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8/20/2019 97298762 Ecuaciones Diferenciales Udea Cap1

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Capı́tulo1ECUACIONES DIFERENCIALES DE

PRIMER ORDEN

1.1. INTRODUCCIÓN

Consideremos una familia de curvas definida en alguna región del plano cartesiano:

F (x, y) = C

Se desea determinar la pendiente de la recta tangente a cualquier elemento de la familia enel punto P (x, y). Suponiendo que las derivadas parciales de la función existen en la región, eldiferencial total de la función está dado por:

dF (x, y) = ∂

∂ xF (x, y)dx +

∂

∂ yF (x, y)dy = dC = 0 (1.1)

Donde C es una constante real.

A partir de la expresión anterior se obtiene la ecuación para la pendiente de la recta tan-gente a cualquier elemento de la familia en el punto P (x, y), así:

dy

dx = −

∂ F ∂ x∂ F ∂ y

; con ∂ F

∂ y = 0

En consecuencia, la pendiente de la recta tangente a cualquier elemento de la familia dependede las variables x, y , así:

dy

dx = f (x, y)

La ecuación obtenida es una ecuación diferencial.

1


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2 CAPÍTULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Si representamos f (x, y), se obtiene una gráfica como la ilustrada en la figura 1.1, en laque cada pendiente de la familia de curva F (x, y) = C es representada por una pequeña fle-cha con dirección. A este conjunto de todos los posibles valores que puede alcanzar la derivada

en los puntos del plano y trazadas discretamente mediante pequeñas rectas tangentes a lascurvas de la familia, se le denomina campo de pendientes o campo de dirección . Siguiendo lastrayectorias del campo de pendientes se obtiene gráficamente la familia de curvas F (x, y) = C ,es decir, la solución de la ecuación diferencial de primer orden.En particular, para la figura 1.1 se puede ver una trayectoria en el campo de pendientes quecorresponde a un elemento de la familia de curvas solución.

-10 -5 0 5 10

-10

-5

0

5

10

Figura 1.1: Campo de pendientes f (x, y) de la familia de curvas F (x, y) = C

Nuestro interés es obtener la familia de curvas F (x, y) = C , solución de la ecuación di-ferencial, no a partir de la representación gráfica del campo de pendientes, sino mediantemétodos analíticos que se desarrollarán en las siguientes secciones.


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1.1. INTRODUCCIÓN 3

Ejemplo: 1.1. Considere la familia de parábolas:

y = Cx2

a) Dibuje dos elementos de la familia.

b) Encuentre la ecuación diferencial de la familia.

Solución:

a) La figura 1.2 ilustra los elementos correspondientes a los valores del parámetro: C = 1y C = −1.

b) Para hallar la ecuación diferencial derivamos la función y eliminamos la constante, así:

dy

dx = 2Cx y C = y

x2 ⇒ dy

dx = 2 y

x2

x =

2y

x

-3 -2 -1 0 1 2 3

-2

-1

1

2

C=1

C=-1

Figura 1.2: Elementos de la familia de curvas del ejemplo 1.1

Es de esperarse que a partir de la ecuación diferencial se obtenga la familia de curvas.

Precisamente, el objetivo del presente libro es que el estudiante aprenda a resolver ecuacionesdiferenciales.

Las ecuaciones diferenciales tienen orígenes muy diversos, pero fundamentalmente estaremosinteresados en aquellas ecuaciones diferenciales que resultan del análisis de sistemas de inge-niería. Se hará un énfasis especial en aplicaciones de la mecánica, de soluciones en ingenieríaquímica, de circuitos eléctricos, de problemas de crecimiento y decrecimiento, entre muchas


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otras.

Ejemplo: 1.2. Considere la curva del plano dada por:

y2 = C x


b) Determine la ecuación diferencial de la familia.

c) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales.

Solución: Se trata de la familia de parábolas con eje sobre el eje de abscisas y vértice en elorigen.Asignamos valores a la variable independiente y dos valores diferentes a la constante, obtene-mos la gráfica de la figura 1.3.

y2 = x ⇒ y = ±√ xy2 = −x ⇒ y = ±√ −x

Claramente se observa que todas las parábolas pasan por el origen.

-3 -2 -1 0 1 2 3

-2

-1

1

2

C=-1

C=1


En cuanto a la ecuación diferencial de la familia, derivamos y eliminamos la constante, así:

y2 = Cx ⇒ 2y dydx

= C ⇒ dydx

= y

2x


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-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-3

-2

-1

1

2

3

a =2

C=-1 C=1

Figura 1.4: Elementos de familia de curvas ortogonales




Solución: Se trata de la familia de circunferencias con el centro sobre el eje de abscisas yque pasan por el origen. Ajustando el trinomio cuadrado perfecto, resulta:

(x− C )2

+ (y − 0)2

= C 2

La figura 1.5 ilustra la gráfica para los casos: C = 1 y C = 2. Para encontrar la correspondienteecuación diferencial procedemos de la misma manera, veamos:

x2 + y2 = 2Cx ⇒ 2x + 2y dydx

= 2C ⇒ 2x + 2y dydx

= x2 + y2

x

Despejando la pendiente resulta:dy

dx =

y2 − x22xy

La ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales viene a ser:

dydx

= 2xyx2 − y2

La ecuación diferencial hallada se puede resolver, a pesar de que no es de variables separables.Más adelante, en la sección 1.3, veremos que dicha ecuación se puede clasificar como homo-génea y estudiaremos la técnica para resolverla.


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0 1 2 3 4

-2

-1

1

2

C=1

C=2


Ejemplo: 1.4. Considere la curva del plano dada por:

x2 + y2

C 2 = 1




Solución: Se trata de una familia de elipses con centro en el origen y semiejes: 1 y C . Paralos elementos de la familia correspondientes a C = 1 y C = 2, la representación gráfica semuestra en la figura 1.6. Encontremos la ecuación diferencial de la familia:

y2

1− x2 = C 2 ⇒ 2y dy

dx = −2xC 2 ⇒ 2y dy

dx = −2x y

2

1− x2Simplificando, resulta:

dy

dx =

xy

x2

−1

En cuanto a la ecuación diferencial de las curvas ortogonales, tenemos:dy

dx =

1− x2xy

La ecuación es de variables separables, esto es, se puede escribir en la forma:

ydy = (x−1 − x)dx


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-1 0 1

-1

1

C=1

C=2


La solución de la ecuación diferencial la familia de curvas, mediante una simple integraciónes:

x2 + y2 = 2ln(Cx)

La figura 1.7 muestra un elemento de la familia dada y cuatro de la familia de curvas ortogo-nales con C = 2 . . . 5.

Hoy en día, se cuenta con múltiples herramientas de software tanto libres como privativas

para la solución simbólica y numérica de ecuaciones diferenciales. Entre ellas podemos men-cionar los programas Máxima1 y Matlab2, con los cuales se puede obtener rápidamente lasolución de una gran cantidad de ecuaciones diferenciales mediante el uso de pocos comandos.

Para encontrar el campo de pendientes o campo de direcciones de la ecuación diferencialde curvas ortogonales dy

dx = 1−x

2

xy mediante máxima, se usa el comando:

plotdf(dxdy, ..opciones..)

En donde dxdy representa la función f (x, y). La figura 1.8 ilustra el resultado del comando3:

plotdf((1-x^2)/(x*y),[x,-2,2],[y,-1.5,1.5],[xfun,"sqrt(1-x^2);-sqrt(1-x^2)"]);

En donde se puede ver el campo de pendientes, tres elementos de la familia de curvas ortogo-nales y los semicírculos de radio unitario.

1Software libre y de código abierto que se puede descargar en http://maxima.sourceforge.net/2Software propietario que se puede obtener en http://www.mathworks.com/products/matlab3Mostramos aquí el comando necesario para obtener la solución del ejemplo 1.4 sin pretender exponer

detalles acerca del mismo. Si el estudiante está interesado en profundizar en el tema deberá consultar elmanual pertinente del programa.


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-1 0 1 2

-1

1

C=1

C=2

C=3

C=4

C=5

Figura 1.7: Elementos de la familia de curvas ortogonales del ejemplo 1.4

-1 0 1 2

-1.2

-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

1.2

sqrt((1 - pow(x,2)))

-sqrt((1 - pow(x,2)))

Figura 1.8: Campo de pendientes de curvas ortogonales del ejemplo 1.4


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Ejemplo: 1.5. Se lanza verticalmente hacia arriba un cuerpo de masa M con una velo-cidad inicial V i. Determine la posición y la velocidad en todo instante.

Solución:

y(0)=0 v(0)=V i

y(t) v(t)

M g

F fricción

Figura 1.9: Lanzamiento ver-

tical de un cuerpo.

Para resolver el problema debemos elaborar un modelomatemático que describa la situación planteada. Suponga-mos que el cuerpo se puede considerar como una par-tícula, es decir, su masa está concentrada en su centrode masas. Supongamos también que la trayectoria que si-gue es estrictamente vertical. Si ubicamos nuestro siste-ma de coordenadas en el punto en el que se efectúa ellanzamiento, la posición y la velocidad en ese instantet = 0 están dadas por: y(0) = 0 y v(0) = V i. Lafigura 1.9 ilustra la posición de la partícula en el ins-

tante cualquiera t > 0 y las fuerzas que actúan sobreella.

Nuestro objetivo es determinar la posición y la velocidad encualquier instante: t > 0.Observe que cuando el cuerpo se está moviendo hacia arribalas fuerzas actuantes sobre él son: el peso y la fricción, ambasen sentido contrario al movimiento.

No olvidemos que la segunda ley de Newton establece que:

“La variación con respecto al tiempo de la cantidad de movimiento de una partícula es igual

a la suma de las fuerzas aplicadas en la dirección del movimiento”. Con base en la segundaley de Newton, podemos escribir:

d

dt[Mv(t)] = −Mg − F fricción (1.2)

En donde M es la masa en movimiento, v(t) es la velocidad en todo instante, g es la gravedady F fricción es la fuerza de fricción dinámica.

La ecuación (1.2) es una ecuación diferencial y para resolverla se hace necesario conoceralgunas técnicas que serán objeto de estudio.

Tomemos algunos modelos simples:


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Primer modelo

La masa del cuerpo es constante y la fricción se desprecia (caso ideal). En este caso, la segundaley de Newton queda en la forma:

M dv(t)

dt = −Mg

La ecuación diferencial resultante en este caso es de variables separables, así:

dv(t)

dt = −g

Observe que la ecuación diferencial es independiente de la masa. Efectuando las integrales,encontramos la solución general, así:

v(t) =−

gt + C

La constante de integración se evalúa con la condición inicial, obteniendo:

v(t) = V i − gtEs de notarse que la función de velocidad es lineal, es decir, su gráfica es una recta de cuyapendiente es menos la gravedad. Cuando la velocidad se hace cero la partícula alcanza laposición máxima. El tiempo en el que esto ocurre es:

tmax = V i

g

En cuanto a la posición del cuerpo en todo instante, usamos la relación entre la posición y lavelocidad, así:

dy(t)

dt = v(t) = V i − gt

Integrando de nuevo, resulta la solución general:

y(t) = −12

gt2 + V it + K

En donde la constante de integración K se determina con base en la condición inicial, así:y(0) = 0 = K y el resultado es:

y(t) = −1

2gt2 + V it

En resumen, tenemos que: cuando un cuerpo de masa constante M se lanza verticalmentehacia arriba con una velocidad inicial V i y se mueve en un medio sin fricción, la velocidad yla posición en todo instante están dadas por:

v(t) = −gt + V i y y(t) = −12

gt2 + V it


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1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 11

-25

25

50

75

100

125

v(t )

t

y(t )

Figura 1.10: Posición y velocidad en el lanzamiento vertical de un cuerpo sin fricción

La figura 1.10 representa, en un mismo gráfico, la posición y la velocidad en función deltiempo, asignando valores a la gravedad, a la velocidad inicial y al tiempo en el sistemainternacional de medidas (MKS), así:

V i = 50m/s ; g = 10m/s2

La línea recta es la gráfica de la velocidad y la parábola representa la posición en todoinstante. Observe que la posición tiene un valor máximo de 125 metros y se alcanza al cabode 5 segundos, esto es, cuando la velocidad se hace cero. En general el tiempo en el que alcanzala altura máxima y la correspondiente altura esta dada por:

tmax = V i

g ; y(tmax) = ymax =

V i2

2g

La velocidad es negativa después de que el cuerpo alcanza su altura máxima, debido a que elcuerpo está bajando.

Segundo modelo

La masa es constante y la fricción es directamente proporcional a la velocidad en todo ins-tante4. Tomemos F fricción = Bv(t), siendo B una constante de proporcionalidad en el sistema

4Esto se conoce como ley de Stokes. En este modelo se considera que el objeto en movimiento produce un flujo laminar , es decir no produce pertubaciones caóticas a su alrededor.


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MKS. La ecuación diferencial queda en la forma:

d

dt[Mv(t)] = −Mg −Bv(t) (1.3)

La ecuación diferencial obtenida es de variables separables y por lo tanto se puede resolverpor integración directa. Para integrar la expresaremos de una forma más conveniente así:

dv(t)

dt +

B

M v(t) + g = 0

Separando las variables e indicando las integrales, resulta: M

Bv(t) + Mgdv(t) = −

dt

Evaluando las integrales, tenemos:

M

B ln(Bv(t) + Mg) = −t + C

La constante de integración la calculamos con la condición inicial v(0) = V i, de donde:

C = M

B ln(BV i + Mg)

Ahora despejamos la velocidad en función del tiempo, así:

v(t) = −MgB

+

V i +

M g

B

e−

M B

t

De otro lado, la expresión para la posición está dada por:

y(t) = −MgB

t +

M

B V i +

M 2g

B2

1− e− BM t

Convenimos en definir la velocidad límite de la siguiente manera:

V L = Mg

B

Observe que la velocidad límite es la que tendrá el cuerpo después de mucho tiempo. En estecaso el signo negativo se debe a que el cuerpo está bajando.

En conclusión, cuando un cuerpo de masa M se lanza verticalmente hacia arriba en un medioque ofrece una resistencia proporcional a la velocidad, la velocidad y la posición en todoinstante vienen dadas por:

v(t) = −V L + (V i + V L)e− g

V Lt

y(t) = −V Lt + V Lg

(V i + V L)

1− e− g

V Lt


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Representemos la posición y la velocidad para algunos valores de la constante de fricción ylos siguientes datos en el sistema MKS:

M = 1Kg ; B = 0.5Kg/s ; g = 10m/s2 ; V i = 50m/s

Debemos establecer claramente el dominio de las funciones de posición y velocidad ya que nosinteresa el movimiento de subida. A partir de la expresión de la velocidad, veamos el instanteen que se hace cero. Resolviendo para la variable t, encontramos:

tmax = V L

g ln

1 +

V iV L

Con los datos dados encontramos el tiempo, en segundos, que demora en alcanzar la alturamáxima.

tmax ≈ 2.506

En consecuencia, resultan las gráficas de velocidad y posición que se muestran en la figura 1.11.Puede notarse que la altura máxima alcanzada ocurre a los 2.5 segundos aproximadamente ysu valor en metros es:

y(tmax) = ymax = V LV i

g − V L

2

g ln

1 +

V iV L

≈ 49.89

Es claro el efecto de la fricción si comparamos con la situación ideal. Es de esperarse que la

1 2 3 4 5 6 7 8

-10

10

20

30

40

50

y(t )

v(t )

t

Figura 1.11: Posición y velocidad en el lanzamiento vertical de un cuerpo con fricción

altura máxima sea menor en tanto aumente la constante de fricción B .


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Tercer modelo

La masa es variable y la fricción es igual a cero. Supongamos que la masa en reposo es de1Kg que en movimiento está dada por M (t) = 1

−0.01t. Lo anterior significa que el cuerpo

en movimiento pierde masa a una rata de 0.01Kg/seg. La ecuación diferencial en este casoes:

M (t) d

dtv(t) + v(t)

d

dtM (t) = −M (t)g (1.4)

Dividiendo por la masa y asignando los datos dados, tenemos:

dv(t)

dt − 1

100− tv(t) = −10

Al resolver la ecuación debe tenerse en cuenta que t


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Solución: Para resolver el problema supongamos que el perro se encuentra en el origen decoordenadas y el conejo se encuentra en el punto C (c, 0).En un instante cualquiera t, el conejo estará en el punto D(c,at) y el perro estará en el

punto P (x, y) de la figura 1.12. Para encontrar la ecuación diferencial de la curva es necesariorelacionar la pendiente de la misma con las variables del problema. La pendiente de la rectatangente a la curva está dada por:

dy

dx =

at− yc− x

La rapidez del perro es la tasa de variación de la longitud del arco de curva con respecto al

P(x,y)

D(c,at)

C(c,0)

Figura 1.12: Gráfica de la trayectoria de persecución del perro al conejo

tiempo, así:

b = ds

dt =

1 +

dy

dx

2dx

dt (1.5)

Si denotamos la pendiente de la recta tangente a la curva como p = dy

dx, se puede escribir:

p = at− y

c− x ; b =

1 + p2 dx

dt

Despejando el tiempo en la primera ecuación, tenemos:t =

y + cp− xpa

Derivando con respecto a la variable x, se tiene:

dt

dx =

dpdx

(c− x) + p(−1) + dydx

a =

c− x

a

dp

dx (1.6)


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Sustituyendo la ecuación (1.5) en (1.6), tenemos:

b

a(c− x) dp

dx = 1 + p

2

El resultado es un problema de valor inicial para la pendiente de la curva, así:

dp

dx = k

1 + p2

c− x ; con p(0) = 0 y k = a

b

Puesto que la ecuación diferencial es de variables separables, tenemos:

dp 1 + p2

= kdx

c− x

Integrando, resulta:

ln p +

1 + p2

= −k ln(c− x) + C

La constante de integración C se halla con la condición inicial p(0) = 0, obteniendo:

C = k ln(c)

Con el valor hallado para la constante, podemos escribir:

ln p +

1 + p2

= k ln

c

c− x

Aplicando las propiedades de los logaritmos, tenemos:

p +

1 + p2 =

c

c− xk

A continuación despejamos la pendiente, así:

p = 1

2

c

c− xk−

c

c− x−k

Finalmente escribimos el problema de valor inicial para la curva, así:

dydx

= 12

c

c− xk − c

c− x−k

; con: y(0) = 0

La ecuación diferencial es de variables separables y su solución, para k = 1, es la siguiente:

y(x) = 1

2(1− k2)

2kc + (c− x)

(1− k)

c− x

c

k− (1 + k)

c− x

c

−k


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Si la velocidad del conejo es menor que la del perro, es decir k < 1, el perro alcanzará al

conejo en el punto (c, y(c)), con y(c) = kc

1− k2 .Por otro lado, si la velocidad del conejo es mayor que la del perro (k > 1), éste nunca lo

alcanzará, lo cual es obvio.

En el caso en que las velocidades son iguales, es decir k = 1. La ecuación diferencial esla siguiente:

dy

dx =

1

2

c

c− x − c − x

c

La solución de la ecuación diferencial es:

y(x) = c

2 ln

c

c− x

+ c

4

c− x

c

2− 1

Tal como en el caso en que k > 1, el perro no alcanzará al conejo.

La figura 1.13 ilustra los casos en que k = 0.5, 1, 0.9 y 1.5 con c = 10. Observe que parak = 0.5 y k = 0.9 (gráficas sólidas), el perro alcanzará al conejo cuando este haya recorrido

6.67 y 47.37 metros, respectivamente. Adicionalmente, si a = 9 tardará tm = kc

a(1− k2) ≈ 0.74y 5.26 segundos, respectivamente.Para los casos k = 1 y k = 1.5 (gráficas en puntos), el perro nunca alcanzará a el conejo.

Resumiendo, tenemos que la trayectoria descrita por un perro, con velocidad b, que persi-

gue a un conejo, con velocidad a, separados una distancia c está dada por:

y =

1

2(1− k2)

2kc + (c− x)

(1− k)

c− x

c

k− (1 + k)

c− x

c

−k

, si k = 1

c

2 ln

c

c− x

+ c

4

c− x

c

2− 1

, si k =

a

b = 1

EJERCICIOS 1.1.

Para todas y cada una de las familias que se describen a continuación, determine:

a) La ecuación diferencial de la familia.

b) La ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales.


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0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

10

20

30

40

El conejo es atrapado

El conejo se escapa

k =1, 1.5

k =0.5, 0.9

Figura 1.13: Gráfica de la trayectoria solución de persecución del perro al conejo

c) En los casos en que la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales sea devariables separables, encuentre la solución mediante el procedimiento estudiado, de locontrario, con la ayuda de de máxima, grafique el campo de pendientes mediante el

comando plotdf() .1. x3y = C

2. y2 − 2xy − 2x2 = C

3. 1

x +

2

y = C

4. x

C +

C

x = y

5. x2

C 2 +

y2

4C 2 = 1

6. x2 − sin(y) = C

7. x− tan(y) = C

8. x + y

x− y = C

9. y = Cx +√

C 2 + 1

10. Cy = (x + C )2

La ecuación diferencial que rige el movimiento del lanzamiento vertical hacia arriba de un

cohete de masa variable con m(t) = mo(1 − at) y que experimenta una fuerza de fricciónproporcional al cuadrado de la velocidad instantánea es:dv(t)

dt = −g − m

(t)

m(t)v(t)− B

m(t)v(t)2

Con ayuda de máxima, determine el campo de pendientes de la ecuación diferencial mediantela ejecución de la siguiente secuencia comandos:


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(%i1) m(t):=mo*(1-a*t); f:-g-diff(m(t),t)/m(t)-B/m(t)*v^2;

plotdf(f,[t,v],[t,0,10],[v,-10,10], [trajectory_at,5,0],

[parameters,"g=9.8,mo=1,B=1,a=0.5"],[sliders,"B=0:10,mo=1:10,a=0:1"]);

Experimente modificando los valores de B, a y m0 con los botones deslizadores, e interpretelos resultados.


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1.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN 21

1.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN

Una ecuación diferencial de primer orden para las variables x, y presenta la forma general:

d

dxy(x) = f (x, y) (1.7)

Con base en lo estudiado previamente, la ecuación proviene de una familia de curvas del plano,de la forma:

F (x,y,C ) = 0

En adelante diremos que la familia de curvas es una solución general de la ecuación diferencialy que cada elemento de la familia es una solución particular. En general, una función de laforma y = µ(x) es solución de una ecuación diferencial si la satisface idénticamente, es decir,si se verifica que:

ddx

µ(x) ≡ f (x, µ(x))

Las siguientes ecuaciones son ejemplos de ecuaciones diferenciales de primer orden:

Ecuación diferencial de variables separables: M (x)dx + N (y)dy = 0

Ecuación diferencial lineal: dy

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

Ecuación diferencial de Bernoulli6: dy

dx + p(x)y = q (x)yα

Ecuación diferencial de Riccati7: dy

dx = p(x)y2 + q (x)y + r(x)

Ecuación diferencial de Clairaut8: y = xdy

dx + F

dy

dx

6

Formulada por Jakob Bernoulli(1654-1705) y resuelta por su hermano Johann(1667-1748), quien fuéprofesor de Euler. Los Bernoulli hacen parte de una extensa y reconocida familia de matemáticos yfísicos suizos.

7

Formulada por Jacopo Francesco Riccati(1676-1754): matemático veneciano reconocido por sus apor-tes en la hidrodinámica.

8

Formulada por Alexis Claude Clairaut(1713-1765): matemático francés reconocido por sus aportesen la comprensión del movimiento gravitacional de luna. Considerado un niño prodigio, a la edadde 13 años presentó su primer trabajo sobre cuatro curvas geométricas descubiertas por él, ante laAcademia Francesa.


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Ejemplo: 1.7. Dada la ecuación diferencial:

dy

dx + 2y = e−x

Muestre que las siguientes funciones son soluciones de la misma:

e−x, e−x + e−2x, e−x + Ce−2x

Solución: Para la primera función, se tiene: µ(x) = e−x, µ(x) = −e−x.

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos: −e−x + 2e−x = e−x. Como puede verse,la función es solución de la ecuación diferencial ya que resulta una identidad.Del mismo modo, el estudiante puede verificar que las otras dos funciones son también solu-ciones de la ecuación diferencial.

Particularmente, la tercera es una familia de curvas y recibe el nombre de solución ge-neral de la ecuación diferencial. Las dos primeras soluciones son soluciones particularesde la ecuación diferencial ya que se obtienen asignando valores a la constante que aparece enla solución general.Pueden existir ecuaciones diferenciales que tengan soluciones que no se puedan obtener de lasolución general, dichas soluciones reciben el nombre de soluciones singulares .

Ejemplo: 1.8. Considere la ecuación diferencial:

y = xdy

dx − 1

2 dy

dx2

Solución: Puede verificarse que la parábola 2y = x2 es una solución singular de la ecuación

diferencial, mientras que la solución general es la familia de rectas:

y = Cx− C 2

2

Ejemplo: 1.9. Dada la ecuación diferencial de Riccati:

xdy

dx = y2 + y − 2

Muestre que la solución general es:y =

K + 2x3

K − x3

Solución: Tomando la primera derivada se tiene:

y = 9Kx2

(K − x3)2


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1.2.1. Problemas de valor inicial de primer orden

Un problema de valor inicial es el que se formula mediante una ecuación diferencial y un nú-mero preciso de condiciones iniciales. Para el caso que nos ocupa, en principio, la formulación

de un problema valor inicial de primer orden es la siguiente:

dy(x)

dx = f (x, y) ; y(x0) = y0

Si hacemos una interpretación geométrica simple del problema (puede tratarse de un proble-ma físico o de otra índole), la solución del problema es “la curva del plano que satisface a laecuación diferencial y pasa por el punto P (x0, y0)”. Cabe preguntarnos aquí algunas cosas quemás adelante intentaremos resolver.¿Cuál es la región del plano en la que el problema tiene solución ?.¿Bajo qué condiciones la solución que pasa por el punto P (x0, y0) es única ?.

¿En qué medida las soluciones pueden expresarse en términos de funciones elementales ?.

Antes de proceder formalmente con el teorema de existencia y unicidad es conveniente anali-zar un ejemplo sencillo.

Ejemplo: 1.10. Encuentre la familia de curvas cuya pendiente de la recta tangente entodos sus puntos está dada por:

y = 2y

x

Solución: Escribiendo la ecuación diferencial en términos de diferenciales tenemos:

y−1dy − 2x−1dx = 0Así que integrando a ambos lados de la ecuación diferencial tenemos:

ln(y)− 2ln(x) = K

Puesto que K es una constante arbitraria podemos hacer K = ln(C ) de tal forma que usandolas propiedades de los logaritmos obtenemos la familia de parábolas:

y = Cx2

El estudiante puede verificar que la familia encontrada corresponde a parábolas con centro enel origen y simetría de eje y . La figura 1.14 representa dos elementos de la familia correspon-dientes a los valores de la constante C = −1 y C = 1. Puede verse que por el origen pasaninfinitas soluciones de la forma:

f (x) =

C 1x

2, si x


25/137


-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-2

-1

1

2

3

C 1 =1 , C

2 =-1

A

D

O

B

C

C 1 =-1 , C

2 =1

Figura 1.14: Gráfica de dos elementos de la familia de curvas del ejemplo 1.10

Particularmente, son soluciones las siguientes:Curva AOD, cuya ecuación es:

f (x) =

x2, si x


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Es importante aclarar que las condiciones del teorema son de suficiencia pero no de nece-sidad, lo anterior significa que puede no cumplirse una de las condiciones de continuidad ysin embargo tener solución. Algunos ejemplos posteriores pondrán de presente tal aseveración.

Ejemplo: 1.11. Considere el problema de valor inicial:

y = 2y

x , y(x0) = y0

Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto dado para que se garan-tice que el problema tenga solución única.

Solución: La función y su primera derivada parcial con respecto a la variable dependienteson:

f =

2y

x f y =

2

xDe lo anterior se concluye que no se garantiza solución única en regiones que contengan a larecta x = 0. El estudiante puede analizar el ejemplo anterior en el que se muestran algunas delas soluciones de la ecuación diferencial dada. Por tanto, el punto puede ubicarse en cualquierade las siguientes regiones:

1 =

(x, y) ∈ R2 / x > 02 =

(x, y) ∈ R2 / x


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La ecuación diferencial es de variables separables y, en consecuencia, se puede determinar susolución general, así:

dy

y =

xdx

x2

−1

Integrando ambos miembros de la igualdad, resulta:

ln(y) = 1

2 ln(x2 − 1) + ln(C )

Con base en las propiedades de los logaritmos, tenemos: y2 = C 2(x2 − 1).Puesto que c2 = K es una constante arbitraria, la solución general es la familia de cónicas:

x2

1 − y

2

K = 1

Si K 0 es una familia de hipérbolas.La figura 1.15 muestra las regiones de validez de las soluciones y algunos elementos de lafamilia, así:Para K = −4, el elemento es una elipse cuya ecuación es:

x2

1 +

y2

4 = 1

Para K = 4, el elemento es una hipérbola cuya ecuación es:

x2

1 − y2

4 = 1

Claramente se observa que por los puntos de abscisa x = −1 y x = 1 pasan infinitas solucio-nes.

Usando las herramientas de software máxima y matlab podemos encontrar la solución dela ecuación diferencial.Mostraremos aquí las secuencias de comandos necesarios para obtener la solución del ejemplo1.12 sin pretender exponer detalles acerca de los mismos. Si el estudiante está interesado enprofundizar en el tema deberá consultar los manuales pertinentes de cada programa.

Solución de ejemplo 1.12 con Máxima: Para Máxima la entradas de comandos sedenotan como (%i) y las salidas como (%o).La derivada d

nydxn

se escribe como ’diff(y,x,n) (y se puede escribir como ’diff(y,x)) y parala ejecución del comando se debe digitar la combinación de teclas SHIFT+ENTER.El comando usado para la solución de la ecuación diferencial ordinaria es:

(%i1) ode2(’diff(y,x)=(x*y)/(x^2-1), y, x)


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-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

K0 K>0

Figura 1.15: Gráfica elementos de la familia de cónicas del ejemplo 1.12 y regiones de existencia y

unicidad

Cuyo resultado es:

( %o1) y = %c %e

log(x2 − 1)2

Donde %c es una constante y log() es el logaritmo natural denotado a lo largo del librocomo ln().Para evaluar la condición inicial y(x0) = y0, en la solución %o1 digitamos el comando:

(%i2) ic1(%o1,x=xo,y=yo)

Cuya salida es:

( %o2) y = %e

log(x2 − 1)2

−

log(xo2 − 1)2 yo

La solución se puede reescribir como: y = yo√ xo2 − 1

√ x2 − 1 .

Solución de ejemplo 1.12 con Matlab: Se usa el comando:

>> y=dsolve(’Dy=x*y/(x^2-1)’,’y(xo)=yo’,’x’)

Observe que la derivada dydx

se escribe como Dy, el segundo parámetro es la condición inicialy la variable indendiente es el tercer parámetro escrito como ’x’. El resultado del comandoanterior es:


29/137


y =

(yo*(x^2 - 1)^(1/2))/(xo^2 - 1)^(1/2)

Si se desea visualizar mejor, se puede usar:

>> pretty(y)

Cuyo resultado es:

2 1/2

yo (x - 1)

--------------

2 1/2

(xo - 1)

Como puede verse, es necesario que x0 = ±1 para que exista solución única.


y = 1− yy − yx , y(x0) = y0

Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto dado para que se garan-tice que el problema tenga solución única.

Solución: La función y su primera derivada parcial con respecto a la variable dependienteson:

f = 1− y(1− x)y

f y = 1

(x− 1)y2

De lo anterior se concluye que no se garantiza solución única en regiones que contenga a lasrectas x = 1 y y = 0. Por consiguiente, el punto dado se puede ubicar en cualquiera de lassiguientes regiones del plano:

1 =

(x, y) ∈ R2 / x > 1 ∧ y > 02 =

(x, y) ∈ R2 / x 0

3 =

(x, y) ∈ R2 / x


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Usando las propiedades de los logaritmos, se tiene:

y − 1x−

1 = eC −y ⇒ y − 1

x−

1 = Ke−y ; con: K = eC

Como puede verse, la representación gráfica de algunos de los elementos de la familia esbastante complicada. Para lograrlo, se puede recurrir a ciertas técnicas numéricas que estánpor fuera del alcance del curso; sin embargo se presenta la gráfica de la ecuación obtenidamediante Grapher 9 en la cual se puede observar que la recta x = 1 es una asíntota y por lotanto no se garantiza solución única en dicho punto.

-3 -2 -1 1 2

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

K=0.5

K=1

K=0.2

K=0.8

Figura 1.16: Gráfica elementos de la familia de curvas del ejemplo 1.13

9Software graficador de la compañia apple


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EJERCICIOS 1.3.

1. Considere la ecuación diferencial:

xdy

dx = x + 2y

a ) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que se garantice que el problema de valor inicial asociado tenga soluciónúnica.

b) Muestre que para todas las constantes C 1 y C 2 la siguiente familia es solución dela ecuación diferencial:

y = C 1x

2 − x, si x


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a ) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que se garantice que el problema de valor inicial asociado tenga soluciónúnica.

b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial y represente gráficamentealgunos elementos de la familia.

5. Resuelva el siguiente problema de valor inicial y represente gráficamente la solución.

dy

dx = y(10− y) ; y(0) = 2


dy

dx = (10− y)(5− 2y) ; y(0) = 0

7. Demuestre que la ecuación y = f (ax + by + c) se puede convertir en una ecuacióndiferencial de variables separables mediante el cambio µ = ax + by + c.


ydy

dx + 10 sin(x) = 0 ; y

π3

= 0

9. Repita el problema anterior reemplazando la función seno por su serie aproximada:

sin(x)≈

x−

x3

3! y compare los resultados obtenidos.


x(x2 + 1)y = y(x2 − 1) ; y(1) = 2

¿Que puede decir acerca del teorema de existencia y unicidad?.Para el análisis se recomienda dibujar algunos elementos de la familia.


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1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS 33

1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS

Una ecuación diferencial de primer orden puede, en algunos casos, expresarse en la forma:

dydx

= f (x, y)

Como ya hemos visto, no siempre es posible separar las variables y proceder por integracióndirecta para resolver la ecuación diferencial. Trataremos en esta sección con cierto tipo deecuaciones diferenciales que se pueden convertir en ecuaciones de variables separables medianteun cambio adecuado de la variable dependiente.

Funciones homogéneas

Consideremos una función de dos variables F (x, y). Se dice que la función es homogénea degrado n si existe un λ

∈ R tal que F (λx,λy) = λnF (x, y). Particularmente, si la función

es polinómica, la suma de las potencias de las variables en cada término es la misma. Sonejemplos de funciones homogéneas las siguientes:

F (x, y) = x2 + 3xy + y2 es homogénea de grado 2.

G(x, y) = x + yey

x es homogénea de grado 1.

H (x, y) = x + y

x− y es homogénea de grado 0.

S (x, y) = 2xy sin

x

y

es homogénea de grado 2.

R(x, y) = √ x +√ y es homogénea de grado 12 .

T (x, y) =

√ x√

x + y es homogénea de grado 0.

Ecuación diferencial homogénea

Una ecuación diferencial de la forma y = f (x, y) es homogénea si la expresión: f (x, y) eshomogénea de grado cero.

La ecuación diferencial y = x + y

x− y , por ejemplo, es homogénea.

Solución de una ecuación diferencial homogénea

Una ecuación diferencial homogénea se puede reducir, en todo caso, a una ecuación diferencialde variables separables mediante uno de los siguientes cambios de variable:

u = y

x , v =

x

y


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1. Si hacemos el cambio u = y

x tenemos que y = ux, con base en lo anterior, tenemos:

dy

dx

= xdu

dx

+ u

Puesto que f (x, y) es homogénea de grado cero, siempre es posible expresarla como:

f (x, y) = F y

x

De lo anterior, tenemos la ecuación diferencial de variables separables para las variablesx, u :

xdu

dx + u = F (u)

2. Si hacemos el cambio v = x

y, tenemos que x = vy, de donde:

dx

dy = y

v

dy + v

La anterior es una ecuación diferencial de variables separables para las variables: v, y.

Ejemplo: 1.14. Resuelva la ecuación diferencial:

y = x− yx + y

Solución: Dividiendo por x el numerador y el denominador de f (x, y) y luego haciendo

y = µx, tenemos:

xdu

dx + u =

1− u1 + u

Haciendo transformaciones se obtiene la ecuación de variables separables:

u + 1

u2 + 2u− 1du + dx

x = 0

Integrando se obtiene:1

2 ln(u2 + 2u

−1) + ln(x) = C

Regresando a la variable original y simplificando se obtiene:

y2 + 2xy − x2 = C 2

La solución general de la ecuación diferencial es una familia de hipérbolas. La figura 1.17ilustra algunos elementos de la familia de curvas.


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-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

C=3

C=1

C=2

C=4

C=0

Figura 1.17: Gráfica elementos de la familia de curvas del ejemplo 1.14

Observe que el elemento de la familia con C = 0 corresponde a las rectas: y = (−1 ± √ 2 )xque son asíntotas de las hipérbolas y soluciones singulares de la ecuación diferencial.

Solución de ejemplo 1.14 con Máxima:

(%i1) ode2(’diff(y,x)=(x-y)/(y+x), y, x);

( %o1) y2 + 2 x y− x2

2= %c

Solución de ejemplo 1.14 con Matlab:

>> y=dsolve(’Dy=(x-y)/(x+y)’,’x’); pretty(y)

+- -+

| 1/2 |

| x (2 - 1) |

| 1/2 |

| - x (2 + 1) |

| 1/2 |

| x ((exp(C0 - 2 log(x)) + 2) - 1) |

| 1/2 || - x ((exp(C0 - 2 log(x)) + 2) + 1) |

+- -+

En este caso Matlab entrega cuatro soluciones, de las cuales, las dos primeras corresponden alas soluciones singulares y las dos últimas a las hipérbolas soluciones de la ecuación diferen-

cial. El estudiante puede verificar que la solución y = x√

eC 0−2ln(x) + 2 − 1

es equivalente


36/137


a la encontrada con el procedimiento manual.

Ejemplo: 1.15. Resuelva la ecuación diferencial: y = xy − y2

x2

Solución: Dividiendo por y2 el numerador y el denominador de f (x, y) y luego haciendo

x = vy, tenemos:

ydv

dy + v =

v2

v − 1Haciendo transformaciones se obtiene la ecuación de variables separables:

1− vv

dv + dy

y = 0

Integrando se obtiene: ln(v)− v + ln(y) = ln(K )

Aplicando las propiedades de los logaritmos, resulta: v = ln(Cvy). Regresando a la varia-ble original y simplificando se obtiene la familia de curvas:

y = x

ln(Cx)

Puede verse que, aunque el teorema de existencia y unicidad no garantiza solución en regionesque contengan a la recta x = 0, la ecuación diferencial tiene solución única en las regiones:

1 =

(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x


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EJERCICIOS 1.4.

Para las siguientes ecuaciones diferenciales enumeradas:

1. dydx

= x + yx

2. dy

dx =

xy + y2

x2

3. dy

dx = −x + 2y

2x + y

4. dy

dx = −x

2 − y22xy

5. (x3

+ y

3

)dx = xy

2

dy

6. xdy

dx = y + x cos2

yx

7. 2dy

dx =

x

y +

y

x

8. dy

dx =

y

x + sec2

yx

9. (6x2 − 8xy + y2)dy + (6x2 − 5xy − 2y2)dx = 0

10. dydx

= −√ x +√ y 2

x

a) Determine y represente gráficamente las regiones del plano en las que se puede ubicarel punto (x0, y0) de tal manera que se garantice solución única.

b) Encuentre la solución general.

c) Cuando sea posible, represente un elemento de la familia.


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1.4. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS

Tal como se estudió previamente, dada una función de dos variables F (x, y) = C , su diferencialtotal viene dado por:

dF = ∂ F ∂ x

dx + ∂ F ∂ y

dy = dC = 0

Tanto la derivada parcial con respecto a x como la derivada parcial con respecto a y de lafunción dependen de las dos variables. Se conviene en designarlas de la siguiente manera:

∂ F

∂ x = M (x, y) ,

∂ F

∂ y = N (x, y)

Con base en lo anterior se obtiene la ecuación diferencial de primer orden:

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (1.8)

Es claro que si la ecuación diferencial se obtuvo a partir de la familia de curvas, la solucióngeneral de dicha ecuación diferencial es la correspondiente familia.


2xydx + x2dy = 0

Muestre que la solución general viene dada por:

x2y = C

Solución: Hallamos el diferencial total de la función, encontrando la correspondiente ecua-

ción diferencial, esto es:

dF = ∂ x2y

∂ x dx +

∂ x2y

∂ y dy = 2xydx + x2dy = 0

El problema que nos ocupa es precisamente el contrario, es decir, encontrar la familia decurvas a partir de la ecuación diferencial.

1.4.1. Ecuación diferencial exacta

Dada la ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, se dice que es exacta si existe una

función F (x, y) = C tal que:∂ F (x, y)

∂ x = M y

∂ F (x, y)

∂ y = N

En tal caso, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas:

F (x, y) = C


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1.4. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 39

Teorema 1:

Si la ecuación diferencial: M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta y M (x, y), N (x, y) son conti-nuas y poseen su primera derivada continua en una región simplemente conexa del plano R2,

entonces se verifica que:∂ M (x, y)

∂ y − ∂ N (x, y)

∂ x = 0 (1.9)

La demostración del teorema se apoya en la definición de una ecuación diferencial exacta yen un teorema de las funciones de dos variables.

Por hipótesis se tiene que:

M (x, y) = ∂ F (x, y)

∂ x

Derivando con respecto a la otra variable, se tiene:

∂ M (x, y)

∂ y =

∂

∂ y

∂ F (x, y)

∂ x

=

∂ 2F (x, y)

∂ y∂ x

De manera similar, tenemos:

N (x, y) = ∂ F (x, y)

∂ y

Derivando con respecto a la otra variable, se tiene:

∂ N (x, y)

∂ x =

∂

∂ x∂ F (x, y)

∂ y

=

∂ 2F (x, y)

∂ x∂ y

Ahora bien, para regiones del plano simplemente conexas se verifica que la segunda derivadamixta no depende del orden de derivación, esto es:

F yx = F xy

De lo anterior se concluye que si la ecuación diferencial es exacta, entonces:

∂ M (x, y)

∂ y − ∂ N (x, y)

∂ x = 0

La ecuación del ejemplo 1.16 es exacta y, en consecuencia se verifica el teorema, es decir:

∂ M

∂ y − ∂ N

∂ x = 2x− 2x = 0

El teorema anterior es de poca utilidad ya que no ayuda a resolver la ecuación diferencial.


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Teorema 2:

Dada la ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 si las funciones M , N , M y y N xson continuas en una región simplemente conexa del plano y se verifica que: M y

−N x = 0,

entonces la ecuación diferencial es exacta y tiene como solución general a la familia de curvasdel plano:

F (x, y) = C

Para demostrar el teorema se supone que existe una F (x, y) tal que su derivada parcial con

respecto a x es M , esto es ∂ F

∂ x = M . La función F se determina por integración sobre la

variable x manteniendo constante la otra variable, así:

F (x, y) = x

M (x, y)dx + C (y)

El éxito de esta demostración consiste en poder determinar la función C (y) de tal manera

que se verifique que ∂ F

∂ y = N (x, y). En efecto, tomando la derivada parcial con respecto a la

variable y se tiene:

∂ F (x, y)

∂ y =

∂

∂ y

x

M (x, y)dx + C (y) = N (x, y)

De lo anterior debe resulta una función dependiente únicamente de la variable y para la

función C

(y)

C (y) = N (x, y)− ∂ ∂ y

x

M (x, y)dx

Si la expresión anterior se deriva con respecto a x, el miembro de la izquierda debe ser cero,así:

0 = ∂ N (x, y)

∂ x − ∂

∂ x

∂

∂ y

x

M (x, y)dx

Si se cambia el orden de la derivación y se aplica el teorema fundamental del cálculo integral,se tiene:

0 = ∂ N (x, y)∂ x

− ∂ ∂ y

∂ ∂ x

x

M (x, y)dx

= ∂ N ∂ x − ∂ M

∂ y

El procedimiento de demostración del teorema se constituye en el método para resolver la

ecuación diferencial. También se puede partir de ∂ F

∂ y y proceder en consecuencia.


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Nota: Se dice que una región del plano: R2 es simplemente conexa si cualquier curva cerradaen ella puede reducirse a un punto sin salirse de la región; en tal sentido, una región simplemente

conexa no debe tener huecos. Una corona circular es un ejemplo de una región que no es simplemente

conexa. = (x, y) ∈ R2 / r21 < x2 + y2 < r22 ; r1 < r2La figura 1.19 muestra una región simplemente conexa y otra doblemente conexa. En el estudio de

las funciones de variable compleja es necesario manejar adecuadamente el concepto.

Simplemente conexa Doblemente conexa

r 1

r 2

Figura 1.19: Ejemplos de regiones simplemente y doblemente conexa


2xydx + (x2 − y2)dy = 0

a) Verifique que es exacta.b) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de tal

manera que se garantice solución única.

c) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.

d) Dibuje dos elementos de la familia.

Solución:

a) Dado que: M (x, y) = 2xy y N (x, y) = x2 − y2Puede verse que la ecuación diferencial es exacta:

∂ M

∂ y − ∂ N

∂ y = 2x− 2x = 0

b) Escribimos la ecuación diferencial en la forma:

dy

dx =

2xy

y2 − x2


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Con base en lo anterior, tenemos:

f = 2xy

y2

−x2

, f y = −2x(x2 + y2)

(y2

−x2)2

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesque no contengan a las rectas y = x y y = −x . En consecuencia, el punto (x0, y0) sepuede ubicar en cualquiera de las siguientes regiones del plano:

1 =

(x, y) ∈ R2 / − x < y < x2 =

(x, y) ∈ R2 / x < y < −x

3 =

(x, y) ∈ R2 / − y < x < y4 =

(x, y) ∈ R2 / y < x < −y

c) Para resolver la ecuación diferencial partimos de:

∂ F (x, y)

∂ x = 2xy

Integrando con respecto a x tenemos:

F (x, y) = x2y + C (y)

Derivando con respecto a y e igualando con N , se tiene:

x2 + C (y) = x2 − y2

De lo anterior se tiene que:C (y) = −y2

Integrando, tenemos:

C (y) = −13

y3

Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es:

x2y − 13

y3 = C

La familia encontrada se puede expresar en la forma:

x2 = y3 + K

3y

La figura 1.20 muestra algunos elementos de la familia. Cuando K = 0 se obienen lassoluciones singulares: y = ±

√ 3 x. Observe que la solución para K = 2 pasa por los pun-

tos P (−1, 1) y P (1, 1) y la solución para K = −2 por los puntos P (−1,−1) y P (1,−1).


43/137


-1 1

-1

1

K=0.5

K=2

K=0

K=-0.5

K=-2

P (1,1)

P (1,-1)

P (-1,1)

P (-1,-1)


El teorema no garantiza solución en las rectas y = ±x, pero como se puede ver, existesolución única en dichos los puntos, esto nos muestra que si bien el teorema de existen-cia y unicidad no garantiza solución única en dichas rectas no implica que no puedanhaberlas. A esto nos referimos cuando decimos que las condiciones del teorema son desuficiencia y no de necesidad.


(%i1) ode2(’diff(y,x)=(2*x*y)/(y^2-x^2), y, x);

( %o1) y3 − 3 x2 y

3= %c

Solución de ejemplo 1.17 con Matlab: En este caso reescribimos la ecuación

diferencial como dx

dy

para poder realizar el cálculo, de lo contrario el programa no podrá

encontrar la solución.

>> x=dsolve(’Dx=(y^2-x^2)/(2*x*y)’,’y’); pretty(x)

+- -+

| 1/2 |


44/137


| 3 y |

| ------ |

| 3 |

| || 1/2 |

| 3 y |

| - ------ |

| 3 |

| / 4 \1/2 |

| y | 4 exp(C0 - 3 log(y)) + - | |

| \ 3 / |

| ---------------------------------- |

| 2 |

| / 4 \1/2 |

| y | 4 exp(C0 - 3 log(y)) + - | || \ 3 / |

| - ---------------------------------- |

| 2 |

+- -+

Entonces, las soluciones singulares son: x = ±

√ 3

3 y y la general es:

x = ±y

2

4eC 0−3ln(y) +

4

3 = ±y

C 1y−3 +

1

3 ⇒ x2 = K + y

3

3y

Ejemplo: 1.18. Considere la ecuación diferencial: dy

dx =

x− y cos(x)y + sin(x)

a) Verifique que es exacta.

b) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que se garantice solución única.

c) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.

Solución:

a) Organizando la ecuación, se tiene:[y cos(x)− x] dx + [y + sin(x)] dy = 0

Puede verse que la ecuación diferencial es exacta, ya que:

∂ M

∂ y − ∂ N

∂ x = cos(x)− cos(x) = 0


45/137


b) Con base en la ecuación, se tiene:

f = x− y cos(x)

y + sin(x) , f y =

sin(x)cos(x) + x

[y + sin(x)]2

No se garantiza solución única en regiones tales que: y = − sin(x).c) Para encontrar la solución general partimos de:

∂ F

∂ y = y + sin(x)

Integrando con respecto a y tenemos:

F (x, y) = 1

2y2 + y sin(x) + C (x)

Derivando con respecto a x e igualando con M (x, y), se tiene:

y cos(x) + C (x) = y cos(x)− x

De lo anterior se obtiene: C (x) = −12

x2

En consecuencia, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas:

2y sin(x)− x2 + y2 = C


M (x, y)dx + (x2 + xy + y2)dy = 0

a) Determine M (x, y) de tal manera que la ecuación diferencial sea exacta.

b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.

Solución:

a) Debe cumplirse que:∂ M

∂ y =

∂ N

∂ x

De lo anterior resulta que:∂ M

∂ y = 2x + y

Integrando con respecto a y resulta:

M (x, y) = 2xy + 1

2y2 + f (x)


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Cualquiera que sea la función f (x), la ecuación diferencial es exacta. Como caso parti-cular tomamos f (x) = 0, resultando la ecuación diferencial exacta:

2xy +

y2

2

dx + (x2

+ xy + y2

)dy = 0

b) Se deja al estudiante que muestre que la solución general es la familia de curvas delplano cuya expresión general es:

6x2y + 3xy2 + 2y3 = C

Es claro que no todas las ecuaciones diferenciales son exactas, sin embargo, ciertas ecuacionesdiferenciales se pueden reducir a exactas mediante un factor integrante.

1.4.2. Ecuaciones diferenciales reducibles a exactasAlgunas ecuaciones diferenciales no exactas, de la forma: M (x, y)dx+N (x, y)dy = 0 se puedenconvertir en exactas mediante la multiplicación de la ecuación diferencial por un factor Φ(x, y),conocido como factor integrante .Si Φ(x, y) es un factor integrante de la ecuación diferencial dada, entonces la siguiente ecuacióndiferencial debe ser exacta:

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

Bajo el supuesto de que la ecuación diferencial es exacta, se tiene que:

∂ [ΦM ]

∂ y = ∂ [ΦN ]

∂ x

Expandiendo la expresión anterior, podemos escribir:

Φ∂ M

∂ y + M

∂ Φ

∂ y − Φ∂ N

∂ x −N ∂ Φ

∂ x = 0 (1.10)

La ecuación diferencial obtenida es una ecuación en derivadas parciales que se puede resol-ver en algunos casos particulares. El factor integrante se puede determinar cuando dependeúnicamente de una de las variables, así:

1. El factor integrante depende únicamente de x. Es claro que si Φ

= Φ

(x), la ecuacióndiferencial resultante es:

Φ∂ M

∂ y − Φ∂ N

∂ x −N dΦ

dx = 0

La anterior es una ecuación de variables separables, así:

dΦ

Φ =

M y −N xN

dx (1.11)


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El miembro de la derecha de la ecuación anterior debe depender solo de la variable x.

En consecuencia, si M y −N x

N = f (x), entonces resulta:

dΦΦ

= f (x)dx

El factor integrante en este caso es:

Φ(x) = eR

f (x)dx (1.12)

2. El factor integrante depende únicamente de y. Es claro que si Φ = Φ(y), la ecuacióndiferencial resultante es:

Φ∂ M

∂ y + M

dΦ

dy − Φ∂ N

∂ x = 0

La anterior es una ecuación de variables separables, así:

dΦ

Φ =

M y −N x−M dy (1.13)

El miembro de la derecha de la ecuación anterior debe depender solo de la variable y.

En consecuencia, si M y −N x−M = g(y), entonces resulta:

dΦ

Φ = g(y)dy

El factor integrante en este caso es:

Φ(y) = eR

g(y)dy (1.14)

Existen otras ecuaciones diferenciales para las cuales se puede encontrar un factor integrante,tal es el caso de ecuaciones que se pueden escribir de la forma:

yf 1(xy)dx + xf 2(xy)dy = 0

Puede demostrarse que dicha ecuación diferencial tiene como factor integrante:

Φ(xy) = k

xyf 1(xy)− xyf 2(xy) (1.15)

Donde k es una constante que se escoge convenientemente.


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Ejemplo: 1.20. Resuelva la ecuación diferencial:

−xdx + (x2y + y3)dy = 0

Solución: Se puede ver que:

M y −N x = 0− 2xy = −2xyDiviendo por M , resulta: g(y) = −2y.En consecuencia, el factor integrante es:

Φ(y) = eR −2ydy = e−y

2

La ecuación diferencial exacta que resulta de multiplicar por el factor integrante es:

−xe−y

2

dx + (x2y + y3)e−y2

dy = 0

Verificando si es exacta hacemos:

M y −N x = −2xye−y2 + 2xye−y2 = 0Para encontrar la solución general partimos de:

∂ F

∂ x = −xe−y2

Integrando con respecto a x, se tiene:

F (x, y) = −x2e−

y2

2 + C (y)

Derivando con respecto a y e igualando con N resulta:

x2e−y2

+ C (y) = (x2y + y3)e−y2

Simplificando se obtiene: C (y) = y3e−y2

La función C (y) se determina por integración, así:

C (y) =

y3e−

2

dy =

y2e−y

2

ydy

Haciendo el cambio de variable u = y2

resulta:

C (u) =

ue−u

2 du = −1

2(u + 1)e−u

Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas:

x2 + y2 + 1 = K ey2


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En consecuencia, el factor integrante es:

Φ(xy) = k

xy(xy + 1)

−xy(1

−xy)

= k

2x2y2

Tomando k = 2, el factor integrando es:

Φ(xy) = x−2y−2

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, resulta:

(x−1 + x−2y−1)dx + (x−1y−2 − y−1)dy = 0La ecuación diferencial es exacta ya que se verifica que:

∂ M

∂ y − ∂ N

∂ x = −x−2y−2 + x−2y−2 = 0

Procediendo como en los ejemplos anteriores, tenemos:

∂ F (x, y)

∂ x = x−1 + x−2y−1

⇒ F (x, y) = ln(x)− x−1y−1 + C (y)⇒ x−1y−2 + C (y) = x−1y−2 − y−1

⇒ C (y) = − ln(y)El estudiante puede llegar a la solución general:

1

xy + ln

yx

= C

Algunos elementos de la familia de curvas se muestra en la figura 1.21.


(%i1) ode2(’diff(y,x)=(x*y^2+y)/(x^2*y-x),y,x);

( %o1) x = %c %e

x y log(x y) + 1

2 x y


>> y=dsolve(’Dy=(x*y^2+y)/(x^2*y-x)’,’x’); pretty(y)

+- -+| 0 |

| |

| exp(wrightOmega(- C0 - 2 log(x) + pi i)) exp(C0 + 2 log(x)) |

| ----------------------------------------------------------- |

| x |

+- -+


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Solución:

a) A partir de la ecuación diferencial se encuentra que:

M y −N xN − = 4y + 4x2 − (4y + 9x2)

4xy + 3x3 = −5x2

4xy + 3x3

M y −N x−M − =

4y + 4x2 − (4y + 9x2)−(2y2 + 4x2y) =

−5x22y2 + 4x2y

Como puede verse, la ecuación diferencial no tiene factores integrantes dependientes deuna solo de las variables.

b) Multiplicando la ecuación diferencial por el supuesto factor integrante, se tiene:

(2xmy2+n + 4x2+my1+n)dx + (4x1+my1+n + 3x3+myn)dy = 0

Para que sea exacta debe cumplirse que: M y −N x = 0Tomando las derivadas e igualando, tenemos:

2(2 + n)xmy1+n + 4(1 + n)x2+myn ≡ 4(m + 1)xmy1+n + 3(3 + m)x2+myn

Para que la identidad se verifique se requiere que los coeficientes respectivos sean iguales,esto es, que se verifique que:

2(2 + n) = 4(1 + m) y 4(1 + n) = 3(3 + m)

Resolviendo simultáneamente, resulta m = 1 y n = 2. Con los valores encontrados seencuentra que el factor integrante es: Φ(x, y) = xy2.

c) Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, tenemos:

(2xy4 + 4x3y3)dx + (4x2y3 + 3x4y2)dy = 0

Puede verse que:∂ M

∂ y − ∂ N

∂ x = 8x3y2 − (8xy3 + 12x3y2) = 0

Se deja como ejercicio al estudiante demostrar que la solución general es:

x2y3(x2 + y) = C


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EJERCICIOS 1.5.

1. Encuentre la solución general para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales:

a ) (x + y)dy

dx = x − y

b) 2ydy = (x2 + y2)dx

c ) (ex − 2xy)dy = y(y − ex)dxd ) (x2 + 2ye2x)dy + (2xy + 2y2e2x)dx = 0

e ) [3y2 cot(x) + cos(x)] dx− 2ydy = 0

f ) −xdx + (x2y + y3)dy = 0g ) (y3 − 3x)y = yh ) xy + 2y = sin(x)

i ) (x + x3y2)dy + y3x2dx = 0

j ) (2xy + y4)dx + (xy3 − 2x2)dy = 0

2. Determine la función N (x, y) de tal manera que la siguiente ecuación diferencial sea

exacta: x sin(xy)dx + N (x, y)dy = 0

Tome un caso particular y encuentre la solución general.

3. Considere la ecuación diferencial:

dy

dx =

xy2 − 2y4x− 3x2y

a ) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talforma que el problema de valor inicial asociado tenga solución única.



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1.5. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL DE PRIMER

ORDEN

En diversas aplicaciones de ingeniería y ciencias resultan ecuaciones diferenciales de la forma:dy

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

Donde x es la variable independiente y y es la variable dependiente.

En todos los casos siempre es posible encontrar una solución explícita de la ecuación dife-rencial. Dicha solución es la familia de curvas del plano:

y(x) = yc(x) + yss(x)

La ecuación diferencial se puede escribir en la forma:

dy

dx = q (x)− p(x)y

La pendiente de la tangente y su primera derivada con respecto a la variable dependientevienen dadas por:

f = q (x)− p(x)y , f y = − p(x)Con base en el teorema de existencia y unicidad, el punto (x0, y0) se podrá ubicar en cual-quier región en la que p(x) y q (x) sean continuas. Lo anterior impone condiciones únicamentesobre la variable independiente. Aquellos valores de la variable independiente en los que p(x)q (x) sean discontinuas reciben el nombre de singularidades o puntos singulares de la ecuación

diferencial. El punto (x0, y0) deberá ubicarse en una región que no tenga singularidades.


dy

dx +

1

x2 − xy = x , y(x0) = y0

Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de tal maneraque se garantice solución única.

Solución: Por simple inspección, q (x) es continua en los reales mientras que p(x) no escontinua en: x = 0 y x = 1.Con base en el teorema de existencia y unicidad, podemos afirmar que el punto se puedeubicar en cualquiera de las siguientes regiones:

1 =

(x, y) ∈ R2 / x


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1.5. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL DE PRIMER ORDEN 55

-1 0 1 2

-1

1

Región 2

0


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Puede verse que la ecuación es reducible a exacta, en efecto:

M y −N xN

= p(x)

En consecuencia, la ecuación tiene el factor integrante: Φ(x) = eR

p(x)dx

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, se tiene:

Φ(x) [ p(x)y − q (x)] dx + Φ(x)dy = 0La ecuación diferencial se puede escribir en la forma:

Φ(x) p(x)ydx + Φ(x)dy = Φ(x)q (x)dx

Ahora bien, puesto que:

dΦ

(x) = d

e

R p(x)dx

= e

R p(x)dx

p(x)dx =Φ

(x) p(x)dx

Entonces:Φ(x) p(x)ydx + Φ(x)dy = d [Φ(x)y]

Por tanto:d [Φ(x)y] = Φ(x)q (x)dx

Integrando, encontramos la solución general, así:

Φ(x)y = C +

Φ(x)q (x)dx

En consecuencia, el procedimiento para resolver la ecuación diferencial lineal de primer orden,es la siguiente:

1. Se escribe la ecuación en la forma:

dy

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

2. Se calcula el factor integrante:Φ(x) = e

R p(x)dx (1.16)

3. Se escribe la solución general:

Φ(x)y = C + Φ(x)q (x)dx

Se evalúa la integral y se despeja la variable dependiente:

y = C Φ−1(x) + Φ−1(x)

Φ(x)q (x)dx (1.17)


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xdy

dx

+ 2y = x sin(x)

a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que el problema de valor inicial asociado tenga solución única garantizada.


c) Encuentre la solución que pasa por el punto (π, 2) indicando el intervalo de validez.

Solución:

a) La ecuación diferencial se puede escribir de la forma:

dydx

+ 2x

y = sin(x)

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesque no contengan la recta: x = 0.

b) Aplicando el procedimiento, tenemos:

Φ(x) = eR 2x

dx = eln(x2) = x2

x2y = C + x2 sin(x)dx

Evaluando la integral, se tiene:

x2y = C − x2 cos(x) + 2 cos(x) + 2x sin(x)

c) El valor de C se determina con base en la condición inicial y(π) = 2, obteniéndose:

2π2 = C + π2 − 2 ⇒ C = π2 + 2

Entonces el elemento de la familia que pasa por el punto dado es:

y = π

2

+ 2− x2

cos(x) + 2 cos(x) + 2x sin(x)x2 , x = 0


(x− 1) dydx

+ 2y = x


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a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que el problema de valor inicial asociado tenga solución única garantizada.


c) Encuentre la solución que pasa por el punto (1, 0) indicando el intervalo de validez.

Solución:


dy

dx +

2

x− 1y = x

x− 1Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesque no contengan la recta x = 1.


Φ(x) = eR

2x−1

dx = (x− 1)2

(x− 1)2y = C +

(x− 1)2 xx− 1dx = C +

x(x− 1)dx

Evaluando la integral, se tiene:

(x− 1)2y = C + x3

3 − x

2

2

c) El valor de C se determina con base en la condición inicial y(0) = 1, obteniéndose:

1 = C + 1 − 1 ⇒ C = 1

En consecuencia la solución del problema de valor inicial, con su intervalo de validez es:

y(x) = (x− 1)−2 +

x3

3 − x

2

2

(x− 1)−2 , −∞ < x


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c) Encuentre la solución que pasa por el punto (1, 1) indicando el intervalo de validez.

Solución:


dy

dx +

1

xy =

e−x

x2

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesque no contengan la recta x = 0.


Φ(x) = eR 1

xdx = x

xy = C +

x

e−x

x2 dx = C +

e−x

x dx

Puesto que la integral no tiene solución analítica, la expresamos en series de potencia,así:

e−x

x =

1

x

∞n=0

(−1)nxnn!

= 1

x − 1 + x

2 − x

2

6 + · · ·

Evaluando la integral, tenemos:

xy = C + ln(x)− x + x2

4 − x3

18 + · · ·

c) El valor de C se determina con base en la condición inicial y(1) = 1, obteniéndose:

1 = C + 0 − 1 + 14 − 1

18 ⇒ C ≈ 1 + 1 − 1

4 +

1

18 ≈ 1.806

En consecuencia la solución del problema de valor inicial, con su intervalo de validez es:

y(x) =

−1 +

1.806

x

+ ln(x)

x

+ x

4 −

x2

18

+ · · · , x

= 0

El estudiante puede verificar que la solución puede escribirse como:

y(x) = K

x +

ln(x)

x +

∞n=1

(−1)nxn−1n · n!

Con K = 1−∞

n=1

(−1)nn · n!


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(%i1) ode2(x*’diff(y,x)+y=exp(-x)/x,y,x);(%o1) y=(%c-gamma_incomplete(0,x))/x

(%i2) ic1(%o1,x=1,y=1);

(%o2) y=-(gamma_incomplete(0,x)-gamma_incomplete(0,1)-1)/x

La función entregada por Máxima es definida como: gamma_incomplete(0,x)= t

xe−t

t dt,cuya integral no tiene primitiva.


>> dsolve(’x*Dy+y=exp(-x)/x’,’y(1)=1’,’x’)

ans =

-(Ei(-1) + Ei(1, x) - 1)/x

En este caso Matlab nos entrega la solución en términos de la función “integral expo-nencial” definida como: Ei(1,x)=

∞

xe−t

t dt.

Como puede verse ambos programas entregan la solución en función de una integralno realizable.

Solución numérica de ejemplo 1.28:

Máxima cuenta con el comando: rk(ODE,var,initial,domain )

Éste resuelve numéricamente una ecuación diferencial ordinaria de primer orden dydx =

f (x, y) definida como ODE = f (x, y), de la variable var =y, con la condición inicialinitial , en el intervalo domain de la variable independiente, mediante el métodoRunge-Kutta.

Para solucionar la ecuación en el intervalo x = (1, 5) en pasos de 0.1, con la condi-ción inicial y(1) = 1, escribimos la ecuación diferencial en la forma:

dy

dx =

e−x − xyx2

Y el comando se escribe como:

(%i1) y: rk((exp(-x)-x*y)/x^2,y,1,[x,1,5,0.1]);


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Cuyo resultado es:

(%o1)[[1,1],[1.1,.9394482682477382],[1.2,.8841463366920846],[1.3,.8337947001175846],[1.4,.7879748384440399],[1.5,.7462430111982439],

[1.6,.7081723591493461],[1.7,.6733702768101549],[1.8,.6414838836282005],[1.9,.6121998660080692],[2.0,.5852418078487757],[2.1,.5603665652709114],

[2.2,.5373604514631578],[2.3,0.51603559323159],[2.4,.4962266132198575],[2.5,.4777876862565013],[2.6,.4605899663043854],[2.7,.4445193566385723],

[2.8,.4294745866996375],[2.9,.4153655573618371],[3.0,.4021119182632468],[3.1,.3896418443139127],[3.2,.3778909824536425],[3.3,.3668015436322407],

[3.4,.3563215185799212],[3.5,.3464039991271683],[3.6,0.337006589604639],[3.7,.3280908952274048],[3.8,.3196220763836408],[3.9,.3115684594507619],[4.0,.3039011961961755],[4.1,.2965939650258151],[4.2,.2896227083572788],[4.3,.2829654012466429],[4.4,.2766018471151693],[4.5,.2705134970263463],

[4.6,0.264683289473559],[4.7,.2590955080696647],[4.8,.2537356548947473],[4.9,.2485903375680553],[5.0,.2436471683735008]]

La figura 1.23 muestra la gráfica aproximada de la solución en la que se tomaron 10términos de la sumatoria y la gráfica de la solución numérica (en puntos) en la que sepuede ver la coincidencia de ambas soluciones.

0 1 2 3 4

1

Solución Analítica

Solución Numérica

Figura 1.23: Gráfica de solución del problema de valor inicial del ejemplo 1.28


dy

dx +

2x

x2 + 1y =

0 , si x


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La solución de la ecuación diferencial en el intervalo es:

y = C 1x2 + 1

Para el tramo x ≥ 0, la ecuación diferencial es:dy

dx +

2x

x2 + 1y = 4x

La solución de la ecuación diferencial en el intervalo es:

y = x2 + 1 + C 2x2 + 1

La continuidad de la solución en x = 0 requiere que: C 1 = 1 + C 2.Por otro lado, debe satisfacerse la condición inicial, esto es: y(1) = 3.

Con base en lo anterior, se tiene:

C 2 = 2 , C 1 = 3

En consecuencia, la solución del problema es:

y(x) =

3

x2 + 1 , si x


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-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

Figura 1.24: Gráfica de solución del problema de valor inicial del ejemplo 1.29

Ejemplo: 1.30. Verifique que la siguiente ecuación diferencial se puede reducir a lineal yencuentre la solución general.

cos(y)dy

dx + sin(y) = x

Solución: Mediante el cambio de variable u = sin(y) encontramos:

du

dx = cos(y)

dy

dx

Sustituyendo en la ecuación diferencial, se tiene:

du

dx + u = x

Aplicando el procedimiento para resolver la ecuación lineal, obtenemos:

exu = C + xexdx

Integrando y regresando a la variable original, se tiene:

ex sin(y) = C + ex(x− 1)Despejando y, la solución explícita es la siguiente:

y(x) = sin−1(Ce−x + x− 1)


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1.5.2. La ecuación diferencial de Bernoulli

La forma general de la ecuación diferencial de Bernoulli es la siguiente:

dydx

+ p(x)y = q (x)yα , α ∈ R

Escribimos la ecuación diferencial en forma alterna:

y−αdy

dx + p(x)y1−α = q (x)

Mediante el cambio de variable: u = y1−α resulta una ecuación diferencial lineal, así:

du

dx + (1 − α) p(x)u = (1− α)q (x) (1.18)

Ejemplo: 1.31. Encuentre la solución general de la ecuación diferencial:

dy

dx + xy = x

√ y

Solución: La ecuación se puede escribir en la forma:

y−1

2dy

dx + xy

1

2 = x

Haciendo el cambio de variable u = y1

2 , resulta:

du

dx +

x

2u =

1

2x

El factor integrante se calcula como: Φ(x) = ex4

2

La solución general se puede escribir como:

ex4

2 y = C +

e

x4

2

1

2xdx

Efectuando la integral y regresando a la variable original, tenemos:

√ y = Ce−x42 + 1


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EJERCICIOS 1.6.

1. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales

a ) x2dy

dx = 1 − x(x + 2)y

b) xdy

dx = 2x2y + y2

c ) [x sin(y)− x3] y = 2cos(y)

d ) y2dx + (xy − y3)dy = 0

e ) dx

dt = kx(M − x), donde k y M son

constantes.

2. Encuentre la solución del problema de valor inicial:

dy

dx +

1

x2 + 1y =

0 , si x


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1.6. ECUACIONES DIFERENCIALES VARIADAS

Dada una ecuación diferencial de la forma dydx

= f (x, y), no siempre es posible clasificarla enuna de las categorías previamente estudiadas; es más, en algunos casos es imposible encontraruna expresión matemática que al derivarla nos conduzca a la ecuación diferencial. Algunasecuaciones diferenciales, sin embargo, se pueden modificar mediante un artificio matemáticod

97298762 ecuaciones diferenciales udea cap1

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