95792244 apunte usm resolucion edo s

Universidad Técnica Federico Santa MaríaDepartamento de Matemática

1. Separación de VariablesLa ecuación general de primer orden y primer grado es de la forma

(1.1) M dx+N dy = 0

donde M y N pueden ser funciones de x e y o de ambas. En algunos casos la ecuación (1.1) puede serexpresada en la forma

(1.2) A(x) dx+B(y) dy = 0

o sea, se ha reunido todos los términos de y en B(y) y todos los términos de x en A(x).La solución de (1.2) es ∫

A(x) dx+∫B(y) dy = C

donde C es constante que depende de las c.i.

Ejemplos

1) 2(y + 3) dx+ xy dy = 0 separando variables queda

2

xdx+

y

y + 3dy = 0

⇒ lnx2 + y − 3 ln(y + 3) = c

⇒ ey = c1(y + 3)3

x2donde c1 = ec ⇒ ey−c =

(y + 3)3

x2

2) (x2 − 1) dx+ xy dy = 0

x2 − 1

xdx+ y dy = 0⇒ x2

2− lnx+

y2

2= c / 2

x2 + y2 = 2c+ lnx2

x2 + y2 = ln(cx)2 o ex2+y2= kx2

3) senx sen y dx+ cosx cos y dy = 0

senx

cosxdx+

cos y

sen ydy = 0⇒ − ln cosx+ ln sen y = c( sen y

cosx

)= c⇒ sen y = c1 cosx

4) xy3 dx+ ex2dy = 0

x e−x2dx+ y−3dy = 0

−1

2

∫−2x e−x2

dx+y−2

−2= c

−1

2e−x2

−1

2y−2 = c

e−x2+y−2 = −2c

e−x2+ y−2 = c

2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM

5) y senx sen y dx+ dy = 0

senx dx+dy

y sen y= 0

x lnx− x+ ln(ln y) = 0

lnxx + ln(ln y) = x+ c.

Aplicación. Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamente proporcionala su masa en cada instante. Determinar la ley de variación de la masa del radio en función del tiempo, sipara t = 0 la masa del radio es m0

Solución. Sea m la masa en el instante t y m+ ∆m, en el instante t+ ∆t. La masa desintegrada durante el tiempo ∆tes ∆m. La razón ∆m

∆tes la velocidad media de desintegración. Luego:

lım∆t→0

∆m

∆t=dm

dtes la velocidad de desintegración del radio en el instante t.

Según la hipótesis:

(1.3)dm

dt= −km

donde k es el coeficiente de proporcionalidad (k > 0).Ponemos el signo menos, porque a medida que transcurre el tiempo, la masa del radio disminuye y por eso dm

dt< 0

(puesto que la función m(t) es decreciente, entonces dmdt

< 0)La ecuación (1.3) es una ecuación de variables separables. Separando variables:

dm

m= −k dt

⇒ lnm = −kt+ c

⇒ m = c e−kt

como m(0) = m0, entonces m0 = c.

∴ m = m0 e−kt .

2. Ecuaciones Homogéneas de Primer OrdenDefinición 1. La función f(x, y) se dice homogénea de grado k respecto a las variables x e y, si:

f(λx, λy) = λkf(x, y), ∀λ ∈ R \ {0}

Ejemplos

1) La función f(x, y) = 3√x3 + y3 es homogénea de primer grado.

2) La función f(x, y) = xy − y2 es homogénea de segundo grado.

3) La función f(x, y) = x2−y2

xyes homogénea de grado cero.

Departamento de Matemática 2


4) La función f(x, y, z) = xyz

+ x sen y2

z2 es homogénea de grado uno.

1) Sean g(x, y), f(x, y) homogéneas del mismo grado, entonces f(x,y)g(x,y) es homogénea de grado cero.

2) Si h(x, y) es homogénea de grado cero, entonces

f(x, y)g(x, y)

= h(x, y) = h(1,y

x

) (haciendo λ =

1x

)Es decir, la función homogénea de grado cero depende sólo del cuociente de las variables.En este caso podemos escribir: h(x, y) = F (y/x) = h(1, y/x).

Definición 2. La ecuación de primer orden

M dx+N dy = 0

es homogénea cuando M y N son funciones homogéneas del mismo grado respecto de x e y

Resolución de una ecuación diferencial homogénaConsideremos la ecuación homogénea

(A) M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0

Luego (A) la podemos escribir de la forma

dy

dx= −M(x, y)

N(x, y)= F

(yx

)es decir:

(B)dy

dx= F (y/x)

Esta última ecuación se resuelve efectuando la sustitución v = y/x, es decir,

(2.1) y = vx,

luego

(2.2)dy

dx= v + x

dv

dx

Sustituyendo (2.8) y (2.2) en (B), obtenemos

v + xdv

dx= F (v)

o sea:

xdv

dx+ v − F (v) = 0

x dv + (v − F (v)) dx = 0

dx

x+

v

v − F (v)= 0

que es una ecuación de variables separables.



Ejemplos

1)(x2 − xy + y2

)dx−xy dy = 0. Observemos que las funciones x2−xy+y2, −xy son homogéneas de grado 2. Luego

se trata de una ecuación homogénea. Haciendo y = vx, tenemos:

(dy = v dx+ x dv)

(x2 − x2v + x2v2) dx− x2v(v dx+ x dv) = 0

(x2 − x2v + x2v2 − x2v2) dx− x3v dv = 0

x2(1− v) dx− x3v dv = 0

dx

x+

v

v − 1dv = 0

lnx+ v + ln(v − 1) = c

lnx+y

x+ ln

(y − xx

)= c

ln(y − x) = c− y

x⇒ (y − x) ey/x = c

2) (x2 +y2) dx−2xy dy = 0 es homogénea pues x2 +y2, −2xy son homogéneas de grado 2. Haciendo y = vx tenemos:

(x2 + x2v2) dx− 2x2v(v dx+ x dv) = 0

(x2 + x2v2 − 2x2v2) dx− 2x3v dv = 0

x2(1− v2) dx− 2x3v dv = 0

Separando variables

dx

x+

2v

v2 − 1dv = 0

Integrando

lnx+ ln(v2 − 1) = c, c ∈ R

reemplazando v = y/x:

lnx+ ln(y2/x2 − 1

)= c

lnx+ ln(y2 − x2)− lnx2 = c

ln(y2 − x2)− lnx = c

y2 − x2

x= c

y2 = cx+ x2

Ejercicios.

1) dy/dx =xy

x2 − y2

2) (2x+ 3y) dx+ (x− 2y) dy

3) y dx− x dy = 0

4) (1 + u)v du+ (1− v)u dv = 0

5) (1 + y) dx− (1− x) dy = 0

6) (t2 − xt2)dx

dt+ x2 + tx2 = 0

7) (y − a) dx+ x2 dy = 0

8) z dt− (t2 − a2) dz = 0

9)dx

dy=

1 + x2

1 + y2



10) (1 + s2) dt−√t ds

11) dρ+ ρ tg θ dθ = 0

12) sen θ cosϕdθ − cos θ senϕdϕ = 0

13) sec2 θ tg θ dθ + sec2 ϕ tg θ dϕ = 0

14) sec2 θ tgϕdϕ+ sec2 ϕ tg θ dθ = 0

15) (1 + x2) dy −√

1− y2 dx = 0

16)√

1− x2 dy +√

1− y2 dx

17) 3 ex tg y dx+ (1− ex) sec2 y dy = 0

18) (x− y2x) dx+ (y − x2y) dy = 0

19) (y − x) dx+ (y + x) dy = 0

20) (x+ y) dx+ x dy = 0

21) (x+ y) dx+ (y − x) dy = 0

22) x dy − y dx =√x2 + y2 dx

23) (8y + 10x) dx+ (5y + 7x) dy = 0

24) xy2 dy = (x3 + y3) dx

Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma:

(2.3)dy

dx=

ax+ by + c

a1x+ b1y + c1con a o b 6= 0

Si c1 = c = 0, la ecuación (2.3) es, evidentemente, homogénea (pues ax+bya1x+b1y

es una función homogéneade grado cero).

Supongamos, pues, que c y c1 (o una de ellas) son diferentes de cero. Realicemos el cambio de variablesx = x1 + h, y = y1 + k (h, k constantes por determinar), entonces

(2.4)dy

dx=dy1dx1

Reemplazando en (2.4) las expresiones de x, y, dydx , tenemos:

(2.5)dy1dx1

=ax1 + by1 + ah+ bk + c

a1x1 + b1y1 + a1h+ b1k + c1

Elijamos h y k de modo que se verifiquen las ecuaciones

(2.6) ah+ bk + c = 0a1h+ b1k + c1 = 0

},

es decir, determinemos h y k como solución del sistema de ecuaciones (2.6). Con esta condición, la ecuación (2.5)es homogénea:

dy1dx1

=ax1 + by1a1x1 + b1y1

Al resolver esta ecuación y pensando de nuevo en x e y, según las fórmulas (2.4), obtenemos la soluciónde la ecuación (2.3).

El sistema (2.5) no tiene solución si ∣∣∣∣ a ba1 b1

∣∣∣∣ = 0,

es decir, si ab1 = a1b. Pero en este caso a1a = b

b1= λ, es decir, a1 = λa, b1 = λb, y, por consiguiente, si puede

formar la ecuación (2.3) en la forma

(2.7)dy

dx=

(ax+ by) + c

λ(ax+ by) + c1

Haciendo la sustitución

(2.8) z = ax+ by



la ecuación se reduce a una ecuación de variables separables. En efecto,

dz

dx= a+ b

dy

dx

de donde

(2.9)dy

dx=

1b

dz

dx− a

b

Introduciendo las expresiones (2.8) y (2.9) en la ecuación (2.7) obtenemos

1b

dz

dx− a

b=

z + c

λz + c1

que es una ecuación de variables separables.En efecto, separando variables queda:

1bdz − a

bdx =

z + c

λz + c1dx

1bdz −

(a

b+

z + c

λz + c1

)dx = 0

1

−b(ab + z+c

λz+c1

) dz + dx = 0

Ejemplos

1) Sea la ecuación

dy

dx=x+ y − 3

x− y − 1∣∣∣∣1 11 −1

∣∣∣∣ = −2 6= 0

Hagamos la sustitución

x = x1 + h

y = y1 + k

entonces

dy1

dx1=x1 + y1 + h+ h− 3

x1 − y1 + h− k − 1

resolviendo el sistema:

h+ k − 3 = 0h− k − 1 = 0

encontramos que h = 2, k = 1



Luego

dy1

dx1=x1 + y1

x1 − y1⇒ ec. homogénea.

Sea v = y1x1

, es decir, y1 = vx1

∴dy1

dx1= v + x1

dv

dx1

∴ v + x1dv

dx1=x1 + vx1

x1 − vx1

v + x1dv

dx1=

1 + v

1− v ⇒ ec. de variables separables

x1dv

dx1=

1 + v2

1− v1− v1 + v2

dv =dx1

x1∫ (1

1 + v2− v

1 + v2

)dv = lnx1 + c

arc tg v − 1

2ln(1 + v2) = lnx1 + c

arc tg v = ln(x1

√1 + v2

)+ c

earc tg v = ecx1

√1+v2

Sustituyendo v por y1x1

, se obtiene:

c√x2

1 + y21 = e

arc tg(

y1x1

)

pero y1 = y − 1, x1 = x− 2. Luego

c√

(x− 1)2 + (y − 1)2 = earc tg( y−1x−2 ), c ∈ R.

2) y′ =2x+ y − 1

4x+ 2y + 5con condición inicial y(0) = −2

∣∣∣∣2 14 2

∣∣∣∣ = 0 : y′ =2x+ y − 1

2(2x+ y) + 5(∗)

Sea z = 2x+ y

dz

dx= z′ = 2 + y′ ⇒ y′ = z′ − 2


3 ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS UTFSM

reemplazando en (*), queda:

z′ − 2 =z − 1

2z + 5

z′ =z − 1

2z + 5+ 2

z′ =5z + 9

2z + 52z + 5

5z + 9dz = dx∫

2z + 5

5z + 9dz = x+ c

pero∫

2z + 5

5z + 9dz = 2

∫z

5z + 9dz +

∫5

5z + 9dz =

2

5

∫5z + 9− 9

5z + 9dz +

∫d(5z + 9)

5z + 9

=2

5

(∫dz − 9

5

∫d(5z + 9)

5z + 9

)+ ln |5z + 9|

=2

5

(z − 9

5ln |5z + 9|

)+ ln |5z + 9|

=2

5z − 18

25ln |5z + 9|+ ln |5z + 9|

=2

5z +

7

25ln |5z + 9|

∴2

5z +

7

25ln |5z + 9| = x+ c

como z = 2x+ y, se tiene que:

2

5(2x+ y) +

7

25ln |10x+ 5y + 9| = x+ c

10y − 5x+ 7 ln |10x+ 5y + 9| = c

puesto que y(0) = −2 no queda que:

−20 + 7 ln | − 1| = c

⇒ c = −20

∴ 10y − 5x+ 7 ln |10x+ 5y + 9| = −20.

Ejercicios.

1) (3y − 7x+ 7)dx− (3x− 7y − 3)dy = 0

2) (x+ 2y + 1)dx− (2x+ 4y + 3)dy = 0

3) (x+ 2y + 1)dx+ (2x− 3)dy = 0

3. Ecuaciones Diferenciales ExactasLa ecuación

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0

se llama ecuación diferencial exacta, si M(x, y) y N(x, y) son funciones continuas y derivables que verificanla igualdad:

∂M

∂y=∂N

∂x



siendo ∂M∂y y ∂N

∂x continuas en un cierto dominio.En este caso, obtenemos la solución de la E.D. expresada implícitamente en la forma F (x, y) = k.

Otro enfoque. Sea

(3.1) M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0

donde la separación de variables no puede hacerse, como por ejemplo:

(3x2y + 2xy) dx+ (x3 + x2 + 2y) dy = c

en que M y N no son homogéneas (o bien homogéneos de distintos grados).Supongamos que podemos encontrar una función u = F (x, y) tal que dF = Mdx+Ndy, luego por (3.1):

dF = 0⇒ F (x, y) = c

Pero ¿qué condiciones deben cumplir M(x, y) y N(x, y) para que exista F (x, y)? La condición es

∂M

∂y=∂N

∂x

donde M =∂F

∂xy N =

∂F

∂y(en efecto, pues dF = ∂F

∂x dx+ ∂F∂y dy, luego, necesariamente M = dF

dx y N = dFdy ,

pero d2Fdx dy = d2F

dy dx , luegodMdy = dN

dx )

Ejemplos

1) Resolver la ecuación:

(∗) (3x2y + 2xy) dx+ (x3 + x2 + 2y) dy = 0

Averigüemos si esta ecuación es diferencial exacta:

M(x, y) = 3x2y + 2xy, N(x, y) = x3 + x2 + 2y

dM

dy(x, y) = 3x2 + 2x,

dN

dx(x, y) = 3x2 + 2x

∴dM

dy=dN

dx= 3x2 + 2x

∴ La ecuación (∗) corresponde a una ecuación diferencial exacta.

dF

dx= 3x2y + 2xy ⇒ F (x, y) = x3y + x2y + C(y)

Se integra considerando «y» como constante, luego:

dF (x, y)

dy=

d

dy

(x3y + x2y + C(y)

)= x3 + x2 + C′(y)

∴ x3 + x2 + C′(y) = x3 + x2 + 2y ⇒ C′(y) = 2y ⇒ C(y) = y2 + C,

∴ F (x, y) = x3y + x2y + y2 + C1 = C, C ∈ R

∴ x3y + x2y + y2 = C, C ∈ R



2)2x

y3dx+

y2 − 3x2

y4dy = 0

La ecuación diferencial es exacta pues:

d

dy

(2x

y3

)= −6x

y4=

d

dx

(y2 − 3x2

y4

)dF

dx=

2x

y3⇒ F (x, y) =

x2

y3+ C(y)

dF

dy=

d

dy

(x2

y3+ C(y)

)= −3x2

y4+ C′(y) =

y2 − 3x2

y4

⇒ C′(y) = y−2

⇒ C(y) = −1

y+ C1

∴ F (x, y) =x2

y3− 1

y+ C1

Luego la solución general de la ecuación está dada por la relación:

x2

y3− 1

y= C, C ∈ R.

3)(

y2

(x− y)2− 1

x

)︸︷︷︸

M

dx+

(1

y− x2

(x− y)2

)︸︷︷︸

N

dy = 0

¿∂M

∂y=∂N

∂x? : ⇒

∂M

∂y=

2xy

(x− y)3

∂N

∂x=

2xy

(x− y)3

Luego, la ecuación es exacta. Buscamos F (x, y) tal que dF = 0, e.e.,

∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy = 0


4 FACTOR DE INTEGRACIÓN UTFSM

Así

∂F

∂x=

y2

(x− y)2− 1

x⇒ F (x, y) =

∫ (y2

(x− y)2− 1

x

)dx = − y2

x− y − ln |x|+ C(y)

∴∂F

∂y=−2y(x− y)− y2

(x− y)2+ C′(y) =

1

y− x2

(x− y)2

∴ C′(y) =1

y+

2xy − y2 − x2

(x− y)2

=1

y− x2 − 2xy + y2

(x− y)2

=1

y− 1

C(y) = ln |y| − y +K

F (x, y) = − y2

x− y − ln |x|+ ln |y| − y +K

= ln∣∣∣ yx

∣∣∣− y2

x− y − y + C

∴ la solución viene dada por

ln∣∣∣ yx

∣∣∣− y2

x− y − y = cte.

Ejercicios.

1) (x2 + y) dx+ (x− 2y) dy = 0

2) (y − 3x2) dx− (4y − x) dy = 0

3) (y3 − x) y′ = y

4)(

y2

(x− y)2− 1

x

)dx+

(1

y− x2

(x− y)2

)dy = 0

5) 2(3xy2 + 2x3) dx+ 3(2x2y + y2) dy = 0

6)x dx+ (2x+ y) dy

(x+ y)2= 0

7)(

1

x2+

3y2

x4

)=

2y dy

x3

8)x2 dy − y2 dx

(x− y)2= 0

9) x dx+ y dy =y dx− x dyx2 + y2

4. Factor de IntegraciónSupongamos que la ecuación:

(4.1) M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0

no es una ecuación diferencial exacta (y que no es del tipo de las anteriores), por ejemplo,

(y + xy2)dx− x dy = 0.

Se puede a veces elegir una función µ(x, y) tal que si multiplicamos todos los términos de la ecuación poresta función, la ecuación (4.1) se convierta en una ecuación diferencial exacta. La función µ(x, y) se llamafactor de integración (o factor integrante) de la ecuación (4.1).

Para hallar el factor integrante µ procedemos del siguiente modo:

µM dx+ µN dy = 0


4 FACTOR DE INTEGRACIÓN UTFSM

Para que esta última ecuación sea una ecuación diferencial exacta es necesario y suficiente que:

∂(µM)∂y

=∂(µN)∂x

es decir:

µ∂M

∂y+M

∂µ

∂y= µ

∂N

∂x+N

∂µ

∂x

o sea

M∂µ

∂y−N ∂µ

∂x= µ

(∂N

∂x− ∂M

∂y

) ∣∣∣∣ 1µM

1µ

∂µ

∂y−N 1

µ

∂µ

∂x=∂N

∂x− ∂M

∂y

M∂(lnµ)∂y

−N ∂(lnµ)∂x

=∂N

∂x− ∂M

∂y(4.2)

En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda de µ(x, y) de la ecuación (??) es más difícil queintegrar la ecuación (4.1). Sólo en algunos casos particulares se logra determinar fácilmente la función µ(x, y).

Los casos que contemplaremos, son los siguientes:

(i) Supongamos que la ecuación (4.1) admite un factor integrante que depende sólo de y. Entonces:

∂ lnµ∂x

= 0

y para hallar µ obtenemos la ecuación diferencial ordinaria (que se obtiene de (??)):

∂ lnµ∂y

=∂N∂x −

∂M∂y

M

la cual nos permite determinar lnµ y, por tanto, el propio µ. Es claro que de esta manera se puedeproceder sólo cuando la expresión (∂N∂x −

∂M∂y )/M no depende de x (pues sino µ depende de x)

(ii) Análogamente, si la expresión∂N∂x −

∂M∂y

N

no depende de y, sino exclusivamente de x, es fácil hallar el factor integrante que depende solamentede x.

Ejemplo. Hallar la solución de la ecuación (y + xy2) dx− x dy = 0.

Solución. Aquí: M = y + xy2; N = −x

∂M

∂y= 1 + 2xy;

∂N

∂x= −1, luego

∂M

∂y6= ∂N

∂x

Luego la ecuación no es una ecuación diferencial exacta. Examinemos si esta ecuación admite un factorintegrante que dependa sólo de y. Observemos que:


5 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN UTFSM

∂N∂x −

∂M∂y

M=−1− 1− 2xyy + xy2

=−2(1 + xy)y(1 + xy)

= −2y

por lo tanto la ecuación lo admite. Encontremos ahora el factor integrante.

∂ lnµ∂y

= −2y

de donde lnµ = −2 ln y, es decir, µ =1y2

.

Después de multiplicar todos los términos de la ecuación dada por el factor integrante µ(x, y) = 1/y2,obtenemos la ecuación: (

1y

+ x

)dx− x

y2dy = 0

diferencial exacta(∂M1

∂y=∂N1

∂x= − 1

y2

). Resolviendola, encontramos que:

x

y+x2

2+ c = 0, es decir,

y = − 2xx2 + 2c

.

5. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer OrdenSea I un intervalo real. Una ecuación diferencial de primer orden en I, se dice lineal si puede escribirse

de la forma:

(∗) a1(x) y′ + a0(x) y = h(x)

en donde a1(x), a0(x), h(x) son continuas en I y a1(x) 6= 0 para algún x ∈ I. La ecuación (*) se dicehomogénea si h(x) = 0,∀x ∈ I y se dice normal si a1(x) 6= 0,∀x ∈ I

Consideremos ahora la ecuación diferencial lineal normal de primer orden en I:

(5.1) a1(x) y′ + a0(x) y = h(x)

Nuestro propósito es encontrar la solución general de (5.1). Como la ecuación (5.1) es normal en I entoncesla podemos escribir de la forma:

y′ +a0(x)a1(x)

y =h(x)a1(x)

O sea:

y′ + p(x) y = q(x)(donde: p(x) =

a0(x)a1(x)

, q(x) =h(x)a1(x)

)dy

dx+ p(x) y = q(x)

dy + p(x) y dx = q(x) dx(p(x)− q(x)) dx+ dy = 0(5.2)



Veamos si la ecuación (5.2) admite factor integrante. Aquí: M(x, y) = p(x) y − q(x), N(x, y) = 1

∂M(x, y)∂y

= p(x),∂N(x, y)

∂x= 0

∂M

∂y6= ∂N

∂xtenemos que p(x) = 0 ∀x ∈ I.

El caso p(x) = 0, reduce la ecuación (5.2) a una ecuación de variables separables que ya sabemos resolver.Supongamos, pues que p(x) 6= 0. Examinemos si la ecuación (5.2) admite un factor integrante que depende

sólo de x. Observemos que:

−∂N∂x + ∂M∂y

N= p(x)

por lo tanto la ecuación lo admite. Luego el factor integrante es tal que:

∂ lnµ(x)∂x

= p(x)

o sea µ(x) = e∫p(x) dx

Multiplicando todos los términos de la ecuación (5.2) por el factor integrante µ(x) = e∫p(x) dx, obtenemos

la ecuación

(5.3) (p(x)− q(x)) e∫p(x) dx dx+ e

∫p(x) dx dy = 0

que es una ecuación diferencial exacta, ya que:

∂M

∂y= p(x) e

∫p(x) dx =

∂N

∂x

donde M1(x, y) = (p(x)− q(x)) e∫p(x) dx y N1(x, y) = e

∫p(x) dx

Tarea. Resuelva el ecuación (5.3) y verifique que:

y = e−∫p(x) dx

(∫q(x) e

∫p(x) dx dx+ C

), c ∈ R, x ∈ I

es la solución general de la ecuación dada.

Observación. Consideremos la ecuación diferencial lineal de primer orden en I:

y′ + p(x)y = q(x)/

e∫p(x) dx

y′ e∫p(x) dx +p(x) e

∫p(x) dx y = q(x) e

∫p(x) dx

puesto que

y′ e∫p(x) dx +p(x) e

∫p(x) dx y =

(y e∫p(x) dx

)′



Ejemplos

1) Resolver (x4 + 2y) dx = x dy

Solución.

xdy

dx− 2y = x4 ⇒ y′ − 2

xy = x3

∴ y = e−∫ −2

xdx

(C +

∫x3 e

∫ −2x

dx dx

)y = e2 ln x

(C +

∫x3 e−2 ln x dx

)= x2

(C ∗

∫x3

x2dx

)y = x2

(C +

x2

2

)⇒ 2y = x2C + x4

2) (3xy + 3y − 4) dx+ (x+ 1)2 dy = 0

Solución.

(x+ 1)2 dy

dx+ 3(x+ 1)y = 4⇒ y′ + 3(x+ 1)−1y = 4(x+ 1)−2

y = e−∫ 3

x+1 dx

(c+

∫4

(x+ 1)2· e∫ 3

x+1 dx

)= e−3 ln |x+1|

(c+

∫1

(x+ 1)2e3 ln |x+1| dx

)=

1

(x+ 1)3

(c+ 4

∫(x+ 1)3

(x+ 1)2dx

)=

1

(x+ 1)3c+

1

2

(x+ 1)2

(x+ 1)3

y = c (x+ 1)−3 + 2 (x+ 1)−1

3) (1 + xy) dx− (1 + x2) dy = 0

Solución.

(1 + x2)y′ − xy = 1⇒ y′ − x

1 + x2y =

1

1 + x2

y = e∫ x

1+x2 dx(c+

∫1

1 + x2e−∫ x

1+x2 dxdx

)= e

12 ln |1+x2|

(c+

∫1

1 + x2e−

12 ln(1+x2) dx

)y =

√1 + x2

(c+

∫1

(1 + x2)3/2dx

)= c

√1 + x2 + x

Cálculo de ∫1

(1 + x2)3/2dx =

∫sec2 θ dθ

(sec2 θ)3/2=

∫cos θ dθ = sen θ =

x√1 + x2

4) Ldi

dt+Ri = E, donde L, R, E son constantes con c.i. i(0) = 0

Solución.

di

dt+R

Li =

E

L⇒ i(t) = e−

RL

t

(c+

∫E

Le

RL

t dt

)= e−

RL

t

(c+

E

L· LR

eRL

t

)i(t) = c e−

RL

t +E

Ri(0) = 0⇒ 0 = C +

E

R⇒ C = −E

R⇒ i(t) =

E

R

(1− e−

RL

t)



5) dx = (1 + 2x tg y) dy

Solución.

dx

dy= 1 + 2x tg y ⇒ dy

dy− 2x tg y = 1⇒ x(y) = e2

∫tg y dy

(c+

∫e−2

∫tg y dy dy

)x(y) = e2 ln | cos y|

(c+

∫e2 ln | cos y| dy

)= sec2 y

(c+

∫cos2 y dy

)= sec2 y

(c+

1

2

∫(1 + cos 2y)dy

)x(y) = sec2 y

(c+

1

2

(y +

sen 2y

2

))⇒ 4x cos2 y = C + 2y + sen 2y

6) Resolver

a) (1 + cosx) dy − senx(senx+ senx cosx− y)dx

b) Ldi

dt+Ri = E senωt, con i(0) = 0

7) Encontrar la velocidad inicial mínima que debe tener un cuerpo que se dispara para que escape de la atracción dela Tierra. Desprecie la resistencia del aire.

Solución

a(r) =k

r2k < 0 como en r = R, a(R) = −g ⇒ a(r) = −gR

r2

por otro lado

a =dv

dt=dv

dr· drdt

=dv

dr· v′ ⇒ −gR

2

r2=dv

dr· v

⇒ gR2

r+ c =

v2

2pero en r = R, v = v0 ⇒ c =

v20

2− gR

⇒ v2 =2gR2

r2+ v2

0 − 2gR

8) Un embudo con ángulo de salida de 60◦ y una sección transversal con área de 0,5cm2, contiene agua. En t = 0, seabre la salida. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse, suponiendo que la altura inicial del agua h(0) = 10cm.Dato: v = 0,6

√2gh h = altura instántanea, v = velocidad del líquido.

Solución.

dV = volumen de H2O que sale.

dV = 0,5 · v · dt con v = 0,6√

2gh,

por otro lado

dV = −πr2dh con r = h tg 30 = h/√

3

⇒ 0,3√

2√gh dt = −πh

2

3dh⇒ 0,9

√2g

πdt = −h3/2 dh

0,9

π

√2g t = −h5/2 · 2

5+ c y h(t = 0) = 10⇒ 0,9

π

√2g · 0 = −105/2 2

5+ c

t =2

5

π

0,9 ·√

2g·(

105/2 − h5/2)

y para h = 0 t =2

5· π

0,9√

2g· 105/2 = 99,7seg = 1′40′′


6 ECUACIONES QUE PUEDEN REDUCIRSE A LA FORMA LINEAL UTFSM

9) En un movimiento rectilíneo, la aceleración es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia S, y es iguala −1 cuando S = 2. Además posee una velocidad de 5 y S=8 cuando t = 0.

a) hallar v cuando S = 24

b) hallar t que demora en recorrer desde S = 8 a S = 24.

Solución.

a = − k

s2⇒ −1 = −k

4⇒ k = 4⇒ a = −4/s2; v =

ds

dt

a =dv

dt=dv

ds· dsdt

=dv

ds· v ⇒ v

dv

ds= − 4

s2⇒ v2/2 = c+ 4/s⇒ c =

25

2− 4

8= 12

a) v(s = 24) =√

2√

424

+ 12 ≈ 4,93

b) v =ds

dt=

√8

s

√s+ 3s2 ⇒ t =

1

2√

2

∫ 8

24

s ds√s+ s2

≈ 3,23

6. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma linealCiertas E. D. no lineales de primer orden pueden reducirse a E. D. L. por un adecuado cambio de variables.

1. E. D. de Bernoulli. La E. D. de Bernoulli adopta la forma

(6.1)dy

dx+ p(x) y = q(x) yn

(E. D. N. L. pues es no lineal en la variable y y supuestamente en x)

Si efectuamos la sustitución µ = y1−n donde n ∈ Z− {0, 1} pues si n = 1⇒ (6.1) queda

dy

dx+ (p(x)− q(x))y = 0

variables separables.

Si n = 0⇒ (6.1) queda y′ + p(x)y = q(x) ecuación diferencial de primer orden lineal

∴ sea n 6= 0, 1⇒ dµ

dx= (1− n) y−n

dy

dx⇒ (6.1) queda (al dividir por yn):

y−ny′ + p(x)y1−n = q(x)⇒ 11− n

dµ

dx+ p(x)µ = q(x)

que es una E. D. L. de primer orden en la variable µ.

Ejemplos



1) y′ + xy =x

y

Solución.

yy′ + xy2 = x⇒ µ = y2 = y1−(−1) ⇒ dµ

dx= 2y

dy

dx1

2

dµ

dx− xµ = x⇒ µ(x) = e−2

∫2x dx

(∫2x e

∫2x dx dx+ c

)µ(x) = e−x2

(∫2x ex2

dx+ c

)= e−x2

(c+ ex2

)= 1 + c e−x2

2) y′ − y

x= −5

2x2y3

Solución.

y−3y′ − y−2

x= −5

2x2 ⇒ µ = y−2 ⇒ µ′ = −2y−3y′

µ

−2− µ

x= −5

2x2 ⇒ µ′ + 2µ · 1

x= 5x2

µ(x) = e−∫ 2

xdx

(c+

∫5x2 e

∫2/x dx dx

)= e−2 ln x

(c+

∫5x2 e2 ln x dx

)=

1

x2

(c+ 5 · x

5

5

)µ(x) = y−2 = cx−2 + x3 ⇒ cx−2 + x3 = y−2

2. Problema.dy

dx+ p(x)y = q(x)y ln y

Sea

u = ln y ⇒ u′ =1yy′

⇒ u′y + p(x)y = q(x)yudu

dx+ p(x) = q(x)u⇒ du

dx− q(x)u = −p(x)

EDL de primer orden

3. Ecuación de Ricatti. Una E. D. N. L. de primer orden de la forma:

y′(x) + a2(x)y2 + a1(x)y + a0(x) = 0

donde ai(x) son funciones continuas en I ∀ i = 0, 1, 2 y a2(x) 6= 0 en I se conoce como ecuación deRicatti .

Para convertirla en una EDL de priemer orden se utiliza la sustitución y =1µ

+ y1 donde y1(x) es una

solución particular de la ecuación de Ricatti (esta sustitución particualr se encuentra por inspección).



Demostración. Sea

y =1µ

+ y1 ⇒dy

dx= −µ2 du

dx+dy1dx

donde

y′1 + a2(x)y21 + a1(x)y1 + a0(x) = 0

dy1dx− 1µ2

du

dx+ a2(x)

(y1 +

1µ

)2

+ a1(x)(y1 +

1µ

)+ a0(x) = 0

0 = y′1 −1µ2

du

dx+ a2(x)y2

1 +2µy1a2(x) +

1µ2a2(x) + a1(x)y1 +

a1(x)µ

+ a0(x)

−dµdx

+ 2µy1a2(x) + a2(x) + a1(x)µ = 0⇒

dµ

dx− (2y1a2(x) + a1(x))µ = a2(x)⇐⇒

dµ

dx+ p(x)µ = q(x)

Problema. Resolver:

y′ = x+ 1− xy2 + 2x2y − x3 si y1(x) = 1 + x

dµ

dx− 2xv = x µ = e−

∫−2x dx

(∫x e∫

2x dx dx+ c

)

Resolver. y′ − sen2 xy2 +1

senx cosxy + cos2 x = 0, si yp = cotx.

a2(x) = − sen2 x a1(x) =senxcosx

a0(x) = − cos2 x.

Si y =1v

+ yp(x)

⇒ dv

dx−(−2 cotx sen2 x+

1senx cosx

)v = − sen2 x.

dv

dx−(−2

senx(cosx)−1

+1

senx cosx

)v = − sen2 x

dv

dx−(−2 senx cosx+

1senx cosx

)v = − sen2 x

v′ − −2 sen2 x cos2 x+ 1senx cosx

v = − sen2 x

v = e∫ −2 sen2 x cos2 x+1

sen x cos x dx

(−∫

sen2 x e∫ 2 sen2 x cos2 x+1

sen x cos x dx dx+ c

)

∫ (−2 senx cosx+

1senx cosx

)dx = −2

sen2 x

2+∫

2sen 2x

dx

= − sen2 x+ 2∫

cosec 2x dx = − sen2 x+ ln | cosec 2x+ cot 2x|


7 EXISTENCIA Y UNICIDAD DE LAS SOLUCIONES UTFSM

v = e− sen2 x e− ln | cosec 2x+cot 2x|(−∫

sen2 x esen2 x eln | cosec 2x+cot 2x| dx+ c

)v = e− sen2 x 1

cosec 2x+ cot 2x

(−∫

sen2 x esen2 x(cosec 2x+ cot 2x)dx+ c

)= e− sen2 x sen 2x

1 + cos 2x

(−∫

sen2 x esen 2x · cosxsenx

dx+ c

)= tg x e− sen2 x

(−1

2

∫2 senx cosx esen2 x dx+ c

)= tg x e− sen2 x

(−1

2esen2 x +c

)= −1

2tg x+ c tg x e− sen2 x

⇒ y(x) = cotg x+1

− 12 tg x+ c tg x e− sen2 x

Ejemplo. y′ − xy2 + (2x− 1)y = x− 1

Solución. Supongamos que y1 = k, por determinar el valor de k.

y′1 = 0⇒ 0− xk2 + 2kx− k − x+ 1 = 0

⇒ x(−k2 + 2k − 1) + 1− k = 0⇒ −x(k − 1)2 − (k − 1) = 0

⇒ k = 1 ∴ y = 1 +1u⇒ y′ = −u−2u′

−u−2u′ − x(

1 +1u

)2

+ (2x− 1)(

1 +1u

)= x− 1

−u−2u′ − x− 2x/u− x/u2 + 2x− 1 + 2x/u− 1/u = x− 1 / · (−u2)

⇒ u′ + u = −x⇒ u(x) = e−∫dx

(c+

∫−x e

∫dx dx

)u(x) = e−x (c− x ex + ex)

∴ y = 1 + (1− x+ c e−x)−1

Ejercicios.

1) 2y′ − y2

x2− 1 = 0

2) y′ + y2 + 3y + 2 = 0

3) y′ + (1 + ex)y2 − 2x2(1 + ex)y + x4(1 + ex)− 2x = 0

4)dx

dt+ x2 + 1 = 0

5) y′ + y2 − 1 = 0, tal que, y(0) = −1/3

7. Existencia y unicidad de las solucionesSe puede asegurar que cada EDL de primer orden un un intervalo I, tiene soluciones. De hecho, tiene

una infinidad de soluciones, una para cada valor de c en la expresión:

(7.1) y(x) = e−∫p(x) dx

(c+

∫q(x) e

∫p(x) dx dx

)


7 EXISTENCIA Y UNICIDAD DE LAS SOLUCIONES UTFSM

y la solución general de una de tales ecuaciones es, por lo tanto, una familia de curvas en el plano xydeterminada por el intervalo I.


8 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR UTFSM

8. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superiorTeorema 1. Sean y1(x), . . . , yn(x) ∈ Cn−1(I). Suponga que ∃x0 ∈ I:{(

yi(x0), y′i(x0), y′′i (x0), . . . , y(n−1)i (x0)

)}i=1

es l.i. en Rn ⇒ {yj(x)}j=1,...,n es l.i.

Ejemplo.{

ex, x ex, x2 ex}es l.i. en R pues:

y1(x) = ex ⇒ (ex, ex, ex)|x=0 = (1, 1, 1)

y2(x) = x ex ⇒ (x ex, ex(1 + x), ex(2 + x))|x=0 = (0, 1, 2)

y3(x) = x2 ex ⇒ (x2 ex, ex(x2 + 2x), ex(x24x+ 2))|x=0 = (0, 0, 2)

y claramente

{(1, 1, 1), (0, 1, 2), (0, 0, 2)}

es l.i.

Definición 3. Sean y1(x), . . . , yn(x) ∈ Cn−1(I). ∀x ∈ I el determinante

W [y1(x), . . . , yn(x)] =

∣∣∣∣∣∣∣∣y1(x) y2(x) . . . yn(x)y′1(x) y′1(x) . . . y′n(x)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

y(n−1)1 (x) y

(n−1)2 (x) . . . y

(n−1)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣se llama el wronskiano de las funciones y1, . . . , yn

Ejemplos

1) W [senx, cosx] =

∣∣∣∣senx cosxcosx − senx

∣∣∣∣ = −1

2) W [x, senx] = x cosx− senx

3) W [x, 2x] = 0

Observación. W 6≡ 0⇒ {y1, . . . , yn} es l.i. W = 0 6⇒ l.d.

Pero, para el caso de soluciones de una ED lineal homogénea de orden n, y normal en I, siW [y1, . . . , yn] ≡0⇒ y1, y2, . . . , yn l.d. en C(I).


9 OPERADORES DIFERENCIALES UTFSM

8.1. Solución general de una ecuación homogéneaSean y1(x), y2(x), . . . , yn(x) soluciones l.i. de la ecuación homogénea

b0(x)y(n) + b1(x)y(n−1) + · · ·+ bn(x)y = 0

⇒ la solución general de la ecuación es:

yk(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x)

donde ci son constantes que dependen de las c.i. (sol. intrínseca del sistema)

8.2. Solución general de una ecuación no homogéneaSea yp(x) cualquier solución particular (solución forzante del sistema) de

b0(x)y(n) + b1(x)y(n−1) + · · ·+ bn(x)y = R(x)

y sea yh(x) la solución de la ecuación homogénea (ver 9) entonces

yG(x) = yh(x) + yp(x)

9. Operadores DiferencialesSea D el operador que denota diferenciación con respecto a una variable (por ejemplo x). D2 el operador

que indica una doble diferenciación, D3 el operador que indica una triple diferenciación, etc.

Ejemplo. Dky ≡ dky

dxkderivada k-ésima con respecto a la variable x. La expresión L(D) = a0D

n + a1Dn−1 + · · ·+

an−1D + an, aj son constantes, es llamado un «operador diferencial de orden n». Este es el operador diferencialaplicado a y queda

L′(D)(y) = a0dny

dxn+ a1

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1

dy

dx+ any

Aplicar (D −m)n a xk emx donde m es constante; k, n ∈ N con k < n

a) (D −m)(emx) = m emx−m emx = emx(m−m) = 0

b) (D −m)2(emx) = (D −m)[(D −m)(emx)] = (D −m)(0) = 0

c) (D −m)2(x emx) = (D −m)[emx +mx emx−mx emx] = (D −m)(emx) = 0

d) (D −m)2(emx +x emx) = (D −m)2(emx) + (D −m)2(x emx) = 0

Nota.

1) El operador D,D2, D3, . . . , Dk es un operador lineal, i.e.

Dk(αy1(x) + βy2(x)) =dk(αy1 + βy2)

dxk= α

dky1dxk

+ βdky2dxk

= αDky1 + βDky2

Conclusión. L(D)(αy1 + βy2) = αL(D)(y1) + βL(D)(y2) ∀α, β ∈ R



2)

(D −m)(y) = 0⇔ yh(x) = c emx

(D −m)2(b) = 0⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x)(D −m)3(b) = 0⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x+ c3x

2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(D −m)n(b) = 0⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x+ c3x

2 + · · ·+ cn−1xn−2 + cnx

n−1)

Ejemplo. (D − 1)2(y) = 0⇒ yh(x) = ex(c1 + c2x)

Ejemplo. (D + 2)3(y) = 0⇒ yh(x) = e−2x(c1 + c2x+ c3x2)

Sea L(D) = a0Dn + a1D

n−1 + · · ·+ an−1D+ a0D0, donde D0(y) =

d 0y

dx0= y. Aplicamos L(D) a emx ⇒

L(D)(emx) = a0mn emx +a1m

n−1 emx + · · ·+ an−1m emx +an emx

= emx(a0mn + a1m

n−1 + · · ·+ an−1m+ an)= emx L(m)

Si m es una raíz de la ecuación L(m) = 0 ⇒ L(D)(emx) = 0 pero una ecuación L(m) = 0 de grado n en lavariable m tiene además n soluciones reales. Por lo tanto para cada mi tal que L(mi) = 0⇒ L(D)(emix) = 0;luego, si m1,m2, . . . ,mi, . . . ,mn son soluciones de L(m) = 0⇒

L(D)(c1 em1x +c2 em2x + · · ·+ cn emnx) = 0⇒ L(D)(y) = 0⇔ yh(x) = c1 em1x +c2 em2x + · · ·+ cn emnx

Ejemplo. Resolver 2d2y

dx2+ 5

dy

dx+ 12y = 0.

Solución.

(2D2 + 5D − 12)(y) = 0⇒ L(m) = 2m2 + 5m− 12 = 0⇒ m1 = −4 ∧m2 =3

2

⇒ yh(x) = c1 e−4x +c2 e32 x

Nota. Si (D −m)k(y) = 0⇒ yh(x) = emx(c1 + c2x+ c3x2 + · · ·+ ckx

k−1) donde los ci ∈ R (constantes) sedeterminan mediante las c.i.

Ejemplo. (D + 4)3(y) = 0⇒ yh(x) = e−4x(c1 + c2x+ c3x2)

Ejemplo. (D4 + 2D3 +D2)(y) = 0⇒ m = 0, 0,−1,−1, yh(x) = c1 + c2x+ e−x(c3 + c4x)

9.1. Raíces imaginarias en el operador L(D)

Si al resolver L(D)(y) = 0 se encuentra que en L(m) = 0 tiene m1 = a+ ib ∧m2 = a− ib vemos que:

y = k1 e(a+ib)x +k2 e(a−ib)x

= eax(k1 eibx +k2 e−ibx)= eax(k1 cos bx+ ik1 sen bx+ k2 cos bx− k2i sen bx)= eax {(k1 + k2) cos bx+ i(k1 − k2) sen bx}= eax(c1 cos bx+ c2 sen bx)



Teorema 2. Si y1(x) es una solución no trivial de la ED

y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0

entonces la segunda solución de la ED es

y2(x) = y1(x)∫

e−∫a1(x) dx

y21(x)

dx

la que es l.i. con respecto a y1(x)

⇒ yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

Demostración. Suponer

y2(x) = k(x)y1(x)⇒ y′2 = k′y1 + ky′1

y′′2 = k′′y1 + 2k′y′1 + ky′′1

k′′y1 + 2k′y′1 + ky′′1 + a1(x)(k′y1 + ky′1) + a0(x)ky1 = 0k(y′′1 + a1y

′1 + a0y1) + 2y′1k

′ + y1(a1k′ + k′′) = 0

∴ y1k′′ + (2y′1 + a1y1)k′ = 0

k′′ +(

2y′1y1

+ a1

)k′ = 0

k′ = e−∫ 2y′1

y1+a1dx C

= C e−2 ln y1−∫a1dx = C eln y−2

1 e−∫a1 dx

= Ce−∫a1 dx

y21

∴ k(x) = C

∫e−∫a1 dx

y21

dx

W [y1, y2] =

∣∣∣∣∣∣y1 y1∫

e−∫

a1 dx

y21

dx

y′1 y′1∫

e−∫

a1 dx

y21

dx+ y1e−

∫a1 dx

y21

∣∣∣∣∣∣ = e−∫a1 dx 6= 0

∴ {y1, y2} son l.i.∴ yG(x) = C1y1(x) + C2y2(x)

volverejemplosEjemplo. Resolver x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0 si se sabe que una solución es y1(x) = x2

Solución.

La ecuación debe escribirse como

y′′ − 3

xy′ +

4

x2y = 0

∴ a1(x) = − 3

x⇒ e−

∫a1 dx = e3 ln x = x3

y2(x) = x2

∫x3

x4dx = x2

∫1

xdx = x2 lnx

⇒ yh(x) = x2(c1 + c2 lnx)


10 EDL DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGÉNEAS UTFSM

¿Qué pasa si se conoce la solución y1(x) = x2 lnx y se pide la otra?

y2(x) = x2 lnx

∫e−

∫ 3x

dx

x4 ln2 xdx = x2 lnx

∫1

x ln2 xdx

= −x2 lnx1

lnx= −x2

⇒ yh(x) = x2(c1 lnx+ c2)

Ejercicio. Resolver y′′ + tg xy′ − 6 cotg2 xy = 0 si y1(x) = sen3 x

10. EDL de Coeficientes Constantes No HomogéneasLa solución general de la EDL no homogénea es de la forma

YG(x) = yh(x) + yp(x)

nuestro problema ahora consiste en tratar de determinar yp, ya que yh ya se sabe como obtenerla.Existen varios métodos para determinar yp, los dos más conocidos son

1. coeficientes indeterminados (MCI) y

2. variación de parámetro (MVP)

10.1. Método Coeficientes IndeterminadosEl MCI tiene la ventaja de ser un método sencillo, pero para poder aplicarlo es necesario conocer la

forma de la solución particular.

Sea L(y) = h(x) sea L2 el operador tal que

L2(h(x)) = 0⇒ L2 ◦ L(y) = L(h(x)) = 0⇒L∗(y) = 0 donde L∗ = L2 ◦ L

Sea y∗(x) = yh + yp tal que L∗(y∗(x)) = 0⇒ yp = y∗ − yh

∴ para determinar las constantes que aparecen en yp, se substituye yp en la ecuación diferencial L(yp) = h(x)

Ejemplo. Resolver (D2 + 4)(y) = 7

Solución.

(D2 + 4)(y) = 0⇒ yh(x) = c1 sen 2x+ c2 cos 2x

L2(7) = D(7) = 0⇒ L2 = D ⇒ L∗ = D(D2 + 4)⇒y∗ = c1 sen 2x+ c2 cos 2x+ c3 ⇒ yp = c3

y′′p + 4yp = 0 + 4c3 ≡ 7⇒ c3 = 7/4

⇒ yG(x) = c1 sen 2x+ c2 cos 2x+7

4



Ejemplo. (D2 + 3)(y) = ex

Solución.

yh(x) = c1 sen√

3x+ c2 cos√

3x

L2 = D − 1 pues (D − 1) ex = 0

∴ (D − 1)(D2 + 3)(y) = 0⇒ y∗ = c1 sen√

3x+ c2 cos√

3x+ c3 ex

⇒ yp = c3 ex .

(c3 ex) + 3(c3 ex) ≡ ex

pero

D2 + 3 = D2 − 1 + 4⇒ (D2 + 3)(c3 ex) = (D − 1)(D − 1)(c3 ex) + 4c3 ex

4c3 ex ≡ ex ⇒ c3 =1

4.

yG(x) = c1 sen√

3x+ c2 cos√

3x+1

4ex

Ejemplo. (D2 + 2D + 1)(y) = 2 ex + cos 2x.

Solución.

yh(x) = c1 e−x +c2x e−x

L2 = (D − 1)(D2 + 4) yp = c3 ex +c4 sen 2x+ c5 cos 2x

(D2 + 2D + 1)(yp) = (D2 + 42D − 3)(yp)

= (D2 + 4)(c3 ex) + (2D − 3)(yp)

= (D2 − 1 + 5)(c3 ex) + (2(D − 1)− 1)(c3 ex +c4 sen 2x+)

= 5c3 ex−1c3 ex +2c4 · 2 cos 2x+ 2c5(−2) sen 2x

= 4c3 ex +(4c4 − 3c5) cos 2x− (4c5 + 3c4) sen 2x

= 2 ex + cos 2x

⇒ c3 = 1/24c4 − 3c5 = 13c4 + 4c5 = 0

}⇒ c4 =

4

25c5 = − 3

25

yp =1

2ex +

4

25sen 2x− 3

25cos 2x

yG = c1 e−x +c2x e−x +1

2ex +

4

25sen 2x− 3

25cos 2x

Empleando en MCI, encontrar yp en:

a) (D2 + 6D + 10)(y) = x4 + 4x2 + 2

b) (6D2 + 2D − 1)(y) = 7x ex(1 + x)

c) (D2 +D − 2)(y) = 3 ex− senx

d) (D2 − 4D + 8)(y) = e2x(1 + sen 2x)

e) (D2 − 4)2(y) = x senhx



10.2. Método de Variación de ParámetrosComenzamos considerando la EDL de 2.o orden

y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = h(x)(10.1)

definida en un intervalo I y cuya solución general de la EDL homogénea asociada a (10.1) es:

yh(x) = k1y1(x) + k2y2(x)(10.2)

se busca una solución particular yp de (10.1) tal que

yp(x0) = 0y′p(x0) = 0 con x0 ∈ I

La construcción de yp se empieza con la suposición de que cualquier solución particular de (10.1) debeestar relacionada con yp y para ello se intenta alterar ésta última tal que se convierte en una soluciónparticular de (10.1). Una forma de hacerlo es permitir que k1 y k2 en (10.2) varíen con x (o sea, k1 = k1(x)y k2 = k2(x)) tal que:

yp(x) = k1(x)y1(x) + k2(x)y2(x)(10.3)

abreviando,

yp = k1y1 + k2y2(10.4)

derivando yp y reemplazando en (10.1) se obtiene

y′p = k1y1 + k1y′1 + k′2y2 + k2y

′2

y′′p = k′′1y1 + 2k′1y′1 + k1y

′′1 + k′′2y2 + 2k′2y

′2 + k2y

′′2

k1(y′′1 + a1(x)y′1 + a0(x)y1) + k2(y′′2 + a1(x)y′2 + a0(x)y2)+k′′1y1 + 2k′1y

′1 + k′′2y2 + 2k′2y

′2 + a1k

′1y1 + a1k

′2y2 = h(x)

⇒ k′′1y1 + 2k′1y′1 + k′′2y2 + 2k′2y

′2 + a1k

′1y1 + a1k2y2 = h(x)

pues y1 ∧ y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea

(k′′1y1 + k′1y′1 + k′′2y2 + k′2y

′2) + a1(k′1y1 + k2y2) + k′1y

′1 + k′2y

′2 = h(x)

(k′1y1 + k′2y2) + a1(x)(k′1y1 + k′2y2) + k′1y′1 + k′2y

′2 = h(x)

esta identidad debe mantenerse si (10.3) es solución de la ED y ∴ k1 y k2 pueden escogerse en forma tal que:

k′1y1 + k′2y2 = 0k′1y′1 + k′2y

′2 = h(x)

}∀x ∈ I

Resolviendo por Crammer

⇒ k′1 = −h(x)y2W

∧ k′2 =h(x)y1W



donde

W =∣∣∣∣y1 y2y′1 y′2

∣∣∣∣ = Wronskiano = W (y1(x), y2(x))

∴ yp(x) =∫ x

x0

y2(x)y1(t)− y1(x)y2(t)W (y1(t), y2(t))

h(t) dt

Ejemplo. y′′ + y = secx, en este caso no se puede aplicar MCI pues 6 ∃ operador L tal que L(secx) = 0.

Solución.

yh(x) = c1 senx+ c2 cosx

yp(x) = k1 senx+ k2 cosx

k′1 senx+ k′2 cosx = 0k′1 cosx− k′2 senx = h(x) = secx

}W =

∣∣∣∣ senx cosxcosx − senx

∣∣∣∣ = −1

k′1 = secx · cosx = 1 k2 = − secx · senx = − tg x

⇒ k1 = x k2 = −∫

tg x dx = ln | cosx|

yG(x) = c1 senx+ c2 cosx+ x senx+ cosx ln | cosx|

Ejemplo. (D2 −D − 2)(y) = e−x senx

Solución.

yh(x) = c1 e2x +c2 e−x

W =

∣∣∣∣ e2x e−x

2 e2x − e−x

∣∣∣∣ = e2x e−x

∣∣∣∣1 12 −1

∣∣∣∣ = −3 ex

k′1 =1

3e−3x senx⇒ k1 =

1

3

∫e−3x senx dx =

1

3

e−3x

1 + 9(−3 senx− cosx)

k′2 =e2x e−x senx

−3 ex= −1

3senx⇒ k2 =

1

3cosx

∴ yg(x) = c1 e2x +c2 e−x− 1

30e−x(3 senx+ cosx) +

1

3e−x cosx

Ejemplo. Resolver x4y′′ + x3y′ − x2y = 1



Solución.

x4y′′ + x3y′ − x2y = 0⇒ x2y′′ + xy′ − y = 0

α(α− 1) + α− 1 = 0⇒ α2 = 1⇒ y1(x) = x, y2 = x−1

y2(x) = x

∫e−

∫ 1x

dx

x2dx = x

∫1

x3dx = − 1

2x

∴ yh(x) = c1x+ c21

x

k′1x+ k′21

x= 0

k′1 − k′21

x2= 1

x4

W =

∣∣∣∣x 1/x1 −1/x2

∣∣∣∣ = − 2

x

k′1 =1

2x4⇒ k1 = − 1

6x3

k′2 = − 1

2x2⇒ k2 =

1

2x

yp =1

3x2

yG(x) = c1x+ c21

x+

1

3x2


ÍNDICE UTFSM

Índice1. Separación de Variables 1

2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden 2

3. Ecuaciones Diferenciales Exactas 8

4. Factor de Integración 11

5. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden 13

6. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal 17

7. Existencia y unicidad de las soluciones 20

8. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior 228.1. Solución general de una ecuación homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238.2. Solución general de una ecuación no homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

9. Operadores Diferenciales 239.1. Raíces imaginarias en el operador L(D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

10.EDL de Coeficientes Constantes No Homogéneas 2610.1. Método Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2610.2. Método de Variación de Parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Índice alfabético 31

Índice alfabético

ecuaciónde Ricatti, 18exacta, 8lineal, 13

homogénea, 13normal, 13

factorde integración, véase factor integranteintegrante, 11

funciónhomogénea

de grado k, 2


95792244 apunte usm resolucion edo s

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