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E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios resueltos Tema 7

Ecuaciones diferenciales de primer ordenFrancisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña

Curso 2006/07Noviembre 2006, Versión 1.1

1 EDO’s separablesEjercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables

1.dy

dx= sin 5x

2. dx+ e3x dy = 0

3. (x+ 1)dy

dx= x+ 6

4. xy0 = 4y

5.dy

dx=y3

x2

6.dx

dy=x2y2

1 + x

7.dy

dx= e3x+2y

8.¡4y + yx2

¢dy −

¡2x+ xy2

¢dx = 0

9. 2y (x+ 1) dy = x dx

10. y lnxdx

dy=

µy + 1

x

¶2

(1.1)dy

dx= sin 5x

dy = sin 5xdxZdy =

Zsin 5x dx

y = −15cos 5x+ c.

1

Ejercicios: EDO’s de primer orden 2

(1.2)dx+ e3x dy = 0

e3x dy = −dx

dy =−1e3x

dx

= −e−3x dxZdy =

Z−e−3x dxZ

dy =1

3

Ze−3x (−3) dx

y =1

3e−3x + c.

(1.3)

(x+ 1)dy

dx= x+ 6

dy =x+ 6

x+ 1dxZ

dy =

Zx+ 6

x+ 1dx

Zx+ 6

x+ 1dx =

Zx+ 1 + 5

x+ 1dx =

Z µ1 +

5

x+ 1

¶dx

= x+ 5 ln |x+ 1|+ c

y = x+ 5 ln |x+ 1|+ c.(1.4)

xy0 = 4y

xdy

dx= 4y

1

ydy = 4

1

xdxZ

1

ydy = 4

Z1

xdx

ln |y| = 4 ln |x|+ c1ln |y| = lnx4 + c1

|y| = elnx4+c1 = x4 · ec1 (c2 = e

c1)

= c2x4

y = ±c2x4

y = cx4, (c = ±c2).


(1.5)dy

dx=y3

x2

1

y3dy =

dx

x2Zy−3 dy =

Zx−2 dx

1

−2y−2 = −x−1 + c1

−12y2

=−1x+ c1

1

y2=2

x+ c, c = −2c1.

Solución implícita1

y2=2 + xc

x.

Solución explícita

y = ±r

x

2 + cx.

(1.6)dx

dy=x2y2

1 + x

y2 dy =

µ1 + x

x2

¶dxZ

y2 dy =

Z µ1

x2+1

x

¶dx

1

3y3 = − 1

x+ ln |x|+ c1.

Solución implícita

y3 = 3 ln |x|− 3x+ c, (c = 3c1) .


y =3

r3 ln |x|− 3

x+ c.

(1.7)dy

dx= e3x+2y

dy

dx= e3x · e2y

dy

e2y= e3x dxZ

e−2y dy =

Ze3x dx


−12

Ze−2y (−2) dy = 1

3

Ze3x3 dx

−12e−2y =

1

3e3x + c1.

−3e−2y = 2e3x + c, (c = 6c1) .

(1.8) ¡4y + yx2

¢dy −

¡2x+ xy2

¢dx = 0¡

4y + yx2¢dy =

¡2x+ xy2

¢dx

dy

dx=x¡2 + y2

¢y (4 + x2)

y

2 + y2dy =

x

4 + x2dxZ

y

2 + y2dy =

Zx

4 + x2dx

1

2

Z2y

2 + y2dy =

1

2

Z2x

4 + x2dx

1

2ln¡2 + y2

¢=1

2ln¡4 + x2

¢+ c1.


ln¡2 + y2

¢= ln

¡4 + x2

¢+ c2, (c2 = 2c1) .

Calculamos la solución explícita

ln¡2 + y2

¢− ln

¡4 + x2

¢= c2

ln

µ2 + y2

4 + x2

¶= c2

2 + y2

4 + x2= ec2 = c

2 + y2

4 + x2= c

2 + y2 = c¡4 + x2

¢y2 = c

¡4 + x2

¢− 2

soluciones explícitasy = ±

pc (4 + x2)− 2.

(1.9)2y(x+ 1) dy = xdx

2y dy =x

x+ 1dxZ

2y dy =

Zx

x+ 1dx


Zx

x+ 1dx =

Zx+ 1− 1x+ 1

dx =

Z µ1− 1

x+ 1

¶dx

= x− ln |x+ 1|+ c

y2 = x− ln |x+ 1|+ c.(1.10)

y lnxdx

dy=

µy + 1

x

¶2y lnxdx =

(y + 1)2

x2dy

(y + 1)2

ydy = x2 lnx dxZ

(y + 1)2

ydy =

Zx2 lnx dx

Z(y + 1)2

ydy =

Zy2 + 2y + 1

ydy =

Z µy + 2 +

1

y

¶dy

=y2

2+ 2y + ln |y|Z

x2 lnxdx = integral por partes

Tomamosu = lnx du = 1

x dx

dv = x2 dx v = 13x

3

)Zx2 lnx dx =

1

3x3 lnx−

Z1

3x31

xdx

=1

3x3 lnx− 1

3

Zx2 dx

=1

3x3 ln |x|− 1

9x3 + c

y2

2+ 2y + ln |y| = 1

3x3 ln |x|− 1

9x3 + c.

Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables

1.ds

dr= ks, k constante.

2.dP

dt= P − P 2

3. sec2 x dy + csc y dx = 0

4. ey sin 2x dx+ cosx¡e2y − 1

¢dy = 0

5. (ey + 1)2 e−ydx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0


6.¡y − yx2

¢ dydx= (y + 1)2

7.dy

dx= sinx

¡cos 2y − cos2 y

¢8. x

p1− y2 dx = dy

9. (ex + e−x)dy

dx= y2

(2.1)ds

dr= ks

1

sds = k drZ

1

sds = k

Zdr

ln |s| = kr + c1

|s| = ekr+c1

|s| = ekrec1

= c2ekr, (c2 = e

c1)

s = ±c2ekr

s = cekr, (c = ±c2) .(2.2)

dp

dt= p− p2

1

p− p2 dp = dtZ1

p− p2 dp =ZdtZ

1

p− p2 dp = integral racional.

Descomposición en fracciones simples

1

p− p2 =1

p(1− p) =A

p+

B

1− p =A(1− p) +B(p)

p(1− p)

igualamos numeradores1 = A(1− p) +Bp

determinamos los coeficientes:si p = 0

1 = A+B · 0 ⇒ A = 1,


si p = 11 = A · 0 +B · 1 ⇒ B = 1,

descomposición1

p(1− p) =1

p+

1

1− p.

Z1

p(1− p) dp =

Z µ1

p+

1

1− p

¶dp = ln |p|− ln |1− p|

= ln

¯p

1− p

¯.


ln

¯p

1− p

¯= t+ c1.

Calculamos la solución explícita¯p

1− p

¯= et+c1 = et · ec1

¯p

1− p

¯= c2e

t, (c2 = ec1)

p

1− p = ±c2et

p

1− p = cet, (c = ±c2)

p = cet(1− p)= cet − cetp

p+ cetp = cet

p¡1 + cet

¢= cet.


p =cet

1 + cet.

(2.3)sec2 x dy + csc y dx = 0

sec2 xdy = − csc y dx1

csc ydy =

−1sec2 x

dx

1µ1

sin y

¶ dy = −1µ1

cos2 x

¶ dxsin y dy = − cos2 x dx

−Zsin y dy = +

Zcos2 xdx


Zcos2 x dx =

Z1 + cos 2x

2dx =

x

2+1

4sin 2x+ c

cos y =x

2+1

4sin 2x+ c.

(2.4)ey sin 2x dx+ cosx

¡e2y − 1

¢dy = 0

cosx¡e2y − 1

¢dy = −ey sin 2x dx

e2y − 1ey

dy = −sin 2xcosx

dxµey − 1

ey

¶dy = −2sinx cosx

cosxdx¡

ey − e−y¢dy = −2 sinx dxZ ¡

ey − e−y¢dy = 2

Z(− sinx) dx.

Solución implícitaey + e−y = 2cosx+ c1.

Si usamos el coseno hiperbólico

cosh y =ey + e−y

2,

podemos obtener una solución explícita

ey + e−y

2= cosx+

c12

cosh y = cosx+ c

µc =

1

2c1

¶y = arc cosh (cosx+ c) .

(2.5)(ey + 1)

2e−y dx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0

(ex + 1)3

exdy = −(e

y + 1)2

eydx

ey

(ey + 1)2dy = − ex

(ex + 1)3dxZ

ey

(ey + 1)2 dy = cambio de variable

tomamost = ey + 1dt = ey dyZ

ey

(ey + 1)2 dy =

Zdt

t2= −1

t= − 1

ey + 1,


de forma similar, para la integralZex

(ex + 1)3 dx

tomamos el cambiot = ex + 1dt = ex dx

Zex

(ex + 1)3dx =

Zdt

t3= −1

2t−2 = − 1

2t2

=−1

2 (ex + 1)2 .

Solución de la EDO−1

(ey + 1)=

1

2 (ex + 1)2+ c.

(2.6) ¡y − yx2

¢ dydx= (y + 1)2

y¡1− x2

¢ dydx= (y + 1)

2

y

(y + 1)2 dy =

1

1− x2 dx

Para la integral Zy

(y + 1)2 dy

podemos tomar el cambio ⎧⎨⎩ t = y + 1dt = dyy = t− 1

Zy

(y + 1)2dy =

Zt− 1t2

dt =

Z µ1

t− 1

t2

¶dt

= ln |t|+ 1t= ln |y + 1|+ 1

y + 1.

También se puede resolver descomponiendo en fracciones simples

y

(y + 1)2 =

A

y + 1+

B

(y + 1)2 =

A(y + 1) +B

(y + 1)2,

igualamos numeradoresy = A(y + 1) +B

y determinamos los coeficientes. Si y = −1

−1 = A · 0 +B ⇒ B = −1,


si y = 00 = A+B ⇒ A = 1.

Descomposicióny

(y + 1)2=

1

y + 1− 1

(y + 1)2Zy

(y + 1)2dy =

Z ∙1

y + 1− 1

(y + 1)2

¸dy = ln |y + 1|+ 1

y + 1.Z

1

1− x2 dx = integral racional; descomponemos en fracciones simples.

1− x2 = (1− x)(1 + x)1

1− x2 =A

1− x +B

1 + x=A(1 + x) +B(1− x)

1− x2igualamos numeradores

1 = A(1 + x) +B(1− x),

identificamos los coeficientes.Si x = 1,

1 = 2A ⇒ A = 1/2,

Si x = −1,1 = 2B ⇒ B = 1/2.

Obtenemos1

1− x2 =1/2

1− x +1/2

1 + xZ1

1− x2 dx =

Z1/2

1− x dx+Z

1/2

1 + xdx = −1

2ln |1− x|+ 1

2ln |1 + x|

=1

2ln

¯1 + x

1− x

¯.

Solución

ln |y + 1|+ 1

y + 1=1

2ln

¯1 + x

1− x

¯+ c1

ln (y + 1)2+

2

y + 1= ln

¯1 + x

1− x

¯+ c, (c = 2c1) .

(2.7)dy

dx= sinx

¡cos 2y − cos2 y

¢1

cos 2y − cos2 y dy = sinxdxZ1

cos 2y − cos2 y dy =Zsinx dx

En la primera integral, simplificamos la expresión usando la fórmula del cosenodel ángulo doble

cos 2y = cos2 y − sin2 y


cos 2y − cos2 y = cos2 y − sin2 y − cos2 y = − sin2 yZ1

cos 2y − cos2 y dy =Z

1

− sin2 ydy = cot y =

cos y

sin y.

Solucióncos y

sin y= − cosx+ c.

(2.8)xp1− y2 dx = dy

x dx =1p1− y2

dyZxdx =

Z1p1− y2

dy

1

2x2 = arcsin y + c1.


arcsin y =1

2x2 + c (c = −c1)

y = sin

µ1

2x2 + c

¶.

(2.9) ¡ex + e−x

¢ dydx= y2

1

y2dy =

1

ex + e−xdxZ

1

y2dy =

Z1

ex + e−xdxZ

1

y2dy = −1

yZ1

ex + e−xdx =

Zex

e2x + 1dx = arctan (ex) .

Solución−1y= arctan (ex) + c.


y =−1

arctan (ex) + c. ¤

Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½

(e−y + 1) sinxdx = (1 + cosx) dyy(0) = 0


sinx

1 + cosxdx =

1

e−y + 1dyZ

sinx

1 + cosxdx =

Z1

e−y + 1dyZ

sinx

1 + cosxdx = −

Z − sinx1 + cosx

dx = − ln (1 + cosx)Z1

e−y + 1dy =

Z1

1ey + 1

dy =

Zey

1 + eydy = ln (1 + ey)

Familia de soluciones

− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey) + c.

Imponemos la condición inicial y(0) = 0

− ln (1 + cos 0) = ln¡1 + e0

¢+ c

c = −2 ln 2 = − ln 4.Solución particular

− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey)− ln 4.

Reescribimos la solución

ln (1 + ey) + ln (1 + cosx) = ln 4

(1 + ey) (1 + cosx) = 4.


1 + ey =4

1 + cosx

ey =4

1 + cosx− 1

y = ln

µ4

1 + cosx− 1¶

¤

Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (

y dy = 4x¡y2 + 1

¢1/2dx

y(0) = 1

y

(y2 + 1)1/2dy = 4xdx

Zy

(y2 + 1)1/2dy =

Z4x dx


Zy

(y2 + 1)1/2dy =

1

2

Z ¡y2 + 1

¢−1/22y dy =

1

2

1¡12

¢ ¡y2 + 1¢1/2=

¡y2 + 1

¢1/2.

Familia de soluciones ¡y2 + 1

¢1/2= 2x2 + c.

Imponemos la condición inicial

y(0) = 1,

√2 = 0 + c ⇒ c =

√2,

solución particular ¡y2 + 1

¢1/2= 2x2 +

√2.

Soluciones explícitas

y2 + 1 =³2x2 +

√2´2

y = ±r³

2x2 +√2´2− 1,

teniendo en cuenta la condición inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama posi-tiva

y =

r³2x2 +

√2´2− 1 ¤

Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial½x2y0 = y − xyy(−1) = −1

x2dy

dx= y − xy

1

ydy =

1− xx2

dxZ1

ydy =

Z1− xx2

dxZ1− xx2

dx =

Z µ1

x2− 1x

¶dx = − 1

x− ln |x| .

Familia de solucionesln |y| = − 1

x− ln |x|+ c.

imponemos la condición inicial y(−1) = −1

ln 1 = 1− ln 1 + c ⇒ c = −1.


Soluciones implícitas

ln |y| = − 1x− ln |x|− 1.

Determinamos la solución explícita

ln |y|+ ln |x| = − 1x− 1

ln |yx| = −µ1 +

1

x

¶|xy| = e−(1+ 1

x)

y = ± 1xe−(1+

1x).

Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = −1, debemos tomar la rama

y =1

xe−(1+

1x) ¤

Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ⎧⎨⎩

dy

dx=2x+ 1

2yy(−2) = −1

2y dy = (2x+ 1) dxZ2y dy =

Z(2x+ 1) dx.

Familia de solucionesy2 = x2 + x+ c,

imponemos la condición inicial y(−2) = −1

(−1)2 = (−2)2 − 2 + c1 = 4− 2 + cc = −1.

Solución implícitay2 = x2 + x− 1,

soluciones explícitasy = ±

px2 + x− 1.

Teniendo en cuenta la condición inicial y(−2) = −1, debemos tomar la rama

y = −px2 + x− 1 ¤


2 EDO’s homogéneasEjercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas

1. (x− y) dx+ xdy = 0

2. xdx+ (y − 2x) dy

3.¡y2 + yx

¢dx− x2dy = 0

4.dy

dx=y − xy + x

5. −y dx+¡x+√xy¢dy = 0

(7.1)(x− y) dx+ x dy = 0

Forma normaldy

dx=y − xx

,

cambioy = ux, y0 = u0x+ u,

u0x+ u =ux− xx

=x (u− 1)

x= u− 1

u0x+ u = u− 1u0x = −1 (separable).

Determinamos u(x)du

dx=−1x

du =−1xdxZ

du =

Z −1xdx

u = − ln |x|+ c.Deshacemos el cambio

y

x= − ln |x|+ c,

resulta la solución explícita

y = −x ln |x|+ c x.

(7.2)x dx+ (y − 2x) dy = 0

Forma normaldy

dx=−xy − 2x =

x

2x− y ,


realizamos el cambioy = ux, y0 = u0x+ u

y resulta

u0x+ u =x

2x− ux =1

2− u

u0x+ u =1

2− u

u0x =1

2− u − u

=1− 2u+ u22− u (separable).

Determinamos u(x),

xdu

dx=1− 2u+ u22− u

2− u1− 2u+ u2 du =

1

xdxZ

2− u1− 2u+ u2 du =

Z1

xdx

La integral Z2− u

1− 2u+ u2 du

es racional. Para resolverla, descomponemos en fracciones simples

2− u1− 2u+ u2 =

2− u(u− 1)2

=A

u− 1 +B

(u− 1)2=A (u− 1) +B(u− 1)2

,

igualando numeradores, resulta

2− u = A (u− 1) +B.

Determinamos los coeficientes, si u = 1,

2− 1 = B ⇒ B = 1,

si u = 0,2 = −A+B ⇒ A = −2 + 1 = −1.

Hemos obtenido la descomposición

2− u(u− 1)2

=−1u− 1 +

1

(u− 1)2,

que nos permite resolver la integralZ2− u(u− 1)2

du =

Z −1u− 1 du+

Z1

(u− 1)2du

= − ln |u− 1|− 1

u− 1 .


Solución de la EDO

− ln |u− 1|− 1

u− 1 = ln |x|+ c.

Deshacemos el cambio u = y/x

− ln¯yx− 1¯− 1

yx − 1

= ln |x|+ c.

Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solución

ln |x|+ ln¯yx− 1¯+

x

y − x + c = 0

ln |y − x|+ x

y − x + c = 0.

(7.3) ¡y2 + yx

¢dx− x2 dy = 0

Expresamos la ecuación en forma normal

dy

dx=y2 + yx

x2

y realizamos el cambio habitual

y = ux, y0 = u0x+ u

resulta

u0x+ u =u2x2 + ux2

x2= u2 + u

u0x = u2.

Hemos obtenido la EDO separable

xdu

dx= u2

la resolvemos para determinar u(x).

1

u2du =

1

xdxZ

1

u2du =

Z1

xdx

− 1u= ln |x|+ c.

Deshacemos el cambio−xy= ln |x|+ c

y obtenemos la solución explícita

y =−x

ln |x|+ c .


(7.4) La EDO ya está en forma normal

dy

dx=y − xy + x

efectuamos el cambioy = ux, y0 = u0x+ u

u0x+ u =ux− xux+ x

=u− 1u+ 1

u0x =u− 1u+ 1

− u = u− 1− u2 − uu+ 1

=−1− u2u+ 1

.

Obtenemos la EDO separable

xdu

dx= −1 + u

2

u+ 1,

que resolvemos para determinar u(x),

u+ 1

u2 + 1du = − 1

xdxZ

u+ 1

u2 + 1du = −

Z1

xdx

Calculamos aparte la primera integralZu+ 1

u2 + 1du =

Zu

u2 + 1du+

Z1

u2 + 1du =

1

2ln¡u2 + 1

¢+ arctanu,

y obtenemos la solución

1

2ln¡u2 + 1

¢+ arctanu = − ln |x|+ c.

Deshacemos el cambio u = y/x

1

2ln

µy2

x2+ 1

¶+ arctan

y

x= − ln |x|+ c

y reescribimos la solución en una forma más conveniente

ln

µy2

x2+ 1

¶+ 2arctan

y

x= −2 ln |x|+ 2c

ln

µy2

x2+ 1

¶+ lnx2 + 2arctan

y

x= c1 (c1 = 2c)

ln¡y2 + x2

¢+ 2arctan

y

x= c1.

(7.5)−y dx+ (x+√xy) dy = 0

Escribimos la EDO en forma normal

dy

dx=

y

x+√xy


cambioy = ux, y0 = u0x+ u

u0x+ u =ux

x+√ux2

=u

1 +√u

u0x =u

1 +√u− u = u− u− u3/2

1 +√u

=−u3/21 + u1/2

xdu

dx=−u3/21 + u1/2

separable.

1 + u1/2

u3/2du = − 1

xdxZ

1 + u1/2

u3/2du = −

Z1

xdxZ

1 + u1/2

u3/2du =

Z µ1

u3/2+1

u

¶du = − 2√

u+ ln |u|

Solución− 2√

u+ ln |u| = − ln |x|+ c,

deshacemos el cambio u = y/x

− 2pyx

+ ln¯yx

¯= − ln |x|+ c

reescribimos la solución en forma más conveniente

−2rx

y+ ln

¯yx

¯+ ln |x| = c

ln |y|− 2rx

y= c, c ∈ R. ¤

Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (

xy2dy

dx= y3 − x3,

y(1) = 2.

EDO homogénea. Forma normal

dy

dx=y3 − x3xy2


u0x+ u =u3x3 − x3u2x3

=u3 − 1u2

u0x =u3 − 1u2

− u = −1u2


separamos variables Zu2du = −

Z1

xdx

1

3u3 = − ln |x|+ c

deshacemos el cambio u = y/x

1

3

y3

x3= − ln |x|+ c

y3 = −3x3 ln |x|+ c1x3 (c1 = 3c)

imponemos la condición inicial y(1) = 2

8 = 0 + c1 ⇒ c1 = 8.

solucióny3 = −3x3 ln |x|+ 8x3

y = x 3p8− 3 ln |x|. ¤

Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½ ¡

x+ yeyx

¢dx− xe yx dy = 0

y(1) = 0

EDO homogénea. Forma normal

dy

dx=x+ yey/x

x ey/x


u0x+ u =x+ ux eu

x eu=1 + u eu

eu

u0x =1 + ueu

eu− u = 1

eu

separamos variables

eu du =1

xdxZ

eu du =

Z1

xdx

eu = ln |x|+ cdeshacemos el cambio u = y/x

ey/x = ln |x|+ cimponemos la condición inicial y(1) = 0

e0 = ln 1 + c ⇒ c = 1

ey/x = ln |x|+ 1solución explícita

y

x= ln(ln |x|+ 1)

y = x ln(ln |x|+ 1). ¤


3 EDO’s exactasEjercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias sonexactas y resuelve aquellas que lo sean.

1. (2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0

2. (5x+ 4y) dx+¡4x− 8y3

¢dy = 0

3.¡2xy2 − 3

¢dx+

¡2x2y + 4

¢dy = 0

4.¡x2 − y2

¢dx+

¡x2 − 2xy

¢dy = 0

5.¡x− y3 + y2 sinx

¢dx =

¡3xy2 + 2y cosx

¢dy

6. (y ln y − e−xy) dx+³1y + x ln y

´dy = 0

7. xdy

dx= 2xex − y + 6x2

8.µx2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx

dy+ x2y2 = 0

9. (tanx− sinx sin y) dx+ cosx cos y dy = 0

10.¡4t3y − 15t2 − y

¢dt+

¡t4 + 3y2 − t

¢dy = 0

(10.1)(2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0

M = 2x− 1N = 3y + 7

continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.

∂M

∂y= 0

∂N

∂x= 0

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta,

soluciónu(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 2x− 1,

∂u

∂y= 3y + 7.

De∂u

∂x= 2x− 1


obtenemos

u =

Z(2x− 1) dx = x2 − x+ c1(y)

sustituimos en la ecuación∂u

∂y= 3y + 7

y obtenemos∂

∂y

¡x2 − x+ c1(y)

¢= 3y + 7

dc1dy

= 3y + 7

determinamos c1(y)

c1 =

Z(3y + 7) dy =

3

2y2 + 7y

obtenemos la expresión completa para u(x, y)

u(x, y) = x2 − x+ 32y2 + 7y

finalmente, la solución es

x2 − x+ 32y2 + 7y = c, c ∈ R.

(10.2)(5x+ 4y) dx+

¡4x− 8y3

¢dy = 0

M = 5x+ 4yN = 4x− 8y3

continuas con derivadas parciales continuas en todo R2,

∂M

∂y= 4

∂N

∂x= 4

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.

La EDO admite la soluciónu(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 5x+ 4y,

∂u

∂y= 4x− 8y3.

De∂u

∂x= 5x+ 4y

obtenemos

u =

Z(5x+ 4y) dx =

5

2x2 + 4xy + c1(y)



∂y= 4x− 8y3

y obtenemos∂

∂y

µ5

2x2 + 4xy + c1(y)

¶= 4x− 8y3

4x+dc1dy

= 4x− 8y3

dc1dy

= −8y3

determinamos c1(y)

c1 =

Z ¡−8y3

¢dy = −2y4

resultau(x, y) =

5

2x2 + 4xy − 2y4

finalmente, la solución es

5

2x2 + 4xy − 2y4 = c, c ∈ R.

(10.3) ¡2xy2 − 3

¢dx+

¡2x2y + 4

¢dy = 0

M = 2xy2 − 3N = 2x2y + 4


∂M

∂y= 4xy

∂N

∂x= 4xy



con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 2xy2 − 3,

∂u

∂y= 2x2y + 4.

De∂u

∂x= 2xy2 − 3,

obtenemos

u =

Z ¡2xy2 − 3

¢dx = x2y2 − 3x+ c1(y),


∂y= 2x2y + 4


y obtenemos∂

∂y

¡x2y2 − 3x+ c1(y)

¢= 2x2y + 4,

2x2y +dc1dy

= 2x2y + 4,

simplificamos y resultadc1dy

= 4

integramos para determinar c1(y)

c1 =

Z4dy = 4y.

Obtenemos la expresión completa de u(x, u)

u(x, y) = x2y2 − 3x+ 4y

que proporciona la solución

x2y2 − 3x+ 4y = c, c ∈ R.

(10.4) ¡x2 − y2

¢dx+

¡x2 − 2xy

¢dy = 0

M = x2 − y2N = x2 − 2xy


∂M

∂y= −2y

∂N

∂x= 2x− 2y

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ No es exacta.

(10.5) ¡x− y3 + y2 sinx

¢dx−

¡3xy2 + 2y cosx

¢dy = 0

M = x− y3 + y2 sinxN = −

¡3xy2 + 2y cosx

¢continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.

∂M

∂y= −3y2 + 2y sinx

∂N

∂x= −3y2 + 2y sinx


La EDO admite la soluciónu(x, y) = c


con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= x− y3 + y2 sinx,

∂u

∂y= −3xy2 − 2y cosx.

De∂u

∂x= x− y3 + y2 sinx,

obtenemos

u =

Z ¡x− y3 + y2 sinx

¢dx =

1

2x2 − xy3 − y2 cosx+ c1(y),

sustituimos en la ecuación

∂u

∂y= −3xy2 − 2y cosx

y obtenemos

∂

∂y

µ1

2x2 − xy3 − y2 cosx+ c1(y)

¶= −3xy2 − 2y cosx

−3xy2 − 2y cosx+ dc1dy

= −3xy2 − 2y cosx

dc1dy

= 0

c1 = constante.

Tomamos la siguiente expresión de u(x, y)

u(x, y) =1

2x2 − xy3 − y2 cosx

que nos proporciona la solución

1

2x2 − xy3 − y2 cosx = c, c ∈ R.

(10.6) ¡y ln y − e−xy

¢dx+

µ1

y+ x ln y

¶dy = 0

M = y ln y − e−xyN = 1

y + x ln y

continuas con derivadas parciales continuas en la banda

−∞ < x <∞, 0 < y <∞.

∂M

∂y= ln y + 1 + xe−xy

∂N

∂x= ln y

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ no es exacta.


(10.7)

xdy

dx= 2xex − y + 6x2

Expresamos la EDO en forma diferencial¡2xex − y + 6x2

¢dx− xdy = 0

y obtenemosM = 2xex − y + 6x2N = −x


∂M

∂y= −1

∂N

∂x= −1


Soluciónu(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 2xex − y + 6x2,

∂u

∂y= −x.

De∂u

∂x= 2xex − y + 6x2,

obtenemos

u =

Z ¡2xex − y + 6x2

¢dx = 2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1(y).

Sustituimos en la ecuación∂u

∂y= −x

y obtenemos∂

∂y

¡2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1(y)

¢= −x

−x+ dc1dy

= −x

dc1dy

= 0

c1 = constante.

Podemos tomaru(x, y) = 2xex − 2ex − xy + 2x3

de donde resulta la solución

2xex − 2ex − xy + 2x3 = c, c ∈ R.


(10.8) µx2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx

dy+ x2y2 = 0

Forma diferencial µx2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx+ x2y2 dy = 0

M = x2y3 − 1

1 + 9x2

N = x2y2


∂M

∂y= 3x2y2

∂N

∂x= 2xy2


(10.9)(tanx− sinx sin y) dx+ (cosx cos y) dy = 0

M = tanx− sinx sin yN = cosx cos y


−π2< x <

π

2, −∞ < y <∞.

∂M

∂y= − sinx cos y

∂N

∂x= − sinx cos y


La EDO admite una solución de la forma

u(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= tanx− sinx sin y,

∂u

∂y= cosx cos y.

De∂u

∂x= tanx− sinx sin y

obtenemos

u =

Z(tanx− sinx sin y) dx = − ln (cosx) + cosx sin y + c1(y)



∂y= cosx cos y

y obtenemos

∂

∂y(− ln (cosx) + cosx sin y + c1(y)) = cosx cos y

cosx cos y +dc1dy

= cosx cos y

dc1dy

= 0 ⇒ c1 = constante.

Podemos tomaru(x, y) = − ln (cosx) + cosx sin y

de donde resulta la solución

− ln (cosx) + cosx sin y = c, c ∈ R.

(10.10) ¡4t3y − 15t2 − y

¢dt+

¡t4 + 3y2 − t

¢dy = 0

M = 4t3y − 15t2 − yN = t4 + 3y2 − t


∂M

∂y= 4t3 − 1

∂N

∂t= 4t3 − 1



u(t, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂t= 4t3y − 15t2 − y,

∂u

∂y= t4 + 3y2 − t.

De∂u

∂t= 4t3y − 15t2 − y,

obtenemos

u =

Z ¡4t3y − 15t2 − y

¢dt = t4y − 5t3 − yt+ c1(y),


∂u

∂y= t4 + 3y2 − t


y resulta∂

∂y

¡t4y − 5t3 − yt+ c1(y)

¢= t4 + 3y2 − t

t4 − t+ dc1dy

= t4 + 3y2 − t

dc1dy

= 3y2

c1 =

Z3y2dy = y3

finalmenteu(t, y) = t4y − 5t3 − yt+ y3,

soluciónt4y − 5t3 − yt+ y3 = c, c ∈ R. ¤

Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(x+ y)2 dx+

¡2xy + x2 − 1

¢dy = 0,

y(1) = 1.

M = (x+ y)2

N = 2xy + x2 − 1


∂M

∂y= 2x+ 2y

∂N

∂x= 2x+ 2y



u(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= (x+ y)2 ,

∂u

∂y= 2xy + x2 − 1.

De∂u

∂x= (x+ y)2

obtenemos

u =

Z(x+ y)2 dx =

1

3(x+ y)3 + c1(y),


∂u

∂y= 2xy + x2 − 1


y resulta∂

∂y

µ1

3(x+ y)3 + c1(y)

¶= 2xy + x2 − 1

(x+ y)2+dc1dy

= 2xy + x2 − 1

x2 + 2xy + y2 +dc1dy

= 2xy + x2 − 1

dc1dy

= −y2 − 1

c1 =

Z ¡−y2 − 1

¢dy = −1

3y3 − y

finalmenteu(x, y) =

1

3(x+ y)3 − 1

3y3 − y.

Familia de soluciones

1

3(x+ y)3 − 1

3y3 − y = c, c ∈ R.

Imponemos la condición inicial y(1) = 1

8

3− 13− 1 = c ⇒ c =

4

3

1

3(x+ y)

3 − 13y3 − y = 4

3

operando, podemos presentar la solución como sigue

1

3

¡x3 + 3x2y + 3xy2 + y3

¢− 13y3 − y = 4

3

1

3x3 + x2y + xy2 − y = 4

3

x3 + 3x2y + 3xy2 − 3y = 4. ¤

Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(4y + 2t− 5) dt+ (6y + 4t− 1) dy = 0,y(−1) = 2.

M = 4y + 2t− 5N = 6y + 4t− 1


∂M

∂y= 4

∂N

∂t= 4



Podemos obtener una familia de soluciones de la forma

u(t, y) = c, c ∈ R,

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂t= 4y + 2t− 5,

∂u

∂y= 6y + 4t− 1.

De∂u

∂t= 4y + 2t− 5

obtenemos

u =

Z(4y + 2t− 5) dt = 4yt+ t2 − 5t+ c1(y).

Para determinar c1(y), sustituimos en la ecuación

∂u

∂y= 6y + 4t− 1

y obtenemos∂

∂y

¡4yt+ t2 − 5t+ c1(y)

¢= 6y + 4t− 1

4t+dc1dy

= 6y + 4t− 1

dc1dy

= 6y − 1

c1 =

Z(6y + 1) dy = 3y2 − y

finalmenteu(t, y) = 4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y,

familia de soluciones4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = c.

Imponemos la condición inicial y(−1) = 2

−8 + 1 + 5 + 12− 2 = c ⇒ c = 8

resulta4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = 8 ¤

Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½ ¡y2 cosx− 3x2y − 2x

¢dx+

¡2y sinx− x3 + ln y

¢dy = 0,

y(0) = e.


M = y2 cosx− 3x2y − 2xN = 2y sinx− x3 + ln y


−∞ < x <∞, 0 < y <∞.

∂M

∂y= 2y cosx− 3x2

∂N

∂x= 2y cosx− 3x2



con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x,

∂u

∂y= 2y sinx− x3 + ln y.

De∂u

∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x

obtenemos

u =

Z ¡y2 cosx− 3x2y − 2x

¢dx = y2 sinx− x3y − x2 + c1(y),


∂u

∂y= 2y sinx− x3 + ln y

y obtenemos

∂

∂y

¡y2 sinx− x3y − x2 + c1(y)

¢= 2y sinx− x3 + ln y

2y sinx− x3 + dc1dy

= 2y sinx− x3 + ln y

dc1dy

= ln y

c1 =

Zln y dy = y ln y −

Zy

µ1

y

¶dy

= y ln y − y.

Finalmenteu(x, y) = y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y,


familia de soluciones

y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = c, c ∈ R.


y(0) = e

e2 sin 0− 0− 0 + e ln e− e = cc = e− e = 0.

Solución del problema de valor inicial

y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = 0. ¤

Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta¡y3 + kxy4 − 2x

¢dx+

¡3xy2 + 20x2y3

¢dy = 0,

resuélvela.

M = y3 + kxy4 − 2xN = 3xy2 + 20x2y3

continuas con derivadas parciales continuas en todo R2. Calculamos

∂M

∂y= 3y2 + 4kxy3

∂N

∂x= 3y2 + 40xy3

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭y exigimos

∂M

∂y=

∂N

∂x

resulta3y2 + 4kxy3 = 3y2 + 40xy3

4kxy3 = 40xy3 ⇒ 4k = 40

k = 10.

La ecuación diferencial es¡y3 + 10xy4 − 2x

¢dx+

¡3xy2 + 20x2y3

¢dy = 0,

soluciónu(x, y) = c,

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= y3 + 10xy4 − 2x,

∂u

∂y= 3xy2 + 20x2y3.


De∂u

∂x= y3 + 10xy4 − 2x

obtenemos

u =

Z ¡y3 + 10xy4 − 2x

¢dx = xy3 + 5x2y4 − x2 + c1(y),


∂u

∂y= 3xy2 + 20x2y3

y obtenemos

∂

∂y

¡xy3 + 5x2y4 − x2 + c1(y)

¢= 3xy2 + 20x2y3

3xy2 + 20x2y3 +dc1dy

= 3xy2 + 20x2y3

dc1dy

= 0

c1 = constante,

familia de soluciones

xy3 + 5x2y4 − x2 = c, c ∈ R. ¤

Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial

(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ 2x cosx dy = 0

1. Verifica que la EDO no es exacta.

2. Multiplica la ecuación por el factor integrante

µ = xy

y verifica que la EDO resultante es exacta.

3. Resuélvela.

1. Inicialmente tenemos

(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ (2x cosx) dy = 0

M = −xy sinx+ 2y cosxN = 2x cosx


∂M

∂y= −x sinx+ 2 cosx

∂N

∂x= 2cosx− 2x sinx



2. Multiplicamos por el factor integrante

µ = xy

y resulta la nueva ecuación¡−x2y2 sinx+ 2xy2 cosx

¢dx+

¡2x2y cosx

¢dy = 0

M = −x2y2 sinx+ 2xy2 cosxN = 2x2y cosx

∂M

∂y= −2x2y sinx+ 4xy cosx

∂N

∂x= 4xy cosx− 2x2y sinx


3. Soluciónu(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,

∂u

∂y= 2x2y cosx.

De∂u

∂y= 2x2y cosx

obtenemos

u =

Z ¡2x2y cosx

¢dy

= x2y2 cosx+ c1(x),


∂u

∂x= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx

y obtenemos

∂

∂x

¡x2y2 cosx+ c1(x)

¢= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx

2xy2 cosx− x2y2 sinx+ dc1dx

= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx

dc1dy

= 0 ⇒ c = constante,

finalmente, tenemos la familia de soluciones

x2y2 cosx = c, c ∈ R. ¤


4 EDO’s linealesEjercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso unintervalo en el que la solución es válida.

1.dy

dx= 5y

2.dy

dx+ y = e3x

3. y0 + 3x2y = x2

4. x2y0 + xy = 1

5. xdy

dx− y = x2 sinx

6. xdy

dx+ 4y = x3 − x

7. x2y0 + x (x+ 2) y = ex

8. y dx− 4¡x+ y6

¢dy = 0

9. cosxdy

dx+ y sinx = 1

10. (x+ 1)dy

dx+ (x+ 2) y = 2xe−x

(16.1) EDO lineal homogénea

dy

dx= 5y,

escribimos la EDO en forma estándar

y0 − 5y = 0

e identificamos p(x)p(x) = −5,

la solución es

y = ke−R(−5) dx

= keR5 dx = ke5x

y = ke5x, k ∈ R.

Solución definida en todo R.(16.2) Es una EDO lineal completa

dy

dx+ y = e3x


y0 + y = e3x

p(x) = 1.

Solución general de la EDO homogénea asociada

yh = ke−Rdx = ke−x, k ∈ R.

Determinamos una solución particular de la EDO completa por el método devariación de parámetros, esto es, proponemos un solución

y = k(x) e−x

y sustituimos en la EDO completa

k0e−x − ke−x| {z }y0

+ ke−x| {z }y

= e3x

Determinamos k(x)k0e−x = e3x

k0 =e3x

e−x= e4x

k =

Ze4x dx =

1

4e4x + c.

Tomamosk(x) =

1

4e4x

de donde obtenemos la solución particular de la EDO completa

yp =

µ1

4e4x¶e−x =

1

4e3x.

Finalmente la solución general de la EDO completa es de la forma

y = yh + yp

esto esy = ke−x +

1

4e3x, k ∈ R.

La soluciones están definidas en (−∞,+∞).(16.3)

y0 + 3x2y = x2

p(x) = 3x2

Solución general de la EDO homogénea

y = keRp(x) dx = ke−

R3x2 dx

= ke−x3


Variación de parámetros: proponemos solución particular de la EDO completade la forma

y = k(x)e−x3

,

la derivada esy0 = k0e−x

3 − 3kx2e−x3 .Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)

k0e−x3 − 3kx2e−x3 + 3x2ke−x3 = x2

k0e−x3

= x2

k0 =x2

e−x3= x2ex

3

k =

Zx2ex

3

dx =1

3ex

3

+ c.

Tomamosk(x) =

1

3ex

3

,

de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa

yp =

µ1

3ex

3

¶e−x

3

=1

3.

Finalmente, la solución general de la EDO completa es

y = yh + yp

y = ke−x3

+1

3, k ∈ R.

Las soluciones están definidas en (−∞,+∞).(16.4)

x2y0 + xy = 1

Forma estándary0 +

1

xy =

1

x2

Homogénea asociada

y0 +1

xy = 0 ⇒ p(x) =

1

x

Solución general de la ecuación EDO homogénea

y = ke−R

1x dx

= ke− ln|x|

= keln 1/|x|

= k1

|x| tomamos x ∈ (0,+∞)

yh =k

x, k ∈ R.


Variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la EDO com-pleta de la forma

y =k(x)

x,

la derivada es

y0 =k0

x− k

x2.

Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).

y0 +1

xy =

1

x2

k0

x− k

x2+1

x

k

x=1

x2

k0

x=1

x2

k0 =1

x⇒ k =

Z1

xdx = lnx+ c.

Tomamosk(x) = lnx

que nos proporciona la solución particular de la EDO completa

yp =lnx

x.


y = yh + yp

y =k

x+1

xlnx, k ∈ R.

La soluciones están definidas para x ∈ (0,+∞) .(16.5)

xdy

dx− y = x2 sinx

Forma estándardy

dx− 1xy = x sinx.

Ecuación homogénea asociada

y0 − 1xy = 0

p(x) = − 1x


y = ke−Rp(x) dx

= ke−R(− 1

x) dx

= keR

1x dx

= keln|x| resolvemos para x > 0

= kelnx = kx.


yh = kx, x ∈ R.Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma

y = k(x)x,

la derivada esy0 = k0x+ k.

Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).

k0x+ k − 1xkx = x sinx

k0x = x sinx

k0 = sinx

k =

Zsinx dx = − cosx+ c

Tomamosk(x) = − cosx

que produce la siguiente solución de la EDO completa

yp = −x cosx.


y = yh + yp,

y = kx− x cosx, k ∈ R.Las soluciones están definidas para x > 0.

(16.6)

xdy

dx+ 4y = x3 − x.

Forma estándary0 +

4

xy = x2 − 1.

EDO homogénea asociada

y0 +4

xy = 0,

identificamosp(x) =

4

x.


y = ke−Rp(x) dx = ke−

R4x dx

= ke−4 ln|x|

= keln|x−4| = keln 1/x4 ,

=k

x4, (x 6= 0), tomamos p.e. x > 0.


Determinamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros.Proponemos la solución

y = k(x) · 1x4,

y0 = k01

x4− 4kx5,

sustituimos en la EDO completa para determinar k(x),

k01

x4− 4kx5+4

x

µk

x4

¶= x2 − 1,

k01

x4= x2 − 1,

k0 = x6 − x4.

k =

Z ¡x6 − x4

¢dx =

x7

7− x

5

5.

Obtenemos la solución particular de la EDO completa

yp =

µx7

7− x

5

5

¶1

x4

=x3

7− x5.

La solución general de la EDO completa es

y = yh + yp

y =k

x4+x3

7− x5, k ∈ R,

definida en cualquier intervalo que no contenga x = 0.

(16.7)x2y0 + x(x+ 2)y = ex.

Forma estándar

y0 +x(x+ 2)

x2y =

1

x2ex,

Homogénea asociada

y0 +

µ1 +

2

x

¶y = 0

identificamosp(x) = 1 + 2/x.

Solución de la EDO homogénea

y = ke−Rp(x) dx

= ke−R(1+ 2

x) dx

= ke−x−2 ln|x| , tomamos x > 0

= ke−x · elnx−2

= ke−x · 1x2,


y = ke−x

x2.

Determinamos una solución particular de la EDO completa por variación deparámetros. Proponemos la solución

y = k(x)e−x

x2,

la derivada es

y0 = k0e−x

x2+ k−e−xx2 − e−x · 2x

x4

= k0e−x

x2− ke−x

¡x2 + 2x

¢x4

Sustituimos en la EDO completa

y0 +x2 + 2x

x2· y = 1

x2ex

k0e−x

x2− ke−xx

2 + 2x

x4| {z }y0

+x2 + 2x

x2· k e

−x

x2| {z }y

=1

x2ex

k0e−x

x2=1

x2ex

k0 =x2

x2· e

x

e−x= e2x.

Determinamos k(x),

k(x) =

Ze+2x dx =

1

2e2x,

y obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa

yp =

µ1

2e2x¶e−x

x2=ex

2x2.


y = yh + yp,

y =ke−x

x2+ex

2x2, k ∈ R.

Las soluciones son válidas para x > 0.

(16.8)y dx− 4

¡x+ y6

¢dy = 0

No lineal en y; lineal en x = x(y)

y dx = 4¡x+ y6

¢dy

dx

dy=4¡x+ y6

¢y

=4

yx+ 4y5.


Forma estándarx0 − 4

yx = 4y5 ; p(y) = −4

y.


x0 − 4yx = 0

x = k e−R− 4y dy = k e4 ln|y|

x = k eln y4

= ky4.

Solución de la ecuación completa por variación de parámetros, tomamos k =k(y)

x = k(y) y4

x0 = k0y4 + 4ky3

k0y4 + 4y3 − 4yky4 = 4y5

k0 =4y5

y4= 4y.

Obtenemos

k(y) =

Z4y dy = 2y2,

que nos proporciona una solución particular de la EDO completa

xp =¡2y2¢y4 = 2y6.

Finalmente, determinamos la solución general de la EDO completa

x = xh + xp

x = ky4 + 2y6 , k ∈ R.La soluciones son válidas en todo intervalo que no contenga y = 0.

(16.9)

cosxdy

dx+ y sinx = 1

Forma estándardy

dx+sinx

cosxy =

1

cosx

p(x) =sinx

cosx

EDO homogénea asociada

y0 +sinx

cosxy = 0

y = ke−R

sinxcosx dx


−Zsinx

cosxdx =

Z − sinxcosx

dx = ln |cosx| tomamos − π/2 < x < π/2

= ln (cosx)

y = keln(cosx) = k cosx

Variación de parámetros

y = k(x) cosx

y0 = k0 cosx− k sinx

k0 cosx− k sinx| {z }y0

+sinx

cosx· k cosx = 1

cosx

k0 cosx =1

cosx

k0 =1

cos2 x⇒ k =

Z1

cos2 xdx = tanx

Solución particular de la EDO completa

yp = tanx cosx = sinx

Solución general de la EDO completa

y = yh + yp

y = k cosx+ sinx, k ∈ R.Las soluciones son válidas para x ∈ (−π/2,π/2) .(16.10)

(x+ 1)dy

dx+ (x+ 2) y = 2x e−x

Forma estándardy

dx+x+ 2

x+ 1y =

2x

x+ 1e−x

p(x) =x+ 2

x+ 1=x+ 1 + 1

x+ 1= 1 +

1

x+ 1


y0 +

µ1 +

1

x+ 1

¶y = 0

y = ke−R(1+ 1

x+1 ) dx

= ke−(x+ln|x+1|)

tomamosx+ 1 > 0 ⇒ x > −1

y = ke−x−ln(x+1)

= ke−xeln1

x+1

= ke−x

x+ 1, (x > −1) .


Variación de parámetros

y = k(x)e−x

x+ 1

y0 = k0e−x

x+ 1+ k−e−x − e−x(x+ 1)

(x+ 1)2

= k0e−x

x+ 1− ke−x 1 + x+ 1

(x+ 1)2

= k0e−x

x+ 1− ke−x x+ 2

(x+ 1)2

sustituimos en la ecuación completa

y0 +x+ 2

x+ 1y =

2x

x+ 1e−x

k0e−x

x+ 1− ke−x x+ 2

(x+ 1)2| {z }y0

+x+ 2

x+ 1· k e

−x

x+ 1| {z }y

=2x

x+ 1e−x

k0e−x

x+ 1=

2x

x+ 1e−x

k0 = 2x

k =

Z2x dx = x2,

obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa

yp = x2 e−x

x+ 1


y = yh + yp

y =¡x2 + c

¢ e−xx+ 1

y =k e−x

x+ 1+x2e−x

x+ 1, k ∈ R.

Las soluciones son validas para x > −1. ¤

Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial½xy0 + y = ex

y(1) = 2

índica un intervalo en el que esté definida la solución.


EDO lineal. Forma estándar

y0 +1

xy =

1

xex

p(x) =1

x.

EDO Homogénea

y0 +1

xy = 0,

solución general de la EDO homogénea

y = ke−R

1x dx = ke− ln|x|,

tomamos x > 0y = ke− lnx = keln 1/x

y =k

x, k ∈ R.

Determinamos una solución de la EDO completa por el método de variación deparámetros

y = k(x)1

x

y0 = k01

x− k 1

x2

k01

x− k 1

x2| {z }y0

+1

xk1

x|{z}y

=1

xex

k01

x=1

xex

k0 = ex

k =

Zex dx = ex,

Resultayp =

ex

x.


y =k

x+ex

x, k ∈ R.

Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición

y(1) = 2

e

1+k

1= 2 ⇒ k = 2− e

y =2− ex

+ex

x, x ∈ (0,+∞) ¤


Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩(x+ 1)

dy

dx+ y = lnx,

y(1) = 10, x > 0.

Forma estándardy

dx+

1

x+ 1y =

lnx

x+ 1

p(x) =1

x+ 1.

EDO Homogénea asociada


R1

x+1 dx

= ke− ln|x+1|,

tomamosx+ 1 > 0 ⇒ x > −1

y = ke− ln(x+1)

= keln1

x+1 = k1

x+ 1

yh = k1

x+ 1, k ∈ R.

Determinamos una solución particular de la EDO completa. Proponemos unasolución de la forma

y = k(x) · 1

x+ 1,

la derivada esy0 = k0

1

x+ 1− k 1

(x+ 1)2.

Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)

y0 +1

x+ 1y =

lnx

x+ 1

k01

x+ 1− k 1

(x+ 1)2| {z }y0

+1

x+ 1· k

x+ 1| {z }y

=lnx

x+ 1

k01

x+ 1=

lnx

x+ 1

k0 = lnx

k =

Zlnx dx = x lnx−

Zx · 1xdx

= x lnx−Zdx = x lnx− x.


Hemos obtenido la siguiente solución particular para la EDO completa

yp = (x lnx− x)1

x+ 1


y = yh + yp

y =k

x+ 1+x lnx− xx+ 1

, k ∈ R.


y(1) = 10

k

2+1 ln 1− 1

2= 10

k − 1 = 20 ⇒ k = 21.

La solución del problema de valor inicial es

y =21 + x lnx− x

x+ 1, x > −1 ¤

Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dx+ 2y = f(x),

y(0) = 0,

donde

f(x) =

½1 si 0 ≤ x ≤ 3,0 si x > 3.

EDO linealy0 + 2y = f(x)

EDO homogénea asociaday0 + 2y = 0

identificamosp(x) = 2,

la solución general de la EDO homogénea asociada es


R2 dx

= ke−2x, k ∈ R.

Determinamos la solución para el tramo 0 ≤ x ≤ 3. En este caso, tenemos laEDO completa

y0 + 2y = 1 0 ≤ x ≤ 3,


proponemos una solución particular para la EDO completa

y = k(x) e−2x

y0 = k0e−2x − 2k e−2x

y sustituimos en la EDO completa

y0 + 2y = 1

k0e−2x − 2ke−2x| {z }y0

+2 ke−2x| {z }y

= 1

k0e−2x = 1

k0 =1

e−2x= e2x

k =

Ze2x dx =

1

2e2x

Resulta la solución

yp =

µ1

2e2x¶e−2x =

1

2

La solución general de la EDO completa en el primer tramo es

y = ke−2x +1

2, k ∈ R.

Aplicamos la condición inicialy(0) = 0

0 = k · e0 + 12⇒ k = −1/2

La solución del problema de valor inicial en el primer tramo es, por lo tanto,

y =1

2− 12e−2x, 0 ≤ x ≤ 3.

Valor final del intervaloy(3) =

1

2− 12e−6.

Solución del tramo x ∈ (3,+∞)⎧⎨⎩ y0 + 2y = 0

y(3) =1

2

¡1− e−6

¢.

Hemos visto anteriormente que la solución de y0 + 2y = 0 es

y = ke−2x

Imponemos la condición inicial⎧⎨⎩ x = 3

y(3) =1

2− 12e−6


y resulta

ke−6 =1

2− 12e−6

k =1

2

¡1− e−6

¢e−6

=1

2e6¡1− e−6

¢=

1

2

¡e6 − 1

¢.

Solución del 2o tramoy =

1

2

¡e6 − 1

¢e−2x.

Función solución

y(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1

2− 12e−2x si 0 ≤ x ≤ 3

1

2

¡e6 − 1

¢e−2x si x > 3 ¤

Ejercicio 20 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dx+ 2xy = f(x)

y(0) = 2

donde

f(x) =

½x si 0 ≤ x ≤ 10 si x ≥ 1.

Homogénea asociaday0 + 2xy = 0

identificamosp(x) = 2x

y = ke−Rp(x) dx = ke−x

2

Variación de parámetros. Solución completa tramo 0 ≤ x ≤ 1

y = k e−x2

y0 = k0e−x2 − 2kx e−x2

sustituimos en la EDO completa

y0 + 2xy = x 0 ≤ x ≤ 1

k0e−x2 − 2kx e−x2 + 2xk e−x2 = x

k0e−x2

= x


k0 =x

e−x2= xex

2

k =

Zxex

2

dx =1

2ex

2

yp =

µ1

2ex

2

¶e−x

2

=1

2.

Solución general de la EDO completa, tramo 0 ≤ x ≤ 1

y = ke−x2

+1

2, k ∈ R.


y(0) = 2

ke0 +1

2= 2

k = 2− 12= 3/2

y =1

2+3

2e−x

2

, x ∈ [0, 1] .

Solución para x > 1. En este caso la EDO es

y0 + 2xy = 0, x > 1.

Por continuidad, tomamos como valor inicial del segundo tramo el valor quetoma la función del primer tramo en x = 1, esto es

y(1) = ytramo1(1)

y(1) =1

2+3

2e−1.

La solución del segundo tramo verifica el problema de valor inicial(y0 + 2xy = 0

y(1) =1

2+3

2e−1, x ≥ 1.

La solución de y0 + 2xy = 0 es

y = ke−x2

,


y(1) =1

2+3

2e−1

ke−1 =1

2+3

2e−1

k =

µ1

2+3

2e−1

¶e =

1

2e+

3

2.


Solución en el segundo tramo

y2 =

µ1

2e+

3

2

¶e−x

2

=1

2e · e−x2 + 3

2e−x

2

=1

2e1−x

2

+3

2e−x

2

.

Solución global

y(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩1

2+3

2e−x

2

0 ≤ x ≤ 1

1

2e1−x

2

+3

2e−x

2

x > 1 ¤

Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como

Si(x) =

Z x

0

sin t

tdt

y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el siguiente problema de valor inicial½x3y0 + 2x2y = 10 sinx,y(1) = 0.

EDO lineal, la escribimos en forma estándar

y0 +2x2

x3y = 10

sinx

x3

y0 +2

xy = 10

sinx

x3

Homogénea asociada

y0 +2

xy = 0

identificamosp(x) =

2

x.



R2x dx

= ke−2 ln|x| = keln 1/x2

resolvemos para x > 0

y = keln 1/x2

= k1

x2.


Solución completa por variación de parámetros

y = k(x)1

x2

y0 = k01

x2+ k

µ− 2x3

¶= k0

1

x2− k 2

x3

k01

x2− k 2

x3| {z }y0

+2

x· k 1x2|{z}y

= 10sin

x3

k01

x2= 10

sinx

x3

k0 = 10sinx

x

k = 10

Zsinx

xdx = 10

Z x

0

sin t

tdt = 10Si(x)


yp = 10Si(x)

x2.


y =k

x2+10Si(x)

x2.


y(1) = 0,

y(1) = k + 10Si(1) = 0,

k = −10 Si(1),

y(x) =−10 Si(1)

x2+10Si(x)

x2,

y(x) =10

x2(Si(x)− Si(1)) . ¤

5 Métodos numéricosEjercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial½

y0 = x2 − y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.

1. Calcula la solución exacta.

2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calcula loserrores de truncamiento.


3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.

4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.

1. Solución exacta


y0 + y = x2.

Homogénea asociaday0 + y = 0,

identificamosp(x) = 1.


yh = ke−Rdx = ke−x, k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros, tomamos k = k(x)

y = k(x) e−x,

y0 = k0e−x − ke−x.Sustituimos en la EDO completa

y0 + y = x2,

k0e−x − ke−x + ke−x = x2,k0e−x = x2,

k0 =x2

e−x= x2ex,

k =

Zx2ex dx.

La integral se calcula aplicando integración por partes dos vecesZx2ex dx = x2ex −

Z2xex dx

= x2ex − 2Zxex dx

= x2ex − 2∙xex −

Zex dx

¸= x2ex − 2xex + 2ex.


Tenemos la solución particular de la EDO completa

yp =¡x2ex − 2xex + 2ex

¢e−x

= x2 − 2x+ 2.


y = yh + yp,

y = ke−x + x2 − 2x+ 2, k ∈ R.Solución del problema de valor inicial: exigimos y(0) = 1

ke0 + 2 = 1,

k = 1− 2 = −1.Finalmente, resulta

y = −e−x + x2 − 2x+ 2.

2. Método de Euler de 4 pasos

Intervalo[a, b] = [0, 1] ,

step

h =b− a4

=1

4= 0.25.

El problema está en forma normal

y0 = f(x, y)

conf(x, y) = x2 − y.

Formulación del método

yj+1 = yj + h f(xj , yi)

= yj + h (x2j − yi).

Fase 1.

Partimos de ½x0 = 0,y0 = 1,

calculamos

y1 = y0 + 0.25 ·¡x20 − y0

¢= 1 + 0.25× (−1) = 0.75.

Fase 2.

Partimos de ½x1 = 0.25,y1 = 0.75,


calculamos

y2 = y1 + 0.25¡x21 − y1

¢= 0.75 + 0.25 ·

¡0.252 − 0.75

¢= 0.5781.

Fase 3.

Partimos de ½x2 = 0.5,y2 = 0.5781,

calculamos

y3 = 0.5781 + 0.25 ·¡0.52 − 0.5781

¢= 0.4961.

Fase 4.

Partimos de ½x3 = 0.75,y3 = 0.4961,

calculamos

y4 = 0.4961 + 0.25 ·¡0.752 − 0.4961

¢= 0.5127.

Resumen y errores de truncamiento

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.25 0.7500 0.7837 0.03372 0.50 0.5781 0.6435 0.06543 0.75 0.4691 0.5901 0.09404 1 0.5127 0.6321 0.1194

3. Método de Euler modificado

En cada paso debemos calcular⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(1)j = f (xj , yj) ,

k(2)j = f

³xj+1, yj + hk

(1)j

´,

yj+1 = yj +h2

³k(j)1 + k

(j)2

´.

Fase 1.

Tenemos ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x0 = 0,y0 = 1,x1 = 0.25.

Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = f(0, 1) = 0

2 − 1 = −1,


k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.25, 1 + 0.25(−1)) = f (0.25, 1− 0.25)= f (0.25, 0.75) = (0.25)2 − 0.75= −0.6875,

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 +

0.25

2(−1− 0.6875) = 0.7891.

Fase 2.

Tenemos ⎧⎨⎩ x1 = 0.25,y1 = 0.7891,x2 = 0.5.

Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(1)1 = f (x1, y1) ,

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´,

y2 = y1 + h³k(1)1 + k

(1)2

´.

k(1)1 = f(0.25, 0.7891) = (0.25)2 − 0.7891 = −0.7266.

k(1)2 = f(0.5, 0.7891 + 0.25 · (−0.7266))

= f(0.5, 0.6074)

= (0.5)2 − 0.6074 = −0.3574.

y2 = 0.7891 +0.25

2· (−0.7266− 0.3574)

= 0.6536.

Fase 3.

Tenemos ⎧⎨⎩ x2 = 0.5,y2 = 0.6536,x3 = 0.75.

Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(2)1 = f (x2, y2) ,

k(2)2 = f

³x3, y2 + hk

(2)1

´,

y3 = y2 +h2

³k(2)1 + k

(2)2

´.


k(2)1 = f (0.5, 0.6536) = (0.5)2 − 0.6536 = −0.4036,k(2)2 = f(0.75, 0.6536 + 0.25× (−0.4036))

= f(0.75, 0.5527) = (0.75)2 − 0.5527 = −0.0098.

y3 = y2 +h

2

³k(2)1 + k

(2)2

´= 0.6536 +

0.25

2(−0.4036− 0.0098)

= 0.6044.

Fase 4.

Tenemos ⎧⎨⎩ x3 = 0.75,y3 = 0.6044,x4 = 1.

Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(3)1 = f (x3, y3) ,

k(3)2 = f

³x4, y3 + hk

(3)1

´,

y4 = y3 +h2

³k(1)1 + k

(1)2

´.

k(3)1 = f (0.75, 0.6044) = (0.75)2 − 0.6044 = −0.0419,

k(3)2 = f

³x4, y3 + hk

(3)1

´= f(1, 0.6044 + 0.25× (−0.0419))

= f(1, 0.5939) = 1− 0.5939 = −0.406075.

y4 = 0.6044 +0.25

2(−0.0419− 0.406075)

= 0.6499.


j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.25 0.7891 0.7837 0.00542 0.5 0.6536 0.6435 0.01013 0.75 0.6044 0.5901 0.01434 1.0 0.6499 0.6321 0.0178

4. Método de Taylor de 2 o orden

El método es

yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2

2

£f 0x (xj , yj) + f

0y (xj , yj) f (xj , yj)

¤.

Tenemos ⎧⎨⎩ f(x, y) = x2 − y,f 0x (x, y) = 2x,f 0y (x, y) = −1.


Fase 1.

Partimos dex0 = 0, y0 = 1.

Calculamos ⎧⎨⎩ f(x0, y0) = 0− 1 = −1,f 0x (x0, y0) = 0,f 0y (x0, y0) = −1,

y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2

2

£f 0x (x0, y0) + f

0y (x0, y0) f (x0, y0)

¤= 1 + 0.25 · (−1) + (0.25)

2

2(0 + (−1) · (−1))

= 0. 78125.

Fase 2.

Partimos dex1 = 0.25, y1 = 0. 78125.

Calculamos ⎧⎨⎩ f(x1, y1) = (0.25)2 − 0. 78125 = −0. 71875,

f 0x (x1, y1) = 0.5,f 0y (x1, y1) = −1.

y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2

2

£f 0x (x1, y1) + f

0y (x1, y1) f (x1, y1)

¤= 0. 78125 + 0.25 · (−0. 71875) + (0.25)

2

2[0.5 + (−1) · (−0. 71875)]

= 0. 63965.

Fase 3.

Partimos dex2 = 0.5, y2 = 0. 63965.

Calculamos ⎧⎨⎩ f(x2, y2) = (0.5)2 − 0. 63965 = −0. 38965,

f 0x (x2, y2) = 1,f 0y (x2, y2) = −1.

y3 = y2 + h f (x2, y2) +h2

2

£f 0x (x2, y2) + f

0y (x2, y2) f (x2, y2)

¤= 0. 63965 + 0.25 · (−0. 38965) + (0.25)

2

2[1 + (−1) · (−0. 38965)]

= 0. 58566 .

Fase 4.

Partimos dex3 = 0.75, y3 = 0. 58566,


Calculamos ⎧⎨⎩ f(x3, y3) = (0.75)2 − 0. 58566 = −0.0 2316 ,

f 0x (x3, y3) = 1.5,f 0y (x3, y3) = −1.

y4 = y3 + h f (x3, y3) +h2

2

£f 0x (x3, y3) + f

0y (x3, y3) f (x3, y3)

¤= 0. 58566 + 0.25 · (−0.0 2316 ) + (0.25)

2

2[1.5 + (−1) · (−0.0 2316 )]

= 0. 62747.


j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.25 0.78125 0.78370 0.002452 0.50 0.63965 0.64347 0.003823 0.75 0.58566 0.59013 0.004474 1 0.62747 0.63212 0.00465

¤

Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = 3y + 3x,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2.





1. Solución exacta


y0 − 3y = 3x.

Homogénea asociaday0 − 3y = 0,

identificamosp(x) = 3.


y = ke−R(−3) dx = ke3x, k ∈ R.


Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos unasolución particular de la forma

y = k(x) e3x,

y0 = k0e3x + 3ke3x,

y sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).

k0e3x + 3ke3x − 3ke3x = 3x,

k0e3x = 3x,

k0 =3x

e3x= 3xe−3x,

k =

Z3xe−3x dx

= −xe−3x +Ze−3x dx

= −xe−3x − 13e−3x.

Obtenemos

yp =

µ−xe−3x − 1

3e−3x

¶e3x

= −x− 13.


y = yh + yp,

y = ke3x +

µ−x− 1

3

¶, k ∈ R.

Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición inicial

y(0) = 1

k − 13= 1⇒ k = 1 +

1

3=4

3.

Solución del problema de valor inicial

y =4

3e3x − x− 1

3.

2. Método de Euler de 5 pasos

Intervalo[a, b] = [0, 0.2] ,

step

h =b− a5

=0.2

5= 0.04.


El problema está en forma normal

y0 = f(x, y)

conf(x, y) = 3x+ 3y.

Formulación del método

yj+1 = yj + h f(xj , yi).

Fase 1.

Partimos dex0 = 0, y0 = 1,

Calculamosf(x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,

y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.04 · 3 = 1 + 0.12 = 1.12.Fase 2.

Partimos dex1 = 0.04, y1 = 1.12.

Calculamos

f(x1, y1) = 3x1 + 3y1 = 0.12 + 3.36

= 3.48,

y2 = y1 + h f(x1, y1) = 1.12 + 0.04× 3.48= 1.2592.

Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.04 1.12 1.1300 0.01002 0.08 1.2592 1.2817 0.02253 0.12 1.4199 1.4578 0.03794 0.16 1.6047 1.6614 0.05675 0.20 1.8165 1.8962 0.0797

3. Método de Euler modificado de 5 pasos⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(j)1 = f (xj , yj) ,

k(j)1 = f

³xj+1, yj + hk

(j)1

´,

yj+1 = yj +h2

³k(j)1 + k

(j)2

´.

Fase 1.


Partimos dex0 = 0, x1 = 0.04, y0 = 1,

calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,

k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.04, 1 + 0.04× 3)

= f (0.04 + 1.12) = 3(1.16) = 3.48,

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 +

0.04

2× (3 + 3.48)

= 1 + 0.02× 6.48= 1.1296.

Fase 2.

Partimos dex1 = 0.04, x2 = 0.08, y1 = 1.1296.

Calculamos

k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.04, 1.1296)

= 3(0.04, 1.1296)

= 3.5088,

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´= f(0.08, 1.1296 + 0.04× 3.5088)= f(0.08, 1.2700) = 3(0.08 + 1.2700)

= 4.0499,

y2 = y1 +h

2

³k(1)1 + k

(1)2

´= 1.1296 +

0.04

2(3.5088− 4.0499)

= 1.2808.

Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.04 1.1296 1.1300 0.00042 0.08 1.2808 1.2817 0.00093 0.12 1.4563 1.4578 0.00154 0.16 1.6592 1.6614 0.00225 0.20 1.8930 1.8962 0.0032

4. Método de Taylor de 2 o orden


El método es

yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2

2

£f 0x (xj , yj) + f


¤.

Tenemos

f(x, y) = 3x+ 3y,

f 0x = 3,

f 0y = 3.

En este caso podemos simplificar los cálculos

yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2

2[3 + 3f (xj , yj)] .

Fase 1.


Calculamosf (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,

y1 = 1 + 0.04 · 3 +(0.04)2

2(3 + 3 · 3) = 1.1296.

Fase 2.

Partimos dex1 = 0.04, y1 = 1.1296.

Calculamosf (x1, y1) = 3(0.04 + 1.1296) = 3.5088,

y2 = y1 + hf (x1, y1) +h2

2[3 + 3f (x1, y1)]

= 1.1296 + 0.04× 3.5088 + (0.04)2

2(3 + 3× 3.5088)

= 1.28077.

Fase 3.

Partimos dex2 = 0.08, y2 = 1.2808.

Calculamos

f (x2, y2) = 3(0.08 + 1.2808)

= 4.0824,

y3 = y2 + hf (x2, y2) +h2

2[3 + 3f (x2, y2)]

= 1.2808 + 0.04× 4.0824 + (0.04)2

2(3 + 3× 4.0824)

= 1.4563.



j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.04 1.1296 1.1300 0.00042 0.08 1.2808 1.2817 0.00093 0.12 1.4563 1.4578 0.00154 0.16 1.6592 1.6614 0.00225 0.20 1.8930 1.8962 0.0032

En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o orden con 5 pasosse obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado. ¤

Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = e−2x − 2y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5.





1. Solución exacta


y0 + 2y = e−2x,

homogénea asociaday0 + 2y = 0,

identificamosp(x) = 2,

solución general de la EDO homogénea

yh = ke−R2 dx = ke−2x, k ∈ R.

Solución completa por variación de parámetros, hacemos k = k(x)

y = k(x)e−2x,

y0 = k0e−2x − 2ke−2x,sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)

k0e−2x − 2ke−2x + 3ke−2x = e−2x,


k0e−2x = e−2x,

k0 = 1,

k = x.

Obtenemosyp = xe

−2x.


y = yh + yp,

y = ke−2x + xe−2x.

Solución del problema de valor inicial. Imponemos

y(0) = 1,

ke0 + 0 = 1⇒ k = 1,

y = e−2x + xe−2x

= (1 + x) e−2x.

2. Aproximación por el método de Euler de 5 pasos

Intervalo[a, b] = [0, 0.5] ,

step

h =b− a5

= 0.1,

el problema está en forma normal

y0 = f(x, y)

conf(x, y) = e−2x − 2y.

Fase 1.


Calculamos

f(x0, y0) = e−2x0 − 2y0 = e0 − 2 = 1− 2 = −1,

y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.1 · (−1) = 0.9.Fase 2.

Partimos dex1 = 0.1, y1 = 0.9.


Calculamos

f(x1, y1) = e−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 1.8= 0.8187− 1.8 = −0.9813,

y2 = y1 + h f(x1, y1) = 0.9 + 0.1× (−0.9813)= 0.8019.

Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados

j xj yj yj |ej | = |yj − yj|0 0 1 1 01 0.1 0.9 0.9006 0.00062 0.2 0.8019 0.8044 0.00253 0.3 0.7085 0.7135 0.00504 0.4 0.6217 0.6291 0.00745 0.5 0.5423 0.5518 0.0095

3. Método de Euler modificado de 5 pasos

Fase 1.

Partimos dex0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1.

Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = e

0 − 2 · 1 = 1− 2 = −1,

k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.1, 1 + 0.1× (−1))

= f (0.1 + 0.9) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 +

0.1

2(−1− 0.9813)

= 0.9009.

Fase 2.

Partimos dex1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 0.9009

Calculamos

k(1)1 = f(x1, y1) = e

−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 2× 0.9009= −0.9831

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´= f(0.2, 0.9009 + 0.1× (−0.9831))

= f(0.2, 0.8026) = e−0.4 − 2× 0.8026= −0.9349


y2 = y1 +h

2

³k(1)1 + k

(1)2

´= 0.9009 +

0.1

2(−0.9831− 0.9349)

= 0.8050


j xj yj yj |ej | = |yj − yj|0 0 1 1 01 0.1 0.9009 0.9006 0.00032 0.2 0.8050 0.8044 0.00063 0.3 0.7144 0.7135 0.00094 0.4 0.6302 0.6291 0.00115 0.5 0.5531 0.5518 0.0013

4. Método de Taylor de 2o orden

Tenemos ⎧⎨⎩ f(x, y) = e−2x − 2yf 0x(x, y) = −2e−2xf 0y(x, y) = −2

método

yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2

2

£f 0x (xj , yj) + f


¤Fase 1.

Partimos dex0 = 0, y0 = 1

Calculamosf (x0, y0) = e

0 − 2 = −1f 0x (x0, y0) = −2e0 = −2

f 0y (x0, y0) = −2

y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2

2

£f 0x (x0, y0) + f

0y (x0, y0) f (x0, y0)

¤y1 = 1 + 0.1× (−1) + (0.1)

2

2(−2 + (−2) · (−1))

= 1− 0.1 = 0.9

Fase 2.

Partimos dex1 = 0.1, y1 = 0.9

Calculamosf (x1, y1) = e

−0.2 − 1.8 = −0.9813f 0x (x1, y1) = −2e−2x1 = −2e−0.2 = −1.6375

f 0y (x1, y1) = −2


y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2

2

£f 0x (x1, y1) + f

0y (x1, y1) f (x1, y1)

¤= 0.9 + 0.1× (−0.9813) + (0.1)

2

2[−1.6375− 2x(−0.9813)]

= 0.8035

Continuando de forma análoga, se obtiene

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.1 0.9 0.9006 0.00062 0.2 0.8035 0.8044 0.00093 0.3 0.7125 0.7135 0.00104 0.4 0.0282 0.6291 0.00095 0.5 0.5511 0.5518 0.0007

¤

6 Problemas de aplicaciónEjercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumenta conuna rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier mo-mento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo se triplicaráy se cuadriplicará?

Notacionesy(t) población en instante t,t tiempo en años,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) población inici.al

EDOdy

dt= αy,

donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea

y0 − αy = 0.

y = ke−R(−α) dt = keαt.

Condición inicialy(0) = y0,

y0 = keα·0 = k.

Modelo matemáticoy = y0e

αt.

Sabemos que la población se duplica en 5 años

y(5) = 2y0,

y0e5α = 2y0,


e5α = 2,5α = ln 2,

α =ln 2

5.

Modeloy = y0e

ln 25 t.

Determinamos el tiempo necesario para que la población se triplique. Resolve-mos

y(t) = 3y0,

y0eln 25 t = y03,

eln 25 t = 3,

ln 2

5t = ln 3,

t =5 ln 3

ln 2= 7.92 años.

Determinamos el tiempo necesario para que la población se cuadriplique. Re-solvemos

y(t) = 4y0,

y0eln 25 t = 4y0,

eln 25 t = 4,

ln 2

5t = ln 4,

t = 5ln 4

ln 2= 5

2 ln 2

ln 2= 10 años. ¤

Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional a lapoblación en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individuos yaumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años?

Notaciones:y(t) población,t tiempo en años,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 500 población inicial.

EDOdy

dt= αy,

donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea

y0 − αy = 0,

y = ke−R(−α) dt = keαt, k ∈ R.

Determinamos k con la condición inicial

y(0) = 500,


ke0 = 500 ⇒ k = 500.

Obtenemosy = 500eαt.

Determinamos α con la condición de que la población aumenta el 15% en 10años

y(10)− y(0)y(0)

= 0.15,

y0e10α − y0y0

= 0.15,

e10α − 1 = 0.15,e10α = 1.15,

10α = ln 1.15,

α =ln 1.15

10= 0.01 398.

Modeloy = 500e0.01398t.

Población en 30 años

y(30) = 500e0.01398×30

= 760 individuos. ¤

Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia transpar-ente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x), dondex representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la intensidad a 3pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 del haz incidente.¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo la superficie?

Notaciones:

I(x) intensidad a profundidad x,x profundidad en pies (1pie = 30.5cm),x = 0 superfície,I0 intensidad del haz en la superfície,I(3) = 0.25I0 intesidad a 3 pies de profundidad.

EDOdI

dx= αI,

donde α es una constante desconocida; se trata de una EDO lineal homogénea

I 0 − αI = 0.

Solución generalI(x) = ke−

R(−α) dx = keαx.



I(0) = I0,

keα·0 = I0 ⇒ I0 = k.

Obtenemos el modeloI(x) = I0e

αx,

usamos la condiciónI(3) = 0.25I0

para determinar α:I0e

3α = 0.25I0,

e3α = 0.25,

3α = ln 0.25,

α =ln 0.25

3= −0.4621.

ModeloI(x) = I0e

−0.4621x.

Intensidad 15 pies bajo la superficie

I(15) = I0e−0.4621·15 = 0.000978 I0.

La intensidad 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad en lasuperficie ' 0.1%. ¤

Ejercicio 28 El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se desintegra con unarapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t y tiene unavida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿cuánto tiempodebe transcurrir para que se desintegre el 90%?Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesario paraque se desintegre la mitad de la cantidad inicial.

Notaciones:y(t) cantidad de Pb-209 en gr,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 = 1 cantidad inicial.

Ecuación diferencialdy

dt= αy ⇒ y0 − αy = 0,

y0 − αy = 0.

Solución generaly = ke−

R(−α) dt = keαt, k ∈ R.

Condición inicialy(0) = y0 ⇒ y0 = ke

0 ⇒ y0 = k,


y = y0eαt.

Usamos la condición de vida media

y(3.3) =1

2y0

para determinar α:1

2y0 = y0e

3.3α,

e3.3α =1

2,

3.3α = ln1

2,

α =1

3.3ln 1/2 = −0.2100.

Modeloy = y0e

−0.2100t.

Inicialmente teníamos 1gr, por lo tanto el modelo es

y = e−0.2100t,

cuando se desintegra el 90%, queda el 10%. Resolvemos

e−0.2100t = 0.1,

t = − ln 0.10.21

= 10.9647 ' 11 horas. ¤

Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioactivay, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la velocidadde desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad de sustanciapresente, calcula la vida media de la sustancia.

Notaciones:

y cantidad de sustancia en miligramos,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 cantidad inicial.

EDOy0 = αy,

y0 − αy = 0,

y = ke−R(−α) dt = keαt,

imponemos la condición inicial

y0 = keα·0 ⇒ k = y0.


Modeloy = y0ke

αt.

Para determinara α usamos la condición de que después de 6 horas queda el97% de la cantidad inicial

y(6) = 0.97 y0,

y0e6α = 0.97y0,

e6α = 0.97,

α =ln 0.97

6= −0.00508.

Vida media: Tenemos que calcular tm para que

y(tm) =1

2y0,

y0e−0.00508tm =

1

2y0,

e−0.00508tm =1

2,

tm = −ln 1/2

0.00508= 136.45 horas.

La vida media es tm = 136.45 horas. ¤

Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura delaire es de 70oF y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10oF. Despuésde medio minuto, el termómetro indica 50oF. ¿Cuál será la lectura cuando t =1minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15oF?

Notaciones y datos relevantes:

y(t) temperatura en oF,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70

oF temperatura inicial,y(0.5) = 50oF temperatura después de 1/2 min,Tm = 10

oF temperatura ambiente.

Modelo: Ley de enfriamiento de Newton

dy

dt= −α(y − Tm),

donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal completa

y0 = −α(y − 10),

la escribimos en forma estándar

y0 + αy = 10α.


EDO homogénea asociaday0 + αy = 0.


yh = ke−Rα dt = ke−αt, k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos unasolución particular de la EDO completa de la forma

y = k(t) e−αt,

y0 = k0e−αt − ke−αt,sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)

k0e−αt − αke−αt + αke−αt = 10α,

k0eαt = 10α,

k0 =10α

e−αt= 10αeαt,

k =

Z10αeαt dt

= 10eαt.

Resulta la solución particular

yp = 10eαte−αt = 10.


y = ke−αt + 10, k ∈ R.


y0 = 70,

ke0 + 10 = 70,

k = 60,

obtenemosy = 10 + 60e−αt.

Determinamos α con la condición

y(0.5) = 50,

10 + 60e−0.5α = 50,

60e−0.5α = 40,

e−0.5α =40

60=2

3,

−0.5α = ln 2/3,


α = − 1

0.5ln 2/3 = −2 ln 2/3,

α = 0.8109.

Modeloy = 10 + 60e−0.8109t.

La temperatura después de 1 minuto será

y(1) = 10 + 60e−0.8109 = 36.67oF.

Para determinar el tiempo necesario para que la temperatura sea de 15oF ,resolvemos

y(t) = 15,

10 + 60e−0.8105t = 15,

60e−0.8109t = 5,

e−0.8109t =5

60=1

12,

t = − 1

0.8109ln

µ1

12

¶=

ln 12

0.8109= 3.06 minuntos.

Nota. Es habitual escribir la ley de enfriamiento de Newton en la forma

dy

dt= −α(y − Tm),

en este caso, la constante α es positiva y la variación de temperatura es negativacuando la temperatura y del cuerpo es superior a la temperatura ambiente. Sinembargo, no hay ningún inconveniente en plantear la ecuación diferencial en laforma

dy

dt= α(y − Tm),

en este caso, obtendremos un valor negativo para la constante α y el modeloresultante será el mismo. ¤

Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70 oF se coloca en un horno precalen-tado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, un observadorregistra una temperatura de 110 oF después de 1/2 minuto y de 145 oF despuésde 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno?


y(t) temperatura del termómetro (en oF),t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70

o temperatura inicial del termómetro,Tm temperatura del medio.

Disponemos de las observaciones½y(0.5) = 110 oF,y(1) = 145 oF.


el objetivo es determinar la temperatura del medio Tm.Ley de enfriamiento de Newton

dy

dt= −α (y − Tm) . (α constante.)

Se trata de una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar

y0 + αy = αTm.

Homogénea asociaday + αy = 0,

yh = ke−Rα dt = ke−αt, k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros

y = k(t)e−αt,

y0 = k0e−αt − αke−αt,

k0e−αt − αke−αt − αke−αt = αTm,

k0e−αt = αTm,

k0 = αTmeαt,

k =

ZαTme

αt = Tmeαt,

yp =¡Tme

αt¢e−αt = Tm.


y = ke−αt + Tm, k ∈ R.


y0 = 70,

ke−α·0 + Tm = 70,

k = 70− Tm.Modelo

y = (70− Tm) e−αt + Tm.Determinamos α y Tm con los datos

y(0.5) = 110,

y(1) = 145,

y(1) = 145 ⇒ Tm + (70− Tm) e−α = 145,(70− Tm) e−α = 145− Tm,

e−α =145− Tm70− Tm

,

−α = ln 145− Tm70− Tm

,


α = − ln 145− Tm70− Tm

.

Sustituimos α eny = Tm + (70− Tm) e−αt

y obtenemos

y = Tm + (70− Tm) e(ln145−Tm70−Tm )t

= Tm + (70− Tm) eln[145−Tm70−Tm ]

t

,

y = Tm + (70− Tm)∙145− Tm70− Tm

¸t.

Para determinar Tm, hemos de resolver

y(1/2) = 110,

Tm + (70− Tm)r145− Tm70− Tm

= 110,

(70− Tm)r145− Tm70− Tm

= 110− Tm,r145− Tm70− Tm

=110− Tm70− Tm

,

145− Tm70− Tm

=

µ110− Tm70− Tm

¶2,

(70− Tm) (145− Tm) = (110− Tm)2 ,T 2m − 215Tm + 10100 = T 2m − 220Tm + 12100,

220Tm − 215Tm = 12100− 10150,5Tm = 1950,

Tm =1950

5= 390

o

.

El modelo matemático que describe la temperatura del termómetro es

y = 390− 320µ49

64

¶t,

vemos que, efectivamente, con este modelo se obtienen los valores observados

y(1) = 390− 320µ49

64

¶1= 145,

y(1/2) = 390− 320µ49

64

¶1/2= 390− 320× 7

8= 110. ¤

Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto de solución con1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque un caudal de 4 litrospor minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en el tanque en cualquierinstante t.



A(t) cantidad de sal, en gramos,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,A0 = 30g cantidad inicial de sal en el tanque,A200 concentración mezcla (en gr/litro),1 g/litro concentración entrada.

Observamos que

caudal de entrada = 4 litros/min = caudal de salida,

por lo tanto, el volumen de líquido en el tanque se mantiene constante.

Variación de la cantidad de sal =

entraz }| {1g

litro× 4 litros

min−

salez }| {A

200

g

litro× 4 litros

min

= 4

µ1− A

200

¶g/min .

Ecuación diferencial

dA

dt= 4

µ1− A

200

¶= 4− 4A

200

= 4− A

50.

Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar

A0 +A

50= 4.

Homogénea asociada

A0 +A

50= 0.


Ah = ke− t50 , k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros, proponemos unasolución de la forma

A = k(t) e−t50

y la sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)

k0e−t50 − t

50ke−

t50 +

t

50ke−

t50 = 4,


k0 = 4et50 ,

k =

Z4e

t50 dt = 200

Ze

t501

50dt

= 200 et50 ,

Ap =³200 e

t50

´e−

t50 = 200.


A = ke−t50 + 200, k ∈ R.


A0 = 30,

ke0 + 200 = 30,

k = −170,Modelo

y = 200− 170e−t/50. ¤

Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmueracon 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bien poragitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina la cantidadA(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. ¿Cuál es laconcentración de la solución del tanque cuando t = 5 min?


1 galón 37.85 litros,1 libra 0.4536 kg,A(t) cantidad de sal en libras,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,A0 = A(0) = 0 libras cantidad inicial de sal (agua pura),Volumen del tanque 500 galones (constante),Caudal de entrada = caudal de salida 5 gal/min,Concentración entrada 2 lb/gal,Concentración en el tanque en instante t A

500 libras/galón.

Tasa de entrada de sal2 lbgal

× 5 galmin

=10 lbmin

.

Tasa de salidaA lb500 gal

× 5 galmin

=A

100

lbmin

.

Tasa netadA

dt= 10− A

100.


Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar

A0 +A

100= 10.

Ecuación homogénea

A0 +A

100= 0.


A = ke−R

1100 dt = ke−

t100 .

Sabemos que la solución general de la EDO completa se puede escribir en laforma

A = Ah +Ap,

donde Ap es una solución particular cualquiera de la EDO completa, en estecaso (y en los problemas anteriores) podemos obtener una solución singular deforma directa. Las soluciones singulares son soluciones constantes, por lo tanto,tenemos A0 = 0 y resulta la ecuación

A

100= 100⇒ A = 1000,

por lo tanto, disponemos de la solución particular

Ap = 1000.

Solución de la ecuación completa

A = 1000 + ke−t100 , k ∈ R.


A(0) = 0,

1000 + ke0 = 0⇒ k = −1000.Obtenemos el modelo

A = 1000− 1000 e− t100 .

Concentración cuando t = 5 min. Calculamos la cantidad de sal

A(5) = 1000− 1000 · e− 5100 = 48.77 libras,

la concentración es48.77 lb500 gal

= 0.0975 lb/gal. ¤

Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera,con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón a razón de6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razón de 4 gal/min.Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos.


Notaciones:

y(t) cantidad de sal en el instante t,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 10 lb cantidad inicial de sal,Volumen inicial 100 galones.

En este problema tenemos:

caudal entrante 6 gal/min,caudal saliente 4 gal/min,

¾por lo tanto el volumen del contenido del tanque varía a razón de

Variación de volumen = 6 gal/min − 4 gal/min = 2 gal/min.

El volumen en el instante t será

V (t) = 100 + 2 · t

y la concentracióny(t)

100 + 2t

lbgal.

Tasa de entrada de sal

0.5lbgal

× 6 galmin

= 3lbmin

.

Tasa de salida de sal

y

100 + 2t

lbgal

× 4 galmin

=4y

100 + 2t

lbmin

.

Tasa netady

dt= 3− 4y

100 + 2t.

EDO lineal completa; la escribimos en forma estándar

y0 +4y

100 + 2t= 3,

identificamosp(t) =

4

100 + 2t.


y = ke−R

4100+2t dt

= ke−2 ln|100+2t|,

como t ≥ 0

y = ke−2 ln(100+2t)

= keln³

1(100+2t)2

´,

y = k1

(100 + 2t)2 .


Solución de la EDO completa por variación de parámetros

y0 = k01

(100 + 2t)2 + k

(−2)(100 + 2t)

3 · 2

= k01

(100 + 2t)2− 4k

(100 + 2t)3.

Sustituimos eny0 +

4y

100 + 2t= 3,

k01

(100 + 2t)2− 4k

(100 + 2t)3+

4

100 + 2t· k

(100 + 2t)2= 3,

k01

(100 + 2t)2= 3,

k0 = 3 (100 + 2t)2 ,

k =

Z3 (100 + 2t)2 dt =

3

2

Z(100 + 2t)2 2 dt

=3

2· 13(100 + 2t)3

=1

2(100 + 2t)

3.


yp =1

2(100 + 2t)

3 1

(100 + 2t)2

=1

2(100 + 2t) .


y =k

(100 + 2t)2 +

1

2(100 + 2t) , k ∈ R.


y (0) = 10,

k

(100 + 0)2+1

2(100 + 2 · 0) = 10,

k

1002+ 50 = 10,

k = (−40)× 1002 = −4× 105.Modelo matemático de la cantidad de sal

y =1

2(100 + 2t)− 4× 105

(100 + 2t)2 .


La cantidad de sal después de 30 minutos es

y(30) =1

2(100 + 60)− 4× 105

(100 + 60)2

=1

2× 160− 4× 10

5

1602

= 80− 15.625 = 64.375 lb. ¤

Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masa men caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantáneaes

mdv

dt= mg − cv,

donde c > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo.

1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición inicial v (0) = 0.

2. Determina la velocidad terminal de la masa

vT = limt→∞

v (t) .

3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa,tenemos

ds

dt= v.

Determina la ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0.

1. Solución de la ecuación diferencial

mdv

dt= mg − cv,

dv

dt= g − c

mv.

Es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar

v0 +c

mv = g.


v0 +c

mv = 0,

identificamosp(t) =

c

m,

solución general de la EDO homgénea

v = ke−R

cm dt = ke−

cm t, k ∈ R.



v = vh + vp,

v = ke−km t + vp.

En este caso es sencillo hallar una solución particular de la EDO completa vp,pues la EDO tiene una solución constante (solución singular), que se obtienehaciendo v0 = 0 y determinando v

0 = g − c

mv,

vp =mg

c.

(Verifica que la solución vp realmente satisface la EDO completa).Solución general de la EDO completa

v(t) =mg

c+ ke−

cm t, k ∈ R.


v(0) = 0,

mg

c+ ke0 = 0,

k = −mgc,

Finalmente, resulta

v(t) =mg

c− mg

ce−

cm t,

=mg

c

¡1− e− c

m t¢.

2. Velocidad terminal

vT = limT→∞

v(t) =mg

c

¡1− e−∞

¢=

mg

c.

Observa que la velocidad terminal coincide con la solución singular.

3. Ecuación de la posición. Tenemos la ecuación diferencial

ds

dt= v,

ds

dt=mg

c

¡1− e− c

m t¢,

que se trata de una EDO separableZds =

Zmg

c

¡1− e− c

m t¢dt


s =mg

c

³t+

m

ce−

cm t´+ c1.

Determinamos c1 con la condición

s(0) = 0,

mg

c

³0 +

m

ce0´+ c1 = 0,

m2g

c2+ c1 = 0,

c1 = −m2g

c2.

Solución

s(t) =mg

c

³t+

m

ce−

cm t´− m

2g

c2

=mg

c

³t+

m

ce−

cm t − m

c

´. ¤

e.t.s. minas: métodos matemáticos ejercicios resueltos tema 7...

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