Este documento describe cómo resolver ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden de variables separables. Explica que estas ecuaciones pueden resolverse directamente mediante integración luego de separar las variables. Detalla los pasos para resolver este tipo de ecuaciones, que incluyen factorizar la ecuación, separar las variables, integrar e identificar la solución. También aborda cómo resolver problemas con condiciones iniciales utilizando la solución general y los valores iniciales dados.

1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON VARIABLES SEPARABLES O REDUCIBLES A
ESTA
ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES
Iniciaremos nuestras técnicas de solución a “Ecuaciones Diferenciales”
con las ecuaciones más sencillas de resolver. Este
tipo de ecuaciones son resueltas directamente
mediante una o dos integraciones.
DEFINICIÓN
Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma:
y’ = F(x, y)
Se dice de Variables Separables si es posible factorizar F(x, y) en la forma:
F(x, y) = f(x) · g(y)
Una EDO de variables separables puede
resolverse usando la siguiente estrategia:
- Procedimiento: Variables Separables
- Entrada: Una EDO en la forma y0 = F(x, y)
- Salida: La solución de la ED.
Paso I: Factorizar el segundo miembro
Factorizar F(x, y) = f(x) · g(y),
si tal factorización no es posible, se concluye que
la ED no es de variables separables y el
procedimiento no continua.
Paso II: Separar las variables
Hacer álgebra para poner variables diferentes en
lados diferentes:
y’ = F(x, y)
dy
dx
= f(x) · g(y)
dy
g(y)
[
] = f(x)dx

2. Paso III: Integrar
Integrando la expresión anterior con respecto a x
obtenemos:
1
g(y)
∫[
dy
dx
]
dx = ∫f(x) dx
o simplemente:
1
g(y)
∫[
]dy = ∫f(x) dx + C
Paso IV: Despejar y Opcional
Debido a que “y” representa la función incógnita a determinar, lo ideal es determinarla por
completo, es decir tener como solución una
expresión de la forma:
y = Expresión en x
En caso que este despeje sea posible, se dice
que la solución está dada en forma explícita, en
caso contrario (cuando no fue posible despejar
y) se dice que la solución está dada en forma
implícita.
Ejemplo 1
Resuelve la ED:
dy
dx
2x
y
= -
Paso I: Primero revisamos si la Ecuación Diferencial es de Variables Separables:
dy
dx
2x
y
= -
1
y
= (-2x)(
) = f(x).g(x)
Paso II: Separando las variables:
y dy = -2x dx
Paso III: Integrando:
∫ ( y ) dy = ∫ (-2x )dx
Paso IV: Resolviendo:
1
2
y2 = - x2 + C
La expresión
1
2
y2 = - x2 + C representa una familia de soluciones: una solución para cada valor
de la constante C. Si graficamos las funciones para diferentes valores de C tenemos:

3. PROBLEMA CON CONDICIONES INICIALES
Un problema con valores (condiciones) iniciales
consiste de una ecuación diferenciales y de un
punto del plano x − y:
dy
dx
= f(x, y) sujeto a y(xo) = yo
El problema consiste en encontrar una función
y = y(x) solución a la ecuación diferencial y que
además cumpla y(xo) = yo (es decir, que al evaluar
dicha función en x = xo el valor resultante sea yo).
Generalmente este problema se resuelve primero
encontrando la solución general (aparece C arbitraria) y posteriormente se sustituyen los datos
del punto (xo, yo) para determinar el valor de C.
Ejemplo 2
Resuelve el problema con condiciones iniciales:
dy
dx
2x
y
= -
sujeto a y(1)=1
Por el ejemplo anterior la solución general es:
1
2
y2 = - x2 + C
Como el punto (xo = 1, yo=1) Debe cumplir:
1
2
12 = - 12 + C
Por tanto C= 3/2 y la solución buscada es:
1
2
y2 = - x2 + 3/2 ó 푦2 = 3 – 2푥2

4. PROBLEMAS
Problema n°1.- Resolver las siguiente ecuación diferencial ordinaria de
primer orden.
(1+e )y y = e x x  . Hallar la solución que pasa por (0; 1).
RESOLUCIÓN.
En primer lugar buscamos la solución general de la ecuación
diferencial. Separando las variables e integrando,
(1+e )y dy = e dx
2
1 1
ln(1 ) c.
2
x x
x x
x x
x
e e
ydy dx ydy dx
e e
y
e
   
 
   
 
De donde obtenemos
2 y  2ln(1ex ) Cy   2ln(1ex ) C.
Para obtener la solución particular que pasa por (0; 1) consideramos la
solución positiva de la ecuación diferencial, esto es, 2ln(1 ) C. x y  e 
Como ésta ha de pasar por (0;1), se debe tener y(0) = 1. Por tanto:

5. 0 (0) 2ln(1 ) C 1 2ln 2 1 2ln 2 1
y e C C
1 2ln 2.
C
         
  
Luego, la solución particular buscada viene dada por:
0 (0) 2ln(1 ) y   e 1 2ln 2  y  2 ln(1 ex )  ln 2 1
1
x e
1 2ln .
2
y

  
Problema n° 2.- En un cultivo de bacterias el número inicial estimado
es de 200. Si al cabo de 10 minutos es de 300. Indicar cuál será el
número estimado al cabo de 20 minutos.
Recuerde que el modelo utilizado en estos problemas es:
푑푃
푑푡
= 푘푃
Separando variables e integrando:
1
푃
푑푃 = 푘 푑푡
∫
1
푃
푑푃 = ∫ 푘 푑푡
Ln(P) = kt + C
Despejando P, usando la fórmula:
Ln(x) = N  x=푒푁

6. P= 푒푘푡+퐶
P= 푒퐶 . 푒푘푡
P= 퐶. 푒푘푡
Puesto que para t = 0 el número inicial es de
P = 200:
200 = C. 푒푘.0
200 = C. 푒0
200 = C.1
200 = C
Y para t = 10, el número es de 300:
300= C. 푒푘.10
300= 200. 푒10푘
3
2
= 푒10푘
Usando la fórmula:
푒푁 = 푥  N= Ln(x)
3
2
 10.k = Ln(
)  k= 0.04054
Por tanto, para t=20 tendremos:
P(t=20) = 200. 푒푘.20
P(t=20) = 200. 푒0,04054.20
P(t=20) = 450

7. 풑풓풐풃풍풆풎풂 풏°ퟑ. − (푦2 + 푥푦2)푦′ + 푥2 − 푦푥2 = 0
푠표푙푢푐푖ó푛:
(푦2 + 푥푦2)푦′ + 푥2 − 푦푥2 = 0 , 푎푔푟푢푝푎푛푑표 푡é푟푚푖푛표푠
푦2(1 + 푥)
푑푦
푑푥
+ 푥2(1 − 푦) = 0 , 푠푒푝푎푟푎푛푑표 푡é푟푚푖푛표푠 푡푒푛푒푚표푠
푦2푑푦
1 − 푦
+
푥2푑푥
1 + 푥
= 0, 푖푛푡푒푔푟푎푛푑표 푎푚푏표푠 푚푖푒푚푏푟표푠
∫
푦2푑푦
1 − 푦
+ ∫
푥2푑푥
1 + 푥
= 푐 . 푑푒 푑표푛푑푒 푠푒 푡푖푒푛푒:
∫
푦2푑푦
1 − 푦
푦2 + 1 − 1
(1 − 푦)
= ∫
= ∫
−(1 − 푦)(푦 + 1)
(1 − 푦)
푑푦 + ∫
1
(1 − 푦)
푑푦
− ∫(푦 + 1)푑푦 + ∫
1
(1 − 푦)
→ −
푦2
2
− 푦 − 퐼푛|1 − 푦|
∫
푥2푑푦
1 + 푥
= ∫
푥2 + 1 − 1
(1 + 푥)
= ∫
(푥 + 1)(푥 − 1)
(1 + 푥)
푑푦 + ∫
1
(1 + 푥)
푑푦
→ ∫(푥 + 1)푑푦 + ∫
1
(1 + 푥)
푑푦 →
푥2
2
+ 푥 − 퐼푛|1 + 푥|
푝표푟 푙표 푡푎푛푡표:
−
푦2
2
− 푦 − 퐼푛|1 − 푦| +
푥2
2
− 푥 + 퐼푛|1 + 푥| = 푐
푠푖 푚푢푙푡푖푝푙푖푐푎푚표푠 푝표푟 2 푎 푡표푑푎 푙푎 푒푥푝푟푒푠푖ó푛 푡푒푛푒푚표푠
−푦2 − 2푦 − 2퐼푛|1 − 푦| + 푥2 − 2푥 + 2퐼푛|1 + 푥| = 푐 ó
(푥 + 푦)(푥 − 푦 − 2) + 2퐼푛 |
1 + 푥
1 − 푥
| = 푐
퐩퐫퐨퐛퐥퐞퐦퐚 퐧°ퟒ. −(푥푦2 − 푦2 + 푥 − 1)푑푥 + (푥2푦) − 2푥푦 + 푥2
+ 2푦 − 2푥 + 2)푑푦 = 0

8. 푠표푙푢푐푖ó푛:
푎푔푟푢푝푎푛푑표 푡é푟푚푖푛표푠 푡푒푛푒푚표푠:
[푦2(푥 − 1) + (푥 − 1)]푑푥 + [푦(푥2 − 2푥 + 2)]푑푦 = 0
푓푎푐푡표푟푖푧푎푛푑표 푡푒푛푒푚표푠:
(푦2 + 1)(푥 − 1)푑푥 + (푦 + 1)(푥2 − 2푥) + 2푑푦 = 0
푠푒푝푎푟푎푛푑표 푙푎푠 푣푎푟푖푎푏푙푒푠
(푥 + 1)푑푥
푥2 − 2푥 + 2
+
푦 + 1
푦2 + 1
푑푦 = 0 푖푛푡푒푔푟푎푛푑표
∫
(푥 + 1)푑푥
푥2 − 2푥 + 2
+ ∫
푦 + 1
푦2 + 1
푑푦 = 푘 푑푒 푑표푛푑푒
∫
(푥 − 1)푑푥
푥2 − 2푥 + 2
푢 = 푥2 − 2푥 + 2 → 푑푢 = (2푥 − 2)푑푥 → 푑푥
=
푑푢
2(푥 − 1)
1
2
∫
(푥 − 1)푑푢
푢(푥 − 1)
→
1
2
∫
푑푢
푢
=
1
2
퐼푛|푢| →
1
2
퐼푛|푥2 − 2푥 + 2|
∫
푦
푦2 + 1
푑푦 푑표푛푑푒 푠푒 푝푢푒푑푒 푠푎푏푒푟:
푢 = 푦2 + 1 , 푑푢 = 2푦푑푦 , 푑푦 =
푑푢
2푦
+ ∫
푑푦
푦2 + 1
→ 푦 = 푎푡푎푛휃 → 푡푎푛휃 → 푑푦 = 푠푒푐휃2푑휃
1
2
∫
2푦
푦2 + 1
푑푦 + ∫
푠푒푐휃2푑휃
푠푒푐휃2 =
1
2
∫
2푦
푢
푑푢
2푦
+ ∫ 푑휃 →
1
2
퐼푛|푢| + 휃

9. ∴
1
2
퐼푛|푦2 + 1| +
1
2
푎푟푐푡푎푛푦
푑푎푑표 푙표 푎푛푡푒푟푖표푟 푡푒푛푒푚표푠
1
2
퐼푛(푥2 − 2푥 + 2) +
1
2
퐼푛|푦2 + 1| + 푎푟푐푡푎푛푦 = 푘
퐼푛 |(푥2 − 2푥 + 2 )(푦2 + 1)| = −2푎푟푐푡푎푛푦 + 푘
→ (푥2 − 2푥 + 2 )(푦2 + 1) = 푒(2푎푟푐푡푎푛푦+푘)푐
풑풓풐풃풍풆풎풂 풏° ퟓ. −(1 − 푦)푒푦 푑푦
푑푥
+
푦2
푥퐼푛푥
= 0
푠표푙푢푐푖ó푛
푠푒푝푎푟푎푛푑표 푣푎푟푖푎푏푙푒푠
(1 − 푦)푒푦 푑푦 +
푑푥
푥퐼푛푥
= 0 푖푛푡푒푔푟푎푛푑표 푡푒푛푒푚표푠 ∶
∫
(1 − 푦)
푦2 푑푦 + ∫
푑푥
푥퐼푛푥
= 푐 → − ∫
(푦 − 1)푒푥
푦2 푑푦 + 퐼푛(퐼푛푥) = 푐
− ∫
푑
푑푦
(
푒푥
푦
) + 퐼푛(퐼푛푥) = 푐 푑푒 푑표푛푑푒:
−
푒 푥
푦
+ 퐼푛(퐼푛푥) = 푐 ∴ 퐼푛(퐼푛푥) =
푒푥
푦
+ 푐
Problema n°6.-

10.  2 2   2 2

xy  y  x  1 dx  x y  2 xy  x  2 y  2 x  2 dy

0
Solución
:
xy y x dx x y xy x y x dy agrupando
 2 2   2 2

         
1 2 2 2 2 0 ,
2 2
         
 y x   x   dx   x y   x y   y   dy

1 1 1 2 1 2 1 0
     
 
2 2
y x dx x x y dy separando las variables
x
      
  
1 1 2 2 1 0 ,
1
dx y 1
dy
 
0 ,

2 2
integrando ambos miembros
x x y
  
 
2 2 1
1 1
2 2 1
1
2 2 1 1
   
x dx y dy
C
 
 
2 2
x  x  y

 x 

dx ydy dy
x x y y
 
  
2 2 2
   
 
x dx ydy dy
1 2 
1 1 2
2 2 2 2 1 1
1 2 2 1 2
  
  
2 2 2
   

 
  
  
2 2 2
,
2 2 2 2 1 1
C
x x y y
x dx ydy dy
C
x x y y
   
1 1
ln 2 2 ln 1 tan
2 2
1
ln 2 2 1 tan
2
ln 2 2 1 2 tan
2 2
     
  
  
  
  
2 2
      
 
 2   2
   
 
 2   2
   
 
   
ln 2 2 1 2 tan , levantando
2 2 2 tan
2 2 1 .
arc y
de donde tenemos
x x y arc y C
x x y arc y C
x x y arc y C
x x y C arc y el logaritmo
x x y k e
De dond

:
e se tiene
   2 2 2 tan
2 2 1 arc y
x  x  y  e  k