. Si ∂M
∂y− ∂N ∂x
N =f(x),
entonces µf(x) = dµdx y por tanto f(x)dx= dµµ, luego µ=keRf(x)dx; tomando k = 1 se tiene µ=eR
f(x)dx.
2. Similarmente, si ∂M
∂y− ∂N
∂x
−M =g(y),entonces µ=e
R
g(y)dy.
Ejemplo 8. (2xy2−2y)dx+ (3x2y−4x)dy = 0.
Soluci´on:
M(x, y) = 2xy2−2y⇒ ∂M
∂y = 4xy−2 N(x, y) = 3x2y−4x⇒ ∂N
∂x = 6xy−4
luego
∂M ∂y −
∂N
∂x =−2xy+ 2
por tanto
∂M ∂y −
∂N ∂x
−M =
−2xy+ 2
−2xy2+ 2y =
2(−xy+ 1) 2y(−xy+ 1) luego
g(y) = 1
y ⇒F.I.=µ(y) =e R 1
ydy =eln|y|=y
multiplico la E.D. original pory: (2xy3−2y2)dx+ (3x2y2−4xy)dy= 0
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2.5. FACTORES DE INTEGRACI ´ON 23
Paso 1.
∂M
∂y = 6xy
2−4y
y
∂N
∂x = 6xy
2
−4y
luego es exacta.
Paso 2.
f(x, y) =
Z
(2xy3−2y2)dx+g(y) =x2y3−2xy2+g(y)
Paso 3. Derivando con respecto a y:
N = 3x2y2−4xy= ∂f
∂y = 3x
2y2
−4xy+g0(y)
luego g0(y) = 0
Paso 4. g(y) = k
Paso 5. Reemplazo en el paso 2.
f(x, y) = x2y3−2xy2+k=c
luego x2y3−2xy2 =k
1 que es la soluci´on general. Ejemplo 9.x dy−y dx = (6x2−5xy+y2)dx
Soluci´on:
como d(y
x) =
x dy−y dx x2
entonces dividimos a ambos lados de la E.D. por x2, luego
x dy−y dx x2 =
6x2−5xy+y2
x2
dx
luego
d(y
x) =
6−5(y
x) + ( y x)
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hagamos u= yx ⇒du= (6−5u+u2)dxluego du
6−5u+u2 =dx⇒
du
(u−3)(u−2) =dx pero por fracciones parciales 1
(u−3)(u−2) =
A u−3 +
B u−2 o sea queA= 1 y B =−1, por tanto
Z
du
(u−3)(u−2) =
Z
dx⇒
Z
du u−3−
Z
du
u−2 = ln|u−3|−ln|u−2|+lnc=x luego
c(u−3)
(u−2) =e
x
, six6= 0 ⇒c(y−3x)
(y−2x) =e
x
Obs´ervese quex= 0 es tambi´en soluci´on y es singular porque no se desprende de la soluci´on general.
En los siguientes ejercicios, hallar el factor integrante y resolver por el m´etodo de las exactas:
Ejercicio 1. (cos(2y)− senx)dx−2 tanxsen (2y)dy= 0. (Rta.: senxcos(2y) + 1
2cos
2x=C)
Ejercicio 2. (3xy3+ 4y)dx+ (3x2y2+ 2x)dy= 0.
(Rta.: f(x, y) =x3y3+ 2x2y=C)
Ejercicio 3. 2xylny dx+ (x2+y2py2+ 1)dy= 0.
(Rta.: f(x, y) =x2lny+1
3(y2+ 1) 3 2 =C)
Ejercicio 4. (2wz2 −2z)dw+ (3w2z−4w)dz = 0.
(Rta.: w2z3−2z2w=C)
Ejercicio 5. exdx+ (excoty+ 2ycscy)dy= 0
(Rta.: f(x, y) =exseny+y2 =C)
Ejercicio 6. x dy+y dx= (x3+ 3x2y+ 3xy2+y3)(dx+dy).
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2.5. FACTORES DE INTEGRACI ´ON 25
Ejercicio 7. x dy−y dx= (2x2+ 3y2)3(2xdx+ 3ydy).
(Rta.: q2 3tan−
1(q3 2
y x) =
1 3(2x
2+ 3y2)3+C)
Ejercicio 8. y dx+ (2x−yey)dy= 0.
(Rta.: y2x−y2ey + 2yey
−2ey =C)
Ejercicio 9. (xy−1)dx+ (x2−xy)dy= 0.
(Rta.: f(x, y) =xy−ln|x| − y22 =C)
Ejercicio 10. ydx+ (x2y−x)dy= 0.
(Rta.: f(x, y) =−yx +y22 =C)
Ejercicio 11. (2xy−e−2x)dx+xdy= 0.
(Rta.: f(x, y) =ye2x−ln|x|=C)
Ejercicio 12. ydx+ (2xy−e−2y)dy = 0.
(Rta.: f(x, y) =xe2y
−ln|y|=C)
Ejercicio 13. (x+y)dx+xlnxdy= 0. (Rta.: f(x, y) =x+ylnx=C)
Ejercicio 14. Hallar la soluci´on particular que pasa por el punto
y(1) =−2, de la E.D.
dy dx =−
3x2y+y2
2x3+ 3xy
(Rta.: x3y2+y3x=−4)
Ejercicio 15. x dx+y dy= 3px2+y2 y2dy.
(Rta.: px2+y2 =y3+C)
Ejercicio 16. 4y dx+x dy=xy2dx.
(Rta.: yx14 − 31x3 =C) Ejercicio 17. Si
My −Nx
yN −xM =R(xy),
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Ejercicio 18. Bajo que condiciones M dx+N dy = 0 tendr´a un F.I.=
µ(x+y)
Ejercicio 19. Si M dx+ N dy = 0 es homog´enea, entonces µ(x, y) =
1
xM+yN
2.6.
E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN
Definici´on 2.6. Una E.D. de la forma:
a1(x)
dy
dx +a0(x)y=h(x),
donde a1(x)6= 0, en I y a1(x), a0(x), h(x)son continuas en I, se le llama
E.D. lineal en y de primer orden.
Dividiendo por a1(x), se obtiene la llamada ecuaci´on en forma can´onica
´o forma estandar:
dy
dx +p(x)y=Q(x),
donde p(x) = a0(x)
a1(x)
y Q(x) = h(x)
a1(x)
.
Teorema 2.3 (Teorema de la E.D. lineal de primer orden).
La soluci´on general de la E.D. lineal en y, de primer orden:
y0+p(x)y=Q(x)
es :
yeRp(x)dx=
Z
eRp(x)dxQ(x)dx+C.
Demostraci´on:
dy
dx +p(x)y = Q(x) (2.9)
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2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN 27
o sea que (p(x)y−Q(x))dx+dy = 0, como ∂M∂y =p(x) y ∂N∂x = 0, entonces
∂M ∂y −
∂N ∂x
N =p(x)
y por tanto µ=eRp(x)dx=F.I.; multiplicando (2.9) por elF.I.:
eRp(x)dxdy
dx+p(x)ye R
p(x)dx
=Q(x)eRp(x)dx
o sea d dx(ye
R
p(x)dx) = Q(x)eR
p(x)dx e integrando con respecto ax se tiene:
yeRp(x)dx =
Z
Q(x)eRp(x)dxdx+C
Obs´ervese que la expresi´on anterior es lo mismo que:
y F.I.=
Z
Q(x)F.I. dx+C
Ejemplo 10.Hallar la soluci´on general de la E.D.:(6−2µν)dν dµ +ν
2 = 0
Soluci´on:
dν dµ =−
ν2
6−2µν dµ
dν =−
6
ν2 +
2µ ν dµ
dν −
2µ ν =−
6
ν2
que es lineal en µcon
p(ν) = −2
ν, Q(ν) =−
6
ν2
F.I.=eRp(ν)dν =eR
−2νdν =e−2 ln|ν| =eln|ν|−2 =ν−2 = 1
ν2
La soluci´on general es 1
ν2µ= Z
1
ν2(−
6
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1ν2µ=−6 Z
ν−4dν+C =−6ν−
3
−3 +C
µ ν2 =
2
ν3 +C ⇒µ=
2
ν +Cν
2
que es la soluci´on general.
Ejemplo 11.Hallar una soluci´on continua de la E.D.: dydx+ 2xy=f(x)
dondef(x) =
x , 0≤x <1 0, x≥1 y y(0) = 2
Soluci´on:
F.I.:eR2xdx=ex2 ⇒ex2y=
Z
ex2f(x)dx+C
a). si 0≤x <1 :ex2y=R ex2x dx+C
ex2
y = 12R ex2
2x dx+C = 12ex2
+C, que es la soluci´on general. Hallemos
C con la condici´on incial
y(0) = 2⇒e02
2 = 1 2e
02
+C ⇒C = 3 2
luego y= 1 2 +
3 2e−
x2, soluci´on particular.
b). si x≥1 :F.I.y =R F.I.0dx+C ex2y = 0 +C⇒y=Ce−x2
Soluci´on general: f(x) =
1
2 + 3 2e−
x2
0≤x <1
Ce−x2
x≥1
Busquemos C, de tal manera que la funci´onf(x) sea continua en x= 1. Por tanto
l´ım
x→1(
1 2 +
3 2e
−x2
) =f(1) =y(1)
1 2+
3 2e
−1 =Ce−1,
⇒C =
1 2 +
3 2e−
1
e−1 =
1 2e+
3 2
Ejemplo 12.Con un cambio de variable adecuado transformar la E.D.:
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2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN 29
en una E.D. lineal de primer orden y luego resolverla. Soluci´on. Lo trabajamos mediante cambios de variable. Dividiendo por cos2y:
1 cos2y
dy dx+
x(2 senycosy) cos2y =xe
−x2
sec2ydy
dx + 2xtany=xe
−x2
hagamos el siguiente cambio de variable: t= tany, por lo tanto
dt dx = sec
2ydy
dx.
Sustituyendo
dt
dx + 2xt =xe
−x2
, es lineal en t con
p(x) = 2x, Q(x) =xe−x2
F.I.=eR2x dx=ex2
Resolvi´endola
t F.I.=
Z
F.I.Q(x)dx+C
tex2 =
Z
ex2(xe−x2)dx+C
⇒tany ex2 = x
2
2 +C
Ejercicio 1. Hallar una soluci´on continua de la E.D.: (1 +x2)dy
dx+ 2xy=f(x)
dondef(x) =
x , 0≤x <1
−x , x≥1
con y(0) = 0. (Rta.: y(x) =
( x2
2(1+x2), si 0≤x <1
−2(1+x2x2) +1+1x2, si x≥1
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Ejercicio 2. Hallar la soluci´on de la E.D.: dydx = y−yx con y(5) = 2 (Rta.: xy= y22 + 8)
Ejercicio 3. Resolver paraϕ(x) la ecuaci´on R01ϕ(αx)dα=nϕ(x) (Ayuda: con un cambio de variable adecuado transforme la ecuaci´on en una E.D. lineal de primer orden.)
(Rta.: ϕ(x) = Cx(1−nn))
Ejercicio 4. Hallar la soluci´on de la E.D.: y0 −2xy = cosx−2xsenx
donde y es acotada cuando x→ ∞. (Rta.: y= senx)
Ejercicio 5.Hallar la soluci´on de la E.D.: 2√x y0−y=−sen√x−cos√x
donde y es acotada cuando x→ ∞. (Rta.: y= cos√x)
Ejercicio 6. Resolver la E.D.: (x+ 2)2 dy
dx = 5−8y−4xy.
(Rta.: y(2 +x)4 = 5
3(2 +x) 3+C)
Ejercicio 7. Resolver la E.D.: y−xdydx = dydxy2ey.
(Rta.: x y =e
y+C)
Ejercicio 8.El suministro de glucosa al torrente sangu´ıneo es una t´ecni-ca importante para detectar la diabetes en una persona. Para estudiar este proceso, definimos G(t) como la cantidad de glucosa presente en la sangre de un paciente en el tiempo t. Suponga que la glucosa se suministra al sis-tema sangu´ıneo a una tasa constante kmin.gr. . Al mismo tiempo la glucosa se transforma y se separa de la sangre a una tasa proporcional a la cantidad de glucosa presente. Construir la E.D. y resolverla. Hallar G(t) cuando t→ ∞.
Ejercicio 9. Hallar la soluci´on general en t´erminos def(x), de la E.D.:
dy dx+ 2
f0(x)
f(x) y=f
0(x)
(Rta.: y= 13f(x) + C
[f(x)]2)
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2.7. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI 31
(Rta.: y =−13e−2x+Ce−2x(x+ 1)3)
Ejercicio 11. Hallar la soluci´on particular de la E.D.
y0+y= 2xe−x+x2si y(0) = 5 (Rta.: y=x2e−x+x2−2x+ 2 + 3e−x)
Ejercicio 12. Hallar la soluci´on particular de la E.D. (1−2xy2)dy=y3dx
si y(0) = 1
(Rta.: xy2 = lny)
2.7.
ECUACION DIFERENCIAL DE
BERNOULLI
Definici´on 2.7. Una E.D. de la forma dydx +p(x)y = Q(x)yn con n
6
= 0 y
n 6= 1, se le llama una E.D. de Bernoulli. Obs´ervese que es una E.D. no lineal.
La sustituci´onw=y1−nconvierte la E.D. de Bernoulli en una E.D. lineal
en w de primer orden:
dw
dx + (1−n)p(x)w= (1−n)Q(x).
Ejemplo 13. xy(1 +xy2)dy
dx = 1 cony(1) = 0.
Soluci´on:
dy dx =
1
xy(1+xy2) ⇒
dx
dy =xy(1 +xy
2) =xy+x2y3
dx
dy −xy = x
2y3 (2.10)
tiene la forma de Bernoulli con variable dependiente x, conn = 2 Hagamos w=x1−2 =x−1 ⇒x=w−1
dx
dy =−w
−2dw
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sustituimos en (2.10): −w−2dwdy −yw−
1 =y3w−2
multiplicamos por −w−2: dw
dy +yw=−y
3, lineal en wde primer orden.
luego p(y) =y; Q(y) = −y3
F.I.=eRP(y)dy =eRy dy =ey
2 2
w F.I.=
Z
F.I. Q(y)dy+C
w ey
2 2 =
Z
ey
2
2 (−y3)dy+C
hagamos: u= y22 ⇒du=y dy , y2 = 2u
w ey
2 2 =−
Z
y3ey
2
2 dy+C=−2 Z
ueu du+C
e integrando por partes, obtenemos:w ey22 =−2u eu+ 2eu +C
x−1ey
2
2 =−y2e
y2
2 + 2e
y2
2 +C ⇒ 1
x =−y
2+ 2 +Ce−y22
Como y(1) = 0 entonces C=−1, por lo tanto la soluci´on particular es: 1
x =−y
2+ 2
−e−y
2 2
Resolver las E.D. de los siguientes ejercicios:
Ejercicio 1. 2dxdy = xy − x
y2 con y(1) = 1.
(Rta.: y3 =−3x2+ 4x32) Ejercicio 2. y0 = 3x2
x3+y+1.
(Rta.: x3 =−y−2 +Cey)
Ejercicio 3. tx2dx dt +x
3 =tcost.
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2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 33
Ejercicio 4. y0 = x x2y+y3.
(Rta.: x2+y2+ 1 =Cey2
)
Ejercicio 5. xy0+y=x4y3.
(Rta.: y−2 =−x4+cx2)
Ejercicio 6. xy2y0+y3 = cosx x .
(Rta.: x3y3 = 3xsenx+ 3 cosx+C) Ejercicio 7. x2y0 −y3+ 2xy= 0.
(Rta.: y−2 = 2
5x +Cx
4)
Ejercicio 8. Hallar la soluci´on particular de la E.D.
dx dy −
2
yx=
√y(x y2)
3 2
tal que y(1) = 1 (Rta.: y3 =x)
Ejercicio 9. Hallar y(x) en funci´on def(x) si
dy
dx +f(x)y=f(x)y
2
(Rta.: y = 1 (1−CeRf(x)dx))
2.8.
E.D. NO LINEALES DE PRIMER
OR-DEN
Sea
(y0)n+a1(x, y)(y0)n−1+a2(x, y)(y0)n−2+. . .+an−1(x, y)y0+an(x, y) = 0,
dondeai(x, y) parai= 1. . . nson funciones reales y continuas en una regi´on
R del plano XY. Casos:
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ii) Se puede despejary.iii) Se puede despejarx.
Caso i). Si hacemos p= dxdy =y0, entonces
pn+a
1(x, y)pn−1+a2(x, y)pn−2+. . .+an−1(x, y)p+an(x, y) = 0.
En caso que sea posible que la ecuaci´on anterior se pueda factorizar en factores lineales de p, se obtiene lo siguiente:
(p−f1(x, y))(p−f2(x, y)). . .(p−fn(x, y)) = 0,
donde fi(x, y) para i= 1, . . . , n son funciones reales e integrables en una
re-gi´on R del plano XY.
Si cada factor tiene una soluci´onϕi(x, y, c) = 0, para i= 1, . . . , n.
entonces la soluci´on general es Qni=1ϕi(x, y, c) = 0.
Ejemplo 14.(y0− senx)((y0)2+ (2x−lnx)y0−2xlnx) = 0.
Soluci´on:
(p− senx)(p2+ (2x−lnx)p−2xlnx) = 0
(p− senx)(p+ 2x)(p−lnx) = 0
Para el factor p− senx= 0⇒ dydx − senx= 0⇒dy= senx dx⇒ y=−cosx+C
φ1(x, y, C) = 0 =y+ cosx−C
Para el factor p+ 2x= 0⇒ dxdy =−2x⇒dy=−2x dx
⇒y =−x2+C ⇒φ2(x, y, C) = 0 =y+x2 −C
Para el factor p−lnx= 0 ⇒ dxdy = lnx⇒dy= lnx dx
y=
Z
lnx dx+C,
e integrando por partes:
y=
Z
lnx dx+C =xlnx−
Z
x1
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2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 35
φ3(x, y, C) = 0 =y−xlnx+x−C
La soluci´on general es: Q3i=1φi(x, y, C) = 0
(y+ cosx−C)(y+x2 −C)(y−xlnx+x−C) = 0 Resolver por el m´etodo anterior los siguientes ejercicios:
Ejercicio 1. p(p2−2xp−3x2) = 0.
(Rta.: (y−c)(2y−3x2+c)(2y+x2+c) = 0)
Ejercicio 2. 6µ2dν dµ
2
−13µνdν dµ −5ν
2 = 0.
(Rta.: (νµ13 −c)(νµ− 5
2 −c) = 0)
Ejercicio 3. (y0)3−y(y0)2 −x2y0+x2y= 0.
(Rta.: (x−ln|y|+c)(y+x2
2 −c)(y−
x2
2 −c) = 0) Ejercicio 4. n2p2 −x2n= 0, con n
6
= 0 y dydx =p=y0.
(Rta.: (y+ xn+1
n(n+1) −c)(y−
xn+1
n(n+1) −c) = 0) Ejercicio 5. x2(y0)2+ 2xyy0+y2 =xy
Ejercicio 6. Denotando por P cualquier punto sobre una curva C y T
el punto de intersecci´on de la tangente con el eje Y. Hallar la ecuaci´on de C
si P T =k.
(Rta.:(y+c)2 =h√k2 −x2 +kln
√
k2−x2−k
x
i2
, con |x| ≤k, k >0.)
Caso ii). Son ecuaciones de la forma F(x, y, p) = 0 y de la cual puede despejarse y, es decir: y=f(x, p), donde xy p se consideran como variables independientes, la diferencial total es:
dy= ∂f
∂xdx+ ∂f ∂pdp
luego
dy
dx =p= ∂f ∂x +
∂f ∂p
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o sea que0 =
∂f ∂x −p
+∂f
∂p dp
dx =g(x, p, p
0), donde p0 = dp
dx
y por tanto
∂f ∂x −p
dx+ ∂f
∂p dp= 0
es una E.D. de primer orden enxy p. Generalmente (teniendo buena suerte)
g(x, p, p0) = 0
se puede factorizar, quedando as´ı: g(x, p, p0) = h(x, p, p0)φ(x, p) = 0.
a) Con el factor h(x, p, p0) = 0 se obtiene una soluci´on h
1(x, p, c) = 0,
se elimina p entre h1(x, p, c) = 0 y F(x, y, p) = 0 y se obtiene la soluci´on
general.
b) Con φ(x, p) = 0 se obtiene una soluci´on singular, al eliminar p entre
φ(x, p) = 0 y F(x, y, p) = 0.
Ejemplo 15.y=f(x, p) = (px+x2) lnx+ (px+x2)2−x2
2 , dondep=
dy dx
Soluci´on: dxdy =p= ∂f∂x+ ∂f∂pdxdp si x6= 0
p= (p+2x) lnx+(px+x2)1
x+2(px+x
2)(p+2x)
−x+[xlnx+2(px+x2)x]dp
dx
p= (p+ 2x) lnx+p+x+ 2x(p+x)(p+ 2x)−x+ [xlnx+ 2x2(p+x)]dp dx
0 = (p+ 2x) lnx+ 2x(p+x)(p+ 2x) + [xlnx+ 2x2(p+x)]dp dx
0 = (p+ 2x)[lnx+ 2x(p+x)] +x[lnx+ 2x(p+x)]dpdx 0 = [lnx+ 2x(p+x)]p+ 2x+xdpdx
0 =h(x, p),Φ(x, p, p0)
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2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 37
⇒xdxdp +p=−2xx⇒=06 dxdp +xp =−2 (dividimos porx) E.D.lineal en p, P(x) = x1, Q(x) =−2
F.I.=eRP(x)dx=eR 1
xdx=eln|x|=x
p F.I.=R F.I.Q(x)dx+C
px=R x(−2)dx+C =−2x2
2 +C=−x2+C
p=−x+ C
x (dividimos por x)
luego sustituimos en la E.D. original:
y= (px+x2) lnx+ (px+x2)2 −x
2
2
y = (−x2+C+x2) lnx+ (−x2+C+x2)2− x
2
2 soluci´on general
y =Clnx+C2− x
2
2 2)h(x, p) = lnx+ 2x(p+x) = 0
0 = lnx+ 2xp+ 2x2
2xp=−lnx−2x2
luego p=−lnx−2x2
2x ⇒px=−
lnx+2x2 2
sustituyo en la E.D. original:
y= (px+x2) lnx+ (px+x2)2 −x
2
2
y=
−lnx+ 2x
2
2 +x
2
lnx+
−lnx+ 2x
2
2 +x
2 2
− x
2
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y =
−lnx−2x2+ 2x2
2
lnx+
−lnx−2x2+ 2x2
2
2
− x
2
2
y=−ln
2
x
2 + ln2x
4 −
x2
2 luego la soluci´on singular es
y=−ln
2x
4 −
x2
2
Resolver por el m´etodo anterior los siguientes ejercicios, dondep= dydx:
Ejercicio 1. xp2−2yp+ 3x= 0.
(Rta.: 2cy =c2x2+ 3, y2 = 3x2) Ejercicio 2. y=pxlnx+p2x2.
(Rta.: y=clnx+c2, y =−1 4ln
2x)
Ejercicio 3. y= 5xp+ 5x2+p2.
(Rta.: y=cx−x2+c2, 4y+ 5x2 = 0) Ejercicio 4. p2x4 =y+px.
(Rta.: y=c2−cx−1, y=− 1 4x2) Ejercicio 5. 2y= 8xp+ 4x2 + 3p2.
(Rta.: 2y= 3(c−x)2+ 8(c−x)x+ 4x2, y =−2x2 3 ) Ejercicio 6. y=xp− 13p3.
(Rta.: y=cx− 13c3, y=±2 3x
3 2)
Caso iii). Si en la ecuaci´on F(x, y, p) = 0, se puede despejar x=g(y, p) con y y p como variables independientes; hacemos dydx =p, o sea que dx
dy =
1
p
y como
dx= ∂g
∂ydy+ ∂g ∂pdp
luego
dx dy =
1
p = ∂g ∂y +
∂g ∂p
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2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 39
por tanto ∂g ∂y − 1 p +∂g ∂p dp
dy = 0 =h(y, p, p
0)
donde p0 = dpdy.
Ejemplo 16.cos2β dβ dα
3
−2αdαdβ + 2 tanβ = 0 Soluci´on: con p= dβdα, se tiene:
α = cos
2β p3+ 2 tanβ
2p α= cos
2β p2
2 +
tanβ
p =g(β, p)
1 p = ∂g ∂β + ∂g ∂p ∂p ∂β
⇒ 1p =−cosβsenβ p2+ sec
2β
p +
pcos2β−tanβ p2
dp dβ
Teniendo en cuenta la identidad: sec2θ = 1 + tan2θ;
1
p =−cosβsenβ p
2+ 1
p +
tan2β
p +
pcos2β− tanβ p2
dp dβ
0 =−cosβsenβ p2+tan
2β
p +
pcos2β−tanβ p2
dp dβ
0 =−senβcosβ p2+tan
2β
p +
1
p
p2cos2β− tanβ p
dp dβ
0 = tanβ
−senβcosβ p2
tanβ +
tanβ p +1 p
p2cos2β−tanβ
p
dp dβ
0 = −tanβ
cos2β p2− tanβ p
+ 1
p
p2cos2β− tanβ p dp dβ 0 =
cos2β p2− tanβ
p −tanβ+
1
p dp dβ
0 =h(β, p)φ(β, p, p0), donde p= dβ
dα y p
0 = dp
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1: φ(β, p, p0) = −tanβ+1
p dp dβ = 0
⇒ 1p dβdp = tanβ ⇒ dp
p = tanβ dβ
⇒ln|p|=−ln|cosβ|+ ln|C|
ln|p|= ln |c|
|cosβ| ⇒p= c
cosβ, donde cosβ 6= 0
Sustituyendo en el la E.D. original:
cos2β p3−2α p+ 2 tanβ = 0
cos2β c
3
cos3β −2α
c
cosβ + 2 tanβ = 0 c3
cosβ −2α c
cosβ + 2 tanβ = 0
⇒α=
c3
cosβ + 2 tanβ
2 c
cosβ
=
c3 cosβ +
2 senβ
cosβ
2 c
cosβ
La soluci´on general es :
= c
3+ 2 senβ
2c =
c2
2 + senβ
c ; c6= 0
2
: h(β, p) = 0 = cos2β p2− tanβ p
cos2β p2 = tanβ
p ⇒p
3 = tanβ
cos2β
p= 3 s
tanβ
cos2β = 3 s
senβ
cos3β
p= 1 cosβ
3 p
senβ ⇒p= sen
1 3β
cosβ
Y sustituyo en la E.D.O. original:
cos2β sen
1 3β
cosβ
!3
−2α sen
1 3β