texto ecuaciones diferenciales 2012-ii

1

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO DEL PERU

FACULTAD DE INGENIERIA DE MINAS

ING. JOSE ALBERTO HILARIO BERRIOS

HUANCAYO-PERÚ

2013

Ing° Jose Hilario Berrios

ECUACIONES DIFERENCIALES

dPdt

=kP

2

PROLOGO

Las ecuaciones diferenciales vienen a ser uno de los temás más antiguos en las matemáticas modernas. No fue mucho después de que Newton y Leibniz inventaran el cálculo que Bernoulli, Euler y otros comenzaran a estudiar la ecuación de calor y la ecuación de onda de la física matemática. Newton mismo resolvió ecuaciones diferenciales en el estudio del movimiento planetario y asimismo en sus análisis de óptica.El presente manual está dirigido a los estudiantes del III semestre de la facultad de Ingeniería de Minas de la UNCP, está elaborada en forma bastante clara de manera que el estudiante no tenga dificultades en la comprensión de los tópicos que se tocan en el texto.La obra contiene los elementos teóricos básicos, se presentan ejercicios desarrollados y ejercicios propuestos para que el estudiante desarrolle sus habilidades y destrezas para alcanzar la competencia necesaria como lo establece el silabo de la asignatura. Esperamos que la presente obra ayude a consolidar el proceso de enseñanza-aprendizaje en los estudiantes y que sirva de soporte para la comprensión de asignaturas futuras que requieran un rigor matemático.

EL AUTOR


3

CONTENIDO

Pag

CAPITULO I:

Ecuaciones diferenciales, conceptos y definiciones fundamentales 4

CAPITULO II:

Ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado 17 Ecuaciones diferenciales de variables separables 17 Ecuaciones diferenciales homogéneas 23 Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas 28 Ecuaciones diferenciales exactas 33 Uso de factores integrantes 37 Ecuaciones diferenciales lineales 44 Ecuaciones diferenciales reducibles a lineales 47

CAPITULO III: Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado 52

CAPITULO IV:

Ecuaciones diferenciales de orden superior 64 Solución por integración sucesiva 64 Variable dependiente faltante 65 Variable independiente faltante 65 Ecuaciones diferenciales lineales de orden “n” 66 Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de 2do orden

Con coeficientes constantes 67 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas 70 Método de coeficientes indeterminados 71 Método de variación de parámetros 76

Ecuaciones diferenciales de coeficientes variables 79

CAPITULO V:

Solución de ecuaciones diferenciales mediante series de potencia 79

CAPITULO VI:

La transformada de Laplace 81 Solución de ecuaciones diferenciales mediante Transformación de Laplace 82

BIBLIOGRAFÍA 84

CAPITULO I


4

CONCEPTOS Y DEFINICIONES FUNDAMENTALES

Las ecuaciones diferenciales constituyen uno de los temas más antiguos en las matemáticas modernas. Actualmente las ecuaciones diferenciales constituyen el eje de una buena parte de la Ingeniería, la física, química, biología y de muchas otras que tienen que ver con el diseño de modelos matemáticos. En Ciencias e Ingeniería con frecuencia aparecen las Ecuaciones Diferenciales en el estudio de los fenómenos naturales, por ejemplo en problemas relativos a la desintegración radiactiva, crecimientos de población, reacciones químicas, ley del enfriamiento de Newton, Mezclas, Fuerza Gravitatoria, etc.1. Definiciones Fundamentales. Una Ecuación Diferencial es toda igualdad en la que interviene una función desconocida y una o varias de sus derivadas, Ej.

a ) dy

dx=5 x3+3 b ) y2 dx−x2 dy=0 c ) my '' = mg−ky ' …etc

1.1. Clasificación. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Es cuando la función incógnita

depende de una sola variable independiente, o sea sólo aparecen derivadas ordinarias. Ej.

dydx

=5 x2−3x+2

md2 x

dt2=−kx ( Ec Dif del movimiento armónico simple)

Ld2 qdt2

+Rdqdt

+1C

q=0 ( Ec Dif de la corriente eléctrica , R=resistencia en Ohm

q=carg a eléctrica en Coulombs , L=induc tan cia en Henrios, C=capacidaden Faradios

(1−x2 )d2 y

dx2−2 x

dydx

+ p ( p+1) y=0 (ec .dif Legendre )……etc

Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales. Es cuando la función incógnita depende de varias variables independientes y las derivadas son derivadas parciales. Ej.:

∂2 ω∂ x2

+∂2 ω∂ y2

+∂2 ω∂ z2

=0 ; ω=f ( x , y , z ) ( Ec . Dif de Laplace)

∂2 y

∂ t2=a2∂2 y

∂ x2; y=f ( t , x ) ( Ec Dif de la onda unidim ensional )

1.2 Orden de una Ecuación Diferencial. Viene dado por la derivada de orden más alto que aparezca en ella.


5

1.3 Grado de una Ecuación Diferencial. Está determinado por el grado algebraico de la derivada de mayor orden que se encuentra en la Ecuación Diferencial

Ejemplos: Determine el orden y grado de las siguientes Ecuaciones Diferenciales:

a ) ( y '' )3−3( y ' )4+5 x=0 R : Orden=2 ; Grado=3

b )dydx

+P( x ) y=Q( x ) R : Orden=1 ; Grado=1

c ) (d3 ydx3 )

2

+2(dydx )

4

+ xy=0 R : Orden=3 ; Grado=2

d ) d2 ydx 2

=4√ y+(dydx )

2

Sol : En este caso se tiene que racionalizar

Entonces se tiene : (d2 ydx2 )

4

= y+(dydx )

2

∴ Orden=2 ; Grado=4

e ) ∂2u∂ x2

+∂2u∂ y2

=0 R :Orden=2 ; Grado=1 ( Ec Dif en derivadas parciales )

Nota: No todas las Ecuaciones Diferenciales se pueden clasificar por grado, por ejemplo, si la derivada de orden más alto está afectada de funciones logarítmicas, trigonométricas, trigonométricas inversas o exponenciales, entonces el grado no se aplica, Ej.:

5 y ''+( y ')2=Ln y '''

Sen (d2 ydx2 )+dy

dx=4 y

log (dydx )+log x2= y …etc .

1.4 Ecuaciones Diferenciales Lineales. Son aquellas que pueden ser escritas en la forma:

ao( x ) yn+a1 ( x ) y n−1+………+an ( x ) y '+ao ( x ) y=F( x ) , donde :F ( x ) , ao ( x ) , a1( x ) , an( x ) son funciones de x

Una Ecuación Diferencial que no puede escribirse en esa forma es una

Ecuación Diferencial no lineal. Ejemplos:


6

x2 d2 ydx2

+xdydx

=1+cos x……Ec . Dif lineal

( y '')2+3 yy '+2 xy=0 ……Ec . Dif no linealy ''+3 y '−12 y=ex ……Ec . Dif lineal

(d3 y

dx3 )3

+2 xdydx

− y=0 ……Ec . Dif no lineal

1.5 Solución de una Ecuación Diferencial Ordinaria. Una solución de una Ecuación Diferencial es cualquier función que satisface la ecuación diferencial, esto es la reduce a una identidad. Ejemplo: la función

y=e−2 x… ( I ) es una solución de la ecuación diferencial: y '+2 y=0 …( II )

, ya que derivando la expresión (I) se tiene: y '=−2 e−2 x , y reemplazando en

la expresión (II) : −2 e−2 x+2 e−2 x=0 ⇒ 0=0 , por lo tanto decimos que la expresión (I) es solución de la ecuación diferencial (II)

Las soluciones de una Ecuación Diferencial pueden ser: Solución General. Es el conjunto de todas las soluciones y por lo tanto

contiene constantes de integración. Solución Particular. Es una solución que se obtiene de la solución

general dándole valores específicos llamados condiciones iniciales o de frontera.

Solución Singular. Es una solución que no puede obtenerse de la solución general, es decir no proviene de asignar valores a las constantes arbitrarias de una solución general.

Geométricamente la solución general de una ecuación diferencial de 1er orden representa una familia de curvas conocida como curva solución puesto que cada “c” puede tomar cualquier valor real.

La gráfica de la solución particular es una sola curva dentro del sistema coordenado rectangular o polar y se llama curva integral.

Isóclinas de una Ecuación Diferencial. Es el lugar geométrico de puntos en los que las tangentes a las curvas integrales consideradas tienen una misma dirección.

Ejemplo: Una curva en el plano xy tiene la propiedad de que su pendiente

en cualquier punto (x,y) de ella es

12

x . Halle la ecuación de la curva .

Solución: La pendiente de una curva está dada por

dydx , entonces

tenemos :

dydx

=12

x ⇒ dy=12

xdx , int egrando obtenemos :

∫ dy=12∫ xdx ⇒ y=1

4x2+c……( solución general)

Esta solución representa una familia de curvas.


7

¿Cuál será la solución particular que pasa por el punto (2,3)? Solución: En la solución general reemplazamos el valor inicial y =3

cuando x = 2 y obtenemos:

3= 1

4(2)2+c ⇒ c=2 ∴ y= 1

4x2+2 ( solución particular )

Esta solución particular representa una sola curva. Gráfica:

1.6 Origen de las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Podemos considerar:

De las funciones primitivas. En este caso el número de constantes de integración determina el orden de la ecuación diferencial, o sea que para hallar la ecuación diferencial correspondiente se tiene que derivar tantas veces como constantes se tenga.Ejemplo: 1) Obtenga la ecuación diferencial cuya solución general es:


8

y=x+Cx2 …(1)Solución: Derivando hasta el primer orden porque solo se tiene unacons tan te de int egración :

y '=1+2Cx ⇒ despejando C : C=y '−12 x

En (1) y=x+( y '−12 x ) x2 ⇒ y=x+x

2( y '−1 ) ⇒ 2 y=2 x+x ( y '−1 )

2 y=x (2+ y '−1 ) ⇒ 2 y=x ( y '+1 ) , finalmente :xy '−2 y+x=0 ( Ec . Dif )

2 ) Obtenga la Ecuación Diferencial cuya solución general es :

y=(C1+x2

4 )Senx+(C2+x4 )Cosx Rpta : y ''+ y=x Cosx

3 ) Obtenga la Ecuación Diferencial cuya solución general es :

y=C1 x3+C2 x2+x2

Rpta : x2 y ''−4 xy '+6 y=x

De problemas geométricos. Estas ecuaciones diferenciales tienen su origen en ciertos problemas geométricos.Ejemplo:1) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de rectas que pasan por el origen:Solución:

La ecuación de la recta es:

y=ax …(1 ) , derivando : y '=a∴ en (1) : y= y ' x finalmente : xy '− y=0 es la ec dif


9

2- Hallar la ecuación diferencial de la familia de circunferencias que tienen su centro sobre el eje “x”.

Solución.- La ecuación de la familia de circunferencias es en este

caso: ( x−h )2+ y2=r2

Como hay 2 constantes (h y r) derivamos 2 veces y tenemos:

2 ( x−h )+2 yy '=0 ,

entonces: x−h+ yy '=0 luego la segunda derivada será:

1+ yy ''+ y ' y '=0 Por lo que la ecuación diferencial de la familia de

circunferencias es: 1+ yy ''+( y ' )2=0

De problemas físicos. Estas provienen de diferentes ciencias tales como la química, la mecánica, electricidad, etc.

Ejemplo : Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a la cual

se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia entre la temperatura de la sustancia y la temperatura del aire (medio ambiente). Plantee la ecuación diferencial respectiva.

Solución: Sean: T = Temperatura de la sustancia en el instante “t” Ta= Temperatura del aire (medio ambiente).


10

Entonces la velocidad a la que se enfría la sustancia será:

dTdt

Como la sustancia se enfría, de acuerdo al enunciado se tiene:

dTdt

=−k (T −T a ) , siendo: k=cons tan te de proporcionalidad

El signo negativo se debe a que la temperatura de la sustancia disminuye al transcurrir el tiempo.

Ejercicios resueltos sobre definiciones fundamentales:

1.- Verificar si: y=Ln (C +ex ) , es la solución de la Ecuación Diferencial:

y '−ex− y=0

Solución.- Se tiene : y=Ln (C +ex ) , entonces:

y '= ex

C+ex ;

Lny '=Lnex−Ln ( C+ex )

De donde: Lny '=x− y entonces: y'=ex− y

, por lo tanto reemplazando en la ecuación diferencial (a), se tiene

ex− y−ex− y=0 y entonces 0=0 (l.q.q.d)

2.- Demostrar que la función : u=arctan

yx satisface la ecuación

diferencial de Laplace:

∂2 u∂ x2

+ ∂2 u∂ y2

=0

Solución:

Sea: u=arctan

yx , entonces

∂u∂ x

=− y

x2+ y2 y

∂2 u∂ x2

= 2 xy

( x2+ y2 )2

Ahora:

∂u∂ y

= x

x2+ y2 ,entonces:

∂2u∂ y2

=− 2 xy

( x2+ y2)2 , y por lo tanto reemplazando en la ecuación diferencial de Laplace se tiene:


11

2 xy

( x2+ y2 )2− 2 xy

( x2+ y2)2=0

, entonces 0=0 (l.q.q.d)

3.- Demostrar que la función: y Lny=x+∫0

xe t 2

dt , satisface la ecuación

diferencial:

y (1+Lny ) y `+` \( y`' \) rSup { size 8{2} } =2xye rSup { size 8{x rSup { size 6{2} } } } } { ¿Solución:

Sea la función: y Lny=x+∫0

xe t 2

dt…..(1).

Derivando (1) se tiene: y

1y

y '+ Ln y y '= 1+e x 2

⇒ y ' (1+Ln y ) =1+e x 2

…(2 )

Derivando (2) : y '( y '

y) + (1+Ln y ) y `=`2``xe` rSup { size 8{x` rSup { size 6{2} } } } ` drarrow `` { { left (y`' right ) rSup {2} } over { size 12{y} } } size 12{+ left (1+ ital ln `y right )`y = 2 xe x 2

…(2)¿

Simplificando se obtiene:( y ' )2+ y (1+ Ln y ) y `=`2``xye` rSup { size 8{x` rSup { size 6{2} } } } } { ¿

Reemplazando en la ecuación diferencial: y (1+Lny ) y `+` \( y`' \) rSup { size 8{2} } =2xye rSup { size 8{x rSup { size 6{2} } } } } { ¿

Se obtiene: 2 xyex2

=2xye x2

. Como se ha obtenido una identidad, concluimos que si es solución de la ecuación diferencial dada.

4.- Obtener la ecuación diferencial cuya primitiva es : C2-Cx=y (a) Solución : Como sabemos, el número de constantes de integración indica el orden de la ecuación diferencial; en este caso la ecuación diferencial será de primer orden, por lo tanto derivamos la expresión (a) y tenemos: - C = y’ , entonces C=-y’ ; C2=(y’)2

Reemplazando en (a) tenemos: ( y ' )2−(− y ' ) x= y , y por lo tanto la

ecuación diferencial será:

( y ' )2+xy '= y

5.- Obtener la ecuación diferencial dada la solución general:

Ln( xy )=1+Cy


12

Solución : Derivando hasta el primer orden :

1xy

[ y−xy '

y2 ]=Cy '

,entonces:

y−xy 'xy

=Cy '

y−xy '−xyCy '=0 ; y−xy ' (1+Cy )=0 , pero:

1+Cy=Ln( xy )

,

entonces:

y−xy ' Ln( xy )=0

por lo tanto tenemos la ecuación diferencial: y=xy ' Ln

xy

6.- Obtener la ecuación diferencial dada la solución general: x2y3 + x3y5 =C

Solución : Diferenciando la expresión dada tenemos:

x23y2dy + y32xdx + x35y4dy + y53x2dx = 0

Factorizando : x2y2(3+5xy2)dy + y3x(2+3xy3)dx = 0

Dividiendo entre xy2 tenemos la ecuación diferencial: x(3+5xy2)dy + y(2+3xy3)dx = 0 Rpta

7.- Obtener la ecuación diferencial dada la solución general :

y= Ae2 x+Bex+c

Solución: Como se tienen 3 constantes de integración, derivamos 3 veces y la ecuación diferencial será de tercer orden, entonces:

y= Ae2 x+Bex+C

y '=2 Ae2 x+Bex ; y ''=4 Ae2 x+Be x

;

y '''=8 Ae2 x+Bex

Manipulando adecuadamente tendremos:

2 y '=4 Ae2 x+2Bex . .. .. . . (1 )


13

3 y ''=12 Ae2 x+3Bex .. . .. (2 )

y '''=8 Ae2 x+Bex .. .. .. (3 )

Ahora hacemos (1) – (2) + (3) y tendremos la ecuación diferencial:

y '''−3 y ''+2 y '=0 Rpta

8.- Hallar la ecuación diferencial correspondiente a la solución general:

x2

c1

+ y2

c2

=1 (a)

Solución: De la expresión (a) , tenemos: c2 x2+c1 y2=c1c2 , por lo tanto derivamos hasta el 2do orden y tenemos :

2 c2 x+2c1 y=0

, entonces: c2 x+c1 yy '=0. . .. .. .(1)

ahora: c2+c1 [ yy ''+( y ' )2 ]=0 . .. . .. ..(2 ), de la expresión (1)

c2=−c1 yy '

x.. . .. .. .(3 )

Ahora sustituimos (3) en (2) y tenemos:

−c1 yy '

x+c1 ( yy ''+ ( y ' )2)=0

Manipulando algebraicamente llegamos a: c1 ( x ( yy '' )+ ( y ' )2− yy ' )=0

, finalmente tenemos la ecuación diferencial: xyy ''+x ( y ' )2− yy '=0

9.- Hallar la ecuación diferencial de la familia de parábolas cuyos vértices y focos están en el eje “x”.

Solución.- La ecuación de la familia de parábolas es en este caso:

y2=4 p ( x−h ) . . ..(1)


14

Como hay 2 constantes (4p y h) derivamos 2 veces, entonces de (1) :

4 p= y2

x−h , Por lo tanto : 0=

( x−h ) 2 yy '− y2

( x−h )2 , entonces:

( x−h )2 yy '− y2=0 . ..(2 )

Ahora , de (1) : x−h= y2

4 p , por lo tanto, en (2) : ( y2

4 p )2 yy '− y2=0

Simplificando esta última expresión tenemos: yy’= 2p, entonces derivamos por

segunda vez y obtenemos: yy ''+ y ' y '=0 . Finalmente tenemos la ecuación

diferencial de la familia de parábolas: yy ''+( y ' )2=0 Rpta

10.- Hallar la ecuación diferencial que describa la familia de circunferencias que pasan por el origen.

Solución.-


15

La ecuación de la familia de circunferencias es en este caso:

( x−h )2+( y−k )2=r2 .. . ..(1 )

Pero :r2=k 2+h2

; desarrollando (1) :

x2−2xh+h2+ y2−2 ky+k 2=k2+h2

Entonces:x2−2xh+ y2−2ky=0 .. .. .(2) ; ahora derivamos (2) y obtenemos:

2 x−2h+2 yy '−2ky '=0 , despejando h : h=x+ yy '−ky ' . .. .. .( 4 )

Derivando (4) 1+ yy ''+( y ' )2−ky ''=0⇒ k=

1+ yy ''+ ( y ' )2

y ''. .. . ..(5 )

Reemplazando (5) en (4) : h=

xy ''− y '−( y ' )3

y '' ; ahora los valores de h y k lo reemplazamos en (2) y obtendremos luego de un manipuleo algebraico :

x2+ y2−2 x ( xy ''− y '−( y ' )3

y '' )−2 y ( 1+ yy ''+( y ' )2

y '' )=0⇒

( x2+ y2) y ''−2 xy '−2 x ( y ' )3+2 y ( y ' )2+2 y=0

Factorizando tenemos : ( x2+ y2) y ''+2 [ ( y ' )2+1 ] ( y−xy ' )=0 que

es la ecuación diferencial pedida.

EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Determine el orden y el grado de la ecuación diferencial:

4√ ( y ''')3−3√3+( y ' )5=0

2. Compruebe que la función y=cos2x+sen2 x+3 es solución de la

ecuación diferencial y ''+4 y=12


16

3. Para la ecuación diferencial xy '−3 y=0 verifica que : y=Cx3 es

solución y halla la solución particular determinada por las condiciones iníciales y = 2 cuando x = -3

4. Comprueba que la función : u=arctan

yx satisface la ecuación

diferencial de Laplace :

∂2u∂ x2

+ ∂2u∂ y2

=0

5. Verifica que : x= y∫0

xsen t2dt

es solución de la ecuación diferencial

y=xy '+ y2 sen x2

6. Verifica que : y=x∫0

x sen tt

dt es solución de la ecuación diferencial

xdydx

= y+x sen x

7. Verifica que : y=ex∫ 0

xe t2

dt+C ex

es solución de la ecuación

diferencial y '− y=ex+ x2

8. Verifica que y=acos ( tx)+bsen ( tx )¿es solución de la ecuación diferencial

y +t rSup { size 8{2} } y=0} {¿ , siendo a; b y t constantes

9. Determina la ecuación diferencial que tenga como solución a la función :

y=C1 e− x+C2 e3 x+2 x+4 Rpta : y= 1

3y '' −2

3y ' +2x+16

3

9. Halla la ecuación diferencial correspondiente a : y=x+C1 e− x+C2 e−3 x

Rpta : y ''+4 y '−4=3 ( x− y )10 Halla la ecuación diferencial correspondiente a :

y= A (cos x+xsenx)+B( senx−x cos x ) Rpta : xy ''−2 y '+xy=0

11. Halla la ecuación diferencial correspondiente a: sen

yx

=C x

Rpta : (x tan

yx

+ y )dy−xdy=0

12. Halla la ecuación diferencial de la familia de parábolas con el eje focal paralelo al eje x

Rpta : ( y ' )2 y '''−3 y '( y '')2=0 13. Encuentra la ecuación diferencial cuya solución general es la familia de

circunferencias : ( x−h )2+( y−k )2=r2 en el plano xy siendo h, k y

r constantes arbitrarias Rpta : y ''' [ ( y ' )2+1 ]=3 y '( y '')2


17

14. Halla la ecuación diferencial de la familia de circunferencias que pasan por el origen y cuyos centros están en el eje “x”

Rpta : 2 xy '= y2−x2

15. Halla la ecuación diferencial de todas las normales a la parábola y2=x

. Rpta: y +1/2 y’ = y’[ x - 1/4 (y’)2 ]

CAPITULO II

ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Y PRIMER GRADO

Las ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado presentan la siguiente

forma:

dydx

=F( x , y ) , ecuación que es equivalente a

M ( x , y )dx+N ( x , y )dy=0……(α )

METODOS DE SOLUCION :

1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE VARIABLES SEPARABLES:

En este tipo las ecuaciones diferenciales gozan de las siguientes propiedades:i) Se puede reconocer de inmediato los miembros de esta clase de ecuacionesii) Se cuenta con un método sencillo y directo (en principio) para resolver dichas ecuaciones

En este caso la ecuación (α ) se presenta en la forma: M ( x )dx+ N ( y )dy=0 , o sea “M” es función sólo de “x” y N es función sólo de “y”, y la solución general se obtiene por integración directa, es decir:

∫M ( x )dx+∫N ( y )dy=C

EJERCICIOS RESUELTOS

1. xy (1+ y2) dx−(1+x2) dy=0 . .. . .. .(1)

Solución.- Para separar variables, multiplicamos la ecuación diferencial (1) por el factor integrante:

F . I= 1

y (1+ y2 ) (1+x2)⇒

xy (1+ y2) dx

y (1+ y2 ) (1+x2 )−

(1+x2) dy

y (1+ y2 ) (1+x2)= 0

y (1+ y2) (1+x2)

Simplificando:

xdx

1+ x2− dy

y (1+ y2 )=0⇒∫ xdx

1+ x2−∫ dy

y (1+ y2 )=∫ 0⇒ 1

2∫2 xdx

1+x2−∫ dy

y+ 1

2∫ 2 ydy

1+ y2=c


18

12

Ln|1+ x2|−Lny+ 12

Ln|1+ y2|=Lnc⇒ Ln|1+x2|12− Lny+Ln|1+ y2|

12=Lnc

Ln

√1+x2√1+ y2

y=Lnc⇒ √1+x2√1+ y2

y=c⇒ √1+x2√1+ y2=cy

Elevando al cuadrado ambos miembros: (1+x2) (1+ y2 )=cy2 . . .. . Rpta .

2.- (1− y )e y y '+ y2

xLnx=0

.……(1)

Solución.- Expresando (1) en forma diferencial tenemos: (1− y )e y+ y2 dx

xLnx=0

. Multiplicando por el F.I = 1/y2 tenemos:

(1− y ) e y dy

y2+ y2dx

y2 xLnx= 0

y2⇒

(1− y ) e y dy

y2+ dx

xLnx=0

. Integrando :

∫ e y dyy2

−∫ ye y dyy2

+∫ dxxLnx

=∫0⇒∫ e y dyy2

−∫ e y dyy

+∫ dxxLnx

=c

por lo tanto:

−e y

y+∫ e y dy

y−∫ e y dy

y+Ln|Lnx|=c⇒ Ln|Lnx|− e y

y=c . .. . .. Rpta

3.- (1+ y2 ) dx=( y−√1+ y2) (1+x2)3

2 dy

Solución.- Separando variables se tiene:

dx

(√1+ x2)3=

( y−√1+ y2) dy

1+ y2

Integrando la expresión de la izquierda por sustitución trigonométrica con: x= Tan,

dx= sec2 , y (1+x2)1/2=sec se tiene:

∫sec2 dθ

sec3θ=∫ ydy

1+ y2−∫ dy

√1+ y2⇒∫ cosθdθ= 1

2∫ 2 ydy

1+ y2−∫ dy

√1+ y2

Entonces:sen θ= 1

2Ln|1+ y2|−Ln|y+√1+ y2|+c

Volviendo a variables iniciales tenemos finalmente:


19

x

√1+x2=Ln| √1+ y2

y+√1+ y2|+c .. .. . .. Rpta .

4.- Hallar la solución particular de la ecuación diferencial:

dxxy

+ e y 2

dy

x3−1=0…… y (1 )=0

Solución.- Para separar variables multiplicamos por el F.I : y(x3-1) y tenemos:

y ( x3−1 ) dxxy

+y ( x3−1 ) e y2

dy

x3−1=(0 ) ( x3−1 ) y ⇒

( x3−1 ) dxx

+ ye y2

dy=0

Entonces :

x2dx− dxx

+ ye y 2

dy=0⇒∫ x2 dx−∫ dxx

+∫ ye y2

dy=0⇒ x3

3−Lnx+ 1

2e y2

=c

Por lo tanto tenemos la solución general: 2 x3−6 Lnx+3e y 2

=c .. .. . .(α ) Para hallar la solución particular reemplazamos los valores iniciales : x =1 , y = 0 en la solución general () y tenemos el valor de c = 5 , por lo tanto la solución particular será :

2 x3−6 Lnx+3 e y 2

−5=0. . .. .. . . Rpta .

5.- Hallar la solución particular de la ecuación diferencial:

x ( y6+1 ) dx+ y2 ( x4+1 ) dy=0…… y (0 )=1

Solución.- Para separar variables multiplicamos por el F.I :

1

( x4+1 ) ( y6+1 ) , entonces se tiene:

x ( y6+1 ) dx

( x4+1 ) ( y6+1 )+

y2 ( x4+1 ) dy

( x4+1 ) ( y6+1 )=0⇒ xdx

x 4+1+ y2 dy

y6+1=0⇒∫ xdx

( x2)2+1

+∫ y2 dy

( y3 )2+1=∫0

Integrando obtenemos:

12

arctanx 2+ 13

arctany3=c⇒3arctanx 2+2 arctany3=c .. . .. .(Sol . general )

Ahora para x = 0, y = 1, por lo tanto en la sol. General:

3 arctan (0 )2+2 arctan (1 )3=c ∴c=π2


20

Luego la solución particular será: 3 arctanx 2+2 arctany 3= π

2Rpta .

6.- (1+ y+ y2 ) dx+x ( x2−4 ) dy=0

Solución.- Para separar variables multiplicamos por el F.I :

1

(1+ y+ y2) x ( x2−4 ) , entonces se tiene:

(1+ y+ y2) dx

(1+ y+ y2) x ( x2−4 )+

x ( x2−4 ) dy

(1+ y+ y2) x ( x2−4 )=0⇒∫ dx

x ( x2−4 )+∫ dy

1+ y+ y2=∫0

En este caso para poder integrar más fácilmente podemos hacer uso de las fórmulas de recurrencia:

∫ dx

x ( x2−a2)= 1

2 aLn( x2−a2

x2 )

∫ dx

ax 2+bx+c= 2

√4 ac−b2arctan

2 ax+b

√4ac−b2 ,por lo tanto integrando

tendremos:

1

2 (2 )2Ln( x2−22

x2 )+ 2

√4 (1 ) (1 )−12arctan

2 x+1√3

⇒ 18

Ln( x2−4x2 )+2

√3arctan

2 x+1√3

=c

7.- ( y2+ xy2 ) √4+ y2 dx−(6 x−x2−x3) dy=0

Solución.- Ordenando la ecuación diferencial se tiene :

y2 (1+x ) √4+ y2 dx+( x3+x2−6 x ) dy=0 ⇒ y2 (1+x ) √4+ y2 dx+x ( x−2 ) ( x+3 )dy=0

separando variables:

y2 ( x+1 ) √4+ y2

y2√4+ y2 x ( x−2 ) ( x+3 )dx+

x (x−2 ) ( x+3 )y2√4+ y2 x ( x−2 )( x+3 )

dy=0

⇒∫ x+1x (x−2 ) ( x+3 )

dx+∫ dy

y2√4+ y2=∫0

Integrando el primer término por descomposición en fracciones parciales y el segundo término por sustitución trigonométrica se tiene la solución general:


21

Ln( x−2 )

310

x1

6 ( x+3 )2

15

− 14

√4+ y2

y=c Rpta .


1 .dydx

=x2

y (1+x3 )8 .

¨ dydx

=x+1y4+1

2 . (1+ y2)dx+xydy=0 9 . ( y2+ y+1)dx+x ( x2−4 )dy=0

3 . y2 ex dx+( ye x−eln y)dy=0 10.¨ dydx

=x−e−x

y+e y

4 . e2 x− y dx+e y−2 x dy=0

5 . y ' senx= y ln y , y (π2 )=e

6 . ex+ y senxdx+(2 y+1)e− y 2

dy=0

7 .drdθ

=senθ+e2r senθ3 er +er cosθ

, r (π2 )=0

Ecuaciones Diferenciales reducibles a separables: Existen ecuaciones

diferenciales que presentan la forma :

dydx

=f (ax+by+c ) , donde a, b, y c son

constantes, que pueden reducirse a ecuaciones diferenciales de variables separables mediante una sustitución adecuada, como se ven en los siguientes ejemplos:


1. Resolver la ecuación diferencial : y’ = sen2(x-y+1) (I)

Solución.- En este caso hacemos: x− y+1=z ⇒1−dy

dx= dz

dx⇒ dy

dx=1− dz

dx

Por lo tanto remplazando en la ecuación diferencial (I) se tiene:


22

1− dz

dx=sen2 z⇒ separando var iables :

dzdx

=1−sen2 z⇒ dzdx

=cos2 z

⇒ dz

cos2 z=dx int egrando∫ sec2 z dz=x+c

Entonces tenemos la solución general: tanz = x+c , y volviendo a variables

iniciales:

Tan(x-y+1) = x+c Rpta

2.- Resolver la ecuación diferencial : y ' Ln|x− y|=1+Ln|x− y|

Solución . - Haciendo : x− y=z ⇒1−dy

dx= dz

dx⇒ dy

dx=1− dz

dx , reemplazando en la ecuación diferencial propuesta se tiene:

(1− dz

dx ) Lnz=1+Lnz ⇒ Lnz−Lnzdzdx

=1+Lnz ⇒−Lnzdzdx

=1

Separando variables e integrando:

∫Lnzdz=−∫ dx+c ⇒ zLnz−z=−x+c , pero : z=x− y ⇒ ( x− y ) Ln ( x− y )−x+ y=−x+c

Entonces la solución general es : ( x− y ) Ln (x− y )=c− y Rpta .

3.- Resolver la ecuación diferencial : (1−xy cos xy ) dx−x2cos xydy=0

Solución.- La ecuación diferencial la podemos expresar como:

1−xy cos xy−x2 cos xy

dydx

=0

Haciendo : xy=z ⇒ x

dydx

+ y=dzdx

⇒dydx

=

dzdx

− zx

x ; sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene:

1−z cos z−x2cos z ( dzdx

− zx

x )=0 ⇒ 1−zcos z=x2 cos z ( dzdx

− zx

x )

⇒1−zcos z=xcos z ( dzdx

− zx )


23

luego:

1−z cos z=x cos zdzdx

−z cos z ⇒ 1=xcos zdzdx

⇒ separando var iables :dxx

=cos zdz

integrando:

∫ dxx

=∫cos zdz+c ⇒ Lnx=sen z+c pero : z=xy ⇒ Lnx=sen xy+c Rpta .

4. Resolver la ecuación diferencial : ey y '=k ( x+e y )−1

Solución: Haciendo : z=x+e y ⇒ dz

dx=1+e y dy

dx⇒ e y dy

dx= dz

dx−1

; por lo tanto reemplazando en la ecuación diferencial se tiene:

dzdx

−1=kz−1 ⇒ dzdx

=kz , separando variables e integrando :

dzz

=kdx ⇒∫ dzz

=k∫ dx+c ⇒ Lnz=kx+c , pero : z=x+e y ⇒ Ln ( x+e y )=kx+c,

Luego: eln ( x+e y )=cekx

⇒ x+e y=cekx ⇒ e y=cekx−x ⇒ y=Ln (cekx−x ) Rpta .

5. Resolver la ecuación diferencial : x2 yy '= 1

2Tan ( x2 y2)−xy 2

Solución: Haciendo : z=x2 y2 ⇒ dz

dx=2 x2 y

dydx

+2 xy 2 ⇒ 12

dzdx

−xy2=x2 ydydx ,

reemplazando en la ecuación diferencial se tiene: 12

dzdx

−xy 2= 12

tan z−xy 2 ⇒ dzdx

=tan z ⇒ dztan z

=dx

⇒∫ cot zdz=∫dx+c ⇒ Lsenz=x+c

luego:

sen z=cex , pero : z=x2 y2 ⇒ sen x2 y2=cex Solución general Rpta .



24

1 . y '=( x+ y )2 5. [2( x+ y )sec2 x+ tan x ] dx+ tan xdy=02 . y '=cos (x+ y )3 . y '=(8 x+2 y+1)2

4 .dydx

=x+ yx+ y+2

2. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS.

2.1. Función Homogénea. La función Z = f (x,y) es homogénea de grado “n” si:

f ( tx , ty)=tn f ( x , y ) , n∈REjemplo: Determine si las siguientes funciones son homogéneas:

1 . f ( x , y )=2 x2 y−5 y3

Solución: f ( tx , ty )=2( tx )2( ty )−5( ty )3

f ( tx , ty )=2 t3 x2 y−5t 3 y3

f ( tx , ty )=t3(2 x2 y−5 y3 ) ∴ es hom ogénea de grado 3

2. f(x,y) = (x2 + y2)3/2 Solución.- sustituyendo : f(x,y) por f(tx, ty) se tiene:

f (Tx ,Ty )=( T2 x2+T 2 y2 )3

2=[T 2 ( x2+ y2) ]3

2=T3 ( x2+ y2)3

2 ; por lo tanto es una

función homogénea de grado 3.

3 . f ( x , y )=x2 sen(xy )+ y2 e

yx

4 . f ( x , y )=x ln x− y ln y5 . f ( x , y )=x2+senx cos y

6 . f ( x , y )=ex

y

2.2 Ecuación Diferencial Homogénea. Una ecuación Diferencial homogénea es

cualquier ecuación de la forma: M ( x , y )dx+N ( x , y )dy=0 , donde M y N son funciones homogéneas del mismo grado.

Cambio de variables para hallar la solución general de una ecuación

diferencial homogénea. Si M ( x , y )dx+N ( x , y )dy=0 , es homogénea, se puede transformar en una ecuación diferencial de variables separables por

medio de la sustitución: v= y

x⇒ y=vx , dy=vdx+xdv

Ejemplos Resueltos:

1. Resolver la Ecuación Diferencial : xy '= y+2 xe− y

x (I)

Solución: De la ecuación diferencial (I), se tiene la ec. Diferencial homogénea:

dydx

= yx

+2e− y

x ⇒ dy=( yx

+2e− y

x)dx (α ) . haciendo la sustitución :


25

v= yx

⇒ y=vx , dy=vdx+xdv

Sustituyendo en ():

vdx+xdv=( v+2e−v ) dx ⇒ vdx+xdv=vdx+2 e−v dx ⇒ xdv=2 e−v dx

Separando variables:

dv

e−v=2

dxx

⇒∫ev dv=2∫ dxx

+c ⇒ ev=2 Lnx+c , pero :v=yx

⇒ ey

x=2 Lnx+c

Finalmente tenemos la solución general: ey

x=Lnx2+c Rpta .

2. Resolver la ecuación diferencial: y '=

yx

+12 √ x2− y2

x2(α )

Solución.- De la ec. Diferencial () se tiene la ec. Diferencial homogénea:

dy=( yx

+ 12 √1−( y

x )2)dx

Haciendo las sustituciones: v= y/x , dy=vdx+xdv se tiene:

vdx+xdv=(v+1

2√1−v2)dx ⇒ vdx+ xdv=vdx+ 1

2√1−v2dx ⇒ xdv= 1

2√1−v2dx

separando variables e integrando: 2∫ dv

√1−v=∫ dx

x⇒ 2arcsen v=Lnx+c

ahora sustituyendo: v= y/x tenemos la sol. General: 2 arcseny/x= Lnx+c Rpta.

3. Resolver la Ecuación diferencial : 2(2x2+y2)dx-xydy=0

Solución.- La ecuación diferencial es homogénea de 2do grado, entonces usando las sustituciones:

V=y/x , y=vx ; dy =vdx+xdv , y reemplazando en la ecuación diferencial propuesta se tiene:

2 (2 x2+v2 x2) dx−xvx ( vdx+xdv )=0 ⇒ 4 x2 dx+2 v2 x2 dx−x2 v2 dx−x3 vdv=0

4 x2 dx+v2 x2 dx−x3 vdv=0 ⇒ x2( 4+v2 ) dx−x3 vdv=0 ⇒ separo var iables y tengo :


26

x2 ( 4+v2 ) dx

x3 ( 4+v2)− x3 vdv

x3 ( 4+v2)=0 ⇒ ∫ dx

x−∫ vdv

4+v2=∫ 0 ⇒ Lnx− 1

2Ln|4+v2|=Lnc

Ln( x

√4+v2 )=Lnc ⇒x

√4+v2=c ; pero: v=

yx

⇒x

√4+ y2

x2

=c

x2 = c(4x2+y2)1/2 entonces x4= c(4x2+y2) …solución general

4. Resolver la Ecuación diferencial :

xdydx

− y= x

arctan( yx )

Solución.- De la ecuación diferencial dada se tiene:

xdydx

= x

arctan( yx )

+ y ⇒ xdy=[ x

arctanyx

+ y ]dx

usando ahora las sustituciones: v=y/x ; dy=vdx+xdv, simplificando y separando

variables: arctanvdv=dx/x , ahora integrando:

∫ arctanvdv=∫ dxx

+c ⇒ var ctanv− 12

Ln ( v2+1 )=Lnx+c

var ctanv−Ln ( v2+1 )12=Lnx+c ò Lnc

var ctanv=Ln ( v2+1 )12+Lnx+Lnc ⇒ var ctanv=Ln√v2+1 .x .c

pero : v=yx

⇒yx

arctanyx

=Ln √ y2

x2+1 c . x ⇒

yx

arctanyx

=Lnc . x√ y2+x2

x2

Por último:

yx

arctanyx

=Ln c√ y2+x2 Soluciòn general

5. Resolver la Ecuaciòn Diferencial: y '=4+ y

x+( y

x )2

; y (1 )=2

Solución: Tenemos:

dydx

=4+ yx

+( yx )

2

⇒ dy=[ 4+ yx

+( yx )

2]dx


27

Usando: v=y/x ; dy=vdx+xdv , entonces: vdx+xdv=(4+v+v2)dx

Vdx+xdv=4dx+vdx+v2dx , entonces xdv=4dx+v2dx , y se tiene: xdv=(4+v2)dx

Separando variables e integrando:∫ dv

4+v 2=∫ dx

x+c ⇒ 1

2arctan

v2

=Lnx+c

12

arctany2 x

−Lnx=c ⇒ arctany2 x

−2 Lnx=c Soluciòn general

Ahora usando los valores iniciales : x=1 , y=2 , y reemplazando en la solución

General se tiene el valor de c= π

4 , y por lo tanto la solución particular es;

arctan

y2 x

−2 Lnx= π4

Rpta .. . .. .. . .. ..

6. Resolver la Ecuación Diferencial:

(√ x2− y2− y arcsen

yx )dx+xarcsen

yx

dy=0

Solución.- Usando v=y/x ; dy= vdx+xdv y reemplazando en la Ec. Dif. Se tiene:

(√x2−v2 x2−vxarcsev ) dx+x arcsen v ( vdx+ xdv )=0 , luego:

x √1−v2dx−vx arcsen vdx+vx arcsen vdx+x2arcenvdv=0 , reduciendo, separando variables e integrando, se tiene:

x (√1−v2 ) dx+x2arcsen vdv=0 ⇒ ∫ dxx

+∫ arcsen vdv

√1−v2=∫ 0

⇒ Lnx+ 12

(arcsen v )2=c , pero : v= yx

⇒ Lnx+ 12 (arcsen

yx )=c Rpta .

7. Resolver la Ecuación Diferencial: (x+( x− y ) e

yx )dx+xe

yx dy=0

; y(1)=0Solución: Usando v=y/x ; dy=vdx+xdv , se tiene:

( x+( x−vx ) ev ) dx+xev ( vdx+xdv )=0 ⇒ xdx+xev dx−vxev dx+xve v dx+ x2 ev dv=0 )

Simplificando y separando variables:

dxx

+ ev dv1+ev

=0 ,int egra ndo obtenemos :

Lnx+Ln(1+ev)=Lnc ; entonces : Ln(x(1+ev)) =Lnc ; levantando logaritmos:


28

X(1+ev) =C , pero y=v/x , entonces : x(1+ey/x) =C Soluciòn general. Ahora usando

los valores iniciales x=1 , y=0, se tiene: C =2 ; por lo tanto reemplazando en la

soluciòn general se tiene la soluciòn paticular: x(1+ey/x) =2 Rpta

8. Resolver la Ecuación Diferencial :

(2 x senyx

+2 xtanyx

− y cosyx

− y sec2 yx )dx+(x cos

yx

+x sec2 yx )dy=0

Solución: Usando v=y/x y dy=vdx+xdv, se tiene:

(2xsenv+2xtanv-vxcosv-vxsec2v)dx+(xcosv+xsec2v)(vdx+xdv)=0

2xsenvdx+2xtanvdx-vxcosvdx-vxsec2vdx+vxcosvdx+x2cosvdv+vxsec2vdx+x2sec2vdv=0

simplificando tenemos: 2x(senv+tanv)dx+x2(cosv+sec2v)dv=0

Separando variable e integrando: 2∫ dx

x+∫ ( cos v+sec2 v ) dv

sen v+tanv=∫ 0

Entonces: 2Lnx+Ln (senv+tanv)=Ln c , por lo tanto: Ln x2(senv+tanv) = Ln c

Pero : v=y/x , entonces : x2(seny/x+tany/x) = C Soluciòn general.

Propuestos:

1 . ( x3− y3)dx+xy 2dy=0 10 . y '=x 4+2 y4

xy 3

2 . y '= yx

+senyx

3 .dydx

=y+cos2( y

x )x

, y (1)=Π4

4 . x cos( yx ) y '= ycos ( y

x )−x

5 . ( x2− y2 )dx−2y3

xdy=0

6 . [ ( x+ y )2e− y

x+ y2 ]dx−xydy=07 . xy '= y ( ln y−ln x )

8 . ( x− y cosyx

)dx+x cosyx

dy=0

9 . ( xy '− y )arctanyx

=x , y (1)=0

3 . ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A HOMOGENEAS


29

Las ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas presentan la siguiente forma:

( a1 x+b1 y+c1) dx+( a2 x+b2 y+c2) dy=0⋯…(1 )

Llamada ecuación diferencial no homogénea con coeficientes lineales, donde

a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 son constantes, además si c1 y c2 se pueden eliminar, la

ecuación diferencial es homogénea.

La solución de este tipo de ecuaciones diferenciales está en función de los

coeficientes de las diferenciales, las que denotan 2 rectas en el sistema coordenado

rectangular:

a1 x+b1 y+c1=0 ⋯⋯⋯(2 )a2 x+b2 y+c2=0 ………(3 )

Como las rectas (2) y (3), pueden ser paralelas o no paralelas se presentan 2 casos:

Caso 1. Si las rectas (2) y (3) no son paralelas entonces sus pendientes no son

iguales y por lo tanto tienen un punto de intersección, o sea si a1b2−a2 b1≠ 0 ,

implica que la ecuación diferencial (1) se reduce a homogénea trasladando el

origen del sistema coordenado rectangular al punto de intersección de estas

dos rectas, y para ello se hace una primera sustitución:

x=m+h ………(4 ) ⇒ dx=dmy=n+k ………(5 ) ⇒ dy=dn∴ en (1 ): (a1 m+a1 h+b1 n+b1 k+c1)dm+( a2 m+a2 h+b2 n+b2 k+c2)dn=0 …(6 )

Resolviendo el sistema:

a1 h+b1 k+c1=0a2 h+b2 k+c2=0

Se determina los valores de h y k con lo cuál la ecuación (6) se reduce a:

(a1 m+b1 n )dm+( a2 m+b2 n)dn=0

Que es una ecuación diferencial homogénea y su solución, implica el método

descrito anteriormente.

Ejemplos:

1.- Resolver la

Ecuación Diferencial:

dydx

= 2 x+3 y+13 x−2 y−5

Solución.- De la ec. Dif. De tiene : (2x+3y+1)dx-(3x-2y-5)dy=0….(1)

Por lo tanto: a1=2 , b1=3 , a2=-3 , b2=2 , entonces a1b2-a2b1=0 (caso 1)

1ra sustitución: x=m+h ---- dx=dm


30

y=n+k ------ dy=dn

en la expresión 1 : (2m+2h+3n+3k+1)dm-(3m+3h-2n-2k-5)dn=0 ….(2)

ahora resolviendo el sistema: 2h+3k+1=0 ….(a) se tiene :

3h-2k-5=0 …..(b) h=1 k= -1

por lo tanto en la ecuación (2) : (2m+2+3n-3+1)dm-(3m+3-2n+2-5)dn=0

Entonces : (2m+3n)dm-(3m-2n)dn=0 (3) ( Ec dif homogénea)

2da sustitución: v=n/m , entonces dn=vdm+mdv , reemplazando en (3)

(2m+3vm)dm-(3m-2vm)(vdm+mdv)=0

2mdm+3vmdm-3vmdm-3m2dv+2v2mdm+2vm2dv=0

reduciendo y factorizando: m(2+2v2)dm+m2(2v-3)dv=0

separando variables:

dmm

+(2 v−3 )dv

2 (v2+1 )=0 ⇒ ∫ dm

m+∫ vdv

v2+1− 3

2∫ dv

v2+1=∫ 0

entonces:Ln(m)+1/2Ln(v2+1)-3/2arctanv=c; pero v=n/m ;

⇒ Ln[m2( n2

m2+1)]−3 arctan

nm

=c

⇒ Ln (n2+m2)−3 arctannm

=c ;ahora : x=m+h ⇒m=x−1 ; y=n+k⇒ n= y+1

∴ la solución general es : Ln [ ( y+1 )2+( x−1 )2]−3 arctan( y+1x−1 )=c

2.- Resolver la ecuación diferencial:

(Tanx-seny+3)sec2xdx+(3Tanx+seny+1)cosydy=0 …..(1)

Solución:

Haciendo que: Tanx=z entonces : dz=sec2xdx

Seny=w entonces : dw=cosydy

En (1) se tiene: (z-w+3)dz+(3z+w+1)dw=0 (2) (ec. Dif. Reducible a homogénea)

Entonces a1=1, b1=-1 , a2=3 , b2=1, luego a1b2-a2b1=4=0 (caso1)

1ra sustitución: z=m+h dz=dm ; w=n+k dw=dn , reemplazando en (2)

(m+h-n-k+3)dm+(3m+3h+n+k+1)dn=0 …..(3)

resolviendo el sistema: h-k+3=0 obtenemos : h= -1

3h+k+1=0 k=2

en(3) (m-1-n-2+3)dm+(3m-3+n+2+1)dn=0 ---> (m-n)dm+(3m+n)dn=0 ….(4)

la ec. (4) es homogénea y hacemos la 2da sustitución:

v=n/m n=vm dn=vdm+mdv

sustituyendo en (4) : (m-vm)dm+(3m+vm)(vdm+mdv)=0

reduciendo: mdm+2mvdm+3m2dv+v2mdm+m2vdv=0


31

factorizando : m(v2+2v+1)dm+m2(v+3)dv=0 , separando variables se tiene:

dmm

+( v+3 ) dv

v2+2 v+1=0 ⇒ ∫ dm

m+∫ ( v+3 ) dv

( v+1 )2=∫ 0 int egra ndo obtenemos :

Ln|m|+Ln|v+1|− 2v+1

=c ⇒ Ln|m ( v+1 )|− 2v+1

=c…… (5 )

Ahora: v=n/m , entonces reemplazando en (5) y reduciendo tenemos:

Ln |m+n|− 2 mm+n

=c (6 ) ; pero : z=m+h ⇒ z=m−1 ⇒ m=z+1

w=n+k w=n+2 n= w-2

en (5) : Ln |z+1+w−2|−

2 ( z+1 )z+1+w−2

=c ⇒ Ln |z+w−1|−2 ( z+1 )z+w−1

=c

volviendo a variables iniciales con z=Tanx y w= seny obtenemos finalmente:

Ln [Tanx+sen y−1 ]− 2 (tanx+1 )

tanx+sen y−1=c ……Solución general

Caso 2. Si las rectas (2) y (3) son paralelas, entonces sus pendientes son

iguales, o sea si : a1b2=a2 b1 , entonces usamos una sustitución simple de la

forma: z=a1 x+b1 y ⇒ dz=a1 dx+b1 dy ⇒ dy=

dz−a1 dx

b1 , que

convierte a la ecuación diferencial en una de variable separable.

Ejemplo:

3.- Resolver la ecuación diferencial: (2x+y+5)dx+(4x+2y-3)dy=0

Solución.- Tenemos: a1=2 , b1=1 , a2=4 , b2=2 ,entonces a1b2=a2b1 (caso 2)

Por lo tanto usamos la sustitución: z=2x+y , dz=2dx+dy , entonces: dy=dz-2dx

Sustituyendo en la ec.dif. se tiene: (z+5)dx+(2z-3)(dz-2dx)=0

Entonces: zdx+5dx+2zdz-3dz+6dx=0 , reduciendo y factorizando tenemos:

(11-3z)dx+(2z-3)dz=0 , separando variables tenemos:

dx+(2 z−3 ) dz11−3 z

=0 ⇒ ∫dx+2∫ zdz11−3 z

−3∫ dz11−3 z

=∫0

→ ∫dx−2∫ zdz3 z−11

+3∫ dz3 z−11

=∫0 ⇒ x−2∫( 13

+113 (3 z−11) )dz+3∫ dz

3 z−11=c


32

⇒ x− 23∫ dz−22

3 ∫ dz3 z−11

+3∫ dz3 z−11

=c ⇒ x− 23

z−133 ∫ dz

3 z−11=c

x− 2 z3

−139

Ln|3 z−11|=c ; pero: z=2 x+ y ⇒ x−23

(2 x+ y )−139

Ln|3 (2 x+ y )−11|=c

reduciendo tenemos: 3 x+6 y+13 Ln [ 6 x+3 y−11 ]=c Solución general

Ejercicios propuestos:

1 . ( x−2 y+5)dx+(2 x− y+4 )dy=0 7 . y '=−4 x+3 y+152 x+ y+2

2 . y '=x+ y+4x− y−6

8 . x(2 x2+3 y2−7 )dx− y (3 x2+2 y2+8 )dy=0

3 . ( x+ y−2 )dx+( x− y+4 )dy=0 sug : haga u=x2 ; v= y2

4 . ( x−2 y−1)dx+(3 x−6 y+2)dy=05 . ( x+2 y+3 )dx+(2 x+4 y−1)dy=06 . (( x−2 y+1 )dx+(2 x−4 y+3 )dy=0

También se puede transformar una ecuación diferencial no homogénea en

homogénea mediante la sustitución: y=zα ⇒ dy=α zα−1 dz , como se

puede observar en los siguientes ejemplos:

Ejemplos:

1.- Resolver la ecuación diferencial : (x2y2-1)dy+2xy3dx=0 ……(1)

Solución.- En este caso hacemos la sustitución : y=zα ⇒ dy=αzα −1 dz

∴ en (1 ) : ( x2 z2α−1 ) (αzα−1 dz )+2 xz3 α dx=0 ⇒ α ( x2 z3 α −1−zα −1 ) dz+2 xz 3 α dx=0

la ecuación diferencial será homogénea si los grados de todos los términos son

iiguales: entonces : 3α+1=α−1 ⇒ α=−1

por consiguiente : y=z-1 , la ec. Dif será: -(x2z-4-z-2)dz+2xz-3dx=0 , reduciendo :

(z2-x2)dz+2zxdx=0 …..(2) (ec. Dif. Homogénea)

haciendo v=z/x , entonces z=vx ; dz=vdx+xdv , por lo tanto reemplazando en (2) :

(v2x2-x2)(vdx+xdv)+2vx2dx=0 , -- v3x2dx+v2x3dv-x2vdx-x3dv+2vx2dx=0

reduciendo y factorizando: x2(v3+v)dx+x3(v2-1)dv=0, separando variables:

dxx

+( v2−1 ) dv

v3+v=0 ⇒ ∫ dx

x+∫ v2−1

v3−vdv=∫0 ⇒ Lnx+Ln|v2+1|−Lnv=Lnc

⇒ Ln|x ( v2+1 ) ¿ v ¿¿

¿|=Lnc ⇒x (v2+1 )

v=c ; ahora : v= z

x⇒

x( z2

x2+1)

zx

=c


33

⇒ z2+x2

z=c ; pero : y=z−1 ⇒ z= 1

y∴

1

y2+x2

1y

=c ⇒ 1+x2 y2

y=c

,

La solución general es : 1+x2y2=cy

2.- Resolver la ecuación diferencial: (2y2-3x)dx+2xydy=0 …..(1)

Solución: Haciendo la sustitución: y=zα ⇒ dy=αzα −1 dz

Reemplazando en (1) : (2 z2α−3 x ) dx+2 xzαα (αzα −1 ) dz=0

⇒ (2 z2 α−3 x ) dx+2α xz 2 α−1 dz=0 .. .. .. (2 ) ; ∴

para que (2 ) sea hom ogénea : 2α=1⇒α= 12

entonces : y=z1/2 , por lo tanto : dy=1/2z-1/2dz , entonces sustituyrndo en (2)ç

(2z-3x)dx+xdz=0 …(3) . Ahora haciendo : v=z/x, z=vx y dz=vdx+xdv

en (3) : (2vxdx-3x)dx+x(vdx+xdv)=0 , entonces : 2vxdx-3xdx+vxdx+x2dv=0

--- 3vxdx-3xdx+x2dv=0 ; factorizando: 3x(v-1)dx+x2dv=0

separando variables e integrando se tiene:

⇒ 3∫ dxx

+∫ dvv−1

=∫0 ⇒ 3 Lnx+ Ln|v−1|=Lnc ⇒ Ln [ x3 ( v−1 ) ]=Lnc

⇒ x3 (v−1 )=c ; pero : v= zx

⇒ x3( zx

−1)=c ; simplficando : x2 (z−x )=c

ahora: y=z1/2 ; entonces : z=y2 , por lo tanto la solución general es:

x2(y2-x)=c ó x2y2-x3=c …..Rpta

Propuestos:

1 . ( y2−3x2 y ) dx−x3dy=02 . (1−xy 2 ) dx−2 x2 y dy=03 . ( x− y3 ) dx−6 xy 2 dy=0

4. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS

1. Definición. Una Ecuación Diferencial de la forma M ( x , y )dx+N ( x , y )dy=0

se dice que es Ecuación Diferencial Exacta si cumple con la condición necesaria y suficiente, llamada criterio de exactitud siguiente:

∂ M∂ y

= ∂ N∂ x


34

Ejemplos: Compruebe si las siguientes Ecuaciones Diferenciales son exactas:

1 . (2 xy−3 x2) dx+( x2−2 y ) dy=0

Solución:∂ M∂ y

=2 x ,∂ N∂ x

=2x , ∴ Ec . Dif . Exacta

2 . cos ydx+ ( y2−xseny ) dy=0 , ∴ Ec . Dif . Exacta

2. Procedimiento para resolver una Ecuación Diferencial Exacta.

Comprobar que la Ecuación Diferencial dada es exacta, o sea:

∂ M∂ y

= ∂ N∂ x

Calcular Ix ( Integración parcial respecto a x)

I x=∫xM ( x , y )dx

Calcular Iy ( Integración parcial respecto a y)

I y=∫y [ N ( x , y )− ∂∂ y ( I x ) ]dy

La solución general es:

I x+ I y=C

1.—Resolver la ecuación diferencial : (y+ycosxy)dx+(x+xcosxy)dy=0

Solución: comprobando si es una ec. Dif. Exacta:

∂ M∂ y

= 1−xy sen xy∂ N∂ x

= 1−xy sen xy ( Ec . dif exacta )

Cálculo de Ix e Iy :

I x=∫x( y+ y cos xy ) dx = xy+sen xy

I y=∫y [ (x+x cos xy )− ∂∂ y

( xy+sen xy )]dy =∫y( x+x cos xy−x−xcos xy )dy=∫y

0 dy =c

Por lo tanto la solución general es: Ix+Iy = C , entonces : xy+senxy=c ….Rpta

2.—Resolver la ecuación diferencial : (cos2y-3x2y2)dx+(cos2y-2xsen2y-2x3y)dy=0



35

∂ M∂ y

= −2 sen2 y−6 x2 y∂ N∂ x

= −2 sen2 y−6 x2 y ( Ec . dif exacta )


I x=∫x (cos 2 y−3 x2 y2 ) dx = xcos 2 y−x3 y2

I y=∫y [ (cos2 y−2 xsen2 y−2 x3 y )− ∂∂ y

( xcos 2 y−x3 y2)]dy

=∫y ( cos2 y−2 xsen2 y−2 x3 y+2 ysen 2 y+2 x3 y ) dy

I y=∫y

cos2 ydy= 12

sen 2 y ∴ I x+ I y=c ⇒ 12

sen 2 y+x cos2 y−x3 y2=c……rpta

3.—Resolver la ecuación diferencial : (x-1)-1ydx+(Ln(2x-2)+1/y)dy=0


∂ M∂ y

= 1x−1

∂ N∂ x

= 1x−1

( Ec . dif exacta )


I x=∫x y

x−1dx = yLn|x−1|

I y=∫y [(Ln (2 x−2 )+ 1

y )− ∂∂ y

( yLn (x−1 ) )]dy =∫y [ Ln (2 x−2 )+ 1

y−Ln ( x−1 )] dy

Iy = y Ln (2x-2)+Ln y-y Ln (x-1) ; la solución general : Ix+ Iy = c ,es :

y Ln (x-1)+y Ln (2x-2)+Ln y- y Ln (x-1) = c , finalmente: y Ln (2x-2)+Ln y = c …Rpta.

4.—Resolver la ecuación diferencial : (ax2+2bxy+cy2) dx+(bx2+2cxy+y2)dy=0


∂ M∂ y

= 2 bx+2 cy∂ N∂ x

=2bx+2 cy ( Ec . dif exacta )


I x=∫x

(ax 2+2bxy+cy2 ) dx = a3

x3+bx2 y+cxy 2


36

I y=∫y [ (bx2+2 cxy+ y2 )− ∂

∂ y ( a3

x3+bx2 y+cxy 2)]dy =∫y [bx2+2 cxy+ y2−bx2−2 cxy ] dy

I y=∫yy2 dy= y3

3

por lo tanto la solución general : Ix+Iy = c ,es :

a/3 x3+bx2y+cxy2+y3/3=c , finalmente: ax3+3bx2y+3cxy2+y3=c …..Rpta.

5.—Resolver la ecuación diferencial : e2x(dy+2ydx)= x2dx

Solución: Tenemos : 2ye2xdx+e2xdy-x2dx=0 - (2ye2x-x2)dx+e2xdy=0

comprobando si es una ec. Dif. Exacta:

∂ M∂ y

= 2 e2 x ∂ N∂ x

=2 e2 x ( Ec . dif exacta )


I x=∫x (2 ye2 x−x2) dx = ye2 x− x3

3

I y=∫y [e2 x− ∂∂ y ( ye 2 x− x3

3 )]dy=∫y (e2 x−e2 x+0 ) dy=∫y0dy=c


ye2x-x3/3=c , entonces : 3ye2x= x3+c ….Rpta.

6.-Resolver la ecuación diferencial : ( ye 2 x−3 xe 2 y ) dx+( e2 x

2−3 x2e2 y−e y)dy=0

;

y(1)=0


∂ M∂ y

=e2 x−6 xe 2 y ∂ N∂ x

=e2 x −6 xe2 y ( Ec . dif exacta )


I x=∫

x( ye2 x−3 xe2 y ) dx = y

2e2 x− 3

2e2 y x2

I y=∫y [ e2 x

2−3x2 e2 y−e y− ∂

∂ y ( y2

e2 x− 32

e2 y x2)] dy


37

=∫y ( e2 x

2−3 x2e2 y−e y− e2 x

2+3 x2e2 y) dy


y2

e2 x− 32

e2 y x2−e y=c ⇒ ye2 x−3 x2 e2 y−2e y=c

Ahora si : x = 1 ; y = 0 , entonces c = -5 , por lo tanto la solución particular es :

ye2 x− 32

x2e2 y−2 e y+5=0 … Rpta .

Propuestos: Resolver las siguientes Ecuaciones Diferenciales

1 . ( yx

+6 x)dx+(Lnx−2)dy=0

2 (2 xy−tan y )dx+ ( x2−x sec2 y ) dy=0

3 . (x+exy )dx+e

xy (1−x

y )dy=0 , y (0)=2

4 . (2 xseny+2 x+3 ycos x ) dx+( x2 cos y+3 senx ) dy=0 , x=π2

, y=0

5 . [3 x2 +1x2 +2 xy 2−2 y2

x3]dx+[3 y2+1y2 +2 x2 y−2 y

x2] dy=0

5. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS (FACTORES INTEGRANTES).

Si la ecuación Diferencial : M (x,y)dx+N (x,y)dy=0 no es exacta, puede transformarse

en exacta multiplicándola por un factor apropiado μ( x , y ),llamado factor integrante

de la Ecuación Diferencial.

Ejemplo: Sea la Ecuación Diferencial :

2ydx + xdy = 0 (Ecuación Diferencial no exacta)

multiplicándola por el factor integrante : μ( x , y )=x , la Ecuación Diferencial resultante:

2 xydx+ x2 dy=0 ya es exacta. (verifique).

El cálculo de factores integrantes puede ser un problema difícil, sin embargo hay dos

clases de Ecuaciones Diferenciales cuyos factores integrantes pueden hallarse de

forma rutinaria, estas son aquellas que poseen factores integrantes que son sólo

función de x o bien sólo función de y.

Teorema:


38

Sea la Ecuación Diferencial : M ( x , y )dx+N ( x , y )dy=0 ⇒

i) Si :

∂ M∂ y

−∂ N∂ x

N= f ( x ) , ( función sólo de x ) ⇒ e∫ f (x )dx

es un F . I

ii ) Si :

∂ N∂ x

−∂ M∂ y

M=g ( y ) , ( función sólo de y ) ⇒ e∫ g( y )dy

es un F . I

Ejemplos:

1.- Resolver la ecuación diferencial: (xy3+1)dx+x2y2dy=0 …….(1)

Solución: Aplicando el criterio de exactitud:

∂ M∂ y

=3 xy2 ∂ N∂ x

=2 xy 2 ; como es una ecuación diferencial no exacta,

calculamos el factor integrante , entonces:

∂ M∂ y

− ∂ N∂ x

N=

3 xy2−2 xy2

x2 y2=

1x

=f ( x ) ⇒ F . I=e∫ f ( x ) dx=e

∫ dxx =e Lnx= x

Por lo tanto, multiplicando a la ec. Dif. (1) por el F.I=x se tiene:

(x2y3+x)dx+x3y2dy=0 , que es una ecuación diferencial exacta, entonces:

I x=∫x ( x2 y3+x ) dx= x3 y3

3+ x2

2

I y=∫y [ x3 y2− ∂∂ y ( x3 y3

3+ x2

2 )]dy=∫y ( x3 y 2−x3 y2 ) dy=∫0 dy=C

Por lo tanto la solución general es :

I x+ I y=C ⇒ x3 y3

3+x2

2=C ⇒

2 x3 y3+3 x2=C Rpta .

2.- Resolver la ecuación diferencial: (xy3+1)dx+x2y2dy=0 …….(1)


∂ M∂ y

=3 xy2 ∂ N∂ x

=2 xy 2 ; como es una ecuación diferencial no exacta,


∂ M∂ y

− ∂ N∂ x

N=

3 xy2−2 xy2

x2 y2=

1x

=f ( x ) ⇒ F . I=e∫ f ( x ) dx=e

∫ dxx =e Lnx= x

Por lo tanto, multiplicando a la ec. Dif. (1) por el F.I=x se tiene:

(x2y3+x)dx+x3y2dy=0 , que es una ecuación diferencial exacta, entonces:


39

I x=∫x ( x2 y3+x ) dx= x3 y3

3+ x2

2

I y=∫y [ x3 y2− ∂∂ y ( x3 y3

3+ x2

2 )]dy=∫y ( x3 y 2−x3 y2 ) dy=∫0 dy=C

Por lo tanto la solución general es :

I x+ I y=C ⇒ x3 y3

3+x2

2=C ⇒

2 x3 y3+3 x2=C Rpta .

3.- Resolver la ecuación diferencial: dx+( x

y−sen y )dy=0 .. . .. .. (1 )


∂ M∂ y

=0∂ N∂ x

= 1y

; como es una ecuación diferencial no exacta,


∂ N∂ x

−∂ M∂ y

M=

1y−0

1=

1y

=f ( y ) ⇒ F . I=e∫f ( y )dy

=e∫ dy

y =eLny= y

Por lo tanto, multiplicando a la ec. Dif. (1) por el F.I=y se tiene:

ydx +(x-yseny)dy=0 , que es una ecuación diferencial exacta, entonces:

I x=∫xydx=xy

I y=∫y [x− y sen y− ∂∂ y

( xy ) ]dy=∫y( x− y sen y−x )dy=−∫y

y sen ydy

Integrando por partes se tiene : Iy = ycosy-seny ; por lo tanto la solución general es :

Ix+Iy=C, entonces : xy+ycosy-seny=C ……..Rpta.

4.- Resolver la ecuación diferencial: ( x4 Lnx−2 xy 3 ) dx+3 x2 y2 dy=0 .. .. . ..(1 )


∂ M∂ y

=−6 xy 2 ∂ N∂ x

=6 xy2 ; como es una ecuación diferencial no

exacta, calculamos el factor integrante , entonces:


40

∂ M∂ y

− ∂ N∂ x

N=

−6 xy2−6 xy2

3 x2 y2=

−12 xy2

3 x2 y2=−

4x

=f (x ) ⇒ F . I=e∫f ( x )dx

=e−4∫ dx

x =x−4

Por lo tanto, multiplicando a la ec. Dif. (1) por el F.I=x-4 se tiene:

(Lnx− 2 y3

x3 )dx+ 3 y2

x2dy=0

que es una ecuación diferencial exacta, entonces:

I x=∫x (Lnx− 2 y3

x3 )dx=xLnx−x+ y3

x2

I y=∫y [3 y2

x2−∂

∂ y ( xLnx−x+ y3

x2 )]dy=∫y (3 y2

x2−3 y2

x2 )dy=∫y

0 dy=C

por lo tanto la solución general es : xLnx−x+ y3

x2=C , finalmente :

x3 ( Lnx−1 )+ y3=Cx2……Rpta

5.- Resolver la ecuación diferencial: dx+( xtany−2 sec y ) dy=0……(1)

Solución: Aplicando el criterio de exactitud se tiene:

∂ M∂ y

=0 ;∂ N∂ x

=tany=f ( y ) ,(ec . dif . no exacta) , ⇒ cálculo del factor int egra nte

∂ N∂ x

−∂ M∂ y

M=

tan y−01

=tny=f ( y ) ⇒ F . I=e∫ tan ydy=eLnsec y=sec y

entonces multiplicando la ec . dif .(1) por el factor int egrante : F . I=sec y se tiene :sec ydx+( x sec y tan y−2 sec2 y )dy=0 ; que es una ec dif . exacta ;entonces :

I x=∫xsec ydx=x sec y ; I y=∫y [x sec y tan y−2 sec2 y−∂

∂ y( x sec y )]dy

I y=∫y ( x tan y sec y−2sec2 y−x tan y sec y ) dy=∫y−2 sec2 ydy=−2 tan y

por lo tan to la solución general es : I x+ I y=C ⇒ se tiene :

x sec y−2 tan y=C ……Rpta .PROPUESTOS :

Re suelva las ec . dif : 1 ) ye− x

y dx−(xe− x

y + y3 )dy=02 ) (2 y+3 x2 y3 )dx+(3 x+5 x3 y2 )dy=0 sug :Use un F . . I de la forma xm yn


41

FACTORES INTEGRANTES POR INSPECCION O GOLPE DE VISTA

Este método consiste en agrupar convenientemente los términos de la Ecuación Diferencial y determinar la Ecuación Diferencial exacta que se forma al multiplicarla por un determinado factor integrante conveniente.El éxito de este método requiere de un buen conocimiento de diferenciales y una cierta pericia en determinar como deben agruparse los términos y para esto es útil la siguiente lista de algunas diferenciales exactas.

DIFERENCIALES EXACTAS:


42

1) d ( xy )=xdy+ ydx 9 ) d [arc tan(xy )]= ydx−xdy

x2+ y2

2 ) d ( yx )=xdy− ydx

x210 ) d [arc sen( y

x )]= xdy− ydx

x √x2− y2

3 ) d (xy )= ydx−xdy

y211) d [12 Ln ( x2+ y2 )]= ydy+xdx

x2+ y2

4 ) d ( x2± y2)=2 xdx±2 ydy 12) d (x+ yx− y )= 2 xdy−2 ydx

( x− y )2

5 ) d [ Ln (xy ) ]= xdy+ ydxxy

13) d (x− yx+ y )= 2 ydx−2 xdy

( x+ y )2

6 ) d [Ln( xy )]= ydx−xdy

xy14 ) d [−1

(n−1 ) ( xy )n−1 ]= ydx+xdy

( xy )n

7 ) d [Ln( yx )]= xdy− ydx

xy

8 ) d [arc tan ( yx )]= xdy− ydx

x2+ y2

Ejemplos:


43

1.- Resolver la ecuación diferencial: (x-x2y)dy-ydx=0

Solución:

De la ec dif se tiene : xdy−x2 ydy− ydx=0 ; ordenando : xdy− ydx−x2 ydy=0

Multiplicando por el factor int egra nte :1x2

;xdy− ydxx2

−x2 ydyx2

=0

⇒ d [ yx ]− ydy=0 ; int egra ndo : ∫d [ y

x ]−∫ ydy=∫0⇒ yx

− y2

2=C

⇒ 2 y−xy 2

2 x=C ⇒ 2 y−xy 2=Cx luego : 2 y−xy 2−Cx=0……Rpta .

2.- Resolver la ecuación diferencial: y(1+xy)dx=xdy

Solución:

De la ec dif se tiene : ydx+ xy2 dx−xdy=0 ; ordenando : ydx−xdy+xy 2dx=0

Multiplicando por el factor int egra nte :1y2

;ydx−xdyy2

+xy 2 dxy2

=0

⇒ d [ xy ]+xdx=0 ; int egra ndo : ∫d [xy ]+∫ xdx=∫ 0⇒ x

y+x2

2=C

⇒ 2 x+x2 y2 y

=C ⇒ 2 x+x2 y=Cy luego : 2xy

+x2=C ……Rpta .

3.- Resolver la ecuación diferencial: xdy=(x2+y2+y)dx

Solución:

De la ec dif se tiene : xdy=( x2+ y2)dx+ ydx ; ordenando : xdy− ydx=( x2+ y2)dx

Multiplicando por el factor int egra nte :1x2+ y2

;xdy− ydxx2+ y2

=( x2+ y2)2dx

x2+ y2=0

⇒ d [arctanyx ]=dx ; int egra ndo : ∫ d [arctan

yx ]=∫ dx=∫0⇒ arctan

yx

=x+C

⇒ yx

=tan( x+C ) ⇒ y=xtan( x+C )……Rpta .

4.- Resolver la ecuación diferencial: (y-xy2Lnx)dx+xdy=0

Solución:


44

De la ec dif se tiene : ydx−xy 2 Lnxdx+ xdy=0 ; ordenando : ydx+xdy−xy2 Lnxdx=0

Multiplicando por el factor int egra nte :1x2 y2

;ydx+xdyx2 y2

−xy 2 Lnxdxx2 y2

=0

⇒ ydx+xdy

( xy )2− Lnxdx

x=0 ; ⇒ ∫ d (−1

xy )−∫Lnxdxx

=0 ; Inte gra ndo : −1xy

−Ln2 x2

=C

⇒ −2−xyLn2 x2 xy

=C ⇒ 2+xyLn2 x=Cxy ……Rpta .

5.- Resolver la ecuación diferencial: x2 dy−xydx+√x2− y2 ( xdy− ydx )=0

Solución:

De la ec dif se tiene : x( xdy− ydx )+√ x2− y2( xdy− ydx )=0 ;

Multiplicando por el factor int egra nte :1

x2√x2− y2⇒

x ( xdy− ydx )

x2√x2− y2+√x2− y2( xdy− ydx )

x2 √x2− y2=0

⇒( xdy− ydx )

x √x2− y2+xdy− ydx

x2=0 ; ⇒ d (arcsen

yx )+d( y

x )=0

Inte gra ndo: ∫ d (arcsenyx )+∫d ( y

x )=∫ o

finalmente obtenemos : arcsenyx

+ yx

=C ……Rpta .

6.- Resolver la ecuación diferencial: [ y+x ( x2+ y2 ) ] dx+ [ y ( x2+ y2)−x ] dy=0

Solución:

De la ec dif se tiene : ydx+x ( x2+ y 2)dx+ y ( x2+ y2) dy−xdy=0

⇒ −( xdy− ydx )+x ( x2+ y2 ) dx+ y ( x2+ y2) dy=0

Multiplicando por el factor int egra nte :1x2+ y2

se tiene :

−[xdy− ydx

x2+ y2 ]+x ( x2+ y2) dx

x2+ y2+

y ( x2+ y2)x2+ y2

=0 ⇒ −[xdy− ydx

x2+ y2 ]+xdx+ ydy=0

⇒ −d (arctanyx )+d [12 ( x2+ y2 )]=0 ⇒ −∫d (arctan

yx )+∫ d [12 ( x2+ y2)]=∫0

Inte grando : −arctanyx

+12

( x2+ y2)=C

finalmente obtenemos : −2 arctanyx

+x2+ y2=C ……Rpta .


45

6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES

Definición.- Se llama ecuación diferencial lineal de primer orden a toda ecuación de la

forma :

dydx

+P (x ) y=Q( x ) donde P y Q son funciones continuas de x

Solución de una Ecuación Diferencial Lineal de primer orden:

Sea:

dydx

+P (x ) y=Q( x ) ⇔ dy+P ( x ) ydx=Q( x )dx

Multiplicando por el factor integrante: e∫ P( x )dx

tenemos:

e∫ P( x )dxdy+ yP( x )e∫ P(x )dx=Q( x )e∫P (x )dx

dx

⇒ d [ ye∫ P (x )dx ]=Q( x )e∫P (x )dxdx , int egrando tenemos :

∫d [ ye∫ P( x )dx ]=∫Q (x )e∫ P( x )dxdx+C ⇒ y e∫ P(x )dx=∫Q( x )e∫P (x )dx

dx+C …Sol . gral De manera análoga si la ecuación diferencial es:

dxdy

+P ( y )x=Q( y ) la solución general es:

xe∫P ( y )dy=∫Q( y )e∫ P( y )dy

dy+C


1.- Resolver la ecuación diferencial: y’- y=3ex

Solución:

En este caso se tiene : p( x )=−1 ; Q (x )=3 ex

∴ la solución general es : ye−∫dx=∫3e x e

−∫ dxdx+C ⇒ ye−x=3∫ ex e

−∫dxdx+C

⇒ ye−x=3∫ dx+C ⇒ ye−x=3 x+C ⇒ y=3xe x+Cex

finalmente se tiene : y=ex(3 x+C )…Solución general .

2.- Resolver la ecuación diferencial: (1+ y2 )dx=(√1+ y2sen y−xy ) dy

Solución:


46

Llevando la ecuación diferencia a la forma lineal :

(1+ y2 ) dxdy

=√1+ y2sen y−xy ⇒ (1+ y2) dxdy

+xy=√1+ y2sen y

Dividiendo entre : (1+ y 2) tenemos :dxdy

+[ y

1+ y2 ] x=√1+ y2 sen y

1+ y2

⇒dxdy

+[ y

1+ y2 ] x=sen y

√1+ y2(ec . dif en x ) ⇒ p ( y )=

y

1+ y2; Q( y )=

sen y

√1+ y2

∴ la solución general es : xe∫ ydy

1+ y 2

=∫ sen y

√1+ y2e∫ ydy

1+ y2

dy+C

⇒ xe12

Ln|1+ y2|=∫sen y

√1+ y2e

12

Ln|1+ y2|dy+C ⇒ x√1+ y2 =∫ sen y

√1+ y2√1+ y2 dy+C

⇒ x√1+ y2 =∫ sen ydy+C ⇒ x√1+ y2 =−cos y+C

Finalmente : x √1+ y2 +cos y=C…solución general .

3.- Resolver la ecuación diferencial: y’cosy+seny=x+1

Solución:

Tenemos :dydx

cos y+sen y=x+1…( α )

Haciendo : z=sen y ⇒ dz=cos ydy ⇒ dy=dzcos y

;⇒ reemplazando en (α ) se tiene :

dzcos ydx

cos y+z=x+1 ⇒dzdx

+z=x+1 (Ec . diferencial lineal en z )

∴ p ( x )=1 ; Q( x )=x+1 ⇒ la solución general es : ze∫ dx=∫ ( x+1 )e∫dx

dx+C

⇒ zex=∫ ( x+1 ) ex dx+C ⇒ ze x=xe x−∫e x dx+∫e x dx+C ⇒ zex=xex+C

⇒ z=x+Ce− x ; pero : z=sen y ⇒ sen y=x+Ce− x……Sol . general .

4.- Resolver la ecuación diferencial: x

dydx

+ y1+x

=1−x2

Solución:


47

Llevando la ec . dif . a la forma lineal :dydx

+1x (1+x )

y=1−x2

x⇒ p( x )=1

x (1+x )

Q (x )=1−x2

x∴ la solución general es : ye

∫dx

x ( 1+x ) =∫(1−x2

x )e∫dx

x ( 1+x ) dx+C……(α )

Inte gra ndo la exp resión :∫dxx (1+x )

por fracciones parciales se tiene :

∫ dxx (1+x )

=Lnx−Ln|x+1|=Ln|xx+1

| ⇒ en (α ) : yeLn|x

x+1|=∫(1−x2

x )eLn|x

x+1|dx+C

⇒ y [ xx+1 ]=∫ (1−x )(1+x )

x [xx+1 ] dx+C ⇒ xyx+1

=∫ (1−x )dx+C

⇒ xyx+1

=x−x2

2+C , simplificando : y=x+1−x2

2−x

2+C (1+1

x )……Rpta .

5.- Resolver la ecuación diferencial: y '+ ytanx=sen 2x ; y (0)=2

Solución:

Tenemos :dydx

+(tanx ) y=sen 2 x ⇒ p( x )=tanx ; Q( x )=sen 2 x

⇒ Solución general : ye∫ tanxdx=∫ sen2 x e∫ tanxdxdx+C

⇒ ye−Ln|cos x|=∫sen 2 x e−Ln|cos x|dx+C ⇒ ycos x

=∫sen 2 xcos x

dx+C

⇒ ycos x

=∫2 sen xcos xcos x

dx+C ⇒ ycos x

=∫2 sen xdx+C

⇒ ycos x

=−2 cos x+C ⇒ ycos x

+2 cos x=C ……Sol . general

∴ la solución particular para : x=0 ; y=2 es :2

cos 00+2cos 0o=C ⇒ C=4 ; ⇒ la solución particular es :

ycos x

+2cos x=4……Rpta .

6.- Resolver la ecuación diferencial: x (1−x2 ) y '− y+ax 3=0Solución:


48

De la ec dif se tiene : x (1−x2 ) dydx

− y=−ax3 ; multiplicandola por :1

x (1−x2 ):

dydx

−[1x (1−x2) ] y=−ax 2

1−x2⇒ dy

dx+[1x ( x2−1 ) ] y=ax 2

x2−1; ∴ la sol . general es :

ye∫dx

x ( x2−1) =a∫ x2

x2−1e∫dx

x (x2−1)dx+C …( α) ; int e grando : ∫ dx

x ( x2−1 )por fracciones parciales

se tiene : ∫ dx

x ( x2−1 )=Ln

√ x2−1x

,∴ reemplazando en (α ) se tiene :

yeLn √x2−1

x =a∫ x2

x2−1e

Ln√x2−1x dx+C ⇒ y

√x2−1x

=a∫ x2

x2−1 (√ x2−1x )dx+C

⇒ y√ x2−1x

=a2∫2 x ( x 2 −1 )

−12 dx+C ⇒ y √ x2−1

x=a

2( x2−1 )

12

12

+C

⇒ y√ x

2−1x

=a√x2−1+C ; luego : y=ax+Cx

√ x2−1……Rpta .

ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES

1. (EC DE BERNOULLI)

Estas presentan la forma:

dydx

+P (x ) y=Q( x ) yn

Multiplicando por y−n : y−n dydx

+P ( x ) y1−n=Q( x )

Multiplicando por (1−n ) : (1−n ) y−n dydx

+(1−n )P( x ) y1−n=(1−n )Q (x )

⇒ddx

[ y1−n) ]+(1−n )P ( x ) y1−n=(1−n )Q( x )

Haciendo Z= y1−n se tiene :dZdx

+(1−n) P( x )Z=(1−n )Q( x ) Ec Dif Lineal en Z

∴ La solución General es : Z e∫(1−n )P(x )dx=∫(1−n)Q( x )e∫( 1−n ) P( x )dxdx+C

o : y1−n e(1−n)∫ P (x )dx=(1−n )∫Q (x )e∫(1−n)P (x )dx

dx+C

Ejercicios Resueltos:

1.- Resolver la ecuación diferencial: ydx (2 xy 2 Lnx+1 )=2 xdySolución:


49

.2

1:

4

1

22:graint

222

:;213;)(;2

1)(

2:2dim;22

212:

222

22

2

2222

22

2

33

2

RptaCxLnxxy

xgeneralsoluciónlasetieneFinalmente

CxLnxx

y

xtienemiembrosesegundoelpartesporndoe

CxLnxdxxyCdxeLnxeyCdxeLnxey

esgeneralsoluciónlannLnxxQx

xP

BernoullidedifEcyLnxx

y

dx

dyxentreosdiviyLnxxy

dx

dyx

dx

dyxLnxxyytenemosBernoullidelinealformalaaLlevando

LnxLnxx

dx

x

dx

……

∫∫

∫∫∫

2.- Resolver la ecuación diferencial: yy '+ y2cot x= 1

sen2 x

Solución:

).(sen

2:

2sen2sen)(sencsc2sen

csc2csc2

:;21;1;csc)(;cot)(

csccot:""

22

22222222

)(sen2sen2cot22cot22

2

12

22

RptageneralSoluciónx

Cxyfinalmente

CxxyCdxxyCdxxxxy

CdxexeyCdxexey

esgeneralsoluciónlannxxQxxp

BernoullidedifEcxyxydx

dytenemosyentredifecleDividiendo

xLnxLnxdxxdx

∫∫

∫∫∫∫

3.- Resolver la ecuación diferencial: cos x y '= y sen x+ y2 tanx

Solución:


50

De la ec dif se tiene : cos xdydx

− y sen x= y2 tanx ; ∴ divi dim os entre cos x :

⇒ dydx

− ytanx= y2 sen xcos2x

⇒ p( x )=−tanx ; Q( x )=sen xcos2x

; n=2 ⇒ 1−n=−1

⇒ la solución general es : y−1e−∫−tanxdx=−∫ sen x

cos2 xe

−∫−tanxdxdx+C

⇒ y−1e∫ tanxdx=−∫ sen xcos2x

e∫ tanxdxdx+C ⇒ y−1eLn|sec x|=−∫ sen x

cos2 xeLn|sec x|dx+C

⇒ y−1sec x=−∫ sen xcos2 x

sec xdx+C ⇒ 1y cos x

=−∫ sen xcos3 x

dx+C

⇒ 1y cos x

=−∫ (cos x )−3sen x dx+C ⇒ 1ycos x

=(cos x )−2

−2+C

⇒ 1y cos x

=−12cos2 x

+C ⇒ 1ycos x

=−1+2 C cos2 x2 cos2 x

⇒ 2 cos2xy cos x

=K cos2 x−1

( K =2 C ) ; finalmente : y=2cos xK cos2 x−1

……Solución general ( Rpta )

4.- Resolver la ecuación diferencial: x

dydx

− y=xk yn

Solución: Dividiendo entre “x” se tiene:

dydx

−(1x ) y=xk−1 yn ⇒ p( x )=−1x

; Q (x )=xk−1 ∴ y1−n e( 1−n )∫−dx

x =(1−n)∫ xk−1 e( 1−n )∫−dx

x dx+C

⇒ y1−n e (n−1 ) Lnx=(1−n )∫ xk−1 e( n−1 ) Lnx dx+C ⇒ y1−n xn−1=(1−n)∫ xx−1 xn−1 dx+C

⇒ y1−n xn−1=(1−n )∫ xk+n−2 dx+C ⇒ y1−n xn−1=(1−n )xk+n−1

k+n−1=

(1−n )xk+n−1+C( k+n−1)k+n−1

⇒ y1−n xn−1(k+n−1 )=(1−n )xk+n−1+C ⇒ (k+n−1) y1−n=(1−n) xk+n−1

xn−1+C

xn−1

Finalmente : (k+n−1) y1−n=(1−n )xk+Cx1−n……Sol . general ( Rpta )(n≠1 ; k+n≠1 )

5.- Resolver la ecuación diferencial: 2 cos ydx−( x sen y−x3 )dy=0

Solución: De la ecuación diferencial se tiene:


51

dxdy

−( x sen y−x3 )2 cos y

=0 ⇒ dxdy

−[12 tany ] x=−12

Secy . x3 ( ec dif lineal en x )

⇒ p ( y )=−tany ; Q ( y )=−12

sec y ; n=3 ⇒ 1−n=−2

⇒ sol . general: x−2 e22 ∫ tanydy

=22 ∫sec y e

22∫ tanydy

dy+C ⇒ x−2 e−Ln cos y=∫ sec y e−Ln cos y dy+C

⇒x−2

cos y=∫sec y

cos ydy+C ⇒ x−2sec y=∫sec2 ydy+C ⇒ x−2sec y=tany+C

Finalmente : sec y=x2( tany+C )……Sol . general ( Rpta )

6.- Resolver la ecuación diferencial: 2 yy ' + y2 cot x−csc x=0

Solución: Llevando la ec. Dif. a la forma lineal de Bernoulli se tiene:

2 ydydx

+ y2 cot x=csc x ; dividiendo entre 2 y se tiene :

dydx

+ y (cot x2 )=csc x

2 y⇒ dy

dx+(cot x

2 ) y=csc x2

y−1 ⇒ p( x )=cot x2

; Q( x )=csc x2

n=−1 ⇒ 1−n=2 ∴ la sol . general es : y2e2∫cot x

2dx

=2∫ csc x2

e2∫ cot x

2dx

dx+C

⇒ y2eLn sen x=∫ csc x eLn sen x dx+C ⇒ y2 sen x=∫csc x sen xdx+C

⇒ y2sen x=∫ dx+C ⇒ y2sen x=x+C ⇒ y2=xsen x

+Csen x

finalmente : y2=xcsc x+csc x……Sol general (Rpta )PROPUESTOS:Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:

1 .dydx

−2 xy=2 xex 2

2 . x2dy−sen2 xdx+3 xydx=0

3 . 3 xy '−2 y=x3

y2

4 . 8 xy '− y=−1

y3 √x+1

5 . dx+x cot ydy=xseny cos y

x2 sen2 y+1dy

2. ECUACION DIFERENCIAL DE RICCATI


52

Presentan la siguiente forma:

dydx

=P( x ) y+Q( x ) y2+R( x ) ………(1 )

P( x ) , Q( x ) , R( x ) son funciones sólo de x

La solución general se puede hallar si se conoce una solución particular y=φ ( x ) ,

entonces se hace : y=φ ( x )+ z ⇒ dy

dx=φ ' ( x )+ dz

dx , (z es una función incógnita de x que se determina con ayuda de la ecuación diferencial propuesta que la reduce a una ec. Dif de Bernoulli)

Ejemplos:

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales

1 . y '−xy 2+(2 x−1) y=x−1 , φ ( x )=1

2 .dydx

=1+x2−2 xy+ y2 , φ ( x )=x

3 . x3 y '=x2 y+ y2−x2 , φ ( x )=x

4 .dydx

=4 x( 4 x+1) y−8 xy 2−(8 x3+4 x2−1) , φ ( x )=x

5 . y '=3 y+ y2−4 , φ (x )=1

6 . x( x−1 )dydx

−(2 x+1) y+ y2+2x=0 , φ (x )=x

7 . y '+ y2senx=2 sen (x )cos2 x

, φ ( x )=1cos x

8 .dydx

= yx

+x3 y2−x5 , φ (x )=x


53

CAPITULO IV

APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Y PRIMER GRADO

1.A.- Problemas de Crecimiento y decrecimiento exponencial.

La razón de cambio con respecto al tiempo de una población p(t) que está creciendo o decreciendo es en muchos casos simples proporcional al tamaño de la población, o

sea :

dpdt

=kp ; donde k = constante de proporcionalidad.

Ejemplo 1.- Se sabe que el número de habitantes de cierto país aumenta a una tasa proporcional al número de habitantes actuales del país. Si después de 2 años la población se ha duplicado y después de 3 años, la población es de 20 000 habitantes. ¿Cuántos habitantes había inicialmente en el país?

Solución. Sea

dpdt

=kp la ecuación diferencial, entonces la solución general es:

p=CeKt … (1 ) ; entonces según las condiciones del problema : Para un tiempo inicial

To existe una población inicial P=P0 , entonces en (1) : p=CeK ( 0 ) ⇒ C=P0 ; por lo tanto en (1) tenemos : P =P0ekt … (2) . Ahora para T= 2 años la población es P = 2P0

Entonces en (2) 2P0 = P0ekt ; entonces k= 0,5 Ln2 , por lo tanto k= 0,347. Ahora reemplazamos en (2) y tenemos: p(t)= P0 e0,347t ….(3) (Población en cualquier tiempo t). Ahora para T= 3 años , P= 20 000 y P0 = ? . Por lo tanto reemplazando en (3) se tiene : 20 000 = P0 e0,347(3)

Finalmente se tiene : P0 = 7062 habitantes. …(Rpta).

Ejemplo 2. El número de bacterias en un cultivo que crece con rapidez fue estimado en 10 000 al mediodía y después de 2 horas en 40 000. ¿ Cuántas bacterias habrá:ii) a las 5 p.m ii) a las 8 p.m

Solución: Sea la ecuación diferencial :dpdt

=kt ; la solución general es : P=Cekt …(1 )

Según las condiciones del problema : paraT 0=0 existe una población : P=10000 bacterias

entonces en (1 ) : 10000=Cek (0 ) ⇒ C=10000 ; en(1) P=10000 ekt …(2 ). Ahora para

T=2 horas se tiene : P=40000 ⇒ en (2 ): 40000=10000 ek (2 ) ⇒ k=0 , 693 ;∴ en (2) :P=10000 e0 ,693 t …(3 ) ( Población en cualquier tiempo) . Entonces :

i) a las 5 p . m : T=5 horas habrá : P=10000 e0 ,693(5 ) ⇒ P=319 765

ii ) a las 8 p .m : T=8 horas habrá : P=10000 e0 ,693 (8) ⇒ P=2 556 988


54

2.A.- Ley de Desintegración radiactiva.

La tasa de desintegración de una sustancia radiactiva es proporcional en cualquier instante a la cantidad de sustancia que está presente; entonces la ecuación diferencial

es :

dxdt

=−kx ; k=cantidad pre sen te en el tiempo t

Ejemplo 3.- Se ha encontrado que el 0,5% del elemento Radio desaparece en 12 años. ¿Qué porcentaje desaparecerá en 100 años?

Solución: Sea la ecuación diferencial :dxdt

=−kx ; la solución general es : x=Cekt… (1 )

Sea : x0=cantidad en gra mos de radio pre sen te inicialmente ; ⇒ 0 , 005 x0 gra mosdesaparecen en 12años ; queda 0 ,995 x0 gra mos.

Ahora para T0=0 tenemos : x=x0 ⇒ en (1 ) x0=Ce−k ( 0 ) ⇒ x0=C

En (1) : x=x0 e−kt …(2 ) ; ahora para T=12años se tiene : x=0 , 995 x0

En (2 ): 0 , 995 x0=x0 e−k (12) ⇒ k=0 , 000418 ; por lo tanto en (2) se tiene :

x=x0 e−0 , 000418 t …(3 )…( cantidad pre sen te en cualquier tiempot ))Por lo tanto cantidad pre sen te en 1000 años : en (3) : x=x0 e−0 , 000418 ( 1000 )

x=0 ,658 x0 ; entonces la cantidad desaparecida en 1000 años es : 0 ,342 x0=34 , 2 %…Rpta .

Ejemplo 4.- El Carbono 14, uno de los 3 isótopos del carbón es radiactivo y decrece a una razón proporcional a la cantidad actual. Su Vida media es de 5 570 años, es decir una cantidad dada de C14 tarda 5 570 años en reducirse a la mitad de su cantidad original. Si estaban presentes inicialmente 10 gramos. ¿Cuántos gramos quedará después de 2000 años?



Para T 0=0 existe una cantidad x=10 g de C14 ∴ en (1 ) 10=Ce−k (0 ) ⇒ C=10

entonces en (1 ): x=10 e−kt…(2 ) . Ahora para T=5570 años existe : x=5 g de C14

⇒ en (2 ) : 5=10 e−k (5570 ) ; k=0 , 000124 ⇒ en (2 ): x=10 e−0 , 000124 t …(3 )Por lo tanto cantidad pre sen te en 2000 años : en (3 ) : x=10 e−0, 000124 (2000 )

⇒ x=7 ,80 gra mos de C14 ……Rpta .Ejemplo 5.- Todos los seres vivos contienen Carbono 12 que es estable, y Carbono 14 que es radiactivo. Mientras esté vivo un animal o planta, la razón entre los dos isótopos de Carbono permanece sin cambio, dado a que el Carbono 14 se renueva constantemente; después de su muerte no se absorbe más Carbono 14. La vida media del Carbono 14 es 5570 años. Si los leños carbonizados de un viejo fuerte muestran solo el 70 % del Carbono 14 que es de esperarse en la materia viva. ¿Cuándo fue incendiado el fuerte?. Supóngase que el fuerte se quemo poco después de ser construido con troncos recién aserrados.


55



Para T 0=0 existe una cantidad inicial x0 de C14 ∴ en (1 ) x0=Ce−k (0 ) ⇒ C=x0

entonces en (1 ): x=x0 e−kt… (2 ) . Ahora para T=5570 años existe : x=x0

2de C14

⇒ en (2 ):x0

2=x0e−k (5570 ) ; k=0 ,000124 ⇒ en (2 ) : x=x0 e−0 ,000124 t … (3 )

Ahora , como los leños carbonizados muestran solo el 70 % de C14 , ⇒ x=0,7 x0

⇒ en (3 ) 0,7 x0= x0 e−0, 000124 t ⇒ T=2876 añospor lo tanto el fuerte fue incendiado hace 2876 años……Rpta

3.A.- LEY DE NEWTON SOBRE EL ENFRIAMIENTO

Establece que la razón de cambio en tiempo, de la temperatura de un cuerpo es

proporcional a la diferencia de temperatura entre el cuerpo y el medio ambiente.

Sea: T= temperatura del cuerpo. Tm= Temperatura del medio ambiente.Entonces el tiempo necesario para el cambio de la temperatura del cuerpo es: dTdθ

y la ley del enfriamiento puede escribirse como :dTdθ

=−k (T−T m ) ódTdθ

+kT=kT m

signo(−) para hacerdTdθ

negativa . k=constante de proporcionalidad .

Ejemplo 6.- Un cuerpo metálico a una temperatura de 100ºF, se coloca en un cuarto a una temperatura constante de 0ºF. Si después de 20 minutos, la temperatura de la barra es de 50ºF. Hallar:a) El tiempo requerido por el cuerpo para llegar a una temperatura de 25ºFb) La temperatura del cuerpo después de 10 minutos.

Solución .− Se tiene como dato :Tm=0 ºF…(Tempetura del medio ambiente)

La ecuación diferencial es :dTdθ

+kT=kT m ⇒ dTdθ

+kT=0 ( Ec dif lineal ) .

Re solviendo : Te∫ kdθ=∫(0) e∫kd θdθ+C ⇒ T=Ce−kθ……(1 )

Para un tiempo T 0=0 ; T=100 ºF ; en (1) : 100=Ce−k ( 0 ) ⇒ C=100

∴ en (1 ): T=100 e−kθ……(2) ; Ahora para un tiempo θ=20 min se tiene :

T=50 ºF ; en (2 ): 50=100 e−k ( 20) ⇒ k=0 , 035 ; por lo tanto en (2 ):T=100 e−0 ,035 ( θ )…… (3 ) (Temperatura del cuerpo en cualquier tiempo θ )a ) Tiempo para T=25ºF : en (3 ) 25=100 e−0 ,035 θ ⇒ θ=39 ,6 minutos .

b ) Temperatura para θ=10 min: en (3 ) T=100 e−0 ,035 (10 ) ⇒ T=70 ,5 ºF .


56

Ejemplo 7.- Agua a una temperatura de 1000C se enfría en 10 minutos a 80ºC, en un cuarto con temperatura de 25ºC.a) Encuentre la temperatura del agua después de 20 minutos.b) ¿Cuándo la temperatura será de 40ºC?¿26ºC?Solución.− Se tiene como dato :Tm=25ºC …(Tempetura del medio ambiente )

La ecuación diferencial es :dTdθ

+kT=kT m ⇒ dTdθ

+kT=25 k ( Ec dif lineal ) .

Re solviendo : T =25+Ce−kθ……(1 ) ; para θ=0 tenemos : T =100 ; ∴ en (1 ): 100=25+Ce−k (0 ) ⇒ C=75 luego : T =25+75 e−kθ …… (2 ) ; ahoraθ=10 min se tiene :

T =80 ºC ; en (2 ): 80=25+75 e−k (10 ) ⇒ k=0 ,031 ; por lo tanto en (2 ):T =25+75 e−0 ,031 ( θ )…… (3 ) (Temperatura del cuerpo en cualquier tiempo θ )a ) Temperatura para θ=20 min: en (3 ) T =25+75 e−0 ,031 ( 20) ⇒ T =65 , 35 ºC .

b ) Tiempo para T =40 ºC : en (3 ) 40=25+75 e−0 ,031 ( θ ) ⇒ θ=52 min .

c ) Tiempo para T =26 ºC : en (3 ) 26=25+75 e−0 ,031 ( θ ) ⇒ θ=139 ,27 min

4.A.- APLICACIONES EN CIRCUITOS ELECTRICOS.

La electricidad tiene una ley que describe el comportamiento de los circuitos eléctricos, conocida como la LEY DE KIRCHOFF: “La suma algebraica de todas las caídas de voltaje alrededor de un circuito eléctrico es cero”.

Considerar un circuito eléctrico que consiste de una fuente de voltaje E (bateria o generador), una resistencia R ; un inductor L conectados en serie. Entonces por convención la corriente fluye del lado positivo (+) del generador a través del circuito hacia el lado negativo (-). (Ver fig). Por Kirchoff, la fuerza electromotriz (f.e.m)

suministrada es igual a la caída de voltaje a través del inductor (L

dIdT )

más la caída de voltaje a través de la resistencia (RI) , entonces se tiene la ecuación diferencial

requerida para el circuito: L

dIdt

+RI=E


57

Ejemplo 8.- Un generador con f.e.m de 100 voltios se conecta en serie con una resistencia de 10 ohmios y un inductor de 2 henrios. Si el interruptor K se cierra en un tiempo T=0, hallar:ia) Una expresión para la corriente (I)c) La corriente en el tiempo t=8 s

Soluciòn: se tiene : E=Voltaje suministrado=100 VCaìda de voltaje a travès de la resistencia de 10 Ω=RI=10 I

Caìda de voltaje a travès del inductor : LdIdt

=2dIdt

⇒ se tiene la ecuaciòn diferencial : 2dIdt

+10 I =100

⇒dIdt

+5 I=50 ⇒ resolviendo obtenemos : I=10+C e−5 t…… (1 )

Ahora para t=0 ; I=0 ⇒ en (1 ) : 0=10+C e−5 ( 0 ) ; ⇒ C=−10

∴ i ) en (1 ) I=10−10 e−5t ⇒ I=10 (1−e−5 t ) (Expresiòn para la corriente )ii ) Corriente en t=8 s : en (2 ) : I=10 (1−e−5 ( 8 ) )= 10 A

Ejemplo 9.- Un generador con f.e.m de 20cos5t voltios, se conecta en serie con una resistencia de 10 ohmios y un inductor de 2 henrios. Establezca y resuelva una ecuación diferencial para la corriente si el interruptor se cierra en un tiempo t=0.

Soluciòn: La ecuaciòn diferencial del circuito elèctrico es :

LdIdt

+RI=E ; Segùn los datos del problema se tiene :

2dIdt

+10 I=20 cos5 t ódIdt

+5 I=10 cos5 t

Re solviendo la ec .dif . lineal se tiene : I 0 e5∫ dt=∫10 cos5 te

5∫ dt+C

⇒ Ie5t=10∫e5 t cos5 tdt+C ; int egra ndo por partes : I=cos5 t+sen5 t+Ce−5 ( 0 )… (1 )

Ahora para t=0 ; I =0 ⇒ en (1 ) : 0=cos5 (0 )+sen5 (0 )+Ce−5 (0 ) ⇒ C=−1asì que en la soluciòn general (1 ) : I=cos5 t +sen5 t−e−5 t ……Rpta .

5.A.- TRAYECTORIAS ORTOGONALES

Un problema común en electrostática, termodinámica, e hidrodinámica requiere saber hallar una familia de curvas, ortogonal cada una de ellas a todas las curvas de una cierta familia dada. En electrostática, las líneas de fuerza son ortogonales a las curvas equipotenciales. En termodinámica, el flujo de calor a través de una superficie plana es ortogonal a las curvas isotermas. En hidrodinámica las líneas de flujo son trayectorias ortogonales a las curvas potenciales de velocidades, etc.


58

Ejemplo 10.- Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas x2+y2=c2, y dibuje varios miembros de la familia.

Soluciòn: Tenemos : x2+ y2=C2 ( Familia de circunferencias con centro en el orìgen y radio C )

Derivando implícitamente respecto a x se tiene : 2 x+2 yy '=0 ⇒ y '=dydx

=−2 x2 y

⇒ dydx

=−xy

( Pendiente de la familia dada de curvas en cualquier punto x , y )

la familia ortogonal debe tener pendiente recíproca negativa : ⇒ yx

; ∴ dydx

= yx

Re solviendo obtenemos :dyy

=dxx

⇒ Lny=Lnx+LnC ⇒ y=Kx

la solución general repre sen ta una familia de rectas .

Ejemplo 11.- Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas y=cx2, y dibuje varios miembros de la familia.

Solución: Sea : y=Cx2 ; despejando : C=y

x2; derivando implícitamente :

0=x2dy

dx−2 xy

x4⇒ x2dy

dx=2xy ⇒

dydx

=2 yx

( Pendiente de la familia )

La pendiente de la familia ortogonal es :dydx

=−x2 y

⇒ separando var iables e

int egra ndo obtenemos :x2

2+ y2=C ( Ec de la familia ortogonal , familia de elipses ) .

6.A.- APLICACIÓN A MEZCLASEn un proceso físico o químico, la cantidad que ingresa debe ser igual a la cantidad que sale más las acumulaciones : ENTRADA= SALIDA+ACUMULACION (Ecuación de la continuidad)

Ejemplo 12.- Un tanque se llena con 32 litros de una solución salina que contiene 0,8 Kg de sal disuelto. Luego se introduce en el tanque solución salina que contiene 0,3 Kg de sal por litro a un gasto de 16 l/min, luego la mezcla se agita y sale del tanque al mismo gasto. Hallar:a) Cantidad de sal en cualquier tiempo.b) B) Concentración de sal después de 8 minutos.


59

Solución: Sea Q=Cantidad de sal acumulada en el tanque en el tiempo tsegún la ec .de la continuidad : Acumulación=Entrada−Salida……(1 )

La entrada es : E=16lmin [0,3

Kgl ]=4,8

Kgmin

La salida es : E=16lmin [Q Kg

32 l ]=Q2

Kgmin

; la acumulación es :dQdt

(razón de

cambio de la cantidad acumulada en cualquier tiempo t )

⇒ en (1 ) : dQdt

=4,8−Q2

⇒dQdt

=9,6−Q2

⇒dQ9,6−Q

=12

dt ⇒dQQ−9,6

=−12

dt

resolviendo tenemos : Ln|Q−9,6|=−12

t+C ⇒ Q=9,6+Ce−t

2 ……(2 )

Ahora : para t=0 hay una cantidad Q=0,8 Kg de sal disuelta ⇒ en (2 ) :

0,8=9,6+Ce−0

2 ⇒ C=−8,8 ∴ en (2 ): Q=9,6−8,8 e−t

2 ……(3 ) (Cantidadde sal en cualquier tiempo t en min)……Rpta( a) .

b ) Cantidad de sal cuando t=8 min: en (3 ) Q=9,6−8,8 e−8

2 ⇒ Q=9 , 44 Kg .

∴ Concentración de sal es :9 , 44 Kg32 l

=0 ,295Kgl

……Rpta .

Ejemplo 13.- Una galería minera contiene 90 000 m3 de aire cuya concentración es de

0,2 % de CO2. Si se desea remover esa atmósfera de aire con otra fresca proveniente

del exterior, cuya concentración sea de 0,05 % de CO2 mediante el uso de

ventiladores cuya velocidad es de 9 000 m3/min. Determinar el porcentaje de CO” al

cabo de 25 minutos.


60

Solución: Sea Q=m3 de CO2 al cabo de t minutos , entonces se tiene :

Acumulación (m3 CO2 )=Entrada (m3 CO 2)−Salidas (m3 CO 2)…… (1 )

La acumulación es :dQdt

(razón de cambio del volúmen acumulado en cualquier tiempo )

La entrada es : E=0 , 0005 (900) m3

min=4,5

m3

min; La salida es :S=

Q (9000)90000

m3

min

∴ en (1 ) : dQdt

=4,5−Q10

; separando var iables e int egra ndo : Q=45+Ce−t

10 … (2 )

Ahora en el int erior de la galeria se tiene : Para t=0 ; Q=0 , 002(90000)=180 m3

∴ en la sol . general (2) se tiene : 180=45+Ce−0

10 ⇒ C=135 ; ∴ en (2 )

Q=45+135 e−t

10 …… (3 ) (Volumen deCO2 en cualquier tiempo) .

Ahora para t=25 min , en (3 ) : Q=45+135 e−25

10 ⇒ Q=56 , 08 m3 de CO2

∴ el % de ren dim iento es : % CO2=56 , 08 (100 )90000

=0 ,062 %……Rpta .

7.A.- APLICACIONES A LAS REACCIONES QUIMICAS.

Las Ecuaciones diferenciales se aplican también a las reacciones químicas de primer, segundo orden etc. Para una reacción de 1er orden A- B, la velocidad de transformación de una cierta cantidad “x” de sustancia no transformada es

proporcional a “x”, o sea :

dxdt

=kx

Ejemplo 14.- En un proceso químico una sustancia A se transforma en otra B con una velocidad proporcional a la cantidad de sustancia que queda sin transformar. Si al cabo de 1 hora esa cantidad es 48 gramos y al cabo de 3 horas es 27 gramos. Hallar la cantidad que había al principio.


61

Solución: Sea la reacción : A →B y x la cantidad que queda sin transformar . Lasolución general de (1) es : x=Ce kt …… (2 ) . Ahora para t=1 hora ; x=48 g

⇒ en (2 ) 48=C ek (1 )……(α ) . Para : t=3 horas ; x=27 g ⇒ en (2 ) se tiene :

27=C ek ( 3 )……( β ) . Ahora dividiendo ( β ) entre (α ) : 2748

=C e3 k

C ek⇒ k=−0 ,2877

∴ en (α ) : 48=C e−0 ,2877 ( 1 ) ⇒ C=64 : ∴ en (2 ) : x=64 e−0 , 2877 t… (3 ) (cantidadsin transformar en cualquier tiempo). Ahora para t=0 en (3 ) calculamos la

cantidad de sustancia que había al principio : x=64 e−0 , 2877 ( 0 )

x=64 gra mos……Rpta .

8.A.- APLICACIONES A LA DINAMICA

Se hace uso de la 2da ley de Newton que establece que la rapidez de cambio del movimiento de una partícula es proporcional a la fuerza que actúa sobre ella y que se verifica en la misma dirección que la fuerza. Además como:

a=dvdt

y v=dsdt

; para una partícula de masa constante m se tiene :

F=kmdvdt

=mkd2s

dt 2ó F=w

gdvdt

=wg

d2 s

dt 2

k= Constante de proporcionalidad que depende del sistema que se emplea. En el sistema C.G.S ; k=1

Ejemplo 15.- Un cuerpo de 8 libras de peso cae partiendo del reposo desde una gran altura, conforme cae, actúa sobre él la resistencia del aire a la que supondremos (en libras) numéricamente igual a 2v, siendo “v” la velocidad en pies/s. Halle una expresión para la velocidad y la distancia recorrida al cabo de “t” segundos.


62

Solución: En el gráfico se muestran las condiciones del problema :i) Elpunto A :orígen en el que el cuerpo inicia su caídaii) F1=8 lb , actúa hacia abajo y ∴ es positiva .

iii ) F2=2V resistencia del aire , actúa hacia arriba , ∴ es negativa con

valor −2 V . ⇒ en este problema hacemos uso de la 2da ley de Newton :

F=m . a… (1 ) . Como la aceleración es : a=dVdt

⇒ en (1 ) F1+F2=mdVdt

…… (2 )

Ahora : m=wg

; g=32pies

s2⇒ m=8

32⇒ en (2 ) : 8−2V =8

32dVdt

; ∴ sepa−

rando var iables se tiene :dV4−V

=8 dt ⇒ dVV −4

=−8 dt ⇒ Ln|V −4|=−8 t+C

⇒ V =4+C e−8 t …… (3 ) . Ahora: para t=0 ; V =0 ⇒ en (3 ) se tiene :

0=4+C e−8 ( 0 ) ⇒ C=−4 ; reemplazando en (3 ) : V =4−4 e−8 t entonces :

V =4 (1−e−8t )…(velocidad en t segundos). Ahora se sabe que : V =dsdt

, siendo :

s=distancia en el instante t ⇒ dsdt

=4 ( 1−e−8 t ) ⇒ ds=4 (1−e−8 t ) dt ⇒

int egra ndo : s=(4 t +12

e−8t )+C1 ⇒ s=4 (t +18

e−8 t)+C …… (4 ) .

Ahora para t=0 ; s=0 ⇒ en ( 4 ) : 0=4 (0+18

e−8 ( 0 ))+C ∴ C=−12

∴ la distancia recorrida es : s=4 (t+18

e−8t )−12

……Rpta .

9.A.- APLICACIONES GEOMETRICAS

Ejemplo 16.- Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (0,10) y que goza de la siguiente propiedad: “Si por un punto cualquiera de ella se traza la tangente geométrica y por el pie de la ordenada del punto de tangencia, una perpendicular a la tangente geométrica, hasta encontrar a dicha tangente, tal perpendicular mide siempre 10 unidades de longitud”.


63

Solución: Según los datos del problema y de la figura se tiene :HQ=10 ; RQ=K ; la pendiente de la tan gente en P es :dydx

=tan θ= yK

⇒ dydx

= yK

……(1 ) . Ahora por semejanza

de triángulos : Δ RHQ≃Δ PHQ ⇒ HQHP

=Ky

también : HP=√ y2−100⇒ K = y HQHP

⇒ K=y (10)

√ y2−100…(2 )

de las exp resiones (1) y (2) se tiene :10 dy

√ y2−100=dx , int egrando obtenemos :

Ln|y+√ y2−10010

|=x10

+C ……(3 ) . Ahora para x=0 ; y=10 en (3 ) tenemos :C=0

Luego la ecuación de la curva pedida es : y+√ y2−100=10 ex10 ……Rpta .

10.A.- APLICACIONES A LA ECONOMIA

Debido a que la economía involucra muchos factores impredecibles, tales como

decisiones psicológicas o políticas, la formulación matemática de sus problemas es un

tanto dificultoso, sin embargo se puede aplicar a ciertos problemas por ejm, de interés

compuesto

Ejemplo 17.- ¿Qué tasa de interés pagadera anualmente equivale al 5% de interés contínuo?

Solución: La razón de cambio del monto respecto al tiempo es proporcional al monto

pre sen te en cualquier tiempo, o sea :dsdt

=ks ; k=constante , en este caso :k=i

dsdt

=is ⇒dss

=idt ; int e grando : Lns=it +C ⇒ s=C eit

Ahora para t=0 ; s=Cei ( 0 ) ⇒ s=C ; en este caso :C=constantede int e gra ciónigual al capital P ; ∴ s=Pe it……(1 ) ; además se sabe por fórmula que :s=P (1+ j)……(2 ) , j=Tasa de int erés pagadera anualmenteigualando las exp resiones (1 ) y (2) se tiene :P(1+ j )=Peit ⇒ 1+ j=eit ⇒ j=eit−1……(3 )Ahora para i=5% ( int eréscontinuo)=0 , 05 , t=1 año se tiene en (3 ):

j=e0 , 05−1=0 , 0513 ; ∴ j=5 ,13 %……Rpta .

PROBLEMAS PROPUESTOS DE APLICACIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES


64

1. Un cultivo bacteriano crece exponencialmente de manera que el número inicial se duplica en 3 horas.¿Cuántas veces aumenta el número inicial después de 9horas. Rpta : 8 veces

2. Si la población mundial en 1 980 era de 4,5 x 109 habitantes, sabiendo que crece exponencialmente a razón de 4Ln2 % al año , estimar la población en el año 2030. Rpta : 18 x 109

3. El Isótopo Torio 234 se desintegra a una rapidez proporcional a la cantidad presente. Si 100 mg de éste material radiactivo se reduce a 82,04 mg en una semana. Encontrar una expresión para la cantidad presente en cualquier tiempo, y el tiempo que debe transcurrir para que la masa caiga a la mitad de su valor original. Rpta : 24,75 días

4. La razón de variación instantánea con que se desintegran los núcleos radiactivos es proporcional al número de tales núcleos presentes en una muestra dada. La mitad del número de núcleos radiactivos se ha desintegrado en un periodo de 1 500 años, entoncesi) ¿Qué porcentaje de los núcleos radiactivos originales quedará al cabo de 4 500 años. Rpta : 12,5 % X0

ii) ¿Cuántos años tardará en reducirse a una décima parte el número original de tales núcleos. Rpta : 4 983 años

5. A causa del accidente del reactos nuclear de Chernobyl, en Abril de 1 986, quedó en el aire Cesio radiactivo 137. La vida media del 137Cs es 27,9 años.i) ¿Cuándo habrá solamente ¼ de la cantidad inicial? Rpta : 55,9 años

ii) ¿Cuándo habrá solamente el 20% de la cantidad inicial? Rpta : 64,9 años6. Un analista desea enfriar desde 80ºC hasta 60ºC una sustancia contenida en

un matraz. Se coloca el dispositivo en un recipiente amplio por el que circula agua a 15ºC. Se observa que después de 2 minutos la temperatura ha descendido a 70ºC. Estime el tiempo total de enfriamiento. Rpta : 4,45 min.

7. Un termómetro que marca 75ºF se lleva fuera donde la temperatura es de 20ºF. 4 minutos más tarde el termómetro marca 30ºF. Encuentre: i) La lectura del termómetro siete minutos después de que este ha sido llevado al exterior. Rpta : 23ª Fii) El tiempo que toma el termómetro para caer desde 75ºF hasta medio grado con respecto a la temperatura del aire Rpta : 11 min.

8. Halle la intensidad de la corriente que circula por un circuito impulsada por una fuerza electromotriz E= E0 e-2t Cos2t, si se tienen los siguientes datos : L = 0,4 henrios, R = 5 ohm , E0 = 100 voltios , i = 0 para t = 0

Rpta : i = 1,66(10,5cos2Π t + 2Π sen2Π t)e-2t – 17,43 e-12,5t

9. Encontrar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas : y2 = Cx3

Rpta: 2x2 + 3y2 = K 10. Encuentre la trayectoria ortogonal de la familia de curvas: x2 + 3y2 = C y ,y que

pase por el punto (1,2) Rpta: y2 = x-2(3x+1) 11. Hallar la curva cuya subtangente es igual al doble de la absisa del punto de

tangencia. Rpta: y2 = C x 12. Hallar la ecuación de una curva, sabiendo que el área comprendida entre la

curva, el eje de las x, una ordenada fija y una ordenada variable, sea proporcional a la diferencia entre esas ordenadas. Rpta: y = Cex/k

CAPITULO V


65

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Las ecuaciones diferenciales de orden superior u orden “n” tienen la siguiente forma: F(x, y, y’, y’’, ……yn ) = 0

Para resolver este tipo de ecuaciones diferenciales consideraremos los siguientes casos:Primer Caso. Ecuaciones diferenciales de la forma:

dn ydxn

= f ( x ) f ( x ) es sólo función de x

La solución general se obtiene por integración sucesiva tal como se muestra en los siguientes ejemplos:Ejemplos: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales

1 .d2 ydx 2

=x2

2 . y ''=2 senx cos2 x−sen3 x

3 . y '''=xe−x y (0 )=0 , y ' ( 0)=2 , y ''(0 )=2

Segundo caso La ecuación diferencial no contiene a la función incógnita, o sea la ecuación diferencial tiene la siguiente forma:

F= (x, y(k) ; y(k+1) , ……….y(n) ) = 0

En este caso se puede reducir el orden de la ecuación diferencial mediante el cambio de variables : y(k) = p , como se observa en el siguiente ejemplo.

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial:

1.

d5 ydx5

− 1x

d 4 ydx4

=0

En particular si una ecuación diferencial de 2do orden no contiene a “y” , entonces la sustitución y’ = p la reduce a una ecuación diferencial de primer ordenEjemplos: Resolver las ecuaciones diferenciales:

2 . ( y '' )2−3 y '−5=0

3 . y ''= y 'x

+x2

y 'y (2)=0 ; y ' (2)=4

Tercer caso. La ecuación diferencial no contiene a la variable independiente x: La forma de la Ec. Dif. Es: F(y, y’, y’’,……y(n) ) = 0


66

En este caso el orden de la ecuación se puede reducir en una unidad, por medio de la sustitución y’= p ; además, p se considera como una nueva función desconocida de y,

o sea p = p(y), y por lo tanto, todas las derivadas

dk ydxk

deben expresarse por medio de las derivadas de la nueva función desconocida p(y) con respecto a y :

dydx

= p

d2 y

dx 2=dp

dx=dp

dydydx

=dpdy

p ,

d3 ydx 3

=ddx (dp

dyp)=d

dy (dpdy

p)dydx

=d2 pdy 2

p2+(dpdy )

2

p

y así, análogamente para las demás derivadas de orden superior.En particular, si la ecuación de segundo orden no contiene a la variable independiente, entonces la sustitución de variables señalada conduce a una ecuación de primer orden

Ejemplo: Resolver las ecuaciones diferenciales:

.

1 . 1+( y ' )2= yy '' .. .. . .. .(1)

Solución : Haciendo las sustituciones : y '= p ; y ''= pdpdy

Re emplazando en (1 ): 1+ p2= ypdpdy

; dividiendo entre yp tenemos :

1yp

+p2

yp= yp

ypdpdy

⇒ 1yp

+ py

=dpdy

; ordenando :dpdy

− py

= p−1

y. . .. .(ec . dif Bernoulli )


67

Donde : p( y )=−1y

; Q ( y )=1y

; n=−1 ; 1−n=2

La solución general es : p1−n e(1nn )∫ p( y )dy=(1−n )∫Q( y )e(1 nn)∫ p ( y )dy

dy +C

∴ p2 e−2∫ dy

y =2∫1y

e−2∫ dy

y dy+C1 ⇒ p2 e−2 Lny=2∫1y

e−2 Lny dy +C1

⇒ p2 eLny−2

=2∫1y

eLny−2

dy +C1 ⇒p2

y2 =2∫1y

1

y2 dy +C1 ⇒p2

y2 =2∫ 1

y3 dy +C1

⇒ p2

y2 =−1y2 +C1 ; ⇒ p2=C1 y2−1 ; ⇒ p=√C1 y2−1 ⇒ dy

dx=√C1 y2−1

∴ ∫ dy

√C1 y2−1=∫ dx ⇒ int egrando :

1C1

Ln|C1 y+√C1 y2−1|=x+C2 .. .. . .. Rpta

Cuarto Caso El primer miembro de la ecuación F(x, y, y’, y’’,….y(n) ) =0 es la derivada de cierta expresión diferencial de orden n-1. En este caso se halla fácilmente la llamada primera integral, o sea, una ecuación diferencial de orden n-1, que contiene una constante arbitraria, y que es equivalente a la ecuación dada de n ésimo orden, con lo cuál se reduce el orden de la ecuación en una unidad.Ejemplos: Resolver las ecuaciones diferenciales

1 . yy ''+( y ' )2=02 . yy ''−( y ' )2=0

Ecuaciones diferenciales lineales de orden “n”

Una ecuación diferencial de orden “n” tiene la siguiente forma:

Donde ao, a1, a2, ...... y f(x) son funciones solo de x o constantes.Si f(x) = 0, la ecuación diferencial se denomina homogénea, en caso contrario es no homogénea.Si los coeficientes ao, a1, a2,....an son constantes , la ecuación se llama ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes y si cualquiera de los coeficientes no es constante, se llama ecuación diferencial con coeficientes variables.

Ejemplos: y’’-3y’+y=0 (Ec. Dif. Lineal homogénea con coeficientes constantes) Xy’’-3x2y’+y = Ln x (Ec. Dif. Lineal no homogénea con coeficientes variables)

Independencia lineal de funciones. Consideremos un número finito de funciones: y1, y2, .....yn definidas en algún intervalo (a,b). Se dice que estas funciones son linealmente independientes si existen escalares : C1, C2, .......Cn, tal que:

C1y1+C2y2+.......+Cnyn = 0 entonces : C1=C2=......= Cn= 0


a0( x ) yn+a1( x ) yn−1+a2( x ) yn−2+………+an−1( x ) y '+a (x ) y=f ( x )

68

Si algunos de los escalares: C1, C2,......, Cn es diferente de cero, se dice que las funciones son linealmente dependientes.

Ejm 1. Las funciones : y1 = senx y y2 = x son linealmente independientes, porque los únicos valores de C1 y C2 para los cuales:

C1 senx + C2 x = 0, son: C1= 0 y C2 = 0

Ejm 2. Las funciones : y1 = x y y2 = 3x son linealmente dependientes, porque los valores de C1 y C2 para los cuales:

C1 x + C2 (3x) = 0, admite solución: C1= -3 y C2 = 1

El Wronskiano. El Wronskiano de 2 funciones derivables f(x) y g(x) denotado por W(f,g); se define como la función dada por el determinante:

Las funciones f y g , son linealmente independientes si existe al menos un valor de “x” para el cual :

Ejemplo: Demostrar que las funciones : y1= eax ; y y2 = ebx , son linealmente independientes.

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS DE 2do ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES.

Si y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de dicha ecuación diferencial, entonces la solución general es:

Y = C1y1 + C2y2 , siendo C1 y C2 constantes.

Este teorema dice que si podemos hallar 2 soluciones linealmente independientes, entonces podemos obtener la solución general mediante combinación lineal de las dos soluciones.

Para hallar dos soluciones linealmente independientes se puede observar que la

naturaleza de la ecuación: y’’ + a1y’ + a0y = 0 (1) sugiere que debe tener soluciones

de la forma: y = emx ; si así es, entonces:

Y’=me mx ; y’’=m2e mx

Sustituyendo en (1) : m2e mx + a1 me mx + a0 emx=0 ; entonces : emx(m2: + a1m + a0)=0


W [ f , g ]=¿|f g ¿|¿¿

¿¿

W|f g|≠0 . Si W|f g|=0 las funciones son linealmente dependientes

69

Por lo tanto : y = emx será solución si : m2 + a1m + a0= 0 ..........(2)

La ecuación (2) se conoce como ecuación característica o auxiliar de la ecuación diferencial: y’’ + a1y’ + a0y = 0

Ejemplo: sea la ecuación diferencial : y’’ + 3y’ – 4y =0 ; la ecuación característica es : m2 +3m –4=0

Solución en términos de las raíces características.

Al resolver la ecuación característica, las raíces pueden ser: reales distintas ; reales iguales o complejas conjugadas ; entonces se tienen 3 casos:1. Raíces reales y diferentes .- Si m1 y m2 son raíces reales diferentes de la ecuación característica, entonces la solución general es :

2. Raíces reales iguales .- Si m1 y m2 son raíces reales iguales de la ecuación característica, entonces la solución general es :

3. Raíces complejas .- Si :

m1=α+β i y m2=α− β i

son raíces complejas conjugadas de la ecuación característica, entonces la solución general es :

Se ilustran estos tres casos con los siguientes ejemplos:


1.- Resolver la Ecuación diferencial: y’’-3y’+4y=0

Solución: La ecuación característica correspondiente a la ec . dif es : m2−3 m+4=0

Las raíces de la ecuación característica son : m1=32

+√72

i ; m2=32

−√72

i

Por lo tanto la solución general es : y=C1 e32

x

cos √72

x+ C2 e32

x

sen √72

x…Rpta .

2.- Resolver la ecuación diferencial : y’’- 4y=0


y=C1 em1 x

+C2 em2 x

y=C1 em1 x

+C2 x em1 x

y=C1 eα x cos β x+C2 eα x sen β x

70

Solución: La ecuación característica corresponiente a la ec .dif . es : m2−4=0Las raíces de la ecuación característica son : m1=2 y m2=−2

por lo tanto la solución general es : y=C1 e2 x+C2 e−2 x ……Rpta .

3.- Resolver la ecuación diferencial : y’’+6y’+9y=0

Solución: La ecuación característica correspondiente a la ec . dif . es : m2+6 y ' +9 y=0Las raíces de la ecuación característica son : m1=m2=−3 (raíces reales repetidas )por lo tanto la solución general es : y=C1 e−3 x+C2 x e−3 x……Rpta .

4.- Hallar la solución particular de la ecuación. diferencial: y’’-y’-30y=0 ; y(0)=1 ; y’=-4

Solución: La ecuación característica es : m2−m−30=0 ⇒ m1=−5 ; m2=6

por lo tanto la solución general es : y=C1 e−5 x+C2 e6 x…… (α )

ahora : x=0 ; y=1 ⇒ en (α ): 1=C1e−5 (0 )+C2 e6 ( 0 ) ⇒ C1+C2=1……( I )para usar la 2da condición , derivamos (α ) , ⇒ y '=−5C1 e−5 x+6 C2 e6 x ……( β )ahora : x=0 ; y '=−4 ⇒ en ( β ) : −4=−5C1+6 C2……( II )

resolviendo ( I ) y (II ) tenemos : C1=1011

; C2=111

∴ en (α ) se tiene : y=1011

e−5 x+111

e6 x……solución particular ( Rpta )

5.- Resolver la ecuación diferencial : y’’’-6y’’+11y’-6y=0

Solución: La ecuación característica es : m3−6m2+11m−6=0resolviendo obtenemos : m1=1 , m2=2 , m3=3 ; entonces la solución

general es : y=Cex+C2 e2 x+C3 e3 x……Rpta

6.- Resolver la ecuación diferencial : y’v+8y’’’+24y’’+32y’+16y=0

Solución: La ecuación característica es : m4+8m3+24 m2+32m+16=0resolviendo obtenemos : m1=m2=m3=m4=−2 ; entonces la solución

general es : y=Ce−2 x+C2 xe− 2 x+C3 x2 e−2 x+C4 x3 e−2 x ……Rpta

7- Resolver la ecuación diferencial:

d4 ydx 4

+5d2 ydx2

−36 y=0


71

Solución: La ecuación característica es : m4+5 m2−36=0 ⇒ ( m2+9 ) (m2−4 )=0∴ las raíces características son : m1=−2 ; m2=2 ; m3=3 i ; m4=3 i

la solución general es : y=C1 e−2 x+C2 e2 x+C3 cos3 x+C4 sen3 x……Rpta .

8- Resolver la ecuación diferencial:

d5 ydx5

− d4 ydx4

−2d3 ydx3

+2d2 ydx2

+ dydx

− y=0

Solución: La ecuación característica es : m5−m4+2m3+2m2+m−1=0∴ las raíces características son : m1=m2=m3=1 (raíz de multiplicidad 3)

m4=m5=−1 (raíz de multiplicidad 2 )la solución general es : y=C1 ex+C2 xex+C3 x2 e x+C4 e− x+C5 xe−x……Rpta .

PROPUESTOS: Resolver las ecuaciones diferenciales

1 . y ''−3 y '+2 y=02 . y ''−2 y '−2 y=03 . y ''− y=04 . y ''+2 y '+ y=05 . y ''−6 y '+9 y=0 ; y (0 )=0 ; y ' (0 )=2

6 .d3 ydx3

+4d2 ydx2

+4dydx

=0

7 .d3 y

dx3−2

d2 y

dx 2−3

dydx

=0

8 .d4 y

dx4−2

d3 y

dx3+

d2 y

dx 2+2

dydx

−2 y=0

9 . 4d4 ydx4

+5d2 ydx2

−9 y=0

10 .d5 y

dx 5+2

d3 y

dx3+10

d2 y

dx2+dy

dx+10 y=0

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGENEAS

Estas ecuaciones diferenciales presentan la siguiente forma: A0y n + a1y n-1 + a2y n-2 + …….+ any =f(x)

Donde : a0 , a1 , a2 , ….an son constantes reales , y f(x) es una función que puede asumir diferentes formas, ejm: f(x) = x2 +x ; f(x)= 3ex senx ; f(x) = x Cos x ; f(x) = Lnx etc

Solución General de una Ecuación Diferencial lineal no Homogénea de 2do orden

Se halla la solución complementaria, o sea la solución general de la ecuación homogénea correspondiente, esto se simboliza por yh

Se procede a calcula la solución particular de la ecuación no homogénea, lo simbolizamos con yp

La solución de la ecuación diferencial no homogénea es : y = yh + yp


72

Método de los Coeficientes Indeterminados para hallar yp

Si f(x) consiste en la suma o productos de; xn , emx , sen ax , cos bx , etc., entonces podemos hallar una solución particular yp por el método de los coeficientes indeterminados. La clave de éste método estriba en conjeturar que la solución yp es una forma generalizada de f(x) ; así por ejemplo;

Si f(x) = 3x2 ; escoger yp= Ax2 + Bx + C Si f(x) = e2x ; escoger yp= Ae2x

Si f(x) = 4x ex ; escoger yp= Axex + Bex

Si f(x) = x + senx ; escoger yp= (Ax+B) + C sen x + D Cos x ………….etc.

Entonces por sustitución en la ecuación diferencial propuesta determinamos los coeficientes de ésta solución generalizada, como podemos ver en los siguientes ejemplos:Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no homogéneas por el método de coeficientes indeterminados:

1 . y ''+4 y=4 e2 x

2 . y ''+4 y '+4 y=6 sen3x

3 .d2 y

dx2−dy

dx=x2

4 . y ''−4 y '−5 y=5 x

MODIFICACIONES. Si cualquier término de la solución asumida yp es también un término de yh (solución homogénea); entonces la solución asumida debe modificarse multiplicándola por xm , donde “m” es el menor entero tal que el producto de xm por la solución asumida yp no tenga términos en común con yh

Ejemplo: Sea una ecuación diferencial con la solución homogénea : yh=C1+C2 x

y

sea f(x) = x2 ; la elección normal de yp sería : y p= Ax2+Bx+C ; observamos que yp

tiene términos en común con yh , entonces multiplicándola por “x” tenemos que :

y p= Ax3+Bx2+Cx que todavía tiene el término común “Cx” ; entonces

multiplicamos por x2 , y tenemos : y p= Ax4+Bx3+Cx2 que ya no tiene términos en

común con yh

Ejercicios. Resolver las ecuaciones diferenciales:

1 .d2 ydx 2

−4dydx

=xe4 x

2 . y '''− y '=x+13 . y ''+ y=cos x−senx4 . y ''+ y=4 x cos x

Ejercicios resueltos, método de los Coeficientes Indeterminados:

1.- Resolver la ecuación diferencial: y ''−16 y=x (α )


73

Solución: i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m2−16=0 ; ⇒ las

raíces son : m1=−4 y m2=4 ⇒ yh=C1 e−4 x+C2 e4 x

ii ) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f (x )=x

⇒ y p=Ax +B ⇒ y ' p=A ; y ''p=0 ; esto lo reemplazamos en la ec dif ( α ) :⇒ 0−16 ( Ax +B )=x ⇒ −16 Ax−16 B=x ; ∴ identificando coeficientes de

potencias iguales de x tenemos : −16 A=1 ⇒ A=−116

; −16 B=0 ⇒ B=0

∴ y p=−116

x ⇒ la solución general es : y= yh+ y p por consiguiente :

y=C1 e−4 x+C2 e4 x−116

x……Rpta .

2.- Resolver la ecuación diferencial: y ''−2 y '−3 y=2sen x ( α )

Solución: i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m2−2 m−3=0 ; ⇒ las

raíces son : m1=−1 y m2=3 ⇒ yh=C1 e− x+C2 e3 x

ii ) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f ( x )=2 senx⇒ y p= Asenx+B cos x ⇒ y ' p=A cos x−Bsenx ; y ''p=− Asenx−Bc osx ;

reemplazando en la ecuación diferencial ( α ) tenemos :− Asenx−B cos x−2 A cos x+2 Bsenx−3 Asenx−3 B cos x=2 senx⇒ (−4 A+2 B )senx+(−4 B−2 A )cos x=2 senx ; ∴ identificando coeficientes se tiene :−4 A +2B=2…… (1 ) Re solviendo (1 ) y (2) obtenemos :

−2 A−4B=0……(2 ) A=−25

y B=15

∴ y p=−25

senx+15

cos x ⇒ la solución general es : y= y h+ y p

por consiguiente :

y=C1 e−x+C2 e3 x−25

senx+15

cos x……Rpta .

3.- Resolver la Ecuación Diferencial:

y ''−6 y '+9 y=x2−x+3…… (α ) ; y (0 )= 4

3; y ' (0 )= 1

27


74

Solución : i) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m2−6 m+9=0 ; ⇒(m−3 )2=0 ; ∴ m=3 (raíz de multiplicidad 2) ⇒ yh=C1 e3 x+C2 x e3 x

ii) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f ( x )=x2−x+3

⇒ y p= Ax2+Bx+C ⇒ y 'p=2 Ax+B ; y ''p=2 A ;

reemplazando en la ecuación diferencial (α ) tenemos :2 A−12 Ax−6 B+9 Ax2+9Bx+9C= x2−x+3 , igualando coeficientes de potencias

iguales de x tenemos : 9 A=1 ⇒ A=19

; −12 A +9 B=−1 ⇒ B=127

2 A−6 B+9 C=3 ⇒ 29

−627

+9C=3 ⇒ C=13

∴ y p=19

x2+127

x+13

⇒ la solución general es : y= yh+ y p por consiguiente :

y=C1 e3 x+C2 x e3 x+19

x2+127

x+13

……( I ) .

Ahora para hallar la solución particular se tiene : y (0 )=43

; y ' (0 )=127

⇒ en ( I ):43

=C1 e3 ( 0 )+C2 (0 ) e3 ( 0 )+19

(0 )2+127

(0 )+13

⇒ C1=1

Ahora derivando ( I ): y '=3C1 e3 x+C2 (3 xe3 x+e3 x )+29

x+127

; x=0 ; y '=127

∴ 127

=3(1) e3(0)+C2 (3 (0)e3 (0 )+e3 ( 0 ))+29

(0)+127

⇒ C2=−3

⇒ La solución particular es : y=e3 x−3 xe 3 x+19

x2+127

x+13

Finalmente : y=e3 x (1−3 x )+19

x2+127

x+13

……Rpta .

4.- Resolver la Ecuación Diferencial: y ''+ y '−2 y=x2 e4 x………(oc)

Solución: i) Cálculo de yh : la ecuación característica es : m2+m−2=0 ⇒ las

raíces son : m1=−2 ; m2=1 ⇒ yh=C1 e−2 x+C2 ex

ii ) Cálculo de y p : Haciendo que y p sea una forma generalizada de f ( x )=x2 e4 x se

tiene : y p= Ax2 e4 x+Bx e4 x+C e4 x ⇒ y ' p=4 Ax2 e4 x+2 Ax e4 x+4 Bx e4 x+B e4 x+4 Ce4 x

y ''p=16 Ax2 e4 x+16 Ax e4 x+2 A e4 x+16 Bx e4 x+8 Be4 x+16 C e4 x ; ahora en (α ) :16 Ax2 e4 x+16 Ax e4 x+2 A e4 x+16 Bx e4 x+8 Be4 x+16 C e4 x+4 Ax2 e4 x+2 Ax e4 x+4 Bx e4 x+B e4 x+4 Ce4 x−2 Ax2 e4 x−2Bx e4 x−2 C e4 x=x2 e4 x

⇒ 18 Ax2 e4 x+18 Ax e4 x+18 Bx e4 x+2 Ae4 x+9 B e4 x+18Ce4 x=x2 e4 x

identificandocoeficientes : 18 A=1 ⇒ A=118

; 18 A+18 B=0 ⇒ B=−118

2 A +9 B+18 C=0 ⇒ C=7(18 )(18)


75

⇒ y p=118

x2 e4 x−118

x e4 x+7(18 )(18 )

e4 x ⇒ y p=118

e4 x(x2−x+718 )

∴ la solución general es : y=C1 e−2 x+C2 ex+118

e4 x(x2−x+718 )

5.- Resolver la Ecuación Diferencial: y ''−2 y '=x+2 ex ……( α )

Solución: i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m2−2 m=0 ; ⇒m(m−2 )=0 ; ∴ m1=0 ; m2=2 ⇒ yh=C1+C2 e2 x

ii ) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f (x )=x+2 ex

⇒ 1ra elección : y p=Ax +B +C e x ( ya tiene un término común con yh , la constante )

⇒ multiplicando la parte polinómica por x resulta : y p= Ax2+Bx +C ex que

no tiene términos en común con yh ⇒ y ' p=2 Ax+B+C ex ; y ''p=2 A +C ex

⇒ reemplazando en la ecuación diferencial (α ) tenemos :2 A +C ex−4 Ax−2 B+2 C ex=x+2 e x ⇒ −4 Ax+2 A−2 B−C ex=x+2 ex

igualando coeficientes se tiene : C=−2 ; −4 A=1 ⇒ A=−14

;

2 A−2 B=0 ⇒ B=−14

∴ y p=−14

x2−14

x−2 e x


y=C1 +C2 e2 x−14

x2−14

x−2 e x……Rpta .

6.- Resolver la Ecuación Diferencial: y ''−2 y '−3 y=8e3 x……(α )

Solución: i) Cálculo de yh : la ecuación característica es : m2−2m−3=0 ⇒m1=−1 ; m2=3 ⇒ yh=C1 e−x+C2 e3 x

ii ) Cálculo de y p : 1ra elección : y p=A e3 x ( tiene un término común con yh ) ∴multiplicandola por x : y p= Ax e3 x ( no tiene términos en común con yh)⇒ y ' p=3 Ax e3 x+A e3 x ⇒ y ''p=9 Ax e3 x+6 A e3 x ; sustituyendo en la ecuación

diferencial (α ) : 9 Ax e3 x+6 A e3 x−2 (3 Ax e3 x+ A e3 x )−3 Ax e3 x=8e3 x

⇒ 4 A e3 x=8 e3 x ⇒ 4 A=8 ,luego A=2 ; ∴ y p=2 x e3 x y la

solución general es : y=C1 e−x+C2 e3 x+2 x e3 x……Rpta

Cuándo se tienen ecuaciones diferenciales de orden superior al segundo también se puede extender el método de los coeficientes indeterminados como se puede observar en el siguiente ejemplo:


76

7.- Resolver la ecuación diferencial: y '''−3 y ''+3 y '− y=e x+1

Solución : i) Cálculo de y h : La ecuación característica es : m3−3 m2+3 m−1=0 ; ⇒(m−1 )3=0 ; ∴ m1=m2=m3=1 (raíz de multiplicidad 3 )

⇒ yh=C1 ex+C2 x e x+C3 x2 ex

ii) Cálculo de y p : Hacemos que y p sea una forma generalizada de f ( x )=ex+1

⇒ 1ra elección : y p= Aex+B ( tiene un término común con yh )⇒ 2da elección : y p= Ax ex+B ( tiene un término común con yh )

⇒ 3ra elección : y p=Ax2 ex+B ( tiene un término común con yh )⇒ 4ta elección : y p= Ax3 ex+B ( no tiene términos en común con y h) ∴ asumimos

y p=Ax 3 ex+B ⇒ y ' p= Ax3 ex+3 Ax2 ex ; y ''p=4 Ax3 e x+6 Ax ex+3 Ax2 ex

⇒ y '''p=4 Ax3 ex+15 Ax2 e x+12 Ax ex+6 Aex ⇒reemplazando en la ecuación diferencial

(α ) y simplificando obtenemos : −6 Ax3 e x+15 Ax2 ex−6 Ax e x+Aex−B=ex+1igualando coeficientes de exp resiones iguales obtenemos :

6 A=1 ⇒ A=16

; −B=1 ⇒ B=−1


y=C1 ex+C2 x ex+C3 x2 ex+16

x3 ex−1……Rpta

METODO DE LA VARIACION DE PARAMETROS

El método de los coeficientes indeterminados funciona bien si f(x) está formada por funciones cuyas derivadas siguen un modelo cíclico, pero para funciones tales como : f(x) = 1/x ; f(x) = tanx ,…etc; que no poseen éstas características usamos un método más general lamado VARIACION DE PARAMETROS .En éste método se supone que yp tiene la misma forma que yh ; excepto que las constantes se sustituyen por variablesSea la Ec. Diferencial : y’’+a0y’+a1y= f(x) , el método para hallar la solución general es:

Se halla yh : yh = C1 y1 + C2 y2

Sustituir las constantes C1 y C2 por variables μ1 y μ2 y se forma yp

y p=μ1 y1+μ2 y2

Se resuelve el siguiente sistema para μ1 y μ2

μ1' y1+μ2

' y2=0 .. . .. .. .. . .. .. .(1)μ1

' y1' +μ2

' y2' =f (x ). .. . .. ..(2 )


77

Se integra para hallar μ1 y μ2

Este método funciona bien cuando f(x) no sigue un modelo cíclico, como veremos en los ejemplos que se dan a continuación:

Ejercicios. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:1 . y ''+ y= tan x2 . y ''+ y=sec x3 . y ''− y '−2 y=ln x4 . y ''+4 y=4 cot 2 x

5 . 9 y ''+ y=sec( x3 )

Ejercicios Resueltos

1.- Resolver la ecuación diferencial: y ''−3 y '+2 y= e2 x

1+e2 x

Solución: i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m2−3m+2=0 ⇒m1=1 y m2=2 ⇒ y h=C1 e x+C2 e2 x

ii ) Cálculo de y p : Sustituir C1 y C2 por μ1 y μ2 ⇒ y p=μ1 e x+μ2 e2 x

∴ El sistema de ecuaciones resultante es : μ '1 ex+μ '2 e2 x=0 ……… (1 )

μ '1 ex+2 μ '2 e2 x=e2 x

1+e2 x… (2 )

Re solviendo (1 ) y (2 ) obtenemos : μ ' 1=−ex

1+e2 x; μ '2=

1

1+e2 x

Inte gra mos para obtener : μ1 y μ2 ⇒ μ1=−∫e x

1+e2 x=−arctan ex

Ahora : μ2=∫ dx1+e2 x

=∫dx

1+1e−2 x

=∫e−2 x dxe−2 x+1

=−12∫−2 e−2 x d

e−2 x+1=−1

2Ln|1+e−2 x|

⇒ y p=−ex arctan ex−12

Ln|1+e−2 x| e2 x ∴ la solución general es : y= yh+ y p

⇒ y=C1 ex+C2 e2 x−ex arctan ex−e2 x

2Ln|1+e−2 x|……Rpta .

2.- Resolver la ecuación diferencial: y ''+ y=sec x . tanx


78

Solución: i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m2+1=0 ⇒m1=i y m2=−i ⇒ yh=C1 sen x+C2 cos xii ) Cálculo de y p : Sustituir C1 y C2 por μ1 y μ2 ⇒ y p=μ1 sen x+μ2 cos x

∴ El sistema de ecuaciones resultante es : μ ' 1 sen x+μ '2 cos x=0 ………(1 )μ '1 cos x−μ '2 sen x=sec x tanx …(2 )

Re solviendo (1 ) y (2 ) obtenemos : μ ' 1=tanx ; μ '2=−tan2 x

Inte gra mos para obtener : μ1 y μ2 ⇒ μ1=∫ tanxdx=−−Ln|cos x|

ahora : μ2=−∫ tan2 xdx=−∫ (sec2 x−1 ) dx=−∫ sec2 xdx+∫ dx

⇒ μ2=−tanx +x ∴ y p=−sen x Ln|cos x|+( x−tanx )cos x⇒ y p=−sen x Ln|cos x|+x cos x−sen x ; ⇒ la solución general es :

y=C1 sen x+C2 cos x−sen x Ln|cos x|+xcos x−sen x……Rpta .

3.- Resolver la ecuación diferencial: y ''−4 y ' +4 y=x2 e2 x

Solución: i ) Cálculo de yh : La ecuación característica es : m2−4 m+4=0 ⇒m1=m2=2 (raíz de multiplicidad 2 ) ⇒ yh=C1 e2 x+C2 xe2 x

ii ) Cálculo de y p : Sustituir C1 y C2 por μ1 y μ2 ⇒ y p=μ1 e2 x .+μ2 xe 2 x

∴ El sistema de ecuaciones resultante es : μ ' 1 e2 x+μ '2 xe2 x=0 ………(1 )

2 μ '1 e2 x+μ '2(2xe 2 x+e2 x )=x2 e2 x …(2 )

Re solviendo (1 ) y (2 ) obtenemos : μ ' 1=−x3 ; μ ' 2=x2

Inte gra mos para obtener : μ1 y μ2 ⇒ μ1=−∫ x3 dx=−x4

4

ahora : μ2=∫ x2 dx=x3

3

⇒ y p=−x4

4e2 x+x4

3e2 x ; ⇒ y p=

x4

12e2 x la solución general es :

y=C1 e2 x+C2 xe 2 x+x4

12e2 x ……Rpta .

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN “n” CON COEFICIENTES VARIABLES

Estas ecuaciones diferenciales tienen la siguiente forma:


79

an( x )dn ydxn

+an−1( x )dn−1 ydxn−1

+. . .. .. .+a1 ( x )dydx

+a0( x ) y=f ( x ) .. . .. .. .(1)

donde : a0 ( x ) , a1( x ) . .. .. . .an( x ) , f ( x ) son funciones contínuas de xLa ecuación (1 ) se puede exp resar también de la siguiente forma :

dn ydxn

+b1 (x )dn−1 y

dxn−1+. .. .. . .+bn−1( x )dy

dx+bn( x ) y=f ( x ) .. . .. .. .(2)

La solución de la ecuación (2 ) es la suma de la solución yg de la ecuación diferencial hom ogéneacorrespondiente ,más una solución particular y p

Ecuaciones Diferenciales de 2do orden de Coeficientes variables

Estas tienen la siguiente forma: y’’ +p(x)y’+Q(x)y = R(x) ….(1)Entonces si y1, y2, es un sistema fundamental de soluciones de la ecuación (1)La solución particular es : yp = c1(x)y1 + c2(x)y2 , donde c1(x) y c2(x) son funciones por determinarse, para lo cual se forma el sistema siguiente:

y1c1' ( x )+ y2 c2

' ( x )=0 .. .. . .(α )y1

' c1' ( x )+ y2

' c2' ( x )=R ( x ) . . .. .. (β )

Re solviendo ( α ) y ( β ) se obtiene :c1' (x ) y c2

' ( x )Integrando obtenemos :c1( x ) y c2( x )También se puede resolver usandolas siguientes exp resiones :

c1' ( x )=

|0 y2

R( x ) y2'|

W|y1 y2|=−

R( x ) y2

W|y1 y2|⇒ c1( x )=−∫

R( x ) y2dx

W|y1 y2|

c2' (x )=

|y1 0

y1' R( x )

|

W|y1 y2|=−

R ( x ) y1

W|y1 y2|⇒ c2( x )=∫R (x ) y 1dx

W|y1 y2|

Ejemplos :Re solver las sgtes ecuaciones diferenciales

1 . xy ''− y '−4 x3 y=16 x3e x2

; y1 =ex2

, y2 =e−x2

2 . ( x−1) y ''−xy ' + y=( x−1 )2e2 x ; y1=x , y2 =ex

3 . x (1−x ln x ) y ''+(1+x2 ln x ) y '−( x+1) y=(1−x ln x )2 ex ; y1=ex , y2 = ln x

CAPITULO V

SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES DE POTENCIA


80

En esta parte se presenta el método de Series de Potencia en su forma más simple, para lo cual revisaremos algunos conceptos.

La serie de potencias: ∑n=0

∞

cn xn=c0+c1 x+c2 x2+c3 x3+. .. . .. .+cn xn+. . .. converge

en un intervalo I simpre y cuando el límite: ∑n=0

∞cn xn= lím

N →∞∑n=0

N

cn xn

existe para toda x

de I . En este caso la suma :f ( x )=∑

n=0

∞

cn xn

queda definida en I y decimos que la

serie : ∑ cn xn es una representación en serie de potencias de la función f sobre I.

Algunas series elementales de potencias presentamos a continuación:

ex=∑n=0

∞ xn

n !=1+x+x2

2 !+x3

3 !+.. . .. .;

cos x=∑n=0

∞(−1 )n x2n

(2n ) !=1−x2

2 !+x4

4 !−. .. .. . ;

senx=∑n=0

∞(−1)n x2 n+1

(2n+1) !=x−x3

3 !+x5

5 !−.. .. . .;

cosh x=∑n=0

∞ x2n

(2n ) !=1+x2

2 !+ x4

4 !−. . .. .. ;

senhx=∑n=0

∞ x2n+1

(2 n+1 ) !=x+x3

3 !+x5

5 !+. .. . .. ;

ln (1+x )=∑n=1

∞(−1)n+1 xn

n !=x−x2

2+x3

3−. .. .. . ;

11−x

=∑n=0

∞

xn=1+x+x2+x3+. . .. .; (seriegeométrica )

(1+x )α=1+α x+α ( α −1)2 !

x2+α (α −1 )(α −2)3 !

x3+. .. . .. ; ( serie binomial )

Algunas propiedades de las sumatorias son las siguientes:

1 . ∑n=2

∞an xn=∑

n=0

∞an+2 xn+2=∑

k=0

∞ak+2 xk+2

2 . ∑n=0

∞

an xn+2=∑n=2

∞

an−2 xn

3 . ∑n=k

∞

an+m xn+ p=∑n=0

∞

an+m+k xn+ p+k

El Método de las Series de Potencias.


81

Este método para resolver una Ecuación Diferencial consiste en sustituir la serie de

potencias: y=∑

n=0

∞

cn xn

en la ecuación diferencial y después determinar cuáles deben ser los coeficientes c0, c1, c2 ….para que la serie de potencias satisfaga la ecuación diferencial. Esto es muy semejante al método de los coeficientes indeterminados, pero ahora tenemos un número infinito de coeficientes que de algún modo se ha de determinar. Este método no siempre tiene éxito, pero cuando si lo es obtenemos una representación en serie de una solución, en contraste con la “forma exacta” de las soluciones que han producido nuestros métodos previos.Para ilustrar el procedimiento veamos los siguientes ejemplos:

Resolver las ecuaciones diferenciales por el método de series de potencias:1. y’+ 2y =02. 2y’- 3y=03. y’’+ y = 04. (x-3)y’ + 2y =0

CAPITULO VI

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

La transformada de Laplace se define por : L [ F ] ( P)=∫0

∞e−Px f ( x )dx , para P>0

(a veces se escribe simplemente F(P) ).

La transformada de Laplace constituye una integral impropia que existe precisamente

cuando:

∫0

∞e−Px f ( x )dx = lím

N →∞∫0

Ne−Px f ( x )dx

Ejm: Calcula la Transformada de Laplace de f(x)=1

Solución:

L [1 ]=∫0

∞e−Px (1)dx = lím

N →0∫0

Ne−Px dx= lím

N →0−

1P ∫0

Ne−Px (−P )dx

¿ límN→ 0

[−1P

e− P(x )]0

N

=−1P

límN →0

[ e−PN−e−P (0) ]=1P

De igual manera se puede calcular algunas Transformadas de Laplace, las que se

Resumen en la siguiente tabla:

Función Transformada de Laplace F


82

f ( x )=x F ( P)=∫0

∞e−Px xdx=

1

P2

f ( x )=xn F( P )=∫0

∞e− Px xndx=n !

Pn+1

f ( x )=eax F( P )=∫0

∞e− Px eax dx=1

P−a

f ( x )=sen ax F( P )=∫0

∞e− Px senax dx=a

P2+a2

f ( x )=cos ax F ( P)=∫0

∞e−Px cosax dx=P

P2+a2

f ( x )=senhax F ( P)=∫0

∞e−Px senh ax dx=a

P2−a2

f ( x )=cosh ax F ( P)=∫0

∞e−Px cosh ax dx=P

P2−a2

La Transformada de Laplace es un operador lineal, por lo tanto las transformadas de Laplace de algunas funciones compuestas pueden calcularse rápidamente a partir de la tabla anterior. Ejemplos:

1) L [ 4 x3−3ex ]=4 .3 !

P4−

3P−1

2 ) L [ 4 sen2 x+6 x ]=4 .2

P2+22+6

P2

Ejercicios:1. Use las fórmulas de la tabla para hallar las transformadas de Laplace de las

funciones:

a ) 9 b ) x5+cos 2 x c ) 2e3 x−sen 5 x d ) 4 senx cos x+2 e−x

2. Encuentre una función f cuya transformada de Laplace sea:

a ) 30

P4b ) 2

P+3c ) 4

P3+ 6

P2+4d ) 1

P2+Pe ) 1

P4+P2

APLICACIÓN DE LAS TRANSFORMADAS DE LAPLACE A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

Para poder aplicar la transformada de Laplace , la clave consiste en la acción que ejerce la transformada sobre las derivadas. Calculemos:


83

L [ y ' ]=∫0

∞e− Px y '( x )dx= lim

N →∞[ ye− Px+∫ y Pe−Px dx ]0

N

¿ limN→ ∞

[ ye−P( N )− y (0)]+PL [ y ]=− y (0 )+PL [ y ] ⇒ L [ y ' ]=PL [ y ]− y (0 )

Asimismo : L [ y '' ]=L [( y ' )' ]=PL [ y ' ]− y ' (0 )=P {PL [ y ]− y (0 )}− y ' (0 )

⇒ L [ y '' ]=P2 L [ y ]−Py( 0)− y ' (0 )

Ahora estudiemos la ecuación diferencial:

y + ital ay `'+ ital by =f \( x \) dotslow \( α \) `,` ital con `` ital las`` ital condici `o`n`e`s~y \( 0 \) =y rSub { size 8{o} } ```y~y`' \( 0 \) =y rSub { size 8{1} } } { ¿a y b constantes. Aplicando la transformada a ambos miembros de (α ) y aprovechando la linealidad de L tenemos:

L ¿¿¿

¿La ecuación diferencial se convierte en un problema algebraicoEjemplo: Use la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial:

y +4y=4x~, ital con` ital las ` ital condiciones ` ital iniciales~y \( 0 \) =1~y~y '̀ \( 0 \) =5} {} # size 12{~ ital Solución:` ital Aplicando` ital transformada ` ital de ` ital ℒ :} {} # size 12{L left [y`¿¿

+L [ 4 y ]=L [ 4 x ] , ahora usando las fórmulas y la tabla : ¿ [P2 L [ y ]−P y (0 )− y ' (0) ]+4 L [ y ]= 4

P2¿⇒ P2 L [ y ]−P−5+4 L [ y ]= 4

P2¿⇒ L [ y ] ( P2+4 )=P+5+ 4

P2¿⇒ L [ y ]= P

P2+4+ 5

P2+4+ 4

p2 (P2+4 ))= P

P2+4+ 5

P2+4+ 1

P2− 1

P2+4¿⇒ L [ y ]= P

P2+4+ 4

P2+4+ 1

P2¿∴ Consul tan do con la tabla de Transformada de Laplace se tiene finalmente : ¿ y=cos2 x+2 sen 2 x+x……Rpta ¿¿

Propuestos: Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por transformación de Laplace.


84

1 . y '+ y=e2 x , y ( 0)=02 . y +3y`'+2y=4x rSup { size 8{2} } ~`,~`y \( 0 \) =0~;~y`' \( 0 \) =0 {} # 3 . ~y`+3 y '+2 y=12e2 x , y (0 )=0 ; y '(0 )=−14 . y +2y`'+2y=2~`~,~`y \( 0 \) =0~;~y`' \( 0 \) =1 {} # 5 . ~y`+2 y '+5 y=3e−x senx , y (0 )=0 ; y '(0 )=3

BIBLIOGRAFIA

1. BRONSON RICHARD. “Ecuaciones Diferenciales modernas” Ed. Mc Graw- Hill, 2001 México

2. ESPINOZA RAMOS E. “Ecuaciones Diferenciales” . Ed. Servicios gráficos. 5ta edición, Lima Perú 2007

3. ELSGOLTZ. L “Ecuaciones Diferenciales y Cálculo Variacional”. 3ra Edición. Editorial MIR- Moscú 2001

4. HASSER NORMAN “Análisis matemático”. Ed. Trillas- México- 1999. 5. HENRY RICARDO “Ecuaciones Diferenciales”. Una introducción moderna

Editorial Reverté. Barcelona España- 2008 6. HILARIO B, “ Ecuaciones Diferenciales con Ejercicios resueltos”

UNCP - 2011 7. MAKARENKO G. “Problemas de Ecuaciones Diferenciales ordinarias” Ed.

Latinoaméricana- Lima – Perú 2001

8. MURRAY SPIEGEL. “Ecuaciones Diferenciales aplicadas” Ed. Prentice Hall México- 2006.

9. SAAL CESAR “Ecuaciones Diferenciales”. Ediciones populares. Lima- Perú- 2002

10. SIMMONS “Ecuaciones Diferenciales”. Ed Mc Graw Hill 2008

COMPLEMENTARIA


85

www.monografias.com/cibersociedad/html

http:/www.geocities.com/ciceron.geo/educación1.htm

www.infoperu.com/español/intranet.html


http://www.infoperu.com/espa%C3%B1ol/intranet.html

http://www.monografias.com/cibersociedad/html

texto ecuaciones diferenciales 2012-ii

Documents