1.
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
B – ECUACIONES LINEALES
Estas ecuaciones son de la forma
y’ = f(x, y) (1)
14
donde f es una función dada de dos variables. Concretamente la ecuación es de la forma
y’ + p(x) y = g(x) (2)
donde p y q son funciones continuas dadas sobre algún intervalo α < x < β.
Resolver una ecuación diferencial de primer orden equivale a encontrar una función y = φ(x) que,
junto con su derivada y’, la satisfagan.
Para hallar la solución de la ecuación procederemos a utilizar un proceso de tres pasos:
Paso 1. Comenzaremos con una forma simple de (2), tomado g(x) = 0, y p(x) = a, donde a es una
constante real, así:
y’ + ay = 0 (2)
La solución se hallará por separación de variables, así:
y’ = – ay (3)
dy
 ay
dx
1
 y dy   adx
ln y  ax + c
Figura 1: y = Ce–1x
Aplicando exponencial en ambos lados, obtenemos la función y que es la solución general de (3):
y = Ce–ax (4)
La función que tiene una derivada que es múltiplo de la función original es y = e–ax y ésta satisface a
(3), y la cual representa un conjunto infinito de soluciones de (3) y donde C es una constante arbitraria
o de integración. Esta familia de soluciones representa a su vez una familia de curvas integrales de
(3).

2.
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
La familia de curvas si a = 1, se representa así (dibujamos solo las curvas para C = –4, –3, –2, –1. 0, 1,
2, 3, 4) (Figura 1).
Paso 2. Para desarrollar un método sistemático que nos permita resolver ecuaciones lineales de
primer orden, reescribimos la solución (4)
yeax = C 15
Diferenciando solo el miembro izquierdo
(yeax)’ = y’eax + ayeax = eax(y’ + ay)
Este proceso se puede seguir para resolver la ecuación intermedia a la general:
y’ + ay = g(x) (5)
Obsérvese que aún tenemos p(x) = a, constante. Multiplicando (5) en ambos lados por eax tenemos
eax(y’ + ay) = eaxg(x)
(yeax)’ = eaxg(x)
Integrando en ambos lados

ye ax  e ax g( x )dx  C
Donde C es una constante arbitraria. Por tanto la solución de (5) es;

y  e  ax e ax g( x )dx  Ce  ax (6)
Paso 3. Ahora, si tomamos p(x) no constante, hallaríamos la solución a la ECUACIÓN GENERAL de
primer orden (2),
y’ + p(x)y = g(x) (2)
Para hallar esa solución, usaremos un proceso similar. Escogemos una función µ tal que
µ(x)[y’ + p(x)y ] = [µ(x)y]’
Aplicamos en ambos lados las operaciones allí indicadas (producto en el primer miembro de la
ecuación y derivada en el segundo):
µ(x)y ’ + p(x)yµ(x) = µ(x)y’ + µ’(x)y
Cancelamos µ(x)y’ en ambos lados y nos queda:
p(x)yµ(x) = µ’(x)y
suponiendo µ(x) > 0 y dividiendo ambos lados entre yµ(x)

3.
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
' ( x )
p( x )   ln ( x )'
( x )
Por tanto
ln ( x ) 
 p( x )dx
( x )  e  p( x )dx (7) 16
Donde llamaremos a µ(x), factor integrante.
Regresando a la ecuación general (2) y multiplicando en ambos lados por el factor integrante,
tenemos:
( x )y'  p( x ) y  ( x )g( x )
( x ) y'  ( x )g( x )

( x ) y  ( x )g( x )dx  C
[∫ ]
Donde µ(x) está dada por (7).
Luego (8) es la solución de la ecuación general lineal de primer orden:
EJEMPLO 1: Encontrar la solución al problema de valores iniciales: y’ – 2xy = x, con y(0) = 1
Solución:
Se tiene que p(x) = –2x. Por tanto el factor integrante es:
 ( x)  e   2 xdx  e  x
2
Multiplicamos en ambos lados de la ecuación lineal por el factor integrante:
e  x  y '2 xy   e  x x
2 2
e y '  xe
 x2  x2
1 2
ye  x   xe  x dx  C   e  x  C
2 2
De donde
2
1
y    Ce x
2
Y finalmente la solución general es:
2

4.
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Como hay una condición inicial, hallamos el valor de C para determinar la solución particular.
Reemplazamos x = 0, y = 1 en la solución general:
1 = –1/2 + Ce0 y de aquí : C = 3/2
Por tanto la solución del problema de valores iniciales dado es:
17
1 3 2
y    ex
2 2
EJEMPLO 2: Encontrar la solución del problema de valores iniciales y’ – 2xy = 1; con y(0) = 1
Solución:
Como antes  ( x)  e   2 xdx  e  x
2
Luego,
ye  x   e  x dx  C
2 2
e
 x2
y  ex dx  Ce x
2 2
e
 x2
La dx no se puede expresar como una función elemental. Solo nos queda determinar la
solución particular tomando y(0) = 1, lo cual requiere que C = 1
La solución particular es:
 e dx  e
x
y  ex
2 2 2
x
Existencia y unicidad
TEOREMA
Si las funciones p y g son continuas dentro de un intervalo abierto α < x < β que contiene al punto x =
x0, entonces existe una función única y = φ(x) que satisface la ecuación diferencial
y’ + p(x)y = g(x)
para α < x < β , y que también satisface la condición inicial y(x0) = y0 , donde y0 es un valor inicial
arbitrariamente prescrito.
EJEMPLO 3: Resolver el problema de valores iniciales: xy’ + 2y = 4x2; y(1) = 2
Solución:
2
y ' y  4x , x ≠ 0 y para el valor inicial x > 0
x

5.
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
2
 ( x)  e dx  e 2 ln x  e ln x  x 2
2
x
Multiplicando en ambos miembros por el factor integrante µ(x)
x2y’ + 2xy = 4x3
(x2y)’ = 4x3 18
x y = x y  4 x dx  C
2 2 3
x2y = x4 + C
y = x2 + Cx-2
y para el valor inicial y(1) = 2, el valor de C será:
2 = 12 + C1–2 y de aquí C = 1. Por tanto la solución particular es:
y = x2 + 1/x2
C – ECUACIÓN DE BERNOULLI
Algunas ecuaciones que no son lineales pueden resolverse haciendo primero una sustitución que
convierta a la ecuación dada en lineal. La ecuación de Bernoulli (en honor a Jacobo Bernoulli:
1654-1705) es un ejemplo de este tipo.
La forma de esta ecuación es
donde n es una constante pero no necesariamente entera, y p(x) y q(x) son funciones dadas.
Para resolver la ecuación lineal de primer orden de Bernoulli para n ≠ 0, 1 se sigue el siguiente
proceso:
a. Se divide por yn obteniéndose y–ny’ + p(x)y1 – n = q(x) (2)
 1  n  y n y ' y
du du 1
b. Se hace el cambio de variables u = y1– n; de donde  y n y'
dx dx 1  n
 px u  qx 
du 1
c. Se hace la sustitución en (2) y se obtiene
dx 1  n
EJEMPLO 4: Resolver la ecuación x2y’ + 2xy – y3 = 0 (1)
Solución:
2 2 1
Dividiendo por x2y3 : y 3 y '
y  2 (2)
x x
du 1 du
Hacemos u = y–2 y de aquí  2 y 3 y ' y despejando   y 3 y '
dx 2 dx

6.
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
1 du 2 1
Reemplazamos en (2):   u 2
2 dx x x
4 2
O bien u ' u   2
x x
1
 4  dx 19
El factor integrante es x–4. De hecho  x   e
 4 ln x 4
x
e  e ln x  x 4 . Por tanto
2 5
x 4 u  2 x 6 dx  C  x C
5
1 2
Y finalmente 2
 u  x 1  Cx 4
y 5
dy
EJEMPLO 5: Resolver x  y  x2 y2 (1)
dx
Solución
dy 2 1 1
Dividiendo por xy2 y  y x
dx x
1
y 2 y ' y 1  x (2)
x
du du
Se hace el cambio de variable: u = y–1 de donde  1y 2 y ' . Y despejando   u '  y 2 y '
dx dx
Se hace la sustitución en (2), obteniéndose:
1 1
 u ' u  x o bien u ' u   x
x x
El factor integrante es x–1. De aquí que
x 1u    1dx  C   x  C
y 1  u   x 2  Cx
1
O si lo prefiere: y
 x  Cx
2

7.
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
EJERCICIO 4
A. En cada uno de los problemas del 1 al 4, resuélvase la ecuación diferencial:
1. y’ + 3y = x + e–2x 2. y’ – 2y = x2 e2x 3. y’ + y = xe–x + 1 4. y’ + (1/x)y = 3 cos 2x, x>0
B. En cada uno de los problemas, del 5 al 8, encuéntrese la solución del problema dado de valores 20
iniciales:
5. y’ – y = 2xe2x y(0) = 1 6. y’ + 2y = xe–2x, y(1) = 0
7. y’ + y = 1
, y(0) = 0 8. y’ + 2
y= cos x
, y() = 0, x > 0
1  x2 x x2
dy 1
C. Encontrar la solución de:  . Sugerencia: Considérese a x como variable
dx e y  x
dependiente en lugar de y.
Respuestas:
x 1 x3 2 x x2  x c 3 cos 2 x 3
1. y  ce3x    e 2 x 2. y  ce2 x  e 3. y  ce x  1  e 4. y    sen 2 x
3 9 3 2 x 4 x 2
5. y  3e x  2x  1e2 x 6. y
2

1 2

x  1 e 2 x 7. y  e x
0
x
 1 t
et
2
dt 8. y
sen x
x 2
C. y  ce y 
1 y
2
e
D. En cada uno de los problemas del 1 al 4, encuéntrese la solución general de la ecuación
diferencial dada:
1. y’ + (1/x)y = sen x x>0 2. x2y’ + 3xy = (sen x)/x. x<0
3. y’ + (tan x)y = x sen 2x,  /2 < x <  /2 4. xy’ + 2y = ex , x > 0
E. En cada uno de los problemas, del 5 al 8, encuéntrese la solución del problema dado de valores
iniciales:
5. xy’ + 2 y = x2 – x + 1, y(1) = ½ 6. xy’ + y = ex, y(1) = 1
7. y’ + (cot x)y = 2 csc x, y( /2) = 1 8. xy’ + 2y = sen x, y() = 1/
F. Ecuación de Bernoulli: En cada uno de los problemas del 9 al 22, encuéntrese la solución
general de la ecuación diferencial dada:
dy
9. xy’+ y= 2/y2 10. y’ = y(xy3 – 1) 11. t2  y 2  ty
dt
y  1  2 x y 4
1 1
12. y'  y  xy 5 13. y' 2 xy  xy 4  0 14. y' 
3 3
15. y'  y  y 2 cos x  senx  16. xdy  y  xy 3 1  ln xdx  0 17. y'  y  xy 2
dy
18.  y  y 2e x 19. xdy  ydx  x 3 y 6 dx 20. yy'  xy 2  x  0
dx
21.
dx x
2   x 3 cos y  0
dy y
22. 2xy 5

 y dx  2 xdy  0

8.
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Respuestas:
c senx c cos x c  x  1e x
1. y =   cos x 2. y =  3. y = (c – 2x cos x + 2 sen x) cos x 4. y =
x x x 3
x 3
x2
5. y =
1 2
12 

1 
 3x  4 x  6  2  ,
x 
 x>0 6. y =
x

1 x
e 1  e , x>0 7. y =
2 x 1  
senx
, 0<x<
senx  x cos x 1 t
8. y = , x>0 9 y3 = 1 + cx–3 10 y 3  x   ce3 x 11 e y
 ct
x 2 3 21
1
12. y  4   x   Ce  4 x 13. y 3 
1
 Ce 3 x
2
14. y 3  1  2 x  Ce x 15. 1
  senx  Ce x
4 2 y
x2 2 2 
16.   x 3   ln x   C 17.
1
 1  x  ce  x 18. C  xye x  1  0 19.
2
 Cx 5  5 x 3
y2 3 3  y y5
20. y 2  1  Ce x
2
21. u  x 2 ; x 2 y  cos y  y sen y  C 22. u  y 4 ; 3x 2  4 x 3  C y 4  