Ecuaciones diferenciales homogéneas de primer orden

Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática

1. Separación de Variables
La 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 ser
expresada 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 y
dx + dy = 0
x y+3
⇒ ln x2 + y − 3 ln(y + 3) = c
(y + 3)3 (y + 3)3
⇒ ey = c1 donde c1 = ec ⇒ ey−c =
x2 x2
2) (x2 − 1) dx + xy dy = 0
x2 − 1 x2 y2
dx + y dy = 0 ⇒ − ln x + =c /2
x 2 2
x2 + y 2 = 2c + ln x2
2
+y 2
x2 + y 2 = ln(cx)2 o ex = kx2

3) sen x sen y dx + cos x cos y dy = 0
sen x cos y
dx + dy = 0 ⇒ − ln cos x + ln sen y = c
cos x sen y
sen y
= c ⇒ sen y = c1 cos x
cos x
2
4) xy 3 dx + ex dy = 0
2
x e−x dx + y −3 dy = 0
1 2 y −2
− −2x e−x dx + =c
2 −2
1 2 1
− e−x − y −2 = c
2 2
2
e−x +y −2 = −2c
2
e−x + y −2 = c

2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN UTFSM

5) y sen x sen y dx + dy = 0
dy
sen x dx + =0
y sen y
x ln x − x + ln(ln y) = 0
ln xx + ln(ln y) = x + c.

Aplicación. Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamente proporcional
a su masa en cada instante. Determinar la ley de variación de la masa del radio en función del tiempo, si
para 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 ∆t
es ∆m. La razón ∆m es la velocidad media de desintegración. Luego:
∆t

∆m dm
l´
ım = es la velocidad de desintegración del radio en el instante t.
∆t→0 ∆t dt
Según la hipótesis:
dm
(1.3) = −km
dt
donde k es el coeﬁciente de proporcionalidad (k > 0).
dm
Ponemos el signo menos, porque a medida que transcurre el tiempo, la masa del radio disminuye y por eso dt
<0
(puesto que la función m(t) es decreciente, entonces dm < 0)
dt
La ecuación (1.3) es una ecuación de variables separables. Separando variables:
dm
= −k dt
m
⇒ ln m = −kt + c
⇒ m = c e−kt

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

∴ m = m0 e−kt .

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

f (λx, λy) = λk f (x, y), ∀λ ∈ R {0}

Ejemplos

3
1) La función f (x, y) = x3 + y 3 es homogénea de primer grado.
2) La función f (x, y) = xy − y 2 es homogénea de segundo grado.
x2 −y 2
3) La función f (x, y) = xy
es homogénea de grado cero.

Departamento de Matemática 2


xy y2
4) La función f (x, y, z) = z
+ x sen z2
es homogénea de grado uno.

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

2) Si h(x, y) es homogénea de grado cero, entonces
f (x, y) y 1
= h(x, y) = h 1, haciendo λ =
g(x, y) x x
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 homogéna
Consideremos la ecuación homogénea
(A) M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
Luego (A) la podemos escribir de la forma
dy M (x, y) y
=− =F
dx N (x, y) x
es decir:
dy
(B) = F (y/x)
dx
Esta última ecuación se resuelve efectuando la sustitución v = y/x, es decir,
(2.1) y = vx,
luego
dy dv
(2.2) =v+x
dx dx
Sustituyendo (2.8) y (2.2) en (B), obtenemos
dv
v+x = F (v)
dx
o sea:
dv
x + v − F (v) = 0
dx
x dv + (v − F (v)) dx = 0
dx v
+ =0
x v − F (v)

que es una ecuación de variables separables.



Ejemplos

1) x2 − xy + y 2 dx − xy dy = 0. Observemos que las funciones x2 − xy + y 2 , −xy son homogéneas de grado 2. Luego
se trata de una ecuación homogénea. Haciendo y = vx, tenemos:

(dy = v dx + x dv)
(x − x v + x2 v 2 ) dx − x2 v(v dx + x dv) = 0
2 2

(x2 − x2 v + x2 v 2 − x2 v 2 ) dx − x3 v dv = 0
x2 (1 − v) dx − x3 v dv = 0
dx v
+ dv = 0
x v−1
ln x + v + ln(v − 1) = c
y y−x
ln x + + ln =c
x x
y
ln(y − x) = c − ⇒ (y − x) ey/x = c
x

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

(x2 + x2 v 2 ) dx − 2x2 v(v dx + x dv) = 0
(x2 + x2 v 2 − 2x2 v 2 ) dx − 2x3 v dv = 0
x2 (1 − v 2 ) dx − 2x3 v dv = 0

Separando variables

dx 2v
+ 2 dv = 0
x v −1

Integrando

ln x + ln(v 2 − 1) = c, c∈R

reemplazando v = y/x:

ln x + ln y 2 /x2 − 1 = c
ln x + ln(y 2 − x2 ) − ln x2 = c
ln(y 2 − x2 ) − ln x = c
y 2 − x2
=c
x
y 2 = cx + x2

Ejercicios.
xy dx
1) dy/dx = 6) (t2 − xt2 ) + x2 + tx2 = 0
x2 − y 2 dt
2) (2x + 3y) dx + (x − 2y) dy 7) (y − a) dx + x2 dy = 0
3) y dx − x dy = 0 8) z dt − (t2 − a2 ) dz = 0
4) (1 + u)v du + (1 − v)u dv = 0
dx 1 + x2
5) (1 + y) dx − (1 − x) dy = 0 9) =
dy 1 + y2



√
10) (1 + s2 ) dt − t ds 18) (x − y 2 x) dx + (y − x2 y) dy = 0
11) dρ + ρ tg θ dθ = 0 19) (y − x) dx + (y + x) dy = 0
12) sen θ cos ϕ dθ − cos θ sen ϕ dϕ = 0
20) (x + y) dx + x dy = 0
13) sec2 θ tg θ dθ + sec2 ϕ tg θ dϕ = 0
21) (x + y) dx + (y − x) dy = 0
14) sec2 θ tg ϕ dϕ + sec2 ϕ tg θ dθ = 0
15) (1 + x2 ) dy − 1 − y 2 dx = 0 22) x dy − y dx = x2 + y 2 dx
√
16) 1 − x2 dy + 1 − y 2 dx 23) (8y + 10x) dx + (5y + 7x) dy = 0
x x 2
17) 3 e tg y dx + (1 − e ) sec y dy = 0 24) xy 2 dy = (x3 + y 3 ) dx

Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma:
dy ax + by + c
(2.3) = con a o b = 0
dx a1 x + b1 y + c1

Si c1 = c = 0, la ecuación (2.3) es, evidentemente, homogénea (pues aax+byy es una función homogénea
1 x+b1
de grado cero).
Supongamos, pues, que c y c1 (o una de ellas) son diferentes de cero. Realicemos el cambio de variables
x = x1 + h, y = y1 + k (h, k constantes por determinar), entonces
dy dy1
(2.4) =
dx dx1
dy
Reemplazando en (2.4) las expresiones de x, y, dx , tenemos:

dy1 ax1 + by1 + ah + bk + c
(2.5) =
dx1 a1 x1 + b1 y1 + a1 h + b1 k + c1
Elijamos h y k de modo que se veriﬁquen las ecuaciones

ah + bk + c = 0
(2.6) ,
a1 h + b1 k + 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:
dy1 ax1 + by1
=
dx1 a1 x1 + b1 y1
Al resolver esta ecuación y pensando de nuevo en x e y, según las fórmulas (2.4), obtenemos la solución
de la ecuación (2.3).
El sistema (2.5) no tiene solución si

a b
= 0,
a1 b1
a1 b
es decir, si ab1 = a1 b. Pero en este caso a = b1 = λ, es decir, a1 = λa, b1 = λb, y, por consiguiente, si puede
formar la ecuación (2.3) en la forma

dy (ax + by) + c
(2.7) =
dx 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 dy
=a+b
dx dx
de donde
dy 1 dz a
(2.9) = −
dx b dx b
Introduciendo las expresiones (2.8) y (2.9) en la ecuación (2.7) obtenemos
1 dz a z+c
− =
b dx b λz + c1
que es una ecuación de variables separables.
En efecto, separando variables queda:
1 a z+c
dz − dx = dx
b b λz + c1
1 a z+c
dz − + dx = 0
b b λz + c1
1
dz + dx = 0
−b a + λz+c1
b
z+c

Ejemplos

1) Sea la ecuación
dy x+y−3
=
dx x−y−1
1 1
= −2 = 0
1 −1

Hagamos la sustitución

x = x1 + h
y = y1 + k

entonces

dy1 x1 + y1 + h + h − 3
=
dx1 x1 − y1 + h − k − 1

resolviendo el sistema:

h+k−3=0
h−k−1=0

encontramos que h = 2, k = 1



Luego

dy1 x1 + y1
= ⇒ ec. homogénea.
dx1 x1 − y1
y1
Sea v = x1
, es decir, y1 = vx1

dy1 dv
∴ = v + x1
dx1 dx1
dv x1 + vx1
∴ v + x1 =
dx1 x1 − vx1
dv 1+v
v + x1 = ⇒ ec. de variables separables
dx1 1−v
dv 1 + v2
x1 =
dx1 1−v
1−v dx1
dv =
1 + v2 x1
1 v
− dv = ln x1 + c
1 + v2 1 + v2
1
arc tg v − ln(1 + v 2 ) = ln x1 + c
2
arc tg v = ln x1 1 + v2 + c
√
1+v 2
earc tg v = ecx1

y1
Sustituyendo v por x1
, se obtiene:

y
arc tg x1
c x2 + y1 = e
1
2 1

pero y1 = y − 1, x1 = x − 2. Luego
y−1
c (x − 1)2 + (y − 1)2 = earc tg( x−2 ) , c ∈ R.

2x + y − 1
2) y = con condición inicial y(0) = −2
4x + 2y + 5

2 1 2x + y − 1
=0: y = (∗)
4 2 2(2x + y) + 5

Sea z = 2x + y

dz
=z =2+y ⇒y =z −2
dx


3 ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS UTFSM

reemplazando en (*), queda:

z−1
z −2=
2z + 5
z−1
z = +2
2z + 5
5z + 9
z =
2z + 5
2z + 5
dz = dx
5z + 9
2z + 5
dz = x + c
5z + 9
2z + 5 z 5 2 5z + 9 − 9 d(5z + 9)
pero dz = 2 dz + dz = dz +
5z + 9 5z + 9 5z + 9 5 5z + 9 5z + 9
2 9 d(5z + 9)
= dz − + ln |5z + 9|
5 5 5z + 9
2 9
= z− ln |5z + 9| + ln |5z + 9|
5 5
2 18
= z− ln |5z + 9| + ln |5z + 9|
5 25
2 7
= z+ ln |5z + 9|
5 25
2 7
∴ z+ ln |5z + 9| = x + c
5 25
como z = 2x + y, se tiene que:

2 7
(2x + y) + ln |10x + 5y + 9| = x + c
5 25
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 3) (x + 2y + 1)dx + (2x − 3)dy = 0
2) (x + 2y + 1)dx − (2x + 4y + 3)dy = 0

3. Ecuaciones Diferenciales Exactas
La 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 veriﬁcan
la igualdad:
∂M ∂N
=
∂y ∂x



siendo ∂M y ∂N continuas en un cierto dominio.
∂y ∂x
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:

(3x2 y + 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 = M dx + N dy, 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 ∂N
=
∂y ∂x
∂F ∂F ∂F
donde M = yN = (en efecto, pues dF = ∂x dx + ∂F dy, luego, necesariamente M =
∂y
dF
dx yN = dF
dy ,
∂x ∂y
d2 F d2 F
pero dx dy = dy dx , luego dM = dN )
dy dx

Ejemplos

1) Resolver la ecuación:

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

Averigüemos si esta ecuación es diferencial exacta:

M (x, y) = 3x2 y + 2xy, N (x, y) = x3 + x2 + 2y
dM dN
(x, y) = 3x2 + 2x, (x, y) = 3x2 + 2x
dy dx
dM dN
∴ = = 3x2 + 2x
dy dx

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

dF
= 3x2 y + 2xy ⇒ F (x, y) = x3 y + x2 y + C(y)
dx

Se integra considerando «y» como constante, luego:

dF (x, y) d
= x3 y + x2 y + C(y) = x3 + x2 + C (y)
dy dy
∴ x3 + x2 + C (y) = x3 + x2 + 2y ⇒ C (y) = 2y ⇒ C(y) = y 2 + C,
∴ F (x, y) = x3 y + x2 y + y 2 + C1 = C, C∈R
3 2 2
∴ x y + x y + y = C, C∈R



2x y 2 − 3x2
2) 3
dx + dy = 0
y y4
La ecuación diferencial es exacta pues:

d 2x 6x d y 2 − 3x2
=− =
dy y3 y4 dx y4
dF 2x x2
= 3 ⇒ F (x, y) = 3 + C(y)
dx y y
dF d x2 3x2 y 2 − 3x2
= 3
+ C(y) = − 4 + C (y) =
dy dy y y y4
⇒ C (y) = y −2
1
⇒ C(y) = − + C1
y
x2 1
∴ F (x, y) = 3 − + C1
y y

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

x2 1
− = C, C ∈ R.
y3 y

y2 1 1 x2
3) − dx + − dy = 0
(x − y)2 x y (x − y)2
M N

 ∂M = 2xy

 ∂y (x − y)3

∂M ∂N

¿ = ?: ⇒
∂y ∂x  ∂N
 2xy

 =
∂x (x − y)3

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

∂F ∂F
dx + dy = 0
∂x ∂y


4 FACTOR DE INTEGRACIÓN UTFSM

Así

∂F y2 1 y2 1 y2
= − ⇒ F (x, y) = − dx = − − ln |x| + C(y)
∂x (x − y)2 x (x − y)2 x x−y
∂F −2y(x − y) − y 2 1 x2
∴ = + C (y) = −
∂y (x − y) 2 y (x − y)2
1 2xy − y 2 − x2
∴ C (y) = +
y (x − y)2
1 x2 − 2xy + y 2
= −
y (x − y)2
1
= −1
y
C(y) = ln |y| − y + K
y2
F (x, y) = − − ln |x| + ln |y| − y + K
x−y
y y2
= ln − −y+C
x x−y
∴ la solución viene dada por

y y2
ln − − y = cte.
x x−y

Ejercicios.
1 3y 2 2y dy
1) (x2 + y) dx + (x − 2y) dy = 0 7) 2
+ 4 =
x x x3
2) (y − 3x2 ) dx − (4y − x) dy = 0
x2 dy − y 2 dx
3) (y 3 − x) y = y 8) =0
(x − y)2
y2 1 1 x2
4) − dx + − dy = 0 y dx − x dy
(x − y)2 x y (x − y)2 9) x dx + y dy =
x2 + y 2
5) 2(3xy 2 + 2x3 ) dx + 3(2x2 y + y 2 ) dy = 0
x dx + (2x + y) dy
6) =0
(x + y)2

4. Factor de Integración
Supongamos 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 + xy 2 )dx − x dy = 0.

Se puede a veces elegir una función µ(x, y) tal que si multiplicamos todos los términos de la ecuación por
esta función, la ecuación (4.1) se convierta en una ecuación diferencial exacta. La función µ(x, y) se llama
factor 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 ) ∂(µN )
=
∂y ∂x

es decir:

∂M ∂µ ∂N ∂µ
µ +M =µ +N
∂y ∂y ∂x ∂x

o sea

∂µ ∂µ ∂N ∂M 1
M −N =µ −
∂y ∂x ∂x ∂y µ
1 ∂µ 1 ∂µ ∂N ∂M
M −N = −
µ ∂y µ ∂x ∂x ∂y
∂(ln µ) ∂(ln µ) ∂N ∂M
(4.2) M −N = −
∂y ∂x ∂x ∂y

En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda de µ(x, y) de la ecuación (??) es más difícil que
integrar 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:

∂ ln µ
=0
∂x
y para hallar µ obtenemos la ecuación diferencial ordinaria (que se obtiene de (??)):
∂N ∂M
∂ ln µ ∂x − ∂y
=
∂y M
la cual nos permite determinar ln µ y, por tanto, el propio µ. Es claro que de esta manera se puede
proceder sólo cuando la expresión ( ∂N − ∂M )/M no depende de x (pues sino µ depende de x)
∂x ∂y

(ii) Análogamente, si la expresión
∂N ∂M
∂x − ∂y
N
no depende de y, sino exclusivamente de x, es fácil hallar el factor integrante que depende solamente
de x.

Ejemplo. Hallar la solución de la ecuación (y + xy 2 ) dx − x dy = 0.

Solución. Aquí: M = y + xy 2 ; N = −x
∂M ∂N ∂M ∂N
= 1 + 2xy; = −1, luego =
∂y ∂x ∂y ∂x
Luego la ecuación no es una ecuación diferencial exacta. Examinemos si esta ecuación admite un factor
integrante que dependa sólo de y. Observemos que:


5 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN UTFSM

∂N ∂M
∂x − ∂y −1 − 1 − 2xy −2(1 + xy) 2
= = =−
M y + xy 2 y(1 + xy) y

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

∂ ln µ 2
=−
∂y y
1
de donde ln µ = −2 ln y, es decir, µ = .
y2
Después de multiplicar todos los términos de la ecuación dada por el factor integrante µ(x, y) = 1/y 2 ,
obtenemos la ecuación:
1 x
+ x dx − 2 dy = 0
y y
∂M1 ∂N1 1 x x2
diferencial exacta = = − 2 . Resolviendola, encontramos que: + + c = 0, es decir,
∂y ∂x y y 2

2x
y=− .
x2 + 2c

5. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden
Sea 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) = 0 para algún x ∈ I. La ecuación (*) se dice
homogénea si h(x) = 0, ∀ x ∈ I y se dice normal si a1 (x) = 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 entonces
la podemos escribir de la forma:

a0 (x) h(x)
y + y=
a1 (x) a1 (x)
O sea:
a0 (x) h(x)
y + p(x) y = q(x) donde: p(x) = , q(x) =
a1 (x) a1 (x)
dy
+ p(x) y = q(x)
dx
dy + p(x) y dx = q(x) dx
(5.2) (p(x) − q(x)) dx + dy = 0



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) ∂N (x, y)
= p(x), =0
∂y ∂x
∂M ∂N
= tenemos que p(x) = 0 ∀ x ∈ I.
∂y ∂x
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) = 0. Examinemos si la ecuación (5.2) admite un factor integrante que depende
sólo de x. Observemos que:

− ∂N +
∂x
∂M
∂y
= p(x)
N
por lo tanto la ecuación lo admite. Luego el factor integrante es tal que:
∂ ln µ(x)
= p(x)
∂x
o sea µ(x) = e p(x) dx
p(x) dx
Multiplicando todos los términos de la ecuación (5.2) por el factor integrante µ(x) = e , obtenemos
la ecuación

p(x) dx p(x) dx
(5.3) (p(x) − q(x)) e dx + e dy = 0

que es una ecuación diferencial exacta, ya que:
∂M p(x) dx ∂N
= p(x) e =
∂y ∂x
p(x) dx p(x) dx
donde M1 (x, y) = (p(x) − q(x)) e y N1 (x, y) = e

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:

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

puesto que

p(x) dx p(x) dx p(x) dx
y e +p(x) e y = ye



Ejemplos

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

Solución.
dy 2
x − 2y = x4 ⇒ y − y = x3
dx x
−2 −2
∴ y = e− x
dx
C+ x3 e x
dx
dx

x3
y = e2 ln x C + x3 e−2 ln x dx = x2 C ∗ dx
x2
x2
y = x2 C + ⇒ 2y = x2 C + x4
2
2) (3xy + 3y − 4) dx + (x + 1)2 dy = 0

Solución.
dy
(x + 1)2 + 3(x + 1)y = 4 ⇒ y + 3(x + 1)−1 y = 4(x + 1)−2
dx
3 4 3 1
y = e− x+1
dx
c+ 2
· e x+1 dx = e−3 ln |x+1| c + e3 ln |x+1| dx
(x + 1) (x + 1)2
1 (x + 1)3 1 1 (x + 1)2
= c+4 dx = c+
(x + 1)3 (x + 1)2 (x + 1) 3 2 (x + 1)3
y = c (x + 1)−3 + 2 (x + 1)−1
3) (1 + xy) dx − (1 + x2 ) dy = 0

Solución.
x 1
(1 + x2 )y − xy = 1 ⇒ y − y=
1 + x2 1 + x2
x dx 1 − x dx 1 2 1 1 2
y=e 1+x2 c+ e 1+x2 dx = e 2 ln |1+x |
c+ e− 2 ln(1+x ) dx
1 + x2 1 + x2
1
y= 1 + x2 c + dx =c 1 + x2 + x
(1 + x2 )3/2

Cálculo de
1 sec2 θ dθ x
dx = = cos θ dθ = sen θ = √
(1 + x2 )3/2 (sec2 θ)3/2 1 + x2
di
4) L + Ri = E, donde L, R, E son constantes con c.i. i(0) = 0
dt

Solución.
di R E R E Rt R E L Rt
+ i= ⇒ i(t) = e− L t c + e L dt = e− L t c + · eL
dt L L L L R
R E E E E R
i(t) = c e− L t + i(0) = 0 ⇒ 0 = C + ⇒ C = − ⇒ i(t) = 1 − e− L t
R R R R



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

Solución.
dx dy
= 1 + 2x tg y ⇒ − 2x tg y = 1 ⇒ x(y) = e2 tg y dy
c+ e−2 tg y dy
dy
dy dy
1
x(y) = e2 ln | cos y| c + e2 ln | cos y| dy = sec2 y c + cos2 y dy = sec2 y c + (1 + cos 2y)dy
2
1 sen 2y
x(y) = sec2 y c + y+ ⇒ 4x cos2 y = C + 2y + sen 2y
2 2

6) Resolver
a) (1 + cos x) dy − sen x(sen x + sen x cos x − y)dx
di
b) L + Ri = E sen ωt, con i(0) = 0
dt
7) Encontrar la velocidad inicial mínima que debe tener un cuerpo que se dispara para que escape de la atracción de
la Tierra. Desprecie la resistencia del aire.

Solución
k gR
a(r) = k<0 como en r = R, a(R) = −g ⇒ a(r) = −
r2 r2
por otro lado

dv dv dr dv gR2 dv
a= = · = ·v ⇒− 2 = ·v
dt dr dt dr r dr
gR2 v2 v2
⇒ +c= pero en r = R, v = v0 ⇒ c = 0 − gR
r 2 2
2gR2
⇒ v2 = 2
+ v0 − 2gR
r2
8) Un embudo con ángulo de salida de 60◦ y una sección transversal con área de 0,5cm2 , contiene agua. En t = 0, se
abre 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 H2 O que sale.
dV = 0,5 · v · dt con v = 0,6 2gh,

por otro lado
√
dV = −πr2 dh con r = h tg 30 = h/ 3
√
√ πh2 0,9 2g
⇒ 0,3 2 gh dt = − dh ⇒ dt = −h3/2 dh
3 π
0,9 2 0,9 2
2g t = −h5/2 · + c y h(t = 0) = 10 ⇒ 2g · 0 = −105/2 + c
π 5 π 5
2 π 5/2 5/2 2 π 5/2
t= √ · 10 −h y para h = 0 t = · √ · 10 = 99,7seg = 1 40
5 0,9 · 2g 5 0,9 2g


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 igual
a −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.

k k ds
a=− ⇒ −1 = − ⇒ k = 4 ⇒ a = −4/s2 ; v =
s2 4 dt
dv dv ds dv dv 4 2 25 4
a= = · = ·v ⇒v = − 2 ⇒ v /2 = c + 4/s ⇒ c = − = 12
dt ds dt ds ds s 2 8
√ 4
a) v(s = 24) = 2 24 + 12 ≈ 4,93
√ 8
ds 8 1 s ds
b) v = = s + 3s2 ⇒ t = √ √ ≈ 3,23
dt s 2 2 24 s + s2

6. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal
Ciertas 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
dy
(6.1) + p(x) y = q(x) y n
dx

(E. D. N. L. pues es no lineal en la variable y y supuestamente en x)
Si efectuamos la sustitución µ = y 1−n donde n ∈ Z − {0, 1} pues si n = 1 ⇒ (6.1) queda

dy
+ (p(x) − q(x))y = 0
dx
variables separables.
Si n = 0 ⇒ (6.1) queda y + p(x)y = q(x) ecuación diferencial de primer orden lineal
dµ dy
∴ sea n = 0, 1 ⇒ = (1 − n) y −n ⇒ (6.1) queda (al dividir por y n ):
dx dx
1 dµ
y −n y + p(x)y 1−n = q(x) ⇒ + p(x)µ = q(x)
1 − n dx
que es una E. D. L. de primer orden en la variable µ.

Ejemplos



x
1) y + xy =
y

Solución.

dµ dy
yy + xy 2 = x ⇒ µ = y 2 = y 1−(−1) ⇒ = 2y
dx dx
1 dµ
− xµ = x ⇒ µ(x) = e−2 2x dx
2x e 2x dx
dx + c
2 dx
2 2 2 2 2
µ(x) = e−x 2x ex dx + c = e−x c + ex = 1 + c e−x

y 5
2) y − = − x2 y 3
x 2

Solución.

y −2 5
y −3 y − = − x2 ⇒ µ = y −2 ⇒ µ = −2y −3 y
x 2
µ µ 5 1
− = − x2 ⇒ µ + 2µ · = 5x2
−2 x 2 x
2 1 x5
µ(x) = e− x
dx
c+ 5x2 e 2/x dx
dx = e−2 ln x c + 5x2 e2 ln x dx = c+5·
x2 5

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

dy
2. Problema. + p(x)y = q(x)y ln y
dx

Sea
1
u = ln y ⇒ u =
y
y
⇒ u y + p(x)y = q(x)yu
du du
+ p(x) = q(x)u ⇒ − q(x)u = −p(x)
dx dx

EDL de primer orden

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

y (x) + a2 (x)y 2 + a1 (x)y + a0 (x) = 0

donde ai (x) son funciones continuas en I ∀ i = 0, 1, 2 y a2 (x) = 0 en I se conoce como ecuación de
Ricatti .
1
Para convertirla en una EDL de priemer orden se utiliza la sustitución y = + y1 donde y1 (x) es una
µ
solución particular de la ecuación de Ricatti (esta sustitución particualr se encuentra por inspección).



Demostración. Sea
1 dy du dy1
y= + y1 ⇒ = −µ2 +
µ dx dx dx

donde

2
y1 + a2 (x)y1 + a1 (x)y1 + a0 (x) = 0
2
dy1 1 du 1 1
− 2 + a2 (x) y1 + + a1 (x) y1 + + a0 (x) = 0
dx µ dx µ µ
1 du 2 2 1 a1 (x)
0 = y1 − 2 + a2 (x)y1 + y1 a2 (x) + 2 a2 (x) + a1 (x)y1 + + a0 (x)
µ dx µ µ µ
dµ
− + 2µy1 a2 (x) + a2 (x) + a1 (x)µ = 0 ⇒
dx
dµ dµ
− (2y1 a2 (x) + a1 (x))µ = a2 (x) ⇐⇒ + p(x)µ = q(x)
dx dx

Problema. Resolver:

y = x + 1 − xy 2 + 2x2 y − x3 si y1 (x) = 1 + x
dµ
− 2xv = x µ = e− −2x dx
xe 2x dx
dx + c
dx

1
Resolver. y − sen2 xy 2 + y + cos2 x = 0, si yp = cot x.
sen x cos x
sen x
a2 (x) = − sen2 x a1 (x) = a0 (x) = − cos2 x.
cos x
1
Si y = + yp (x)
v

dv 1
⇒ − −2 cot x sen2 x + v = − sen2 x.
dx sen x cos x
dv sen x 1
− −2 −1
+ v = − sen2 x
dx (cos x) sen x cos x
dv 1
− −2 sen x cos x + v = − sen2 x
dx sen x cos x
−2 sen2 x cos2 x + 1
v − v = − sen2 x
sen x cos x
−2 sen2 x cos2 x+1 2 sen2 x cos2 x+1
dx
v=e sen x cos x − sen2 x e sen x cos x dx
dx + c

1 sen2 x 2
−2 sen x cos x + dx = −2 + dx
sen x cos x 2 sen 2x

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


7 EXISTENCIA Y UNICIDAD DE LAS SOLUCIONES UTFSM

2 2
v = e− sen x
e− ln | cosec 2x+cot 2x| − sen2 x esen x ln | cosec 2x+cot 2x|
e dx + c

2 1 2
v = e− sen x
− sen2 x esen x (cosec 2x + cot 2x)dx + c
cosec 2x + cot 2x
2 sen 2x cos x
= e− sen x − sen2 x esen 2x · dx + c
1 + cos 2x sen x
2 1 2
= tg x e− sen x − 2 sen x cos x esen x dx + c
2
2 1 2 1 2
= tg x e− sen x − esen x +c = − tg x + c tg x e− sen x
2 2
1
⇒ y(x) = cotg x + 1
− 2 tg x + c tg x e− sen2 x

Ejemplo. y − xy 2 + (2x − 1)y = x − 1

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

y1 = 0 ⇒ 0 − xk 2 + 2kx − k − x + 1 = 0
⇒ x(−k 2 + 2k − 1) + 1 − k = 0 ⇒ −x(k − 1)2 − (k − 1) = 0
1
⇒k=1 ∴ y = 1 + ⇒ y = −u−2 u
u
2
1 1
−u−2 u − x 1 + + (2x − 1) 1 + =x−1
u u
−u−2 u − 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.
y2 dx
1) 2y − −1=0 4) + x2 + 1 = 0
x2 dt
2) y + y 2 + 3y + 2 = 0
3) y + (1 + ex )y 2 − 2x2 (1 + ex )y + x4 (1 + ex ) − 2x = 0 5) y + y 2 − 1 = 0, tal que, y(0) = −1/3

7. Existencia y unicidad de las soluciones
Se 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 xy
determinada por el intervalo I.


8 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR UTFSM

8. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior
Teorema 1. Sean y1 (x), . . . , yn (x) ∈ Cn−1 (I). Suponga que ∃ x0 ∈ I:
(n−1)
yi (x0 ), yi (x0 ), yi (x0 ), . . . , yi (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 (x2 4x + 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) ∈ C n−1 (I). ∀ x ∈ I el determinante

y1 (x) y2 (x) ... yn (x)
y1 (x) y1 (x) ... y (x)
W [y1 (x), . . . , yn (x)] = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .n . . . . .
.
(n−1) (n−1) (n−1)
y1 (x) y2 (x) . . . yn (x)

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

Ejemplos

sen x cos x
1) W [sen x, cos x] = = −1
cos x − sen x
2) W [x, sen x] = x cos x − sen x
3) W [x, 2x] = 0

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

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


9 OPERADORES DIFERENCIALES UTFSM

8.1. Solución general de una ecuación homogénea
Sean 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) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x)

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

8.2. Solución general de una ecuación no homogénea
Sea 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 Diferenciales
Sea 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.
dk y
Ejemplo. Dk y ≡ derivada k-ésima con respecto a la variable x. La expresión L(D) = a0 Dn + a1 Dn−1 + · · · +
dxk
an−1 D + an , aj son constantes, es llamado un «operador diferencial de orden n». Este es el operador diferencial
aplicado a y queda
dn y dn−1 y dy
L (D)(y) = a0 n + a1 n−1 + · · · + an−1 + an y
dx dx dx

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 + βy2 ) dk y1 dk y2
Dk (αy1 (x) + βy2 (x)) = k
= α k + β k = αDk y1 + βDk y2
dx dx dx

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


(D − m)(y) = 0 ⇔ yh (x) = c emx
(D − m)2 (b) = 0 ⇔ yh (x) = emx (c1 + c2 x)
2) (D − m)3 (b) = 0 ⇔ yh (x) = emx (c1 + c2 x + c3 x2 )
.............................................................................
(D − m)n (b) = 0 ⇔ yh (x) = emx (c1 + c2 x + c3 x2 + · · · + cn−1 xn−2 + cn xn−1 )

Ejemplo. (D − 1)2 (y) = 0 ⇒ yh (x) = ex (c1 + c2 x)

Ejemplo. (D + 2)3 (y) = 0 ⇒ yh (x) = e−2x (c1 + c2 x + c3 x2 )
d 0y
Sea L(D) = a0 Dn + a1 Dn−1 + · · · + an−1 D + a0 D0 , donde D0 (y) = = y. Aplicamos L(D) a emx ⇒
dx0
L(D)(emx ) = a0 mn emx +a1 mn−1 emx + · · · + an−1 m emx +an emx
= emx (a0 mn + a1 mn−1 + · · · + an−1 m + 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 la
variable m tiene además n soluciones reales. Por lo tanto para cada mi tal que L(mi ) = 0 ⇒ L(D)(emi x ) = 0;
luego, si m1 , m2 , . . . , mi , . . . , mn son soluciones de L(m) = 0 ⇒

L(D)(c1 em1 x +c2 em2 x + · · · + cn emn x ) = 0
⇒ L(D)(y) = 0 ⇔ yh (x) = c1 em1 x +c2 em2 x + · · · + cn emn x

d2 y dy
Ejemplo. Resolver 2 +5 + 12y = 0.
dx2 dx

Solución.
3
(2D2 + 5D − 12)(y) = 0 ⇒ L(m) = 2m2 + 5m − 12 = 0 ⇒ m1 = −4 ∧ m2 =
2
3
⇒ yh (x) = c1 e−4x +c2 e 2 x

Nota. Si (D − m)k (y) = 0 ⇒ yh (x) = emx (c1 + c2 x + c3 x2 + · · · + ck xk−1 ) donde los ci ∈ R (constantes) se
determinan mediante las c.i.

Ejemplo. (D + 4)3 (y) = 0 ⇒ yh (x) = e−4x (c1 + c2 x + c3 x2 )

Ejemplo. (D4 + 2D3 + D2 )(y) = 0 ⇒ m = 0, 0, −1, −1, yh (x) = c1 + c2 x + e−x (c3 + c4 x)

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 − k2 i 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
e− a1 (x) dx
y2 (x) = y1 (x) 2 dx
y1 (x)

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

⇒ yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
Demostración. Suponer
y2 (x) = k(x)y1 (x)
⇒ y2 = k y1 + ky1
y2 = k y1 + 2k y1 + ky1
k y1 + 2k y1 + ky1 + a1 (x)(k y1 + ky1 ) + a0 (x)ky1 = 0
k(y1 + a1 y1 + a0 y1 ) + 2y1 k + y1 (a1 k + k ) = 0
∴ y1 k + (2y1 + a1 y1 )k = 0
y1
k + 2 + a1 k = 0
y1
2y1
k = e− y1 +a1 dx
C
−2
−2 ln y1 − a1 dx
=Ce =Ce ln y1
e− a1 dx

e− a1 dx
=C 2
y1
e− a1 dx
∴ k(x) = C 2 dx
y1
e− a1 dx
y1 y1 2
y1
dx
W [y1 , y2 ] = e− a1 dx − a1 dx = e− a1 dx
=0
y1 y1 2
y1
dx + y1 e 2
y1

∴ {y1 , y2 } son l.i.
∴ yG (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
volver
Ejemplo. Resolver x2 y − 3xy + 4y = 0 si se sabe que una solución es y1 (x) = x2 ejemplos

Solución.

La ecuación debe escribirse como
3 4
y − y + 2y = 0
x x
3
∴ a1 (x) = − ⇒ e− a1 dx = e3 ln x = x3
x
x3 1
y2 (x) = x2 dx = x2 dx = x2 ln x
x4 x
⇒ yh (x) = x2 (c1 + c2 ln x)


10 EDL DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGÉNEAS UTFSM

¿Qué pasa si se conoce la solución y1 (x) = x2 ln x y se pide la otra?
3
e− x dx 1
y2 (x) = x2 ln x dx = x2 ln x dx
x4 ln2 x x ln2 x
1
= −x2 ln x = −x2
ln x
⇒ yh (x) = x2 (c1 ln x + c2 )

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

10. EDL de Coeficientes Constantes No Homogéneas
La 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 Indeterminados
El 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
yp + 4yp = 0 + 4c3 ≡ 7 ⇒ c3 = 7/4
7
⇒ yG (x) = c1 sen 2x + c2 cos 2x +
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
1
4c3 ex ≡ ex ⇒ c3 = .
4
√ √ 1
yG (x) = c1 sen 3x + c2 cos 3x + ex
4

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

Solución.

yh (x) = c1 e−x +c2 x 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
4c4 − 3c5 = 1 4 3
⇒ c3 = 1/2 ⇒ c4 = c5 = −
3c4 + 4c5 = 0 25 25
1 4 3
yp = ex + sen 2x − cos 2x
2 25 25
1 4 3
yG = c1 e−x +c2 x e−x + ex + sen 2x − cos 2x
2 25 25

Empleando en MCI, encontrar yp en:

a) (D2 + 6D + 10)(y) = x4 + 4x2 + 2 d) (D2 − 4D + 8)(y) = e2x (1 + sen 2x)
b) (6D2 + 2D − 1)(y) = 7x ex (1 + x)
e) (D2 − 4)2 (y) = x senh x
2 x
c) (D + D − 2)(y) = 3 e − sen x



10.2. Método de Variación de Parámetros
Comenzamos considerando la EDL de 2.o orden

(10.1) y + a1 (x)y + a0 (x)y = h(x)

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

(10.2) yh (x) = k1 y1 (x) + k2 y2 (x)

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

yp (x0 ) = 0
yp (x0 ) = 0 con x0 ∈ I

La construcción de yp se empieza con la suposición de que cualquier solución particular de (10.1) debe
estar relacionada con yp y para ello se intenta alterar ésta última tal que se convierte en una solución
particular 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:

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

abreviando,

(10.4) yp = k1 y1 + k2 y2

derivando yp y reemplazando en (10.1) se obtiene

yp = k1 y1 + k1 y1 + k2 y2 + k2 y2
yp = k1 y1 + 2k1 y1 + k1 y1 + k2 y2 + 2k2 y2 + k2 y2
k1 (y1 + a1 (x)y1 + a0 (x)y1 ) + k2 (y2 + a1 (x)y2 + a0 (x)y2 )+
k1 y1 + 2k1 y1 + k2 y2 + 2k2 y2 + a1 k1 y1 + a1 k2 y2 = h(x)
⇒ k1 y1 + 2k1 y1 + k2 y2 + 2k2 y2 + a1 k1 y1 + a1 k2 y2 = h(x)

pues y1 ∧ y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea

(k1 y1 + k1 y1 + k2 y2 + k2 y2 ) + a1 (k1 y1 + k2 y2 ) + k1 y1 + k2 y2 = h(x)
(k1 y1 + k2 y2 ) + a1 (x)(k1 y1 + k2 y2 ) + k1 y1 + k2 y2 = h(x)

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

k1 y1 + k2 y2 = 0
∀x ∈ I
k1 y1 + k2 y2 = h(x)

Resolviendo por Crammer

h(x)y2 h(x)y1
⇒ k1 = − ∧ k2 =
W W



donde

y1 y2
W = = Wronskiano = W (y1 (x), y2 (x))
y1 y2
x
y2 (x)y1 (t) − y1 (x)y2 (t)
∴ yp (x) = h(t) dt
x0 W (y1 (t), y2 (t))

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

Solución.

yh (x) = c1 sen x + c2 cos x
yp (x) = k1 sen x + k2 cos x
k1 sen x + k2 cos x = 0
k1 cos x − k2 sen x = h(x) = sec x
sen x cos x
W = = −1
cos x − sen x
k1 = sec x · cos x = 1 k2 = − sec x · sen x = − tg x

⇒ k1 = x k2 = − tg x dx = ln | cos x|

yG (x) = c1 sen x + c2 cos x + x sen x + cos x ln | cos x|

Ejemplo. (D2 − D − 2)(y) = e−x sen x

Solución.

yh (x) = c1 e2x +c2 e−x
e2x e−x 1 1
W = = e2x e−x = −3 ex
2 e2x − e−x 2 −1
1 −3x 1 1 e−3x
k1 = e sen x ⇒ k1 = e−3x sen x dx = (−3 sen x − cos x)
3 3 31+9
e2x e−x sen x 1 1
k2 = = − sen x ⇒ k2 = cos x
−3 ex 3 3
1 1
∴ yg (x) = c1 e2x +c2 e−x − e−x (3 sen x + cos x) + e−x cos x
30 3

Ejemplo. Resolver x4 y + x3 y − x2 y = 1


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