TEMA 1
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE
PRIMER ORDEN Y SUS APLICACIONES
(Prof. José Luis Quintero)
1.1.
MOTIVACIÓN
En cursos anteriores se ha manejado con frecuencia la palabra ecuación la
cual se utiliza en muy variadas ocasiones, por ejemplo: x2 −3x+ =2 0, x3− =1 0,
x
senx =0, tgx =e , ... y como esas, muchas otras análogas, así como sistemas de las
mismas. En esos casos se trata de hallar números que son las incógnitas de la
ecuación. Estas ecuaciones pueden admitir más de una solución. Existen numerosos problemas de la Ingeniería, que conducen a plantear ecuaciones, pero donde ahora las incógnitas ya no son números sino otros objetos matemáticos. Entre estas ecuaciones se encuentran las denominadas ecuaciones diferenciales en las cuales la(s) incógnita(s) que se presentan son funciones, y se llaman diferenciales puesto que en dichas ecuaciones figuran las derivadas de las funciones incógnitas.
En cursos anteriores de Cálculo se aprendió que, dada una función y =f(x), la
derivada dy dx =f '(x) es también una función de x y se encuentra mediante alguna
regla apropiada. Por ejemplo, si y=ex2 entonces dy dx =2xex2 o bien dy dx=2xy.
El problema que se enfrenta en este tema no es: dada una función y=f(x), encontrar
su derivada; más bien, el problema es: si se da una ecuación tal como dy dx=2xy,
encontrar de alguna manera una función y=f(x) que satisfaga la ecuación. En una
palabra, se desea resolver ecuaciones diferenciales. Se debe señalar que ésta es una
de las ramas de la Matemática que más profundamente se ha estudiado desde hace unos 300 años, siendo la Mecánica Celeste la primera área donde se aplicó intensamente la teoría de las ecuaciones diferenciales. Desde esa época, el campo de aplicaciones de esta teoría ha aumentado considerablemente, y se puede señalar (a groso modo) que las mismas rigen una gran cantidad de fenómenos (deterministas) donde ciertas magnitudes varían de manera continua en función de uno o varios parámetros, uno de los cuales frecuentemente es el tiempo.
1.2.
ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 1. Una ecuación diferencial es aquella en la que intervienen derivadas o diferenciales. Si tales derivadas son las de una función de una variable, entonces a la
ecuación diferencial se le llama ordinaria. Una ecuación diferencial parcial (o en
Ejemplo 1. Las ecuaciones 2 3 2 d y dy x x y 7x dx dx − + = − , 3 3 4 2 5 4 2 d y d y dy 1 2 x dx 3 dx dx + − = , 2
(x −5y+3)y '= −7x+2y, son ecuaciones diferenciales ordinarias, mientras que
z 2 y ∂ = − ∂ , 2 2 2 2 2 2 t t t 0 x y z ∂ + ∂ + ∂ =
∂ ∂ ∂ son ecuaciones diferenciales parciales o en derivadas
parciales.
Ejemplo 2. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias:
a. (1−x )y '' 2xy '2 − + α α +( 1)y=0, α ∈R (Ecuación de Legendre que se presenta en
problemas de propagación del calor con simetría esférica)
b. y ''+ µ(y2 −1)y ' y+ =0 (Ecuación de Van der Pol que se presenta en problemas de
circuitos eléctricos conteniendo tubos al vacío)
Ejemplo 3. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales:
a. utt −a u2 xx =0 (Ecuación de onda unidimensional que caracteriza la propagación de
ondas en algunos medios y las vibraciones mecánicas de una cuerda vibrante)
b. uxx +uyy +uzz =0 (Ecuación de Laplace que se presenta en el estudio de
potenciales magnético, eléctrico, gravitatorio y en el flujo de calor)
1.3.
ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 2. Se llama orden de una ecuación diferencial al mayor orden de las
derivadas que aparecen en dicha ecuación. Es decir, es el orden de la más alta
derivada de la ecuación diferencial.
Ejemplo 4. 5 2 2 d y dy 4 3y 1 dx dx − − =
es una ecuación diferencial ordinaria de segundo
orden o de orden dos. La ecuación
4 2 4 2 t t 0 x x ∂ + ∂ =
∂ ∂ es una ecuación diferencial parcial de
orden cuatro.
Ejemplo 5. x y '' xy ' (x2 + + 2−p )y2 =0 (Ecuación de Bessel que se presenta en problemas de flujo de calor en cilindros, propagación de corrientes eléctricas en conductores cilíndricos y vibraciones de membranas) es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden.
1.4.
GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 3. El grado de una ecuación diferencial lo da la potencia de la derivada de mayor orden en dicha ecuación.
Ejemplo 6. Identificación de orden y de grado en ecuaciones diferenciales:
a. y '=tg(x) es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden y primer grado.
b. 2 2 z z 3x 6 x x ∂ − ∂ = ∂
∂ es una ecuación diferencial parcial de orden 2 y grado 1.
c. 3 dy dy x 5 0 dx dx − + =
es una ecuación diferencial ordinaria de orden 1 y grado 3.
1.5.
VARIABLE DEPENDIENTE Y VARIABLE INDEPENDIENTE
Definición 4. Considere una ecuación diferencial que contiene una o más derivadas de
una variable con respecto a otra variable particular. Se denomina variable
dependiente a la que presenta derivadas, mientras que la variable independiente
es aquella respecto de la cual se realiza la derivada.
Ejemplo 7. En la ecuación diferencial
3 2 3 2 d y d y dy 5 7y cos(x) dx dx − dx + − = y es la variable
dependiente, mientras que x es la variable independiente.
Ejemplo 8. La ecuación 2 2 2 2 v v 0 y z ∂ + ∂ =
∂ ∂ tiene dos variables independientes z, y, y una
variable dependientev.
1.6.
ECUACIÓN DIFERENCIAL ORDINARIA LINEAL
Definición 5. Se dice que la ecuación diferencial ordinaria (EDO) de la forma
(n)
F(x, y, y ', y '',..., y )=0 es lineal si F es una función lineal de las variables y, y ', y '',
(n)
..., y . Por tanto, la ecuación diferencial ordinaria lineal general de orden n es de la
forma a (x)yn (n)+an 1− (x)y(n 1)− +...+a (x)y ' a (x)y1 + 0 =g(x).
Es decir, la ecuación diferencial ordinaria es lineal si posee las siguientes características:
a. La variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado, es decir que
no pueden tener una potencia distinta de uno.
b. Los coeficientes de la ecuación diferencial ordinaria a , an n 1− , ..., a , a1 0 solo
dependen de la variable independiente o son constantes reales.
Ejemplo 9. Las siguientes ecuaciones son lineales:
x
3y '' 3xy ' (x− + +1)y=e , x y ''' x y '' 3xy ' 5y3 − 2 + + =(x+1)2, (x+1) y '' 3y '2 − =cos(x) Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales:
yy '' 2y '+ =0, (y ')2 −xy= +x 1, xy '' 2y y '− 2 = +x y
Ejemplo 10. Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales:
a. 1
2
y '''+ yy ''=0 (Ecuación de Blasius que se presenta en problemas de mecánica de
fluidos)
b. y=y ' x+2(y ')2 −y ' (Ecuación de Clairaut que se presenta en variados problemas
físicos)
1.7.
SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 6. Se dice que una función f, definida en un intervalo I, es solución
(también llamada integral de la ecuación) de una ecuación diferencial en el intervalo I, si satisface la ecuación diferencial en I, es decir, si se sustituye f en dicha ecuación y esta se reduce a una identidad.
Observación 1. El intervalo I puede ser abierto, cerrado, semicerrado, o todo R.
Ejemplo 11. Para todo número real C, la función f(x)=x3 +C es solución de la
ecuación y '=3x2 en I=R, porque al sustituir f '(x) en lugar de y ' se obtiene la
identidad 3x2 =3x2. Entonces, a la función f(x)=x3+C, se le llama solución general
de y '=3x2, ya que toda solución es de esa forma. Observe que en la solución general
3
f(x)=x +C aparece el parámetro arbitrario C. Una solución particular de y '=3x2
se obtiene asignándole un valor específico a dicho parámetro.
A veces, una ecuación diferencial tiene una solución que no puede obtenerse dando valores específicos a los parámetros en una familia de soluciones. A tal solución
se le llama solución singular. La terminología de solución completa se usa algunas
veces para denotar todas las soluciones, esto es, la solución general junto con las
soluciones singulares, si hay alguna.
Ejemplo 12. Considere dos números reales arbitrarios C , 1 C . Demuestre que 2
2x 2x
1 2
f(x)=C e +C e− es solución de y '' 4y− =0, en I =R.
Solución. Como f '(x)=2C e1 2x−2C e2 −2x y f ''(x)=4C e1 2x +4C e2 −2x, al reemplazar f(x) y f ''(x) en y '' 4y− =0 se tiene que f ''(x)−4f(x)=0, es decir,
2x 2x 2x 2x
1 2 1 2
(4C e +4C e− )−4(C e +C e− )=0.
Esto demuestra que f(x) es una solución de y '' 4y− =0. La solución f(x) se
llama solución general de y '' 4y− =0. Note que la ecuación diferencial es de orden 2 y
que la solución general contiene dos parámetros arbitrarios C , 1 C . Se va a calcular la 2
solución particular de y '' 4y− =0 que satisface la condición y=3 si x =0, y '=0 (esto
suele escribirse y(0)=3, y '(0)=0, es decir, f(0)=3, f '(0)=0). De esta manera
2.0 2.0 1 2 1 2 2.0 2.0 1 2 1 2 f(0) C e C e C C 3 f '(0) 2C e 2C e 2C 2C 0 − − = + = + = = − = − = .
El sistema de ecuaciones a resolver es 1 2 1 2 C C 3 2C 2C 0 + = − = . De aquí se obtiene C1 C2 3 2
= = , entonces la solución particular para las
condiciones iniciales dadas (y(0)=3, y '(0) =0) es: f(x) 3e2x 3e2x
2 2
−
= + .
Ejemplo 13. Demuestre que y=C e1 −x +C e2 −2x es solución de
2 2 d y dy 3 2y 0 dx dx + + = para
las constantes arbitrarias C , C y obtenga una solución particular que satisfaga las 1 2
condiciones y(0)=1, y '(0) =1. Solución. x 2x 1 2 x 2x 1 2 2 x 2x 1 2 2 y C e C e dy y ' C e 2C e dx d y y '' C e 4C e dx − − − − − − = + = = − − = = +
Se debe probar que
2 2 d y dy 3 2y 0 dx dx + + = . En efecto: x 2x x 2x x 2x 1 2 1 2 1 2 C e− +4C e− + −3( C e− −2C e− )+2(C e− +C e− )=0 x 2x x 2x x 2x 1 2 1 2 1 2 C e− +4C e− −3C e− −6C e− +2C e− +2C e− =0
Por otro lado, si y(0)=1, y '(0) =1 se tiene: 1 2
1 2 C C 1 C 2C 1 + = − − = , de aquí se
obtiene C1 =3, C 2 = −2, entonces la solución particular para las condiciones iniciales
dadas es y=3e−x −2e−2x.
1.8.
SOLUCIONES EXPLÍCITAS E IMPLÍCITAS
Se distingue además entre soluciones explícitas o implícitas de ecuaciones
diferenciales. Se puede ver que y=ex2 es una solución explícita de dy dx=2xy.
También se puede ver que y=x 164 y y=xex son soluciones explícitas de
dy dx−x y =0 y y '' 2y− '+ =y 0, respectivamente. Se dice que una relación
G(x, y)=0 define implícitamente una ecuación diferencial en un intervalo I, y pudiera
definir una o más soluciones explícitas en I.
Ejemplo 14. Para 2− < <x 2 la relación x2 +y2 − =4 0 es una solución implícita de la
ecuación diferencial dy x
dx = −y. Derivando implícitamente se obtiene
2 2 d d d (x ) (y ) (4) 0 dx + dx −dx = , dy 2x 2y 0 dx + = o bien dy x dx = −y.
La relación x2 +y2 − =4 0 define dos funciones en el intervalo − < <2 x 2:
2
y= 4−x y y= − 4−x2.
1.9.
ALGUNAS INTERROGANTES
Lo expuesto hasta ahora sugiere plantear las siguientes interrogantes en relación a las ecuaciones diferenciales:
a. Una vez que se tiene la ecuación diferencial, ¿cómo se sabe que existen soluciones
de dicha ecuación?
b. Si ya se conoce que una ecuación diferencial tiene solución. ¿Cuántas soluciones
hay?
c. Sabiendo que hay soluciones y cuántas de ellas, ¿Cómo hallarlas?
d. ¿Cómo surgen las ecuaciones diferenciales, es decir, que tipos de problemas
conducen a plantear ecuaciones diferenciales?
e. Conociendo que hay soluciones y cuántas de ellas, pero no sabiendo determinarlas
mediante una fórmula, bien sea explícitamente y=y(x) o implícitamente
(x, y) 0
ϕ = , ¿existirá alguna manera de “aproximar” cada solución por una función
conocida o por una serie y determinar una cota del error cometido en esa aproximación? y ¿habrá algún procedimiento para decir cómo se comportan las soluciones aún cuando no se conocen?
En lo que sigue se dará respuestas a estos interrogantes, excepto la (e) la cual
forma parte de otros estudios, entre ellos los métodos numéricos de resolución de ecuaciones diferenciales (cálculo numérico).
1.10.
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma
F(x, y, y ')=0. Si se puede expresar como y '=f(x, y) entonces se pueden aplicar
métodos de solución para ecuaciones resueltas respecto a la derivada, dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán los métodos de solución de algunas de ellas, ya que cada modelo de ecuación requiere de un proceso diferente para llegar a la solución, lo que funciona bien con un tipo de EDO no necesariamente se aplica a otras. Si por el
contrario la EDO no se puede expresar como y '=f(x, y), entonces se tendrán que
aplicar métodos de solución para ecuaciones no resueltas en y ' , un ejemplo de este
tipo de ecuaciones es la ecuación de Clairaut que es de la forma y =xy ' f(y ')+ .
El estudio se centrará en las EDO de primer orden donde es posible despejar y ' , y dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán las siguientes:
• Ecuaciones con variables separables
• Ecuaciones reducibles a variables separables
• Ecuaciones reducibles a homogéneas
• Ecuaciones exactas
• Ecuaciones reducibles a exactas
• Ecuaciones lineales
• Ecuaciones reducibles a lineales
De esta forma se comienza a dar respuesta a la interrogante c del apartado
1.9.
1.11.
ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES
Si la EDO dada se puede expresar de la forma h(y)dy=g(x)dx, se dirá que la
ecuación es de variables separables. Observe que se debe poder despejar y separar las variables x e y. De esta forma integrando ambos miembros de la ecuación anterior se
determina la solución:
∫
h(y)dy =∫
g(x)dx.Ejemplo 15. Resuelva (2+x)dy−ydx =0.
Solución. (2 x)dy ydx 1dy 1 dx 1dy 1 dx
y 2 x y 2 x
+ = ⇒ = ⇒ =
+ +
∫
∫
(se despejan lasexpresiones si y≠0, x≠ −2) por lo tanto: ln y =ln 2+x +C1, aquí se reemplaza C 1
por C1 =ln C2 , es decir ln y =ln 2+x +ln C2 =ln (2+x)C2 y así, y=(2+x)C3,
3
(C ≠0). Las curvas y=0 y x= −2 son soluciones de la ecuación diferencial. En forma
gráfica se tiene (ver figura 1):
Ejemplo 16. Resuelva x 2y 2 xy dy dx − − + = . Solución. dy x 2y 2 xy dy (x 2) y(x 2) dy (x 2)(1 y) dx = − − + ⇒ dx = − + − ⇒ dx = − + por lo tanto: dy (x 2)dx dy (x 2)dx
1+y = − ⇒
∫
1+y =∫
− (se despejan las expresiones si y≠ −1 )Se tiene que: 2 2 2 x 2x C x 2x 1 C 2 2 1 1 x ln 1 y 2x C 1 y e 1 y e e 2 − + − + = − + ⇒ + = ⇒ + = , de modo
que aquí se reemplaza eC1 por C 2 (C2 >0), y en consecuencia se tiene que
2 2 x 2x x 2x 2 2 2 3 1+y =e − C ⇒1+ =y C e − , de manera que 2 x 2x 2 3 y=C e − −1, (C3 ≠0). La curva
y= −1 es solución de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 2):
Figura 2. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 16
Ejemplo 17. Resuelva 4e tg(y)dxx + π −( e ) sec (y)dyx 2 =0.
Solución. 4e tg(y)dxx + π −( e ) sec (y)dyx 2 =0,(π −e ) sec (y)dyx 2 = −4e tg(y)dxx separando las variables:
2 x
x
sec (y) 4e
dy dx
tg(y) = −π −e (se despejan las expresiones si
x y≠ πk (k∈Z) , π ≠ e ) 2 x x sec (y) e dy 4 dx tg(y) = e − π
∫
∫
ambas integrales se pueden resolverpor simple sustitución.
x x 2 u e v tg(y) du e dx dv sec (y)dy = − π = = = entonces: dv du 4 v = u
∫
∫
, ln v =4 ln u +C1, ln tg(y) =4 ln ex − π +ln C2 , ln tg(y) =ln (ex − π) C4 2 , x 4 3 tg(y)=(e − π) C , y=arctg((ex − π) C )4 3 .Las curvas y= πk (k∈Z) y π =ex son soluciones de la ecuación diferencial.
Figura 3. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 17 Ejemplo 18. Resuelva dy 7x y dx + = . Solución. dy 7x y 7 .7x y dx + = = . Separando variables: x y dy 7 dx 7 = .
Integrando ambos miembros:
∫
7 dy−y =∫
7 dxx . Se hacen las sustituciones:x x u=7 , du=7 ln7dx , v=7 , dv−y = −(7 ) 7 ln 7dyy −2 y = −7−yln7dy , dv 7 dyy ln7 − − = Se tiene entonces 1 dv 1 du ln7 ln7 −
∫
=∫
, y x x y dv du v u C 7− 7 C 7 7− C − = ⇒ − = + − = + ⇒ + =∫
∫
En forma gráfica se tiene (ver figura 4):
1.12.
ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES
Una EDO que se presente de la forma dy f(ax by c)
dx = + + , (b ≠0) puede
transformarse en una EDO con variables separables con el cambio: u=ax+by+c,
du / dx = +a b(dy / dx). La ecuación dada queda, al aplicar el cambio:
dy 1 du du a , bf(u) a dx b dx dx = − = +
que tienen las variables separadas, un procedimiento como en el apartado 1.11 permite hallar la solución. Recuerde devolver los cambios efectuados para transformar la ecuación.
Ejemplo 19. Resuelva y ' 1
x y 1
=
+ + .
Solución. Con el cambio u= + +x y 1 , du = +1 dy, recuerde que se está derivando
respecto de “x”. Se tendrá la ecuación diferencial con variables separadas u' 1 1
u − =
(u≠0) es decir du 1 1 u' 1 u
dx u u
+
= + ⇒ = . Separando las variables e integrando se tiene:
u
du dx
1+u =
∫
∫
, u+ −1 ln u+ = +1 x C, x+ + −y 2 ln x+ +y 2 = +x C (u≠ −1)La solución es 1+ −y ln x+ +y 2 =C. La solución y = − +(x 2) también satisface
la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 5):
Ejemplo 20. Resuelva dy sen(x y)
dx = + .
Solución. Sea u= +x y, du= +1 dy así: dy du 1
dx = dx− y queda entonces la ecuación
diferencial u' 1− =sen(u), que separando las variables se tiene: du sen(u) 1
dx = + , por lo
tanto: du dx
sen(u)+1 =
∫
∫
, (sen(u) 1+ ≠0). Para resolver la primera integral semultiplica por la conjugada del denominador así:
2
(1 senu) (1 senu)
du du
(1 senu)(1 senu) cos u
− = −
− +
∫
∫
resultando las integrales: 2
2 2 2
du sen(u) sen(u)
du sec (u)du du
cos u− cos u = − cos (u)
∫
∫
∫
∫
.Las integrales que se tienen son directas por lo tanto al integrar resulta:
1 2 1 tg(u) C x C cos u − + = + devolviendo el cambio: tg(x y) 1 x C cos(x y) + − = + + . La solución de la forma 3 2
y= − +x π+2k (kπ ∈Z) también satisface la ecuación.
Algunas ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables se presentan en forma diferente a los casos anteriores, en general se puede señalar que una
ecuación diferencial ordinaria de primer orden con la forma y '=f(h(x, y)) es de este
tipo si se puede encontrar una sustitución u=h(x, y), que permita separar las nuevas
variables en una EDO con variables separables.
Ejemplo 21. Resuelva (1+x y )y2 2 +(xy−1) xy '2 =0.
Solución. Con el cambio xy =t se transforma la ecuación en una de variables
separadas. Sea entonces t=xy, derivando respecto de x: dt xy ' y , t ' xy ' y
dx = + = + ,
despejando: y ' t ' y,
x −
= las nuevas variables son x y t. (x ≠0). La ecuación queda
entonces: t 2 t 2 t ' x (1 t ) (t 1) x 0 x x − + + − =
. Simplificando y despejando se tiene:
2 2 2 2 2 3 (1 t )t (1 t )t (1 t )t (t 1) (t ' x t) 0, t ' x t , t ' x t (t 1) (t 1) + + + + − − = − = − = − − − 3 2 3 2 2 2 t 2t t t t 2t t ' x (t 1) (t 1) − + − − = = − − − , (t≠1)
finalmente quedan las integrales:
2 2 dx t 2t 1 dt x 2t − + = −
∫
∫
, (t ≠0)Calculando las integrales se obtiene: ln x ln C t ln t 1
2 2t
+ = − + + . Observe que la
del logaritmo para simplificar se tendrá la solución: 2 Cxy 1 ln xy x xy = − , tomando exponencial se obtiene: 1 xy 2 xy
Cy =e − . La solución xy =0 satisface la ecuación.
Ejemplo 22. Resuelva (x6 −2x5 +2x4 −y3 +4x y)dx2 +(xy2 −4x )dy3 =0.
Solución. Con el cambio t y x
= (x ≠0) la ecuación dada se transforma en una de
variables separables en las nuevas variables t y x. Sea y=tx entonces dy t xdt
dx = + dx,
es decir y '= +t xt '. Considerando la ecuación
6 5 4 3 2 3 x 2x 2x y 4x y y ' xy 4x − + − + = − − , si se
aplica el cambio se tiene:
6 5 4 3 3 3 3 2 3 x 2x 2x t x 4tx t ' xt ' x t 4x − + − + − + = − . Separando variables y simplificando: 6 5 4 4 2 x 2x 2x 1 t ' x t 4 − + − = − resulta: 2 2 (t −4)dt = ( x− +2x−2)dx
∫
∫
. Alcalcular la integral se obtiene la solución:
3 3 2 3 x y 4y x 2x C 3 − + +3x − x = . La solución
x=0 también satisface la ecuación.
Ejemplo 23. Resuelva x+ + +y 1 y '(2x+2y−1)=0. Solución. 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 x y 1 x y 1 x y 1 y '(2x 2y 1) 0 y ' u x y u' 1 y ' 2x 2y 1 2(x y ) 2(u ) u 1 u 1 2u 1 u 1 u 2 u' 1 u ' 1 du dx (u 2) u 2
2(u ) 2(u ) 2(u ) 2(u )
2u 1 2u 1 du dx du dx 2(u 2) 3ln u 2 u 2 u 2 u 2 + + + + + + + + − = ⇒ = − = − = + ⇒ = + + − + − − + + − − − − − = − ⇒ = − = = ⇒ = ≠ − − − − − − = ⇒ − = ⇒ − + − = − − − x c 2(x y 2) 3ln x y 2 x c. + ⇒ + − + + − = +
1.13.
FUNCIÓN HOMOGÉNEA
Definición 7. Una función f(x, y) es homogénea de orden n en sus argumentos, si
para algún número real n, se cumple que f(tx, ty)=t f(x, y)n .
Ejemplo 24. Una función homogénea de orden dos es f(x, y)=5x2 −4xy+2y2, ya que: f(tx, ty)=5(tx)2 −4(tx)(ty)+2(ty)2 =t (5x2 2 −4xy+2y )2 =t f(x, y)2 .
Ejemplo 25. f(x, y)=3x− 5xy + 7y es una función homogénea de orden uno, ya
Ejemplo 26. 2 2 4x f(x, y) 9, 3y
= + es una función homogénea de orden cero, en efecto:
2 2 0 2 2 4(tx) 4x f(tx, ty) 9 9 t f(x, y) 3(ty) 3y = + = + = .
Definición 8. Si f es una función homogénea de orden n siempre se podrá escribir en
la forma f(x, y) x f 1,n y x = o bien n x f(x, y) y f ,1 y = .
Ejemplo 27. Sea f(x, y)=x2 +3xy+y2, primero se probará que es homogénea:
2 2 2 2
f(tx, ty)=t (x +3xy+y )=t f(x, y).
Es homogénea de orden dos, luego se puede expresar como:
2 2 2 2 2 2 2 2 y y y x x x f(x, y) x 1 3 x f 1, o f(x, y) y 3 1 y f ,1 x x x y y y = + + = = + + =
1.14.
ECUACIONES HOMOGÉNEAS
Definición 9. Una ecuación diferencial de primer orden de la forma y ' M(x, y) N(x, y)
= se
dirá que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas del mismo
orden.
Si esto sucede es posible expresar la ecuación dada de la forma:
n n y y x M 1, M 1, x x y ' y y x N 1, N 1, x x = = .
Observe que también es posible expresar y ' en términos de x
y
.
Este tipo de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden se pueden
transformar en ecuaciones con variables separables mediante el cambio: u y
x = o x v y =
. Para resolver estas ecuaciones se selecciona el cambio a utilizar, sea por
ejemplo: u y
x
= de donde y =ux, derivando respecto de x se tiene: dy xdu u
dx = dx+ , y
sustituyendo en la ecuación dada se tiene: xu' u M(1,u)
N(1,u)
+ = . Esta nueva EDO es de
variables separables en las variables separadas en las variables u y x, y por lo tanto de fácil solución.
Ejemplo 28. Resuelva y ' y x
y x
− =
+ .
Solución. Se puede expresar en la forma:
y x 1 x y ' y x 1 x − = + (x ≠0). Esta ecuación se
resuelve con el cambio u y
x
= de donde se tiene y =ux y derivando respecto de x,
y '=xu' u+ y luego sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene: xu' u u 1,
u 1 − + = + u 1 xu' u, u 1 − = − + 2 u 1 xu' u 1 + = −
+ . Esta nueva ecuación es de variables separables,
integrando: 2 2 2 u 1 dx 2u du dx du du x x u 1 2(u 1) u 1 + = − ⇒ + = − + + +
∫
∫
∫
∫
∫
. Estas integrales sontodas directas, se tiene entonces: 1ln(u2 1) arctg(u) ln x C
2 + + = − + , devolviendo el cambio: 2 2 2 1 y x y ln arctg ln x C 2 x x + + = − + .
Ejemplo 29. Resuelva y x.ctg y dx xdy 0 x + − = . Solución. Despejando dy, dx se obtiene: y y y x ctg y x.ctg x x dy x dx x x + + = = . Al sustituir por u y, x
= se tiene: y '=u' x+u. (x ≠0). Sustituyendo u' x+ = +u u ctg(u), integrando
du dx
ctgu= x
∫
∫
(ctgu≠0), se obtiene ln sen(u) =ln x +C por tanto la solución generales: ln sen(y / x) C
x = . Las curvas del tipo
1 y k , k Z 2 = + π ∈ satisfacen la ecuación. En
Figura 6. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 29
Ejemplo 30. Resuelva xdy+(x.cos(y x)−y)dx =0.
Solución. y ' y x.cos(y x) y cos y
x x x
−
= = −
(Ecuación homogénea)
Cambio de variable:u=y x⇒ y '= +u u' x.
u+u' x = −u cos u⇒u' x=cos u⇒ sec udu=dx x. Integrando se tiene:
( )
( )
ln sec u+tgu =ln x +ln C⇒sec u+tgu=cx⇒ sec y x +tg y x =cx.
Ejemplo 31. Suponga que M(x, y)dx+N(x, y)dy =0 es una ecuación homogénea.
Pruebe que las sustituciones x =r.cos , yθ =r.senθ reducen la ecuación a una de
variables separables.
Solución.
Por ser homogénea se tiene: M(x, y)=x M(1, y / x)n =(r cos ) M(1, tg )θn θ =N(x, y)
dx=cos drθ −r.sen dθ θ , dy=sen drθ +r.cos dθ θ. Sustituyendo y simplificando se tiene:
M(1, tg )[cos drθ θ −r.sen d ] N(1, tg )[sen drθ θ + θ θ +r.cos d ]θ θ =0 [M(1, tg ) cosθ θ +N(1, tg )sen ]drθ θ +r[N(1, tg ) cosθ θ −M(1, tg )sen ]dθ θ θ =0
Separando variables se obtiene dr M(1, tg )sen N(1, tg ) cos
r M(1, tg ) cos N(1, tg )sen
θ θ − θ θ
=
θ θ + θ θ.
1.15.
ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS
Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden que se presentan con
la forma: dy f ax by c dx Ax By C + + = + + donde a b 0
A B ≠ se pueden transformar en ecuaciones
homogéneas con las sustituciones: x = +u h , y = +v k, donde el punto (h,k), es el
Ax+By+C=0. Observe que la ecuación diferencial homogénea que resulta de esta sustitución, es una ecuación en las nuevas variables u y v. Si la EDO de primer orden
se presenta con la forma: dy f ax by c
dx Ax By C + + = + + donde a b 0 A B = se puede transformar
en una ecuación de variables separables con la sustitución u=ax+by+c.
Ejemplo 32. Resuelva y ' x y 3
x y 1
− − =
+ − .
Solución. Se determina el punto de corte de las rectas: x− − =y 3 0 , x + − =y 1 0.
Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra el punto (2, 1).− La sustitución es
por lo tanto x= +u 2, y= −v 1 de donde se tiene que: dy dv
dx = du. Sustituyendo en la
EDO dada se tiene: dv (u 2) (v 1) 3 u v
du (u 2) (v 1) 1 u v
+ − − − −
= =
+ + − − + . Esta ecuación es homogénea y se
resuelve por lo tanto con la sustitución z u
v
= o bien con w v
u
= . Si se toma para
determinar la solución la sustitución w v
u
= se tiene v =uw (u≠0). Derivando
dv
w uw '
du = + y sustituyendo en la EDO dada se tiene:
dw 1 w w u du 1 w − + = + . Esta nueva
ecuación en las variables w y u es de variables separables, resultando las integrales
2 2 1 w du 1 2w 2 du dw dw u 2 u w 2w 1 w 2w 1 + = − ⇒ + = − + − + −
∫
∫
∫
∫
. Resolviendo las integrales y sincambios: 1ln w2 2w 1 ln u C
2 + − = − + .
2 2
ln (y+1) +2(y+1)(x−2)−(x−2) =C.
Ejemplo 33. Resuelva y ' 16y 49x 18
2x y 9 − + = + − . Solución. 16k 49h 18 0 16k 49h 18 h 2 , k 5 k 2h 9 0 k 2h 9 − + = − = − ⇒ ⇒ = = + − = + = . Se aplica el par de
cambios: x= +u 2, y= +v 5 y se tiene: v ' 16(v 5) 49(u 2) 18 16v 49u
2(u 2) v 5 9 2u v
+ − + + −
= =
+ + + − + que
es una ecuación homogénea. Sea t v ut v v ' ut ' t.
u
= ⇒ = ⇒ = + Se tiene entonces que:
2 2 2 16t 49 16t 49 2t t t 14t 49 (t 7) ut ' t 2 t 2 t 2 t t 2 − − − − − + − − = − = = = − + + + + . De modo que: 2 2 t 2 du z 9 du dt dz u u (t 7) z + = − ⇒ + = − − . Cambio z= −t 7⇒ dz=dt. Se tiene: 2 1 9 du 9 dz ln z ln u c. z z u z + = − ⇒ − = − +
∫
∫
Devolviendo cambios: 9 9 ln z ln u c ln t 7 ln x 2 c z t 7 − = − + ⇒ − − = − − + − . y 5 x 2 y 5 9 ln 7 ln x 2 c x− − −−2 −− −7 = − − + .Solución. Esta ecuación no es homogénea, sin embargo con una sustitución de la
forma y=ta donde por el momento a es un número arbitrario que se debe determinar,
la transformación es homogénea. Derivando: dy ata 1
dt − = y sustituyendo en la EDO: 2 2a a 1 3a (x t −1)at − dt+2xt dx=0, 3a 2 3a 1 a 1 dt 2xt a
dx = −x t − −t − . Observe en esta ecuación que el
grado de 2xt3a es (1+3a), el grado de ta 1− es (a 1)− y el grado de x t2 3a 1− es
(2+3a 1),− como es necesario para que la ecuación sea homogénea que los grados de
todos los términos sean iguales, debe cumplirse entonces que 3a 1+ = −a 1, esto
sucede si a= −1 por lo tanto la sustitución que transforma la ecuación dada en
homogénea es y=1 / t. La ecuación dada toma la forma: (t2−x )dt2 +2txdx=0 o bien
2 2 2 2
dx t (x / t 1)
dt t (2x / t)
−
= . Esta ecuación se resuelve con la sustitución u x
t
= , es decir:
x=ut, derivando, x '=tu ' u+ . Sustituyendo en la ecuación se tiene:
2 2 u 1 u 1 u' t u u' t 2u 2u − + + = ⇒ = − y luego: 2 2u dt du t u +1 = −
∫
∫
. Resolviendo las integralesresulta: ln u2 +1 = −ln t +ln c, de donde se tiene que (u2 +1)t=C y devolviendo los
cambios u=x / t y a su vez t =1 / y resulta la solución x y2 2+ =1 yc.
Ejemplo 35. Halle la solución general de la ecuación (y ' 1).ln y x y x
x 3 x 3
+ +
+ + = +
.
Solución. La solución del sistema y+ =x 0 , x + =3 0 es el punto ( 3,3)− . Cambio de variables: x= −u 3 , y = +v 3 , (v ' 1).ln v u v u u u + + + = .
Sea t=v / u⇒t+ut '=v ', entonces (t+ut ' 1).ln(t+ +1)= +t 1. Manipulando:
t 1 t 1 (t 1) (t 1)ln(t 1) (t ut ' 1) ut ' (t 1) ut ' ln(t 1) ln(t 1) ln(t 1) + + + − + + + + = ⇒ = − + ⇒ = + + + . Separando variables: ln(t 1) dt 1du (t 1)(1 ln(t 1)) u + = + − + . Al resolver ln(t 1) dt (t 1)(1 ln(t 1)) + + − +
∫
, z 1 ln(t 1) dz dt t 1 = − + ⇒ = − + . La integral se convierte en z 1dz z ln z C1 z − = − +∫
. Por lo tanto: ln(t 1) 1 dt du 1 ln(t 1) ln 1 ln(t 1) ln u C (t 1)(1 ln(t 1)) u + = ⇒ − + − − + = + + − + . Devolviendo cambios: 1 ln y 3 1 ln 1 ln y 3 1 ln x 3 C x 3 x 3 − − − + + − − + + = + + .Ejemplo 36. Dada la ecuación
5 2 2 3 3 dy 3x 3x y dx 2x y 2y + =
− , indique los valores de p y q para
convertirla en homogénea usando los cambios x=up , y=vq y el valor de n si el
cambio es y=v.xn. Solución. , y vqqqq , y v , y v , y v p p 1 q 1
q 1 5p 2p 2q 6p 1 3p 1 2q p 1 3p q 3q 3p 2q 1 4q 1 2 q.v dv u u v 2qdv u u v . 3 p.u du u v v 3pdu u v v − − − − − − + + = ⇒ = − − . Se requiere que: , , , , 6p 1 3p 2q 1 3p 2q 6p 1 4q 1 3p 2q 3p 2q 1 4q 1 3p 2q − = + − ⇒ = − = − ⇒ = + − = − ⇒ = .
Por lo tanto las constantes p y q deben ser tales que 3p=2q , p, q≠0.
n n n 1 y=v.x ⇒ y '=v '.x +n.x − .v. Se tiene entonces: 5 2n 2 2 5 2n 2 2 n n 1 n n 1 n 3 3n 3 n 3 3n 3 3(x x v ) 3(x x v ) v ' x n.x v v ' x nx v 2(x v x v ) 2(x v x v ) + + − − + + + + + = ⇒ = − − − 5 2n 2 2 n 1 n 3 3n 3 5 2n 2 2 2n 2 2 4n 1 4 n n 3 3n 3 2n 3 4n 3 3(x x v ) 2nx v(x v x v ) 3x 3x v 2nx v 2nx v v ' 2x (x v x v ) 2x v 2x v + − + + + − + + + − − + − − = = − − . Se requiere que: 5= +4 2n⇒n= 12 , 5=4n+3⇒n= 12 , 2n+ =4 4n+3⇒n= 21. Por lo tanto 1 2 n= .
1.16.
ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS
Definición 10. Una expresión diferencial M(x, y)dx+N(x, y)dy (1) es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial total de alguna función f(x,y).
Definición 11. Una ecuación diferencial M(x, y)dx+N(x, y)dy=0 se llama exactasi la expresión (1) es una diferencial exacta.
TEOREMA 1. Suponga que M(x, y), N(x, y) son funciones continuas con derivadas parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces una condición necesaria y suficiente para que la expresión (1) sea una diferencial exacta es
que M(x, y) N(x, y)
y x
∂ = ∂
∂ ∂ .
Demostración: ( )⇒ Suponga que M(x, y), N(x, y) tienen derivadas parciales de primer orden continuas para todo (x,y). Por la definición 10, si la expresión (1) es exacta, existe alguna función f(x,y) para la cual:
f(x, y) f(x, y) M(x, y)dx N(x, y)dy dx dy x y ∂ ∂ + = + ∂ ∂ y f(x, y) M(x, y) x ∂ = ∂ , f(x, y) N(x, y) y ∂ = ∂ . Por lo tanto, 2 M(x, y) f f f N(x, y) y y x y x x y x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ . Por continuidad, 2f(x, y) 2f(x, y) y x x y ∂ = ∂
∂ ∂ ∂ ∂ y de esta manera se obtiene
M(x, y) N(x, y)
y x
∂ = ∂
∂ ∂ .
( )⇐ Suponga ahora que M(x, y) N(x, y)
y x
∂ = ∂
∂ ∂ . Se desea encontrar una función f(x,y) tal
que f M(x, y) x ∂ = ∂ , f N(x, y) y ∂ = ∂ . Resulta que: x y 0 x0 y0 f(x, y)=
∫
M(x, y )dx+∫
N(x, y)dy (2)en donde (x , y ) es un punto de la región, esta es la función buscada. En la segunda 0 0
x y 0 x0 y0 f(x, y) M(x, y )dx N(x, y)dy x x x ∂ = ∂ + ∂ ∂ ∂
∫
∂∫
y 0 y0 N(x, y) M(x, y ) dy x ∂ = + ∂∫
y 0 y0 M(x, y) M(x, y ) dy y ∂ = + ∂∫
(por hipótesis) =M(x, y )0 +M(x, y)−M(x, y )0 =M(x, y)De manera semejante se puede demostrar que f(x, y) N(x, y)
y
∂ =
∂ .
1.17.
MÉTODO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES
EXACTAS
Considere la ecuación M(x, y)dx+N(x, y)dy =0.
Paso 1. Demuestre que M(x, y) N(x, y)
y x
∂ = ∂
∂ ∂ .
Paso 2. Suponga luego que f(x, y) M(x, y) x
∂ =
∂ . De este modo se puede encontrar a la
función f(x,y) integrando M(x,y) respecto a x mientras la variable y se mantiene
constante. Entonces se escribe f(x, y)=
∫
M(x, y)dx+g(y) (3).Paso 3. Se deriva la ecuación (3) respecto a y y se supone que f(x, y) N(x, y) y ∂ = ∂ : f(x, y) M(x, y)dx g'(y) N(x, y) y y ∂ = ∂ + = ∂ ∂
∫
.De aquí resulta: g'(y) N(x, y) M(x, y)dx
y ∂
= −
∂
∫
(4). Se observa que el primermiembro de la ecuación (4) es independiente de x ya que:
N(x, y) M(x, y) N(x, y) M(x, y)dx) 0. x y x y ∂ − ∂ = ∂ −∂ = ∂ ∂
∫
∂ ∂Paso 4. Se integra la ecuación (4) respecto a y, luego se sustituye el resultado en la ecuación (3).
Paso 5. La solución de la ecuación es f(x, y)=C.
Ejemplo 37. Resuelva (7x+6y)dx+(6x−5y )dy2 =0.
Solución. Paso 1. M(x, y) (7x 6y) 6 y y ∂ = ∂ + = ∂ ∂ , 2 N(x, y) (6x 5y ) 6 x xy ∂ = ∂ − = ∂ ∂ . Paso 2. 2 7x
f(x, y) (7x 6y)dx g(y) 6xy g(y)
2
=
∫
+ + = + + .Paso 3. f (x, y)y 7x2 6xy g(y) 6x g'(y) 6x 5y2 y 2 ∂ = ∂ + + = + = − . 2 g '(y)= −5y . Paso 4. 3 2 2 5y g '(y) 5y g(y) 5y dy 3 = − ⇒ = −
∫
= − , 2 3 7x 5y f(x, y) 6xy . 2 3 = + −2 3 7x 5y 6xy C 2 + − 3 = . Ejemplo 38. Resuelva 2 2 3 2y x y ' 2yx 4 − = + .
Solución. Si (2y x2 −3)dx+(2yx2 +4)dy entonces M(x, y)=2y x2 −3 , N(x, y) =2yx2 +4.
Paso 1. M(x, y) 4xy y ∂ = ∂ , N(x, y) 4xy x ∂ = ∂ .
Paso 2. f(x, y)=
∫
(2y x2 −3)dx+g(y)=y x2 2 −3x+g(y).Paso 3. f (x, y)y =2yx2 +g'(y)=2yx2+4. g'(y)=4.
Paso 4. g(y)=4 dy
∫
=4y.Paso 5. Solución. y x2 2 −3x+4y =C.
1.18.
ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS.
FACTOR INTEGRANTE
En ocasiones se presentan ecuaciones diferenciales no exactas escritas en la
forma M(x, y)dx+N(x, y)dy =0 (5). Es posible convertir dichas ecuaciones en exactas
multiplicando sus términos por un factor integrante adecuado. Por ejemplo, la ecuación
ydx−xdy =0 no es exacta, pero si se multiplican sus términos por 1 y (y2 ≠0) se
obtiene 2 ydx xdy 0 y − = (6) y así: 2 y 2 x x 1 y 1 y M N y y x ∂ − ∂ = = − = = ∂ ∂ es decir, la ecuación
(6) se puede convertir en exacta.
Definición 12. Un factor integrante para la ecuación (5) es una función (x, y)ρ tal que
la ecuación (x, y)M(x, y)dxρ + ρ(x, y)N(x, y)dy=0 sea exacta; es decir, ( M) ( N)
y x
∂ ρ = ∂ ρ
∂ ∂ (7)
Lamentablemente, no siempre es fácil encontrar un factor integrante ρ(x, y).
Pero, si la ecuación (5) tiene un factor integrante ρ que sea, bien una función que
dependa sólo de x o una función sólo de y, entonces ρ puede ser encontrado de
manera sistemática. Otra forma para la ecuación (7) sería M M N N
y y x x
∂ρ+ ρ∂ = ∂ρ + ρ∂
∂ ∂ ∂ ∂ (8)
Para determinar entonces el factor integrante se tiene la ecuación (8) en derivadas parciales, como dicho factor puede depender de las dos variables o bien solo de x o de y, se consideran por separado los tres casos:
Como el factor ρ depende sólo de la variable x, entonces se sabe que 0 y ∂ρ =
∂ y por
lo tanto la ecuación (8) se reduce a: M Nd N M N Nd
y dx x y x dx
∂ ρ ∂ ∂ ∂ ρ
ρ = + ρ ⇒ρ − =
∂ ∂ ∂ ∂ .
Despejando y utilizando una notación más compacta se tiene:
My Nx dx N y x M N d dx e . N − ∫ − ρ = ⇒ρ = ρ
b. Factor integrante que depende sólo de la variable y.
Con un procedimiento análogo al anterior se llega al factor integrante de la forma:
Nx My dy M e . − ∫ ρ =
c. Factor integrante que depende indirectamente de las dos variables x e y.
Considere ahora un factor integrante que depende de las variables x e y. Esta
dependencia debe estar dada a través de una regla de correspondencia z=f(x, y)
es decir que se tiene un factor (z)ρ donde z a su vez dependerá de las variables x
e y. Para este caso la ecuación (8) es M d . z M N d . z N
dz y y dz x x ρ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ + ρ = + ρ ∂ ∂ ∂ ∂ . Si se
agrupan términos y se despeja se tiene: d M z N z N M .
dz y x x y
ρ ∂ − ∂ = ρ ∂ −∂
∂ ∂ ∂ ∂
Si ahora se
despeja y se usa una notación más compacta se tiene:
Nx My dz M.z N.z x y y x y x N M d dz e M.z N.z − − ∫ − ρ = ⇒ρ = ρ − .
Observe que para poder resolver esta ecuación es necesario que el lado derecho esté expresado en función de z. Una vez que se ha determinado el factor
integrante en función de z, se hace la sustitución z=f(x, y) para tener finalmente
el factor (x, y)ρ buscado.
Ejemplo 39. Determine para la ecuación diferencial (1−x y)dx2 +x (y2 −x)dy=0 un factor integrante que dependa de x.
Solución. Se puede verificar que la ecuación no es exacta ya que My ≠Nx. Como el
factor integrante depende solo de x, entonces ρ =y 0. Para determinar dicho factor
integrante se sabe que
My Nx dx N e , − ∫ ρ = donde M=(1−x y)2 , N= x (y2 −x) , My = −x2 , 2 x N =2xy−3x sustituyendo: 2 2 y x 2 2 M N x 2xy 3x 2x(y x) 2 . N x (y x) x (y x) x − − − + − − = = = − − − Resulta 2 dx x 2 1 e . x − ∫ ρ = =
Ejemplo 40. Determine un factor integrante para la ecuación diferencial dada por
2 3
(3y −x)dx+(2y −6xy)dy=0 que dependa de las dos variables sabiendo que el factor
es de la forma (z)ρ con z= +x y2.
Solución. De la ecuación se tiene M=3y2 −x , N =2y3 −6xy , My =6y , N x = −6y ,
x y
z =1 , z =2y. Como My ≠Nx entonces la ecuación no es exacta, para determinar
(z) ρ se utiliza: Nx My dz M.zy N.zx e − − ∫
ρ = . Calculando el integrando se tiene:
x y
2 3 3 3 2
y x
N M 6y 6y 12y 3
.
M.z N.z (3y x)2y (2y 6xy) 6y 2xy 2y 6xy x y
− − − −
= = = −
− − − − − − + +
Recuerde que siempre el integrando debe estar en función de z, de esta manera se tiene: 3 dz z 3 1 e z − ∫
ρ = = que resulta finalmente un factor integrante
2 3
1
(x y )
ρ =
+ .
Ejemplo 41. Dada la ecuación (4xy2 +12x y )dx3 3 +(3x y2 +6x y )dy4 2 =0, halle su
solución general sabiendo que admite un factor integrante de la forma µ(x y)2 .
Solución.
3 2 3 2 3 2 2
x y
2 3 3 2 2 4 2 3 2 2
y x
N M 6xy 24x y 8xy 36x y 2xy 12x y 1 6x y
M.z N.z (4xy 12x y )x (3x y 6x y )2xy 2x y x y − + − − + + = = = − + − +
( )
1 6z 1 dz 6 dz 2 2 z z ln z 6z 6z 2 6x y (x y) e e e ze x ye . + + + ∫ ∫ µ = = = = =Multiplicando por el factor integrante obtenido:
2 2 6x y 3 3 5 4 6x y 4 2 6 3 e (4x y +12x y )dx+e (3x y +6x y )dy =0 2 2 2 6x y 3 3 5 4 6x y 3 2 5 3 ( M) 6x e (4x y 12x y ) e (12x y 48x y ) y ∂ µ = + + + ∂ 2 6x y 5 3 7 4 3 2 ( M) ( N) e (72x y 72x y 12x y ) y x ∂ µ = + + = ∂ µ ∂ ∂ 2 2 2 6x y 3 3 5 4 6x y 3 3 6x y 5 4 2 2 6x y 3 3 6x y 4 3 f(x, y) e (4x y 12x y )dx g(y) e 4x y dx e 12x y dx g(y) e 4x y dx 12xye x y dx g(y) = + + = + + = + +
∫
∫
∫
∫
∫
En la segunda integral se integra por partes: u= x y4 3 , dv=12xye6x y2 dx
2 2 2 2 6x y 3 3 4 3 6x y 6x y 3 3 4 3 6x y f(x, y)=
∫
e 4x y dx+x y e −∫
e 4x y dx+g(y)=x y e +g(y) 2 2 2 6x y 4 2 6 3 4 2 6x y 6 3 6x y g '(y)=e (3x y +6x y )−3x y e −6x y e =0⇒g(y)=C. Por tanto, x y e4 3 6x y2 =C.1.19.
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER
ORDEN
Definición 13. Una ecuación diferencial de la forma dy A(x)y Q(x)
dx + = (9) en donde
A(x), Q(x) son funciones en x, es denominada ecuación diferencial lineal de
primer orden.
Mediante un factor integrante adecuado, existe una técnica para resolver la
ecuación dada. Sea ρ(x)=e∫A(x)dx, se multiplica la ecuación (9) por ρ(x) y se obtiene
A(x)dxdy A(x)dx A(x)dx
e A(x)e y Q(x)e dx ∫ + ∫ = ∫ (10). Como x D A(x)dx= A(x)
∫
, entonces ellado izquierdo de la ecuación (10) es la derivada del producto y(x)e∫A(x)dx, es decir
A(x)dx A(x)dx x
D y(x)e∫ =Q(x)e∫
(11). Por lo tanto, si se integra la ecuación (11) se
obtiene y(x)e∫A(x)dx = Q(x) e ∫A(x)dxdx+C
∫
. Al despejar y(x) se obtiene:A(x)dx A(x)dx
y(x)=e−∫ Q(x) e ∫ dx+C
∫
En la práctica para resolver la ecuación (9) se van a seguir los siguientes pasos:
Paso 1. Se calcula el factor integrante ρ(x)=e∫A(x)dx.
Paso 2. Se multiplica la ecuación dada por ρ(x).
Paso 3. Se identifica el lado izquierdo de la ecuación que resulta como la derivada del producto D [ (x).y(x)]x ρ = ρ(x).Q(x).
Paso 4. Se integra la ecuación ρ(x)y(x)= ρ
∫
(x)Q(x)dx+C.Ejemplo 42. Resuelva dy 2y x e2 2x
dx− = .
Solución. Aquí A(x)= −2, Q(x)=x e2 2x. ρ(x)=e−2 dx∫ =e−2x.
3 2x 2 x (x).y e .y (x).Q(x)dx C x dx C C 3 − ρ = = ρ
∫
+ =∫
+ = + , entonces 3 2x x y e C 3 = + . En forma gráfica se tiene (ver figura 7):Figura 7. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 42 Ejemplo 43. Resuelva 2 2 2xy 1 y ' 1 x 1 x + = + + . Solución. 2 2 2x 1 A(x) , Q(x) 1 x 1 x = = + + . 2x dx ln 1 x2 2 2 1 x (x) e∫ + e + 1 x ρ = = = + luego: 2 2 2 1 (1 x ).y (1 x ) dx C x C 1 x + = + + = + +
∫
, así 2 x C y 1 x + =+ . En forma gráfica se tiene
(ver figura 8):
Ejemplo 44. Resuelva (y−cos (x))dx2 +cos(x)dy =0.
Solución. Se escribe la ecuación de la forma (9):
2
2 dy cos (x) y dy y
cos(x)dy (cos (x) y)dx (cos(x) 0) cos(x)
dx cos(x) dx cos(x) dy y cos(x) dx cos(x) − = − ⇒ = ≠ ⇒ = − ⇒ + = 1 A(x) , Q(x) cos(x) cos(x) = = , entonces dx sec(x)dx cos(x) (x) e∫ e∫ ρ = = . ln sec(x) tg(x) e + =sec(x)+tg(x).
y.(sec(x)+tg(x))=
∫
(sec(x)+tg(x)) cos(x)dx+C=∫
(1+sen(x))dx+C= −x cos(x)+Casí, y x cos(x) C
sec(x) tg(x)
− +
=
+ . Las soluciones de la forma
1 x k 2 = + π satisfacen la ecuación.
En forma gráfica se tiene (ver figura 9):
Figura 9. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 44
Ejemplo 45. Resuelva y '=2x2 −y , y(0)= −1.
Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma dy A(x)y Q(x)
dx+ = cuya solución es
de la forma y(x)=e−∫A(x)dx Q(x) e ∫A(x)dxdx+C
∫
, donde A(x)=1 ,2
Q(x)=2x .
De modo que y(x)=e−∫dx 2x2e∫dxdx+C=e−x 2x e dx2 x +C
∫
∫
.Resolviendo la integral
∫
2x e dx2 x (Integración por partes)2 x x u=2x ⇒du=4xdx , dv =e dx⇒v=e . 2 x 2 x x I P P 2x e dx=2x e − 4xe dx
∫
∫
.x x
u=4x⇒du=4dx , dv =e dx⇒v=e .
∫
4xe dxx =4xex −∫
4e dxx =4xex −4ex +C1.En consecuencia:
∫
2x e dx2 x =2x e2 x −4xex +4ex +C2.Por tanto: y(x)=e−x 2x e2 x−4xex +4ex +C=2x2 −4x+ +4 e C−x .
Con la condición y(0)= −1 se tiene C= −5 y la solución es y(x)=2x2 −4x+ −4 5e−x.
Ejemplo 46. Resuelva y '=xe3x −2y , y(0)=0.
Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma dy A(x)y Q(x)
dx+ = cuya solución es
de la forma y(x)=e−∫A(x)dx Q(x) e ∫A(x)dxdx+C
∫
, donde A(x)=2 ,3x
Q(x)=xe .
De modo que y(x)=e−∫2dx xe3xe∫2dxdx+C=e−2x xe dx5x +C
∫
∫
.Resolviendo la integral
∫
xe dx5x (Integración por partes)5x 1 5x u x du dx , dv e dx v e 5 = ⇒ = = ⇒ = 5x 5x 5x 5x 5x 1 x 1 x 1 xe dx e e dx e e C 5 5 5 25 = − = − +
∫
∫
.Por tanto: y(x) e 2x xe5x 1 e5x C xe3x 1 e3x e 2xC
5 25 5 25 − − = − + = − + . Si y(0)=0 se tiene C 1 25 = y la solución es y(x) xe3x 1 e3x 1 e2x 5 25 25 − = − + .
Ejemplo 47. Halle la solución general de xy ' 3y− =(x4+5x )e9 x5.
Solución. y ' 3y (x3 5x )e8 x5 x
− = + (Ecuación lineal de primer orden)
3dx 3 ln(x ) x 3 1 (x) e e x − −∫ ρ = = = . y(x).x−3 =
∫
(1+5x )e dx5 x5 +C =∫
e dxx5 +∫
5x e dx5 x5 +C Al resolver∫
5x e dx5 x5 se tiene: (Integración por partes)5 5 4 x x u=x⇒du=dx , dv=5x e dx⇒ v=e , de modo que: 5 5 5 5 x x x 5x e dx=xe − e dx
∫
∫
, se tiene entonces: 5 5 5 5 5 5 3 x 5 x x x x x y(x).x− =∫
e dx+∫
5x e dx+ =C∫
e dx+xe −∫
e dx+C =xe +C En consecuencia: y=cx3 +x e4 x5.Ejemplo 48. Halle la solución general de xsen(y) +2sen(2y) y ' =1.
Solución.
xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x ' xsen(y) 2sen(2y)
(Ecuación lineal con variable dependiente x)
+ = ⇒ + = ⇒ − =
xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x ' xsen(y) 2sen(2y) (Ecuación lineal con variable dependiente x)
+ = ⇒ + = ⇒ − =
sen(y)dy sen(y)dy cos(y) cos(y)
x(y)=e∫ 2sen(2y)e−∫ dy+C=e− 4 cos(y)sen(y)e dy+C
∫
∫
cos(y) w w w
1
4 cos(y)sen(y)e dy 4we dw 4we 4e C
w cos(y) dw sen(y)dy
= − = − + +
= ⇒ = −
∫
∫
cos(y) cos(y) cos(y)
x(y)=e− 4e (1−cos(y))+C=4(1−cos(y))+Ce−
Ejemplo 49. La ecuación diferencial h(x).dy y x2 0
dx+ + = posee un factor integrante
(x) x
ρ = . Determine h(x) y encuentre la solución general de la ecuación si se sabe que
3 2
h(1)= .
Solución. h(x).dy y x2 0 h(x).y ' y x2 0 (y x )dx2 h(x)dy 0
dx+ + = ⇒ + + = ⇒ + + = . Se tiene que 1 h '(x) dx h(x) 1 h '(x) 1 h '(x) 1 (x) e x dx ln(x) x x.h '(x) h(x) h(x) h(x) x − ∫ − − ρ = = ⇒
∫
= ⇒ = ⇒ − = . De modo que x.h '(x) h(x) x h'(x) h(x) 1 x + = ⇒ + = (ecuación lineal). Solución de la ecuación: 2 dx dx x x 1 1 x K x K h(x) e e dx K xdx K . x x 2 x 2 x −∫ ∫ = + = + = + = + ∫
∫
.Usando la condición h(1)= 32 se tiene que K =1.
De modo que: x 1 .y ' y x2 0 (y x )dx2 x 1 dy 0 2 x 2 x + + + = ⇒ + + + = . Aplicando factor: 2 3 x (xy x )dx 1 dy 0 2 + + + = . Al resolver la ecuación diferencial exacta se tiene:
Paso 1.
2 4
3 x y x
f(x, y) (xy x )dx g(y) g(y)
2 4 =
∫
+ + = + + . Paso 2. 2 2 4 2 2 x x y x x x g'(y) 1 1 1 g(y) y 2 y 2 4 2 2 ∂ = + − + = − + = ⇒ = ∂ .Paso 3. Solución general:
2 4
x y x
y C
2 + 4 + = .
1.20.
ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES
DE PRIMER ORDEN. ECUACIÓN DE BERNOULLI.
Definición 14. A una ecuación diferencial de la forma y ' B(x)y+ =R(x)yn (12) donde
n∈ −R {0,1} se le llama ecuación de Bernoulli. (Si se toma n=1 entonces la
ecuación (12) tendría variables separables mientras que si se elige n=0 la ecuación
Para resolver una ecuación de Bernoulli se hace lo siguiente:
Paso 1. Se multiplica la ecuación por y−n y se obtiene y y ' B(x)y−n + 1 n− =R(x) (13).
Paso 2. Se hace la sustitución z=y1 n− de allí dz z ' (1 n)y y 'n dx − = = − . La ecuación (13) se transforma en 1 z ' B(x)z R(x) 1 n + = − o bien en z ' (1 n)B(x)z+ − =(1−n)R(x) (14). La
ecuación (14) es lineal de orden 1, por lo tanto, después de tener z se sigue al paso 3.
Paso 3. Se hace la sustitución
1 1 n
y=z − , la cual brinda la solución de la ecuación (12).
Ejemplo 50. Resuelva y ' y+ = x y2 2.
Solución. Como n=2, se multiplica la ecuación por y−2: y y ' y−2 + −1 =x2. Se sustituye
1 2 1 2
z=y − =y , z '− = −y y '− . Reemplazando se obtiene: − + =z ' z x2 o bien: z ' z− = −x2. Como la ecuación anterior es lineal, entonces se calcula ρ(x)=e−∫dx =e−x, y se tiene
x 2 x x 2
ze− = −
∫
x e dx− +C =e (x− +2x+2)+C luego z= x2 +2x+ +2 Cex =y−1, es decir:2 x 1
y=(x +2x+ +2 Ce )− . y=0 también es solución de la ecuación. En forma gráfica
(ver figura 10):
Figura 10. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 50
Ejemplo 51. Resuelva y ' xy+ =y x3 .
Solución. Aquí, n=3, al multiplicar por y−3 se tiene y y ' xy−3 + −2 =x ( )∗ . Se hace
2
z=y− para z ' dz 2y y '3
dx
−
= = − . Se multiplica ( )∗ por 2− para: −2y y ' 2xy−3 − −2 = −2x
2 x 2 2 1 z 1 Ce y y − = + = = . De modo que 2 x 1 y 1 Ce = ± + . La curva y=0 es solución. En
forma gráfica se tiene (ver figura 11):
Figura 11. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 51
Ejemplo 52. Resuelva 2 y x dx dy 0 2x 2y + − = . Solución. 2 2 2 y x y x y x dx dy 0 y ' 0 y ' (Bernoulli n 1) 2x 2y 2x 2y 2x 2y + − = ⇒ + − = ⇒ − = = − 2 z=y , 2 1 1 x dx x dx 2 2 z x z ' x z(x) e x e dx C x xdx C x C x 2 − − − ∫ ∫ − = ⇒ = + = + = +
∫
∫
1 / 2 2 3 2 x x y x C y(x) xC 2 2 = + ⇒ = + .1.21.
FORMA NORMAL
Definición 15. Una ecuación diferencial ordinaria de orden n puede expresarse como
(n)
F(x, y, y ', y '',..., y )=0. Se supone que siempre es posible despejar la derivada de
orden más alto en una ecuación diferencial ordinaria dada y obtener la expresión
(n) (n 1)
y =f(x, y, y ', y '',..., y − ), denominada forma normal de la ecuación, es decir, la
derivada de mayor orden aparece despejada.
Observación 2. Puede ocurrir que una ecuación diferencial de orden n origine varias ecuaciones en forma normal de orden n.
Ejemplo 53.
a. La ecuación diferencial yy ' x+ 3 =0 se escribe en forma normal
3
x y '
y
= − si y ≠0.
b. La ecuación diferencial (y ')2 +y2 =1, solamente tiene sentido si y ≤1, y ella
origina dos ecuaciones en forma normal y '= 1−y , y '2 = − 1−y2.
1.22.
PROBLEMA DE VALOR INICIAL
Definición 16. Un problema de valor inicial es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable independiente.
Tales condiciones se llaman condiciones iniciales.
Ejemplo 54. Suponga que se quiere determinar una curva C del plano pasando por el punto (1,1) y tal que la pendiente de la tangente en cada uno de sus puntos sea igual a la abscisa del punto correspondiente.
Solución. Sea y =y(x) la ecuación, en forma explícita, de la curva C a determinar. Si (x, y(x)) es un punto cualquiera de C, la pendiente de la recta tangente en el mismo es
igual a dy(x) dx y por lo tanto, de acuerdo al enunciado del problema, se verifica
dy(x) x
dx = (15). El problema consiste en encontrar una función y(x) tal que satisfaga la
igualdad (15) en todo punto x de su dominio y además y(1)=1, ya que C pasa por el
punto (1,1).
1.23.
PROBLEMA DE VALOR EN LA FRONTERA
Definición 17. Un problema de valor en la frontera es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida especificadas en dos o más valores de la variable independiente.
Tales condiciones se llaman condiciones de frontera.
Ejemplo 55. Para el problema x y '' 2xy ' 2y2 − + =6, y(1)=0, y(2)=3 se busca una
función definida en un intervalo que contenga x=1 y x =2, que satisfaga la ecuación
diferencial y cuya gráfica pase por los puntos (1, 0) y (2, 3) .
1.24.
EXISTENCIA DE SOLUCIONES
Se tratará a continuación de darle respuesta a las interrogantes a y b del
Hay ecuaciones muy sencillas en las cuales no se necesita “a priori” disponer de algún teorema que garantice la existencia de soluciones, puesto que se puede fácilmente determinar las soluciones. Tal es el caso de una ecuación de la forma
y '=f(x) donde f es una función integrable en un intervalo J∈R. Es inmediato que de
allí se tiene y(x)=
∫
f(x)dx =F(x)+C, donde C es una constante arbitraria, que sonsoluciones (y todas las posibles) de esa ecuación diferencial. Si se quisiera
explícitamente la solución que en x tome el valor 0 y , se sustituiría en la igualdad 0
anterior (una vez calculada
∫
f(x)dx).Ejemplo 56. Sea la ecuación diferencial y '=x. Se tiene que
2
x
y(x) xdx C
2
=
∫
= + . Sise desea que la curva pase por el punto (1,1), esto es y(1)=1, se obtiene entonces
1 1
1 C C ,
2 2
= + ⇒ = y por lo tanto la solución del problema es la parábola de ecuación
2
1
y (x 1)
2
= + .
En esos casos tan sencillos, se sabe que hay solución puesto que se puede encontrar, sin embargo no siempre la situación es tan simple y por esto se necesita disponer de algún teorema que “a priori” garantice la existencia de soluciones de una ecuación diferencial dada. En una ecuación diferencial pueden existir soluciones que no están comprendidas en la solución general, éstas se llaman soluciones singulares. Por
ejemplo, la ecuación (y ')2 −xy ' y+ =0 se sabe que admite la solución general
2
y=cx−c , que es una familia de rectas. Pero, también es fácil comprobar que esa
ecuación admite la solución y 1x2
4
= que es una parábola, ésta es una solución
singular. Con todas estas consideraciones, se está en condiciones de enunciar un teorema que asegura cuándo una ecuación diferencial dada tiene solución y la unicidad de ésta.
1.25.
TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD
TEOREMA 2. Sea y '=f(x, y) una ecuación diferencial, donde la función f(x,y) está
definida en una región D del plano xy que contiene el punto (x , y ). Si f(x,y) satisface 0 0
que:
a. es una función continua en dos variables x e y en D;
b. admite derivada parcial f y∂ ∂ , continua en D;
entonces existe una y sólo una solución y =g(x) de la ecuación diferencial dada que
satisface la condición y(x )0 =y0.
Observación 3.
