Módulo de ecuaciones diferenciales y modelos matemáticov.1.0

Módulo de Ecuaciones Diferenciales y Modelos Matemáticos
Julio Deluque Gómez Alvaro Herrera
Página 1
UNIVERSIDAD DE LA GUAJIRA
FACULTAD DE INGENIERIA
MODULO DE ECUACIONES DIFERENCIALES
CON MODELOS MATEMATICOS
GENERALIDADES
El presente módulo se ha diseñado como resultado de las experiencias significativas del curso de
ecuaciones diferenciales que oferta la Universidad de la Guajira a los alumnos y alumnas de los
diferentes programas de Ingeniería, fruto de estas experiencias nos vimos en la necesidad de
proponer una estrategia didáctica a los problemas de aprendizaje de esta asignatura detectados
en los alumnos y alumnas que regularmente no aprueban esta materia ocasionando repitencia de
hasta tres veces en el desarrollo de su pensum académico, lo cual lleva a aumentar los índices
de deserción.
Como quiera este material será una pauta como ayuda a los estudiantes, pero en ningún
momento se pretende sugerir de cómo debe ser impartida la asignatura.
Debemos agradecer la colaboración de muchos compañeros que han impartido esta asignatura y
sus valiosas sugerencias.
INTRODUCCIÓN
El curso de ECUACIONES DIFERENCIALES, es una de las materias del pensum de ingeniería de
mayor importancia en el desarrollo de la educación superior ya que esta se considera una de las
herramientas de mayor utilidad especialmente en el área de la ingeniería. La estrategia para
comprender, aprender, saber y aplicar los conceptos, implica disciplina, constancia, interés,
dedicación compromiso y sobre todo responsabilidad. La enseñanza de las ecuaciones
diferenciales ha experimentado una gran evolución, tanto en términos pedagógicos como el
contenido. El aprendizaje por competencias, ha avanzado sustancialmente con el fin de
proporcionar a sus investigadores diversos experiencias, que un reconocido matemático ha
denominado conceptualización, exploración y solución de problemas de dificultad superior. Este
módulo tiene el objetivo de consolidar un material práctico para el estudiante, este le permitirá
instruirse con mayor facilidad y así obtener un mayor rendimiento académico. El modulo contiene
material necesario para un completo aprendizaje de ecuaciones diferenciales, los ejercicios
desarrollados y propuestos no requieren otros conocimientos matemáticos de los que se ha
trabajado como prerrequisito de la carrera (calculo diferencial y calculo integral). Se hace un
desarrollo más o menos profundo, y un estudio detallado de las diferentes ecuaciones a tratar. En
el desarrollo del módulo, el estudiante tiene la oportunidad de encontrar las definiciones de los
temas tratados incluidos en tres unidades, alli presentaran ejemplos prácticos por cada tema a
tratar como también ejercicios para resolver. Una característica particular del módulo es la
presentación resumida de los conceptos fundamentales a tener en cuenta en el desarrollo
intelectual.

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DEFINICIÓN
Una ecuación diferencial es una ecuación que involucra derivadas (o diferenciales) de una función
desconocida de una o más variables. Si la función desconocida depende sólo de una variable, la
ecuación se llama una ecuación diferencial ordinaria. Sin embargo, si la función desconocida
depende de más de una variable la ecuación se llama una ecuación diferencial parcial.
Un ejemplo de ecuación diferencial ordinaria es:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥
En esta expresión la variable independiente es x; la variable dependiente es y
Un ejemplo de ecuación diferencial parcial es:
𝜕2
𝑉
𝜕𝑥2
+ 2
𝜕2
𝑉
𝜕𝑦2
= 𝑉
En esta expresión Las variables independientes son “x” y “y”; La variable dependiente es V
ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
El orden de una ecuación diferencial está dado por el orden mayor de su derivada.
Ejemplo
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 5𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 3𝑦 = 0 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 2 𝑝𝑜𝑟
𝑑2
𝑦
𝑑 𝑥2
𝑦′′′
+ 𝑦′′
+ 𝑦′
= 𝑠𝑒𝑛( 𝑥) 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 3 𝑝𝑜𝑟 𝑦′′′
( 𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥 = ( 𝑦 − 𝑥) 𝑑𝑦 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 1 𝑝𝑜𝑟 dx 𝑦 "𝑑𝑦"
𝑦′
= 3( 𝑦′′)2
+ 5𝑦 − 3𝑥 + 2 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 2 𝑝𝑜𝑟 𝑦′′
𝑑4
𝑦
𝑑𝑥4
+ 3
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑦 = 𝑒3𝑥
𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 4 𝑝𝑜𝑟
𝑑4
𝑦
𝑑𝑥4
GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
El grado de una ecuación diferencial está dado por el exponente del mayor orden de su derivada.
Ejemplos
Determinar el orden y grado de las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias.
𝑒 𝑥 𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2 + 𝑠𝑒𝑛( 𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 2 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜
(
𝑑3
𝑦
𝑑𝑥3)
2
− 2 (
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)
4
+ 𝑥𝑦 = 0 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 3 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜

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𝑑3
𝑦
𝑑𝑥3 + 2 (
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2)
4
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= tan(𝑥 ) 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 3 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃( 𝑥) 𝑦 = 𝑄(𝑥) 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 1 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜
LINEALIDAD DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Una ecuación diferencial lineal es aquella en que la variable dependiente "𝑦" y todas sus
derivadas, esta variable solo aparece con exponente 1 su forma es la siguiente:
𝑎 𝑛
( 𝑥)
𝑑 𝑛
𝑦
𝑑𝑥 𝑛
+ 𝑎 𝑛−1
( 𝑥)
𝑑 𝑛−1
𝑦
𝑑𝑥 𝑛−1
+ … . +𝑎1
( 𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑎0
( 𝑥) 𝑦 = 𝐹(𝑥)
Donde 𝑎 𝑛, 𝑎 𝑛−1, 𝑎1
( 𝑥), … 𝑎0
( 𝑥) 𝑦 𝐹(𝑥) solo dependen de la variable dependiente 𝑥.
Si una ecuación diferencial ordinaria no es lineal se conoce con el nombre de “no lineal”, por
ejemplo,
ECUACION DIFERENCIAL LINEAL DE
PRIMER ORDEN
ECUACION DIFERENCIAL NO LINEAL
2𝑥𝑦′
+ 𝑥2
𝑦 = 7𝑥 + 2 𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑦2
= 0
𝑦′
+ 𝑦 = 0 𝑥𝑦′
+ 5𝑦2
= 4𝑥
−2𝑦′
+ 𝑦 = −𝑥 7𝑥( 𝑦′)3
+ 5𝑥𝑦 = 1
𝑦′
cos( 𝑥) + 5𝑥𝑦 = −1 𝑦′
+ 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑦)
4𝑥2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑦 = 3𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦(2 − 3𝑥)
𝑥(1 − 3𝑦)
SOLUCIONDE UNA ECUACION DIFERENCIAL
Resolver una ecuación diferencial requiere el conocimiento previo de las técnicas de integración.
Una ecuación diferencial es llamada también una extensión del cálculo de integración. Sin
embargo, antes de intentar resolver una ecuación diferencial, es esencial analizar el orden de la
ecuación diferencial ya que las técnicas de solución de una ecuación diferencial de primer orden, la
ecuación diferencial de segundo orden y la ecuación diferencial de orden superior son diferentes
Una función que cuando se remplaza en la ecuación diferencial da una igualdad, se llama una
solución de la ecuación diferencial, por lo tanto, resolver una ecuación diferencial es encontrar una
función desconocida que al ser sustituida en la ecuación diferencial se obtiene una igualdad.
Métodos para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden
Método de separación de variables: Si la función dada puede transformarse de manera talque el
diferencial de una variable en particular aparezca como el único coeficiente de la función
definiéndola. Por otra parte, esa función debería definir sólo esta variable y no otra variable, si esto
se cumple, entonces la técnica de separación de variables puede aplicarse. Después de la
alteración de la función, la función debe convertirse de la forma,
𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑓( 𝑦) 𝑑𝑦 = 𝑐

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Después que la función se transforma en forma, canónica, cada término de forma independiente se
procede a la solución.
Ejemplo, resolver la ecuación diferencial:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥
𝑑𝑦 = 2𝑥𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛 𝑠𝑢 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙
∫ 𝑑𝑦 = ∫ 2𝑥 𝑑𝑥 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑑𝑎𝑑
𝑦 =
2𝑥2
2
+ 𝑐 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜
𝑦 = 𝑥2
+ 𝑐 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑐𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑐, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑐 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑙
Prueba de la solución
𝑑𝑦
𝑑𝑥
( 𝑥2
+ 𝑐) = 2𝑥 + 0 = 2𝑥
Existen tres casos en que puede aparecer la ecuación diferencial para tratarla como la forma de
variables separables:
Caso 1. 𝑷( 𝒙) 𝒅𝒚 + 𝑸( 𝒚) 𝒅𝒙 = 𝟎
2𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 0
2𝑥𝑑𝑦 = −𝑦𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑦
=
−𝑑𝑥
2𝑥
𝑑𝑦
𝑦
= (−
1
2
)
𝑑𝑥
𝑥
∫
𝑑𝑦
𝑦
= (−
1
2
) ∫
𝑑𝑥
𝑥
ln( 𝑦) = (−
1
2
) ln( 𝑥) + 𝑐
ln( 𝑦) = ln ( 𝑥
−
1
2) + 𝑐
eln (𝑦)
= 𝑒ln(𝑥
−
1
2 +𝑐)
y = 𝑥
−
1
2 + 𝑐
y =
1
√𝑥
+ 𝑐 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑐𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑐

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Se deja como ejercicio la siguiente ecuación diferencial
𝑥3
𝑑𝑥 + √ 𝑦𝑑𝑦 = 0
Ejercicios propuestos
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales por variables separables
1. 𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0
2. ( 𝑦 + 1) 𝑑𝑥 − 𝑥3
𝑑𝑦 = 0
3. ( 𝑦2
− 2) 𝑑𝑥 + (2𝑥2
− 𝑥 − 3) 𝑑𝑦 = 0
4. 𝑥3
𝑑𝑥 + √ 𝑦𝑑𝑦 = 0
5. (1 − 2𝑦) 𝑑𝑥 + (4 − 𝑥2) 𝑑𝑦 = 0
6. 𝑦2
𝑑𝑥 − 𝑥2
𝑑𝑦 = 0
7. cot(𝜃)𝑑𝜌 + 𝜌𝑑𝜃 = 0
8. tan(𝑦)𝑑𝑥 + (1 − 𝑥2) 𝑑𝑦 = 0
9. cot(𝑦)𝑑𝑥 + (1 + 𝑒−𝑥 ) 𝑑𝑦 = 0
10. (1 + 𝑦2) 𝑑𝑥 − ( 𝑥 + 𝑥2) 𝑑𝑦 = 0
11. 𝑠𝑒𝑐2( 𝑥) 𝑑𝑦 + csc(𝑦)𝑑𝑥 = 0
12. ( 𝑒 𝑦
+ 1) 𝑑𝑥 − 𝑥2
𝑑𝑦 = 0
13.
dy
dx
=
𝑥 − 5
𝑦2
14.
dy
dx
=
𝑠𝑒𝑐2
(𝑦)
1+𝑥2
15.
dy
dx
=
3𝑥2
+ 4𝑥 + 2
2𝑦 + 1
Caso 2. 𝑷 𝟏
( 𝒙) 𝑸 𝟏(𝒚)𝒅𝒙 + 𝑷 𝟐(𝒙)𝑸 𝟐
( 𝒚) 𝒅𝒚 = 𝟎
(4𝑦 + 𝑦𝑥2) 𝑑𝑥 − (2𝑥 + 𝑥𝑦2) 𝑑𝑦 = 0
𝑦(4 + 𝑥2) 𝑑𝑥 − 𝑥(2 + 𝑦2) 𝑑𝑦 = 0 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑚ú𝑛
𝑥(2 + 𝑦2) 𝑑𝑦 = −𝑦(4 + 𝑥2) 𝑑𝑥 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑝𝑜𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠
(2 + 𝑦2)
𝑦
𝑑𝑦 = −
(4 + 𝑥2)
𝑥
𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠
(
2
𝑦
+ 𝑦) 𝑑𝑦 = (−
4
𝑥
− 𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜
∫ (
2
𝑦
+ 𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ (−
4
𝑥
− 𝑥) 𝑑𝑥 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜
2∫
𝑑𝑦
𝑦
+ ∫ 𝑦𝑑𝑦 = −4∫
𝑑𝑥
𝑥
− ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠
2 ln( 𝑦) +
𝑦2
2
= −4ln( 𝑥) −
𝑥2
2
+ 𝑐
ln( 𝑦2) +
𝑦2
2
= − ln( 𝑥4) −
𝑥2
2
+ 𝑐 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑐𝑖𝑡𝑎 𝑛𝑜 𝑠𝑒 𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑟 "𝑦"

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La siguiente ecuación diferencial queda como ejercicio
𝑒 𝑦
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + ( 𝑒2𝑦
− 𝑦)cos(𝑥)𝑑𝑦 = 0
En los siguientes ejercicios halle una función que satisfaga la ecuación diferencial dada por el
método de separación de variables.
1. (2𝑦 + 𝑥2
𝑦) 𝑑𝑦 + (3𝑥 + 𝑥𝑦2) 𝑑𝑥 = 0
2. 𝑦𝑑𝑥 + ( 𝑥3
𝑦2
+ 𝑥3) 𝑑𝑦 = 0
3. 𝑑𝑥 − (8𝑥𝑦 + 3𝑦) 𝑑𝑦 = 0
4. 𝑒 𝑟 (3 + cos(2𝜑))𝑑𝑟 − 𝑠𝑒𝑛(𝜑)(1 + 𝑒2𝑟 ) 𝑑𝜑 = 0
5. 𝑥2( 𝑦 + 1) 𝑑𝑥 + 𝑦2( 𝑥 − 1) 𝑑𝑦 = 0
6. ( 𝑥𝑦) 𝑑𝑥 + (1 + 𝑥2) 𝑑𝑦 = 0
7. (2𝑥𝑦4
+ 2𝑥𝑦2) 𝑑𝑥 + ( 𝑥2
𝑦3
+ 𝑥2
𝑦) 𝑑𝑦 = 0
8. (1 + 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑥2
𝑦2) 𝑑𝑦 − ( 𝑦2) 𝑑𝑥 = 0
9. ( 𝑥𝑦 + 3𝑥 − 𝑦 − 3) 𝑑𝑥 − ( 𝑥𝑦 − 2𝑥 + 4𝑦 − 8) 𝑑𝑦 = 0
10. ( 𝑥𝑦 + 2𝑦 − 𝑥 − 2) 𝑑𝑥 − ( 𝑥𝑦 − 3𝑦 + 𝑥 − 3) 𝑑𝑦 = 0
11. ( 𝑥 − 𝑦 + 𝑥𝑦 − 1) 𝑑𝑥 + ( 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 = 0
12. (2𝑥𝑦2
+ 2𝑥𝑦) 𝑑𝑥 − (2𝑥2
𝑦 + 𝑥) 𝑑𝑦 = 0
13. 𝑦2
sec(2𝑥) tan(2𝑥)𝑑𝑥 + 𝑦(sec(2𝑥) + 2)𝑑𝑦 = 0

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Caso 3. 𝒚𝑭( 𝒙, 𝒚) 𝒅𝒙 + 𝒙𝑮( 𝒙, 𝒚) 𝒅𝒚 = 𝟎
Es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de variables separables. Para transformar
esta forma de ecuación diferencial se debe efectuar un cambio de variable de la siguiente manera:
{
𝑣 = 𝑥. 𝑦 ⇒ 𝑦 =
𝑣
𝑥
𝑑𝑦 =
𝑥𝑑𝑣 − 𝑣𝑑𝑥
𝑥2
Ejemplo, resolver la ecuación diferencial
𝑦(1 − 𝑥𝑦 + 𝑥2
𝑦2) 𝑑𝑥 + 𝑥( 𝑥2
𝑦2
− 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 = 0
𝑣
𝑥
(1 − 𝑣 + 𝑣2) 𝑑𝑥 + 𝑥( 𝑣2
− 𝑣)
𝑥2
= 0 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒
𝑥
𝑦
y 𝑑𝑦
𝑣(1 − 𝑣 + 𝑣2) 𝑑𝑥 + 𝑥2( 𝑣2
− 𝑣)
𝑥2
= 0 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑥
𝑣(1 − 𝑣 + 𝑣2) 𝑑𝑥 + ( 𝑣2
− 𝑣)( 𝑥𝑑𝑣 − 𝑣𝑑𝑥) = 0 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑗𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
(1 − 𝑣 + 𝑣2) 𝑑𝑥 + ( 𝑣 − 1)( 𝑥𝑑𝑣 − 𝑣𝑑𝑥) = 0 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑣
(1 − 𝑣 + 𝑣2) 𝑑𝑥 + ( 𝑣𝑥𝑑𝑣 − 𝑣2
𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑣 + 𝑣𝑑𝑥) = 0 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢𝑡𝑖𝑣𝑎
(1𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑥 + 𝑣2
𝑑𝑥) + ( 𝑣𝑥𝑑𝑣 − 𝑣2
𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑣 + 𝑣𝑑𝑥) = 0
1𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑥 + +𝑣2
𝑑𝑥 + 𝑣𝑥𝑑𝑣 − 𝑣2
𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑣 + 𝑣𝑑𝑥 = 0
1𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑥 + 𝑣2
𝑑𝑥 − 𝑣2
𝑑𝑥 + 𝑣𝑑𝑥 + 𝑣𝑥𝑑𝑣 − 𝑥𝑑𝑣 = 0 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑗𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
(1 − 𝑣 + 𝑣2
− 𝑣2
+ 𝑣)𝑑𝑥 + 𝑥(𝑣 − 1)𝑑𝑣 = 0
(1)𝑑𝑥 + 𝑥(𝑣 − 1)𝑑𝑣 = 0
(1) 𝑑𝑥 = −𝑥(𝑣 − 1)𝑑𝑣
𝑑𝑥
𝑥
= −( 𝑣 − 1) 𝑑𝑣 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠
∫
𝑑𝑥
𝑥
= − ∫(𝑣 − 1)𝑑𝑣
ln( 𝑥) = −
𝑣2
2
+ 𝑣 + 𝑐
eln (𝑥)
= 𝑒
−
𝑣2
2
+𝑣+𝑐
𝑥 = 𝑒
−
𝑣2
2 𝑒 𝑣
𝑐
Remplazamos 𝑣 = 𝑥. 𝑦
𝑥 = 𝑒
−
( 𝑥.𝑦)2
2 𝑒
( 𝑥.𝑦)
𝑐
Cuya solución esta dad en forma implícita por que no se puede despejar la variable y

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En los siguientes ejercicios halle una función que satisfaga la ecuación diferencial dada por el
método de separación de variables.
1. 𝑦(1 + 2𝑥𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑥(1 − 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 = 0
2. 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
3. (3𝑦2
𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥 − (2𝑥) 𝑑𝑦 = 0
4. (7𝑥2
𝑦 + 14𝑥))𝑑𝑦 − (2𝑥𝑦2
+ 10𝑦) 𝑑𝑥 = 0
5. 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥√ 𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0
6. 𝑦𝑙𝑛( 𝑥𝑦) 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
7. 𝑥3
𝑦4
𝑑𝑥 + ( 𝑥4
𝑦3
− 𝑥2
𝑦) 𝑑𝑦 = 0
8. 𝑥(1 + 𝑥2
𝑦2) 𝑑𝑦 − 𝑦( 𝑥2
𝑦2
− 1) 𝑑𝑥 = 0
9. ( 𝑥2
𝑦3
− 𝑥𝑦2
− 2𝑦) 𝑑𝑥 + (2𝑥2
𝑦 − 3𝑥 − 𝑥3
𝑦2) 𝑑𝑦 = 0
10. (3𝑥2
𝑦3
+ 2𝑦) 𝑑𝑥 + (2𝑥3
𝑦2
+ 𝑥) 𝑑𝑦 = 0
11. ( 𝑥2
𝑦3
+ 2𝑥𝑦2
+ 2) 𝑑𝑥 + (2𝑥2
𝑦 + 𝑥) 𝑑𝑦 = 0

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Modelos Matemáticos y Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales
En general se entiende por “modelización matemática” el proceso por el cual se imita la realidad en
términos matemáticos. El objetivo evidentemente es explicar o comprender los fenómenos
naturales, para encontrar respuestas a problemas técnicos o científicos. Toda modelización lleva
consigo un proceso de “idealización”. La realidad suele ser compleja y los problemas reales
habitualmente dependen de multitud de parámetros o variables, al mismo tiempo que suelen estar
inter-relacionados con otros procesos. El diseño de un modelo matemático lleva aparejada la
simplificación de muchos aspectos del problema real. Veremos en este Tema varios modelos
matemáticos relativos a las Ciencias Naturales en general, en los que el “modelo” consiste en
representar un fenómeno por medio de una ecuación diferencial ordinaria de primer orden. La
resolución de la ecuación permitirá no sólo comprender en profundidad algunos aspectos
relevantes del fenómeno en cuestión sino además, en los casos en los que se trate de estudiar la
evolución de un sistema, hacer predicciones sobre el comportamiento futuro del mismo.
Las Maten áticas son muy útiles para investigar fenómenos como el movimiento de los planetas, la
desintegración de sustancias radiactivas, la velocidad de las reacciones químicas y los patrones
meteorológicos. Por otro lado, los biólogos investigan en campos tales como la contaminación o la
dinámica de poblaciones. Incluso en áreas, aparentemente alejadas de la Maten áticas, como las
Ciencias Políticas o la Medicina, es frecuente que recurran a los modelos matemáticos, en los
cuales la clave está en el cambio.
La ecuación diferencial
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝑘𝑥 con k una constante de crecimiento o decrecimiento con
respecto a la variable del tiempo t
El modelo matemático se obtiene al resolver la ecuación diferencial por variables separables
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝑘𝑥
𝑑𝑥
𝑥
= 𝑘𝑑𝑡
∫
𝑑𝑥
𝑥
= ∫ 𝑘𝑑𝑡
ln( 𝑥) = 𝑘𝑡 + 𝑐
𝑒ln( 𝑥)
= 𝑒 𝑘𝑡+𝑐
𝒙( 𝒕) = 𝒄 𝒆 𝒌𝒕
Así como este modelo matemático sirve para solucionar muchos problemas afines al crecimiento o
decrecimiento de una población y otros ejemplos de fenómenos naturales para los cuales, ésta
ecuación sirve de modelo matemático.

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ECUACIONES LINEALES
Un tipo de ecuación diferencial de primer orden que apare ce con frecuencia en las aplicaciones es
la ecuación lineal. Recuerde que una ecuación lineal de primer orden es una ecuación que se pue
de expresar en la forma
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝( 𝑥) 𝑦 = 𝑞( 𝑥) 𝑜 𝑦′
+ 𝑝( 𝑥) 𝑦 = 𝑞(𝑥)
Solución de una ecuación diferencial lineal
a). Escriba la ecuación en forma canónica, es decir
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝( 𝑥) 𝑦 = 𝑞( 𝑥)
b). Calcule el factor integrante Escriba aquí la ecuación. 𝜇( 𝑥) mediante la formula
𝜇( 𝑥) = 𝑒∫ 𝑝( 𝑥) 𝑑𝑥
c. Multiplique la ecuación en forma canónica por el factor integrante 𝜇( 𝑥)
𝜇( 𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝜇( 𝑥) 𝑝( 𝑥) 𝑦 = 𝜇( 𝑥) 𝑞( 𝑥)
𝑑
𝑑𝑥
[ 𝜇( 𝑥) 𝑦] = 𝜇( 𝑥) 𝑞( 𝑥)
∫
𝑑
𝑑𝑥
[ 𝜇( 𝑥) 𝑦] = ∫ 𝜇( 𝑥) 𝑞( 𝑥) 𝑑𝑥
𝑦( 𝑥) = ∫ 𝜇( 𝑥) 𝑞( 𝑥) 𝑑𝑥
Solución general de la ecuación lineal dada

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Ejemplo,
Hallar la solución a la ecuación
1
𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
2𝑦
𝑥2
= 𝑥𝑐𝑜𝑠( 𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− (
2
𝑥
) 𝑦 = 𝑥2
𝑐𝑜𝑠( 𝑥)
El factor integrante es
𝜇( 𝑥) = 𝑒
− ∫(2
𝑥
) 𝑑𝑥
𝜇( 𝑥) = 𝑒−2ln(𝑥)
𝜇( 𝑥) = 𝑒ln(𝑥−2)
𝜇( 𝑥) = 𝑥−2
𝑥−2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑥−2 (
2
𝑥
) 𝑦 = 𝑥−2 𝑥2
𝑐𝑜𝑠( 𝑥)
𝑥−2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2 𝑥−3 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠( 𝑥)
𝑑
𝑑𝑥
( 𝑥−2 𝑦) = 𝑐𝑜𝑠( 𝑥)
∫
𝑑
𝑑𝑥
( 𝑥−2 𝑦) = ∫ 𝑐𝑜𝑠( 𝑥) 𝑑𝑥
( 𝑥−2
𝑦) = 𝑠𝑒𝑛( 𝑥) + 𝑐
𝑦 = 𝑥2
𝑠𝑒𝑛( 𝑥) + 𝑥2
𝑐
𝑦 = 𝑥2
𝑠𝑒𝑛( 𝑥) + 𝐶
Esta es la solución general a la ecuación dada.
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales lineales por factor integrante.
1).
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑥𝑦 = 3𝑥-
2). 𝑦′
= 5𝑦 + cos(𝑥)
c). 𝑦′
= (
2𝑥
𝑡2 +1
) 𝑦 + 𝑥3
4). 𝑦′ − 2𝑦 = 4𝑒2𝑥
5). 𝑦′
+ 𝑦 = 2
6). 𝑥𝑦′
+ 2𝑦 = 3𝑥
6). 𝑦 = (1 − 𝑦)cos(𝑥)
7). 𝑦′
+ 𝑦𝑐𝑜𝑡(𝑥) = cos(𝑥)
8). 𝑥𝑦′
+ 5𝑦 = 7𝑥2
9). 𝑦 + 3𝑦 = 2𝑥𝑒−3𝑥
10). 2𝑥𝑦′
+ 𝑦 = 10√𝑥
11). 𝑦′ − 2𝑥𝑦 = 𝑒 𝑥2
12). 𝑦′ − 2𝑥𝑦 = 3𝑥2
𝑒 𝑥2

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Ecuaciones diferenciales exactas
Una ecuación diferencial de la forma 𝑀( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0 donde las funciones M y N son
funciones continuas en una región rectangular 𝑅: 𝑎 < 𝑥 < 𝑏, 𝑐 < 𝑦 < 𝑑, es una ecuación diferencial
exacta si y solo si sus derivadas parciales
𝜕𝑀
ð𝑦
=
𝜕𝑁
ð𝑥
De otra manera 𝑀𝑦
( 𝑥, 𝑦) = 𝑀𝑥
( 𝑥, 𝑦)
Ejemplo
Encuentre la solución a la siguiente ecuación diferencial (2𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥 + (2𝑦 + 𝑥) 𝑑𝑦 = 0
1. Determine si la ecuación diferencial es exacta
(2𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥 + (2𝑦 + 𝑥) 𝑑𝑦 = 0
𝑀( 𝑥, 𝑦) = (2𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥 y 𝑁( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = (2𝑦 + 𝑥) 𝑑𝑦
𝜕𝑀
ð𝑦
= 0 + 1 y
𝜕𝑁
ð𝑥
= 0 + 1
𝜕𝑀
ð𝑦
= 1 y
𝜕𝑁
ð𝑥
= 1
Como sus derivadas parciales son iguales la ecuación diferencial es exacta se procede a
encontrar una función 𝐹( 𝑥, 𝑦) de la siguiente manera
𝐹( 𝑥, 𝑦) = ∫(2𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥
𝐹( 𝑥, 𝑦) = 2∫ 𝑥𝑑𝑥 + ∫ 𝑦𝑑𝑥
𝐹( 𝑥, 𝑦) = 2
𝑥2
2
+ 𝑦𝑥 + ℎ( 𝑦)
𝐹( 𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 𝑦𝑥 + ℎ( 𝑦)
𝜕𝐹( 𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
= 𝑥 + ℎ′( 𝑦)
Luego se iguala a la otra función 𝑁( 𝑥, 𝑦)
𝜕𝐹( 𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
= 𝑥 + ℎ′ ( 𝑦) = 𝑁( 𝑥, 𝑦)
𝑥 + ℎ′ ( 𝑦) = 2𝑦 + 𝑥
ℎ′ ( 𝑦) = 2𝑦
∫ ℎ′ ( 𝑦) = ∫ 2𝑦 𝑑𝑦
ℎ( 𝑦) = 𝑦2
así, la función encontrada es
𝐹( 𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 𝑦𝑥 + 𝑦2
= 𝑘
Que se escribe 𝑥2
+ 𝑦𝑥 + 𝑦2
= 𝑘

Página 13
Encuentre para cada ecuación diferencial la función 𝐹( 𝑥, 𝑦) que cumpla las condiciones dadas.
1). (2𝑥 − 1) 𝑑𝑥 + (3𝑦 + 7) 𝑑𝑦 = 0-
2). (5𝑥 + 4𝑦) 𝑑𝑥 + (4x − 8𝑦3) 𝑑𝑦 = 0
c). ( 𝑠𝑒𝑛( 𝑦) − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥)) 𝑑𝑥 + (cos( 𝑥) + 𝑥𝑐𝑜𝑠( 𝑦) − 𝑦) 𝑑𝑦 = 0
4). (2𝑦2
− 3) 𝑑𝑥 + (2𝑦 𝑥2
+ 4) 𝑑𝑦 = 0
5). ( 𝑥 + 𝑦)2
𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑥2
− 1) 𝑑𝑦 = 0
6). ( 𝑒 𝑥
+ 𝑦) 𝑑𝑥 + (2 + 𝑥 + 𝑦𝑒 𝑦) 𝑑𝑦 = 0
6). (4𝑦 + 2𝑥 − 5) 𝑑𝑥 + (6𝑦 + 4𝑥 − 1)dy = 0
7). ( 𝑦3
+ 10𝑥𝑦4
− 2𝑥) 𝑑𝑥 + (3𝑥 𝑦2
+ 20𝑥2
𝑦3) 𝑑𝑦 = 0
8). (2𝑥 − 𝑦𝑠𝑒𝑛( 𝑥𝑦) − 5𝑦4) 𝑑𝑥 − (20𝑥𝑦3
+ 𝑥𝑠𝑒𝑛( 𝑥𝑦) 𝑑𝑦) = 0
9). (2𝑥 𝑦2
+ 𝑦𝑒 𝑥 ) 𝑑𝑥 + (2𝑥2
𝑦 + 𝑒 𝑥
− 1) 𝑑𝑦 = 0
10). (6𝑥𝑦3) 𝑑𝑥 + (4𝑦3
+ 9𝑥2
𝑦2) 𝑑𝑦 = 0
11). (−𝑥2
𝑦2
𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 2𝑥𝑦2
cos(𝑥)) 𝑑𝑥 + (2𝑥2
𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)) 𝑑𝑦 = 0
12). ( 𝑥3
+ 𝑥𝑦2
+ 𝑥2) 𝑑𝑥 + ( 𝑥2
𝑦) 𝑑𝑦 = 0

Página 14
Ecuaciones diferenciales no exactas que se pueden llevar a exactas mediante factor
integrante
Supongamos que la ecuación diferencial
𝑀( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0
No es exacta, eso es
𝜕𝑀
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁
𝜕𝑥
En este caso buscamos una función 𝜇(𝑥, 𝑦) que hace que la nueva ecuación diferencial
( 𝐸∗) 𝜇(𝑥, 𝑦)𝑀( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝜇(𝑥, 𝑦)𝑁( 𝑥 , 𝑦) 𝑑𝑦 = 0
Sea exacta.
La función 𝜇(𝑥, 𝑦) (si existe) se llama factor integrante.
El Factor integrante 𝜇(𝑥, 𝑦) puede estar en función de x o en función de y:
𝜇( 𝑥, 𝑦) = 𝑒
∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
𝑑𝑥
o 𝜇( 𝑥, 𝑦) = 𝑒
∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
𝑑𝑦
Ejemplo
Encuentre todas las soluciones a
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
3𝑥𝑦 + 𝑦2
𝑥2 + 𝑥𝑦
(3𝑥𝑦 + 𝑦2) 𝑑𝑦 + ( 𝑥2
+ 𝑥𝑦) 𝑑𝑥 = 0
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 3𝑥 + 2𝑦 𝑦
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 𝑦 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑙𝑎 𝐸𝐷 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑒𝑥𝑎𝑐𝑡𝑎
Miremos cual factor integrante se deduce
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
=
3𝑥 + 2𝑦 − 2𝑥 − 𝑦
( 𝑥2 + 𝑥𝑦)
=
𝑥 + 𝑦
𝑥( 𝑥 + 𝑦)
=
1
𝑥
𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
==
3𝑦 − 𝑥
(3𝑥𝑦 + 𝑦2)
=
𝑥 − 3𝑦
𝑦(3𝑥 + 𝑦)
=
−(3𝑦 − 𝑥)
𝑦(3𝑥 + 𝑦)
𝑛𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒
Así, el factor integrante es 𝑒
∫
1
𝑥
𝑑𝑥
= 𝑒ln(𝑥)
= 𝑥

Página 15
Así, la nueva ED será
𝑥(3𝑥𝑦 + 𝑦2) 𝑑𝑦 + 𝑥( 𝑥2
+ 𝑥𝑦) 𝑑𝑥 = 0
(3𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2) 𝑑𝑦 + ( 𝑥3
+ 𝑥2
𝑦) 𝑑𝑥 = 0
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 3𝑥2
+ 2𝑥𝑦 𝑦
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 3𝑥2
+ 2𝑥𝑦 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑙𝑎 𝐸𝐷 𝑒𝑠 𝑒𝑥𝑎𝑐𝑡𝑎 y se puede solucionar
𝐹( 𝑥 , 𝑦) = ∫(3𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2) 𝑑𝑥
𝐹( 𝑥, 𝑦) = 3 ∫ 𝑥2
𝑦𝑑𝑥 + ∫ 𝑥𝑦2
𝑑𝑥
𝐹( 𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
2
𝑦2
+ ℎ( 𝑦)
𝜕𝐹( 𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
= 𝑥3
+ 𝑥2
𝑦 + ℎ′( 𝑦)
Igualando a 𝑁( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 se tiene
( 𝑥3
+ 𝑥2
𝑦) + ℎ′
(𝑦) = ( 𝑥3
+ 𝑥2
𝑦) 𝑑𝑦
ℎ′
(𝑦) = 𝑑𝑦
∫ ℎ′
(𝑦) = ∫ 𝑑𝑦
ℎ( 𝑦) = 𝑦 + 𝑐
Luego la solución de la ED es: 𝐹( 𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
2
𝑦2
+ 𝑦 = 𝐾
Encuentre para cada ecuación diferencial el factor integrante para que sea exacta, luego resuelva
la función 𝐹( 𝑥, 𝑦) que cumpla las condiciones dadas.
1). ( 𝑐𝑜𝑠(2𝑦) − 𝑠𝑒𝑛(𝑥)) 𝑑𝑥 + (−2tan( 𝑥) 𝑠𝑒𝑛(2𝑦)) 𝑑𝑦 = 0-
2). (3𝑥 𝑦3
+ 4𝑦) 𝑑𝑥 + (3x2
𝑦2
+ 2x) 𝑑𝑦 = 0
3). ( 𝑠𝑒𝑛( 𝑦) − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥)) 𝑑𝑥 + (cos( 𝑥) + 𝑥𝑐𝑜𝑠( 𝑦) − 𝑦) 𝑑𝑦 = 0
4). (2𝑥𝑙𝑛(𝑦)) 𝑑𝑥 + ( 𝑥2
+ 𝑦2
√𝑦2 + 1) 𝑑𝑦 = 0
5). 𝑒 𝑥
𝑑𝑥 + ( 𝑒 𝑥
cot(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑠𝑐 (𝑦)) 𝑑𝑦 = 0
6). 𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥 − 𝑦𝑒 𝑦)dy = 0
7). (2𝑥 𝑦2
− 2𝑦) 𝑑𝑥 + (3𝑦 𝑥2
− 4𝑥) 𝑑𝑦 = 0
8). ( 𝑥𝑦 − 1) 𝑑𝑥 − ( 𝑥2
− 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 = 0
9). 𝑦𝑑𝑥 + ( 𝑥2
𝑦 − 𝑥) 𝑑𝑦 = 0
10). (2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0
11). 𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦) 𝑑𝑦 = 0
12). ( 𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥 + ( 𝑥𝑙𝑛(𝑥)) 𝑑𝑦 = 0

Página 16
PROBLEMAS DE APLICACIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
MODELOS MATEMATICOS
MODELOS MATEMATICOS DESINTEGRACION RADIACTIVA
Inicialmentehabía 100 miligramos deuna sustancia radiactiva.Después de 6 horas su masa disminuyó en un
3%. Si en un instantecualquiera larapidezde desintegración es proporcional a la cantidad
de sustancia presente, determinar la cantidad que queda después de 24 horas.
Solución: Inicialmente tenemos 100 mg de sustancia radiactiva. Si C(t) denota la cantidad de sustancia
radiactiva en el instante t, sabemos que al cabo de t = 6 h quedan:
𝐶(6) = 100 − 3 = 97 𝑚𝑔
de esta sustancia.La rapidezde desintegración es proporcional a la cantidad de sustancia presente, esto es:
𝑑𝐶
𝑑𝑡
= 𝑘𝐶
siendo k la constantede proporcionalidad.Como vimos en el desarrollo teórico,tal ecuación admitepor
solución:
Por variables separables
𝑑𝐶
𝐶
= 𝑘𝑑𝑡
∫
𝑑𝐶
𝐶
= ∫ 𝑘𝑑𝑡
ln(𝐶) == 𝑘𝑡 + 𝑐
eln(C)
== 𝑒 𝑘𝑡 +𝑐
𝐶(𝑡) = 𝐀𝑒 𝑘𝑡
donde A y k son constantes a determinar. Puesto que en el instante inicial t= 0 contamos con 100 mg de
sustancia.
𝐶(0) = 𝐴𝑒0
→ 𝐴 = 100 𝑚𝑔
En el instante t = 6 quedan 97 gr; luego,
𝐶(6) = 𝐴𝑒6𝑘
= 97𝑔𝑟 → 100𝑒6𝑘
= 97 → 𝑒6𝑘
=
97
100
→ 𝑘 =
ln(0,97)
6
= −0.0051
La ecuación para cualquier instante t es
𝐶(𝑡) = 𝟏𝟎𝟎𝑒−0.0051𝑡
Por tanto, la cantidad remanente transcurridas24 h es
𝐶(24) = 𝟏𝟎𝟎𝑒−0.0051(24)
= 88.45 𝑚𝑔

Página 17
MODELOS MATEMATICOS DE MEZCLAS
Considérese un tanque que tiene un volumen inicial 𝑉0 de solución (una mezcla de soluto y
solvente). Hay un flujo tanto de entrada como de salida y se quiere calcular la cantidad de soluto
𝑥(𝑡) que hay en el tanque en cualquier instante de tiempo t, en función de la cantidad inicial de
soluto 𝑥0 al tiempo de iniciar el proceso de mezclado.
Supóngase que la solución que se inyecta al tanque tiene una concentración de 𝐶1 gramos de
soluto por litro, y fluye al mismo con una tasa de 𝑄1 litros por segundo, en tanto que la sustancia
contenida en el tanque se mantiene bien mezclada por agitación y fluye hacia fuera de este a una
tasa de 𝑄2 litros por segundo.
La ecuación diferencial asociada a problemas de mezclas es la ecuación diferencial lineal
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝑄2
𝑉0 + ( 𝑄1 − 𝑄2
) 𝑡
= 𝑄1 𝐶1
La cantidad de una sustancia disuelta en un tanque del que sale solución a la vez que entra otra
solución de la misma sustancia, puede ser modelada mediante una ecuación diferencial de primer
orden. Si M(t) representa la cantidad de sustancia disuelta en el tanque en el tiempo 𝑡, V𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
representa la cantidad de sustancia que entra por unidad de tiempo, y V𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 representa la
cantidad de sustancia que sale del recipiente entonces
𝑑𝑀
𝑑𝑡
= 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
Usualmente la velocidad de entrada de la sustancia puede calcularse s i se conoce el caudal de entrada
(𝑄 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎) y su concentración (𝐶 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎):
𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑄 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑑𝑎 𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

Página 18
Por otro lado la velocidad de salida de sustancia 𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 puede calcularse si se conoce el caudal de salida
𝑄 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 y la concentración desalida 𝐶𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎,la cual asumiendo bien mezclada la solución puedesuponer que
es la misma cantidad 𝑀(𝑡) y el volumen de solución (𝑉 (𝑡)):
𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝑄 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
𝑀(𝑡)
𝑉(𝑡)
Quedando la ecuación diferencial final:
𝑑(𝑀)
𝑑𝑡
= 𝑄 𝑒𝑛𝑡 𝐶𝑒𝑛𝑡 − 𝑄 𝑠𝑎𝑙𝑖
𝑀
𝑉(𝑡)
MODELOS MATEMATICOS DE VACIADODE TANQUES
Muchos problemas físicos dependen de alguna manera de la geometría. Uno de ellos es la salida de líquido
de un tanque a través de un orificio situado al fondo del mismo. La forma geométrica del recipiente
determina el comportamiento físico del agua.
Considere un recipiente lleno de agua hasta una altura ℎ. Suponga que el agua fluye a través de un orificio
de sección transversal “𝑎” , el cual está ubicado en la base del tanque. Se desea establecer la altura de
líquido en el tanque en cualquier instante 𝑡 y el tiempo que este demora en vaciarse.
Sea ℎ(𝑡) la altura de líquido en el tanque en cualquier instante 𝑡 y 𝑉(𝑡) el volumen de agua del
tanque en ese instante. La velocidad 𝑣 del agua que sale a través del orificio es:
𝑽 = √ 𝟐𝒈𝒉
donde 𝑔 es la gravedad. La ecuación representa la velocidad que una gota de agua adquiriría al
caer libremente desde la superficie del agua hasta el agujero.
En condiciones reales, hay que tomar en cuenta la contracción que sufre un chorro de agua en un
orificio, por lo que se tendrá
𝑽 = 𝒄√ 𝟐𝒈𝒉
donde 𝑐 es el coeficiente de descarga comprendido entre 0 y 1 ( 0 < 𝑐 < 1).
Cuando el valor del coeficiente de descarga c no se indica, se asume que 𝑐 = 1
Según la Ley de Torricelli, la razón con la que el agua sale por el agujero (variación del volumen de
líquido en el tanque respecto del tiempo) se puede expresar como el área “𝑎” del orificio de salida
por la velocidad 𝑣 del agua drenada, esto es
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑎𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑎𝑐√ 𝟐𝒈𝒉
Si 𝐴(ℎ) denota el área de la sección transversal horizontal del tanque a la altura ℎ, aplicando el
método del volumen por secciones transversales se obtiene
𝑉 = ∫ 𝐴(ℎ) 𝑑ℎ
ℎ
0
derivando respecto de 𝑡 y aplicando el teorema fundamental del cálculo

Página 19
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 𝐴(ℎ)
𝑑ℎ
𝑑𝑡
𝐴(ℎ)
𝑑ℎ
𝑑𝑡
= −𝑎𝑐√ 𝟐𝒈𝒉
Esta es una ecuación diferencial de variables separables, la cual al resolverse sujeta a la condición
de conocer la altura inicial ℎ0 para el tiempo 𝑡 = 0, permite obtener la ley de variación de la altura
de líquido en el tanque en función del tiempo.
Si, además, hay aporte de líquido al tanque, la ecuación diferencial es
𝐴(ℎ)
𝑑ℎ
𝑑𝑡
= 𝑄 − 𝑎𝑐√ 𝟐𝒈𝒉
Ejemplo
Un cilindro recto circular de 10 pies de radio y 20 pies de altura, está lleno con agua. Tiene un
pequeño orificio en el fondo de 1 pulgada de diámetro ¿Cuándo se vaciará todo el tanque?
La ecuación diferencial asociada a los problemas de Vaciado de tanques es
A(h)dh = −𝑎𝑐√2gh dt
1 𝑝𝑢𝑙𝑔 = 0,8333 𝑝𝑖𝑒𝑠
El coeficiente de descarga “𝑐” no está dado por lotanto se asume 𝑐 = 1 y la gravedad es
g = 32 pies/seg2
Para determinar 𝐴(ℎ) , que es el área de la sección transversal del tanque en función de la altura “ℎ” ,
obsérvese en la Figura que las secciones transversales del tanque son circunferencias de radio constante
𝑟 = 10 𝑝𝑖𝑒𝑠. Por lo tanto, el área de la sección transversal es la misma, independientemente de la altura
ℎ a la cual se efectúe el corte. Así,
A(h) = π(10 pies)2
= 100π pies2
a = π(0,8333 𝑝𝑖𝑒𝑠)2
= (0,694)π pies2

Página 20
Sustituyendo 𝑐, 𝑔, 𝐴(ℎ) 𝑦 𝑎 en la ecuación se tiene
100π pies2
dh = −𝜋(0,694 𝑝𝑖𝑒𝑠 2)(1)√64h dt
100 pies2
dh = −(0,694 𝑝𝑖𝑒𝑠 2)(1)√64h dt
100dh = −(7.712 𝑝𝑖𝑒𝑠2)√h dt
100 pies2
dh = −(0,0139)√h dt
−7200dh
√ℎ
= dt
−7200 ∫ ℎ−1/2
𝑑ℎ = ∫ dt
−14400√h = 𝑡 + 𝑘
Para determinar el valor de la constante 𝑘 de integración, se usa la condición inicial, esto es,
se sustituye en la ecuación 𝑡 = 0 𝑠𝑒𝑔 y ℎ = 20 𝑝𝑖𝑒𝑠, resultando 𝑘 = – 14400 √20. Este
valor obtenido para k se sustituye en la ecuación
−14400√h = 𝑡– 14400 √20
h(t) = (−
𝑡
14400
+ √20)
2
Esta ecuación es la ley de variación de la altura de líquido en el tanque en cualquier instante 𝑡
Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para el cual deja
de haber líquido en el tanque, se debe sustituir ℎ = 0 en la ecuación
0 = 𝑡– 14400 √20
t = 14400 √20 = 64398,74 𝑠𝑒𝑔 17 ℎ ∶ 53 𝑚𝑖𝑛: 19 𝑠𝑒𝑔
Tiempo en el que el tanque queda vacio.

Página 21
MODELOS MATEMATICOS DE CRECIMIENTO POBLACIONAL
Uno de los primeros modelos matemáticos aplicados al crecimiento poblacional es el que en el año de 1798
el economista Ingles Thomas Malthus desarrollo. La idea básica del modelo es la suposición de que la
velocidad a la cual crece la población es proporcional al tamaño de la población. Si 𝑃(𝑡) representa el
número de habitantes en la población en el tiempo 𝑡, la suposición del modelo de Malthus se formula como
𝑑𝑃
𝑑𝑡
= 𝑘𝑃
donde 𝑘 es la constante de proporcionalidad. Apesar que el modelo falla al tomar en cuenta muchos
factores como la emigración,inmigración por ejemplo,es modelo es adecuado para predecir poblaciones en
periodos de tiempo corto.
MODELOS MATEMATICOS LA LEY DE NEWTON SOBRE EL ENFRIAMIENTO
Sir Isaac Newton encontró experimentalmente que la velocidad a la cual se enfría o calienta un
objeto en un medio ambiente es proporcional a la diferencia entre la temperatura del objeto y la
temperatura del medio ambiente. Si 𝑇 = 𝑇(𝑡) es la temperatura del cuerpo en el instante 𝑡 y Tamb
es la temperatura constante del medio ambiente entonces, la formulación del hecho experimental
se puede enunciar como
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝑘(𝑇 − 𝑇𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 )
Ejercicios de aplicación
1. El cuerpo sin vida del profesor de ecuaciones diferenciales fue encontrado en su cubículo.
El forense del CTI llega al medio día (como siempre la policía llegando tarde) y de
inmediato observa que la temperatura del cuerpo es de 94.6 grados Fahrenheit. Una hora
más tarde, observa que la temperatura del cuerpo ha disminuido a 93.4 grados Fharenheit.
Asimismo, observa que la temperatura del cubículo es constante a 70 grados F.
Suponiendo que la víctima estaba normal (al menos en cuanto a temperatura se refiere)
hasta el momento de su asesinato, plantea la ecuación y los datos adicionales que nos de
la hora a la que se cometió el horrendo crimen.
Nota: el estudiante que cometió el crimen perdió el curso de ecuaciones diferenciales.
2. Cierta ciudad tenía una población de 25000 habitantes en 1960 y 30000 en 1970.
Supongamos que la población de esta ciudad continúa con una tasa constante de
crecimiento exponencial. ¿Qué población pueden esperar los planificadores para el año
2000?
3. En cierto cultivo, el número de bacterias se sextuplica cada 10 hs. ¿Qué tiempo tardarán
en duplicarse sus números?
4. Se sabe que la población de cierta comunidad aumenta con una razón proporcional a la
cantidad de personas que tiene en cualquier momento. Si la población se duplicó en 5
años. ¿En cuánto tiempo se triplicará a cuadruplicará?

Página 22
5. La población de una comunidad crece con una tasa proporcional a la población en
cualquier momento. Su población inicial es 500 y aumenta 15 % en 10 años. ¿Cuál será la
población pasados 30 años?
6. En cualquier momento dado la cantidad de bacterias en un cultivo crece a una tasa
proporcional a las bacterias presentes. Al cabo de 3 hs. Se observa que hay 100
individuos. Pasados 10 hs, hay 2000 especímenes. ¿Cuál es la cantidad inicial de
bacterias?
7. Un tanque contiene originalmente 100 galones de agua fresca. Se vierte dentro del tanque,
agua que contiene ½ libra de sal por galón a una velocidad de 2 gal/min y se permite que
salga la mezcla con la misma rapidez. Después de 10 min se para el proceso y se vierte
agua fresca dentro del tanque a la velocidad de 2 gal/min, dejando salir la mezcla a la
misma velocidad. Encontrar la gcantidad de sal en el tanque al final de los 20 min.
8. Un tanque con capacidad de 500 galones contiene inicialmente 200 galones de agua con
100 lb de sal en solución. Se inyecta al tanque agua que cuya concentración de sal es de 1
lb/gal, a razón de 3 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada sale del
tanque a razón de 2 gal/min.
a) Encuentre la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque para cualquier tiempo
b) Determine la concentración de sal en el instante justo en que la solución alcanza el volumen
total del tanque
9. Se bombea cerveza con un contenido de 6% de alcohol por galón, a un tanque que
inicialmente contiene 400 gal de cerveza con 3% por galón de alcohol. La cerveza se bombea
hacia el interior con una rapidez de 3 gal/min en tanto que el líquido mezclado se extrae con
una rapidez de 4 gal/min.
a) Obtenga el número de galones de alcohol que hay en el tanque en un instante cualquiera
b) ¿Cuál es el porcentaje de alcohol en el tanque luego de 60 min?
c) ¿Cuánto demorará el tanque en vaciarse?
10. La temperatura de una taza de café acabada de servir es de 200º F. Un minuto después se
ha enfriado a 190º F en un cuarto que está a 70º F ¿Qué tan grande debe ser el período
que debe transcurrir antes de que el café alcance una temperatura de 150º F?
11. Un recipiente con agua a temperatura de 100º C se enfría en 10 minutos a 80º C, en un
cuarto cuya temperatura es de 25º C. Encuentre la temperatura del agua después de 20
minutos. ¿Cuándo la temperatura será de 40º C y 26º C?.
12. Un termómetro que marca 15º F se lleva al interior de una habitación donde la temperatura
es 81º F. Un minuto más tarde la lectura del termómetro es 30ºF.
a) Determine la lectura del termómetro como una función del tiempo
b) Encuentre cuánto marcará el termómetro 5 min después de haber sido llevado a la
habitación

Página 23
c) ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que le termómetro marque 45º F?
13. Una taza de chocolate se retira de la cocina cuando alcanza 70º C de temperatura y se
pone a reposar en la mesa de una habitación, donde la temperatura del aire es de 10º C.
Transcurrido 1 min, la temperatura del chocolate es de 60º C
a) ¿Cuál será la temperatura del chocolate, luego de 3 min?
b) ¿Cuánto tiempo demorará el chocolate en enfriarse a 12º C?
14. Un cultivo tiene una cantidad inicial 𝑃0 de bacterias. Cuando 𝑡 = 1 ℎ𝑜𝑟𝑎, la cantidad de
bacterias es de
3
2
𝑃0 Si la rapidez de crecimiento es proporcional a la cantidad de bacterias 𝑃(𝑡)
en el momento de 𝑡, calcule el tiempo necesario para triplicar la cantidad inicial de
microorganismos.
15. Un tanque tiene la forma de un cubo (ver figura) de 12 𝑝𝑖𝑒𝑠 de arista . Debido a un pequeño
orificio situado en el fondo del tanque, de 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑎𝑠 de área, presenta un escape.
Si el tanque está inicialmente lleno hasta las tres cuartas partes de su capacidad, determine:
a) ¿Cuándo estará a la mitad de su capacidad?
b) ¿Cuándo estará vacío?
16. Un tanque en forma de cono circular recto (ver figura), de altura 𝐻 radio 𝑅, vértice por
debajo de la base, está totalmente lleno con agua. Determine el tiempo de vaciado total
si 𝐻 = 12 𝑝𝑖𝑒𝑠, 𝑅 = 5 𝑝𝑖𝑒𝑠 , 𝑎 = 1 𝑝𝑢𝑙𝑔2
𝑦 𝑐 = 0,6

Página 24
17 Una taza hemisférica ver la figura, de radio 𝑅 está llena de agua. Si hay un pequeño
orificio de radio 𝑟 en el fondo de la superficie convexa, determine el tiempo de vaciado.
ECUACIONES DIFERENCIALES ESPECIALES
Ecuación Diferencial de Bernoulli
Definición:
Las ecuaciones diferenciales de Bernoulli son aquellas de la forma, o que, mediante
manipulaciones algebraicas pertinentes, pueden llevarse a escribir como:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝( 𝑥) 𝑦 = 𝑄(𝑥)𝑦 𝑛 𝑐𝑜𝑛 𝑛 ≠ 0 𝑦 𝑛 ≠ 1
si 𝑛 ≠ 0 𝑦 𝑛 ≠ 1, entonces se trata de una ecuación diferencal no-lineal; sin embargo, mediante un
método ingeniado por Leibniz en 1696, es posible reducirla a una ecuación lineal usando la
sustitución:
𝑢 = 𝑦1−𝑛
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= (1 − 𝑛)𝑦1−𝑛−1
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Ejemplo:
Resolver la siguiente ecuación diferencial
𝑥2 𝑦′ + 2𝑥𝑦 = 5𝑦3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑥−1 𝑦 = 5𝑥−2 𝑦3
𝑢 = 𝑦−2
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= (−2)𝑦−3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (
−1
2
)𝑦3
𝑑𝑢
𝑑𝑥
(
−1
2
)𝑦3
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 2𝑥−1 𝑦 = 5𝑥−2 𝑦
3

Página 25
(−2𝑦−3)(
−1
2
)𝑦3
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ (−2𝑦−3)2𝑥−1 𝑦 = (−2𝑦−3)5𝑥−2 𝑦
3
𝑑𝑢
𝑑𝑥
− 4𝑥−1 𝑦−2 = −10𝑥−2
𝑑𝑢
𝑑𝑥
−
4
𝑥
𝑢 = −10𝑥−2 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 𝑝𝑜𝑟 𝐹𝐼
𝐹𝐼 𝑒∫−
4
𝑥
𝑑𝑥 =
𝑒−4ln(𝑥) = 𝑥−4
𝑥−4
𝑑𝑢
𝑑𝑥
− 4𝑥−1 𝑢𝑥−4 = −10𝑥−4 𝑥−2
𝑑𝑢
𝑥
[ 𝑥−4 𝑢] = −10𝑥−6
∫
𝑑𝑢
𝑥
[ 𝑥−4 𝑢] = ∫ −10𝑥−6 𝑑𝑥
[ 𝑥−4 𝑢] = −10
𝑥−5
−5
𝑥−4 𝑢 = 2𝑥−5 + 𝑐
𝑢 = 2𝑥−1 + 𝑥4 𝑐
𝑦−2 = 2𝑥−1 + 𝑥4 𝑐
𝑦 =
1
√2𝑥−1 + 𝑥4 𝑐
Aplicaciones a la mecánica de fluidos de la Ecuación de Bernoulli
En la figura, el fluido es agua y descarga libremente a la atmósfera. Para un flujo másico de 15
kg/s, determine la presión en el manómetro.
𝑚 = 𝜌𝑉2 𝐴2 → 𝑉2 =
𝑚𝜌
𝐴2

Página 26
𝑉2 =
15 × 4
1000 × 𝜋 × (0,05)2
𝑉2 = 7,64 𝑚/𝑠
𝑉1 =
15 × 4
1000 × 𝜋 × (0,08)2
𝑉1 = 2,98 𝑚/𝑠
Aplicando la Ecuación de Bernoulli con 𝑉1 𝑦 𝑉2 se tiene
𝑃1
𝜌
+ 𝑔𝑧1 +
𝑉1
2
2
=
𝑃2
𝜌
+ 𝑔𝑧2 +
𝑉2
2
2
𝑃1 = 1000 [
105
1000
+ 9.8 × 12 +
(7.64)2
2
−
(9.68)2
2
]
𝑃1 = 242.35 𝑘𝑝𝑎 = 𝑃𝑎𝑏𝑠
𝑃1𝑚𝑎𝑛 = 𝑃1𝑎𝑏𝑠 − 𝑃1𝑎𝑡𝑚 = 242.35 𝑘𝑝𝑎 − 100 𝑘𝑝𝑎
𝑃1𝑚𝑎𝑛 = 142.35 𝑘𝑝𝑎
Ejercicios propuestos:
Resuelva las siguientes Ecuaciones diferenciales de Bernoulli
1). 𝑥2
𝑦′
+ 2𝑥𝑦 − 𝑦3
= 0-
2). 𝑦′
= 𝑟𝑦 − 𝑘𝑦2
3). 𝑦′
= 2𝑦 − 8𝑦2
4). 𝑦′
− 𝑦 = 𝑥𝑦2
5). 𝑦2
𝑑𝑥 + ( 𝑥𝑦 − 𝑥3) 𝑑𝑦 = 0
6). 𝑦′
+
𝑦
𝑥
= 𝑥𝑦2
7). 𝑥𝑦′
+ 𝑦 = y2
𝑙𝑛( 𝑥)
8).
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
1
𝑥5+𝑥𝑦
9). 4(1 + 𝑥2) 𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥𝑦( 𝑦4
− 1)
10). 𝑥2 𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑥𝑦 = 3𝑦4
11). 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥
−
𝑥
𝑦2
12). 𝑥𝑦′′
− 3𝑦′
= 4𝑥2
sugerencia haga 𝑣 = 𝑦′
Ecuación Diferencial de Ricatti
Recibe el nombre de ecuación de Riccati toda ecuación diferencial de la forma:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑃( 𝑥) 𝑦 + 𝑄( 𝑥) 𝑦2
+ 𝑅(𝑥)
recibe el nombre de ecuación diferencial de RICCATI. Esta ecuación diferencial no se puede
resolver por los métodos convencionales, sin embargo si se conoce una solución particular 𝑦1(𝑥),

Página 27
el cambio de variable 𝑦 = 𝑦1 + 𝑧, transforma la ecuación dada en una ecuación de Bernoulli que
se puede resolver con facilidad para llevarla finalmente a una ecuación diferencial Lineal con factor
integrante.
Primera solución Llevar la ecuación de RICATTI a una ecuación de BERNOULLI par luego
resolverla. Esta transformación se consigue mediante la sustitución.
Si 𝑦 = 𝑦1 + 𝑧
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦1
′
+
𝑑𝑧
𝑑𝑥
y reemplazando en la ecuación de ricatti se tiene una
ecuación de Bernoulli de la forma:
𝑑𝑧
𝑑𝑥
− ( 𝑃( 𝑥) − 2𝑄( 𝑥) 𝑦1( 𝑥)) 𝑧 = 𝑧2 𝑄(𝑥)
Con esta ecuación se lleva a una ecuación lineal haciendo un segundo cambio de variable
𝑧 = 𝑤1−𝑛
𝑑𝑧
𝑑𝑤
= (1 − 𝑛) 𝑤1−𝑛−1
𝑑𝑤
𝑑𝑥
Resolviendo la ecuación lineal resultante y volviendo a la variable x dada inicialmente
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
𝑦′
− 2𝑥2
− 𝑥−1
𝑦 = −2𝑦2
Donde 𝑦1 = 𝑥 es una solución de la ecuación dada.
Esta ecuación debe tener la forma:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑃( 𝑥) 𝑦 + 𝑄( 𝑥) 𝑦2
+ 𝑅(𝑥)
𝑦′
= 𝑥−1
𝑦 + 2𝑦2
− 2𝑥2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥−1
𝑦 + 2𝑦2
− 2𝑥2
Hacemos el primer cambio de variable
𝑦 = 𝑥 + 𝑧
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 1 +
𝑑𝑧
𝑑𝑥
Reemplazando en la ecuación de ricatti se tiene una ecuación de bernoulli
1 +
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 𝑥−1( 𝑥 + 𝑧) + 2( 𝑥 + 𝑧)2
− 2𝑥2

Página 28
1 +
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 𝑥−1
𝑥 + 𝑥−1
𝑧 + (2𝑥2
+ 4𝑥𝑧 + 2𝑧2) − 2𝑥2
1 +
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 1 + 𝑥−1
𝑧 + (2𝑥2
+ 4𝑥𝑧 + 2𝑧2) − 2𝑥2
𝑑𝑧
𝑑𝑥
− 𝑥−1
𝑧 − 4𝑥𝑧 = 2𝑧2
Se resuelve esta ecuación y se lleva a una ecuación lineal haciendo el segundo cambio de
variable
𝑧 = 𝑤1−𝑛
𝑧 = 𝑤−1
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= −1𝑧−2
𝑑𝑤
𝑑𝑥
−𝑧−2
𝑑𝑤
𝑑𝑥
− 𝑥−1
𝑧 − 4𝑥𝑧 = −2𝑧2
𝑑𝑤
𝑑𝑥
+ ( 𝑥−1
− 4𝑥) 𝑤 = 2
Que corresponde a una ecuación lineal
𝐹𝐼 = 𝑒− ∫( 𝑥−1
−4𝑥) 𝑑𝑥
= 𝑒− ln( 𝑥)+2𝑥2
= x−1
− 𝑒2𝑥2
𝑑𝑤
𝑑𝑥
(x−1
− 𝑒2𝑥2
) + ( 𝑥−1
− 4𝑥)(x−1
− 𝑒2𝑥2
) 𝑤 = 2(x−1
− 𝑒2𝑥2
)
𝑑𝑤
𝑑
[(x−1
− 𝑒2𝑥2
) 𝑤] = 2(x−1
− 𝑒2𝑥2
)
∫
𝑑𝑤
𝑑
[(x−1
− 𝑒2𝑥2
) 𝑤] = ∫ 2(x−1
− 𝑒2𝑥2
) 𝑑𝑥
(x−1
− 𝑒2𝑥2
) 𝑤 = ∫ 2(x−1
− 𝑒2𝑥2
) 𝑑𝑥
𝑤 = 𝑥−1
𝑒2𝑥2
( 𝑐 −
1
2
𝑒−2𝑥2
)
Reemplazando las variables z y w se tiene la solución de la ecuación de Ricatti
𝑧−1
= 𝑥−1
𝑒2𝑥2
( 𝑐 −
1
2
𝑒−2𝑥2
)
𝑥
𝑦 − 𝑥
= 𝑐𝑒2𝑥2
−
1
2
𝑥
𝑐𝑒2𝑥2
−
1
2
= 𝑦 − 𝑥
𝑥
𝑐𝑒2𝑥2
−
1
2
+ 𝑥 = 𝑦

Página 29
Ejercicios
Resolver las siguientes ecuaciones de Ricatti, teniendo en cuenta la solución particular:
1.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
4
𝑥2
−
𝑦
𝑥
+ 𝑦2
; 𝑐𝑜𝑛 𝑦1 =
2
𝑥
2.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦2
+ 2𝑦 − 15 ; 𝑐𝑜𝑛 𝑦1 = 3
3.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦2
+ 6𝑥𝑦 = 9𝑥2
− 3 ; 𝑐𝑜𝑛 𝑦1 = −3𝑥
4.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦2
+ 5𝑥𝑦 − 5 = 0 ; 𝑐𝑜𝑛 𝑦1 = 5𝑥
5.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦2
+ 4𝑦 − 5 ; 𝑐𝑜𝑛 𝑦1 = −3
6.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦2
−
2
𝑥
𝑦 =
2
𝑥2
; 𝑐𝑜𝑛 𝑦1 = −
2
𝑥

Página 30
ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN
En esta guía estudiaremos algunos conceptos básicos relativos a las ecuaciones diferenciales
lineales así como algunas técnicas que permiten el cálculo explícito de sus soluciones en ciertos
casos. Las ecuaciones lineales constituyen una clase especial de ecuaciones cuyo estudio está
profundamente relacionado con los conceptos del algebra lineal. En el caso especial de las
ecuaciones lineales con coeficientes constantes las soluciones se pueden expresar completamente
en términos de funciones elementales, un hecho ya conocido por J. L. Lagrange hacia finales del
siglo XVIII. Esto las hace especialmente aptas para servir como un primer modelo de aquellos
procesos físicos que tengan características lineales o aproximadamente lineales (teoría de
pequeñas oscilaciones, teoría de circuitos eléctricos, etc.) En los procesos de linealizacion, las
ecuaciones lineales también resultan útiles en la etapa inicial del estudio de problemas no lineales.
Una ecuación diferencial de segundo orden es de la forma
𝑦′′
+ 𝑎𝑦′
+ 𝑏𝑦 = 𝑓(𝑥)
Si 𝑓( 𝑥) = 0 la ecuación diferencial se dice que es homogénea
𝑦′′
+ 𝑎𝑦′
+ 𝑏𝑦 = 0
Problemas de valor inicial y de frontera
En la mayoría de las aplicaciones estamos interesados no en la solución general de una ecuación
diferencial, sino en una solución particular que satisfaga ciertas condiciones dadas. Esto da origen
a los problemas de valor inicial o de frontera.
Problema de valor inicial
Un problema de valor inicial consta de una ecuación diferencial de orden ( 𝑛) y de ( 𝑛) condiciones
iniciales impuestas a la función desconocida y a sus ( 𝑛) primeras derivadas en un valor de la
variable independiente.
𝑑 𝑛
𝑦
𝑑𝑥 𝑛 = 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑦′
, 𝑦′′
, … , 𝑦 𝑛−1)
𝑦( 𝑥0
) = 𝑦0
𝑦′(𝑥0) = 𝑦1
𝑦′′(𝑥0) = 𝑦2
.
.
.
𝑦 𝑛(𝑥0) = 𝑦𝑛−1
Ejemplo,
La tasa de variación de una población de bacterias viene dada por la ecuación diferencial
𝑦′( 𝑡) = (1 − 𝑡) 𝑦(𝑡), siendo 𝑦(𝑡) el número de bacterias en un momento 𝑡. Si inicialmente el número
de bacterias es 𝑦0 , ( 𝑦(0) = 0), Cuantas bacterias habrá después de 𝑡 minutos?

Página 31
Resolvemos la ecuación diferencial por variables separables
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑦(1 − 𝑡)
𝑑𝑦
𝑦
= (1 − 𝑡) 𝑑𝑡
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫(1 − 𝑡) 𝑑𝑡
ln( 𝑡) = ( 𝑡 −
𝑡2
2
) + 𝑐
𝑦 = 𝑘𝑒
( 𝑡−
𝑡2
2
)
Encontramos una solución particular cuando 𝑦(0) = 0
0 = 𝑘𝑒
(0)
𝑘 = 𝑦(0)
𝑦(𝑡) = 𝑦(0)𝑒
( 𝑡−
𝑡2
2
)
Esta es la función para calcular el número de bacterias en un instante t
Problema de valor frontera
Un problema de valores en la frontera consta de una ecuación diferencial ordinaria de orden mayor
o igual a 2 y de n condiciones de frontera impuestas sobre la función desconocida en n valores
de la variable independiente.
𝑑 𝑛
𝑦
𝑑𝑥 𝑛 = 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑦′
, 𝑦′′
, … , 𝑦 𝑛−1)
𝑦( 𝑥0
) = 𝑦0
𝑦(𝑥0) = 𝑦1
𝑦(𝑥1) = 𝑦2
.
.
.
𝑦 𝑛(𝑥 𝑛−1) = 𝑦𝑛−1
Más adelante se tratara los ejercicios con valor de frontera para las ecuaciones diferenciales de segundo
orden.
Ejemplo
Hallar la solución particular a la ecuación 𝑦′′
− 2𝑦′
+ 2𝑦 = 0 con 𝑦(0) = 1 𝑦 𝑦′( 𝜋) = 0
. Cuya ecuación auxiliar es 𝑚2
− 2𝑚 + 2 = 0.
𝑚 =
2 ± √4 − 8
2
𝑚 =
2 ± √−4
2

Página 32
𝑚1 =
2 + 4𝑖
2
=
2
2
+
4𝑖
2
= 1 + 2𝑖
𝑚2 =
2 − 4𝑖
2
=
2
2
−
4𝑖
2
= 2 − 2𝑖
Donde la parte real es ∝= 1 y la parte imaginaria es 𝛽 = 2
Asi la solución general es:
𝒚 = 𝒆 𝒙( 𝒄 𝟏 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙) + 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙))
Ahora calculamos los valores de frontera dados 𝑦(0) = 1 𝑦 𝑦′( 𝜋) = 0
𝟏 = 𝒆 𝟎 ( 𝒄 𝟏 𝒄𝒐𝒔(𝟎) + 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝟎))
𝟏 = ( 𝒄 𝟏 𝟏 + 𝒄 𝟐(𝟎))
𝟏 = 𝒄 𝟏
𝒚 = 𝒆 𝒙( 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙) + 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙))
𝒚′
= 𝒆 𝒙( 𝟐𝒄𝒐𝒔( 𝟐𝒙) − 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) + 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏( 𝟐𝒙) + 𝒄 𝟐 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙))
𝟎 = 𝒆 𝒙 ( 𝟐𝒄𝒐𝒔( 𝝅) − 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝝅) + 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏( 𝝅) + 𝒄 𝟐 𝒄𝒐𝒔(𝝅))
𝟎 = 𝒆 𝒙 ( 𝟐(−𝟏) − 𝟐(𝟎) + 𝟎 + 𝒄 𝟐(−𝟏))
𝟎 = 𝒆 𝒙 (−𝟐)−𝒆 𝒙
𝒄 𝟐)
−𝟐𝒆 𝒙
= 𝒆 𝒙
𝒄 𝟐
−𝟐 = 𝒄 𝟐
Luego la Solución particular es
𝒚 = 𝒆 𝒙( 𝒄𝒐𝒔( 𝟐𝒙) − 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙))

Página 33
Solución de una ecuación diferencial de segundo orden Homogeneas
Consideración de funciones linealmente dependientes y linealmente independientes.
Se dice que las funciones 𝑦1, 𝑦2 , 𝑦3 , … … 𝑦𝑛 son linealmente independientes si la única solución de
la ecuación 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦3 + ⋯+ 𝑐 𝑛 𝑦𝑛 = 0 donde 𝑐1 = 𝑐2= 𝑐2 = + ⋯+ 𝑐 𝑛 = 0 en caso contrario las
ecuaciones son linealmente dependientes.
Ejemplo
Si 𝑦, 𝑦1, 𝑦2 son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial
𝑦′′
+ 𝑎𝑦′
+ 𝑏𝑦 = 0
Entonces la solución general es 𝑦 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 donde 𝑐1 𝑦 𝑐2 son constantes y se tienen
soluciones de la forma 𝑦 = 𝑐𝑒 𝑚𝑥
; 𝑦′
= 𝑐𝑚𝑒 𝑚𝑥
; 𝑦′′
= 𝑐𝑚2
𝑒 𝑚𝑥
Reemplazando en la ecuación
𝑦′′
+ 𝑎𝑦′
+ 𝑏𝑦 = 0
𝑐𝑚2
𝑒 𝑚𝑥
+ 𝑎𝑐𝑚𝑒 𝑚𝑥
+ 𝑏𝑐𝑒 𝑚𝑥
= 0
𝑐𝑒 𝑚𝑥 ( 𝑚2
+ 𝑎𝑚 + 𝑏) = 0
Como 𝑐𝑒 𝑚𝑥
nunca va hacer cero, entonces ( 𝑚2
+ 𝑎𝑚 + 𝑏) = 0 que resulta ser una ecuación
cuadrática asociada cuya solución la sabemos.
𝑚 =
−𝑎 ± √( 𝑎)2 − 4(1) 𝑏
2(1)
Ejemplo
𝑦′′
− 4𝑦 = 0
La ecuación cuadrática asociada es 𝑚2
− 4 = 0 cuyas soluciones son 𝑚 = ±2 que son dos
soluciones 𝑦1 = 𝑒2𝑥
𝑦 𝑦2 = 𝑒−2𝑥
. Así, la solución general es
𝑦 = 𝑐1 𝑒−2𝑥
+ 𝑐2 𝑒2𝑥
La grafica de las soluciones en particular para 𝑐1 = 𝑐2 = 1 𝑦 𝑐1 = 𝑐2 = 2

Página 34
ECUACIONES LINEALES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES
Una ecuación diferencial homogénea de segundo orden con coeficientes constantes es de la forma
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 0. Cuya ecuación auxiliar es 𝑎𝑚2
+ 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0.
La ecuación auxiliar es una ecuación cuadrática cuyas raíces se las puede determinar empleando
la fórmula general
𝑚 =
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
Con dos solucione a saber:
𝑚1 =
−𝑏+√𝑏2
−4𝑎𝑐
2𝑎
𝑚2 =
−𝑏 − √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
Por tanto es necesario recordar la solución de una ecuación cuadrática donde se pueden presentar
tres casos.
Primer caso: raíces realesy diferentes
Si el discriminante 𝑏2
− 4𝑎𝑐 ≥ 0 la ecuación auxiliar tiene dos raíces reales diferentes 𝑚1 𝑦 𝑚2
Y la solución es
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑚1 𝑥
+ 𝑐2 𝑒 𝑚2 𝑥
Ejemplo
𝒚′′
+ 𝟔𝒚′
− 𝟕𝒚 = 𝟎
+ 6𝑚 − 7 = 0.

Página 35
𝑚 =
−6 ± √36 + 28
2
𝑚 =
−6 ± √64
2
𝑚1 =
−6 + 8
2
=
2
2
= 1
𝑚2 =
−6 − 8
2
=
−14
2
= −7
La solución es:
𝑦 = 𝑐1 𝑒−7𝑥
+ 𝑐2 𝑒 𝑥
Para 𝑐1 𝑦 𝑐2 𝑛ù𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒𝑠
𝑐1 = 2 𝑦 𝑐2 = 2
Asi la solución particular es:
𝑦 = 2𝑒−7𝑥
+ 2𝑒 𝑥
Su Grafica es:
Segundo caso: dos raíces reales gemelas(iguales)
− 4𝑎𝑐 = 0 La ecuación auxiliar tiene dos raíces reales iguales 𝑚1 = 𝑚2
Y la solución es
𝒚 = 𝒄 𝟏 𝒆 𝒎 𝟏 𝒙
+ 𝒄 𝟐 𝒙𝒆 𝒎 𝟐 𝒙
Ejemplo
Resolver la ecuación
y′′
+ 4y′
+ 4y = 0
+ 4𝑚 + 4 = 0.
𝑚 =
−4 ± √16 − 16
2
𝑚 =
−4 ± √0
2

Página 36
𝑚1 =
−4 + 0
2
=
−4
2
= −2
𝑚2 =
−4 − 0
2
=
−4
2
= −2
La solución general es
𝒚 = 𝒄 𝟏 𝒆−𝟐𝒙
+ 𝒄 𝟐 𝒙𝒆−𝟐𝒙
Tercer caso: dos raíces complejas (conjugadas).
− 4𝑎𝑐 < 0 La ecuación auxiliar tiene dos raíces complejas conjugadas
𝑚1 = 𝛼 + 𝛽𝑖 𝑦 𝑚2 = 𝛼 − 𝛽𝑖
Y la solución es
𝒚 = 𝒆∝𝒙( 𝒄 𝟏 𝒄𝒐𝒔(𝜷𝒙)+ 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝜷𝒙))
Ejemplo
Resolver la ecuación:
y′′
− 4y′
+ 13y = 0
+ 4𝑚 + 4 = 0.
𝑚 =
4 ± √16 − 52
2
𝑚 =
4 ± √−36
2
𝑚1 =
4 + 6𝑖
2
=
4
2
+
6𝑖
2
= 2 + 3𝑖
𝑚2 =
4 − 6𝑖
2
=
4
2
−
6𝑖
2
= 2 − 3𝑖
Así, la solución general es:
𝒚 = 𝒆 𝟐𝒙 ( 𝒄 𝟏 𝒄𝒐𝒔(𝟑𝒙) + 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒙))

Página 37
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales de segundo orden homogéneas
1. 𝑦′′
+ 6𝑦′
− 7𝑦 = 0
2. 𝑦′′
− 3𝑦′
− 10𝑦 = 0
3. 𝑦′′
+ 4𝑦′
+ 4𝑦 = 0
4. 𝑦′′
− 4𝑦′
+ 13𝑦 = 0
5. 𝑦′′
+ 2𝑦′
− 3𝑦 = 0
6. 𝑦′′
− 𝑦′
= 0
7. 𝑦′′
− 4𝑦′
+ 13𝑦 = 0
8. 𝑦′′
− 3𝑦′
+ 2𝑦 = 0
9. 𝑦′′
− 6𝑦′
+ 9𝑦 = 0
10. 𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 𝑦 = 0
11. 𝑦′′
− 5𝑦′
+ 6𝑦 = 0
12. 𝑦′′
− 4𝑦′
+ 4𝑦 = 0

Página 38
ECUACIONES LINEALES NO HOMOGÉNEAS UNA SEGUNDA SOLUCION
Sea la ecuación diferencial de segundo orden homogénea:
𝑦′′
+ 𝑝𝑥𝑦′
+ 𝑞(𝑥)𝑦 = 0
Y sea 𝑦1(𝑥) una solución no nula a la ecuación diferencial dada, entonces una segunda solución
para esta ecuación es:
𝑦2 = 𝑢𝑦1
Donde
u = ∫
e− ∫ p(x)dx
y1
2
Así, la segunda solución será:
𝑦2 = 𝑦1 ∫
e− ∫ p(x)dx
y1
2 𝑑𝑥
Y la solución general
𝑦 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
Ejemplo
𝑥2
𝑦′′
+ 2𝑥𝑦′
− 6𝑦 = 0
Donde 𝑦1 = 𝑥2
es una solución de la ecuación; encontrar la segunda solución 𝑦2 (𝑥) y la solución
general.
Solución:
Primero verificamos que 𝑦1 = 𝑥2
si sea solución de la ecuación diferencial dada
Asi que
𝑦1 = 𝑥2
𝑦1
′
= 2𝑥
𝑦1
′′
= 2
2𝑥2
+ 2𝑥(2𝑥) − 6𝑥2
= 2𝑥2
+ 4𝑥2
− 6𝑥2
= 0
Ahora hallamos la segunda solución
𝑥2
𝑥2
𝑦′′
+
2𝑥
𝑥2
𝑦′
− 6
1
𝑥2
𝑦 = 0
𝑦′′
+
2
𝑥
𝑦′
−
6
𝑥2
𝑦 = 0
𝑝( 𝑥) =
2
𝑥
𝑦2 = 𝑥2 ∫
e−∫
2
𝑥
dx
( 𝑥2)2
𝑑𝑥
𝑦2 = 𝑥2 ∫
e−2ln(x)
𝑥4
𝑑𝑥

Página 39
𝑦2 = 𝑥2 ∫
𝑥−2
𝑥4
𝑑𝑥
𝑦2 = 𝑥2 ∫ 𝑥−6
𝑑𝑥
𝑦2 = −𝑥2
𝑥−5
5
𝑦2 = −
𝑥−3
5
La solución general es
𝑦 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
𝑦 = 𝑐1 𝑥2
+ 𝑐2
𝑥−3
5
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales de segundo orden homogéneas, encontrando
una segunda solución considerando que 𝑦1 (𝑥) es una solución de ella.
1. 2𝑦′′
+ 3𝑦′
− 2𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑒−2𝑥
2. 4𝑦′′
− 12𝑦′
+ 9𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑒
−
3𝑥
2
3. 𝑦′′
+ 4𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
4. 𝑦′′
+ 6𝑦′
+ 9𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑒−3𝑥
5. 9𝑦′′
− 4𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑒
−
2𝑥
3
6. 𝑥2
𝑦′′
− 6𝑥𝑦′
+ 10𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑥2
7. 𝑥2
𝑦′′
− 𝑥𝑦′
− 3𝑦 = 0 ; 𝑦1 =
1
𝑥
8. 𝑥2
𝑦′′
+ 8𝑥𝑦′
+ 12𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑥−3
9. −𝑥2
𝑦′′
+ 𝑥𝑦′
+ 8𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑥4
10. (1 − 𝑥) 𝑦′′
+ 𝑥𝑦′
− 𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑥
11. 𝑥𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 𝑥𝑦 = 0 ; 𝑦1 =
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑥
12. 𝑥𝑦′′
+ ( 𝑥 − 1) 𝑦′
− 𝑦 = 0 ; 𝑦1 = 𝑒−𝑥

Página 40
ECUACIONES LINEALES NO HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES
Una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes y término 𝑓(𝑥) variable es
de la forma
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 𝑓(𝑥)
La solución general es una combinación lineal de dos tipos de soluciones, una solución
complementaria 𝑦𝑐 y una solución particular 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
Donde la solución complementaria se halla con la ecuación cuadrática asociada
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 0
Y la solución particular 𝑦𝑝 se halla utilizando la siguiente tabla de coeficientes indeterminados
de la siguiente manera:
Método de los coeﬁcientes indeterminados
El método de los coeﬁcientes indeterminados funciona bien si la función 𝑓(𝑥) está formada por
polinomios, exponenciales o funciones trigonométrica (senos y cosenos). La razón hay que
buscarla en que las derivadas de este tipo de funciones no son más complicadas que las funciones
originales. Esto no ocurre, por ejemplo, con funciones como 1/𝑥 o tan(𝑥).

Página 41
Caso. 1 Cuando la expresión 𝑓(𝑥) tiene la forma de un polinomio.
Ejemplo
𝑦′′
+ 5𝑦′
+ 6𝑦 = 2𝑥 + 3
Se deben encontrar las dos soluciones
Solución complementaria 𝑦𝑐
𝑦′′
+ 5𝑦′
+ 6𝑦 = 0
Cuya ecuación auxiliar es 𝑚2
+ 5𝑚 + 6 = 0.
𝑚 =
−5 ± √25 − 24
2
𝑚 =
−5 ± √1
2
𝑚1 =
−5 + 1
2
=
−4
2
= −2
𝑚2 =
−5 − 1
2
=
−6
2
= −3
𝑦𝑐 = 𝒄 𝟏 𝒆−𝟐𝒙
+ 𝒄 𝟐 𝒆−𝟑𝒙
Ahora, buscamos la solución particular. Para ello se debe tener presente que como la función
𝑓( 𝑥) = 2𝑥 + 3 la forma de 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵
Para encontrar los valores de las constantes A y B, derivamos la solución particular tantas veces
como lo indique la ecuación diferencial, luego realizamos una sustitución en la E.D dada y
encontramos las Constantes de la solución particular, así
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵
𝑦𝑝
′
= 𝐴
𝑦𝑝
′′
= 0
Reemplazando
𝑦′′
+ 5𝑦′
+ 6𝑦 = 2𝑥 + 3
0 + 5𝐴 + 6( 𝐴𝑥 + 𝐵) = 2𝑥 + 3
5𝐴 + 6𝐴𝑥 + 6𝐵 = 2𝑥 + 3
6𝐴𝑥 + (5𝐴 + 6𝐵) = 2𝑥 + 3
6𝐴 = 2 ; (5𝐴 + 6𝐵) = 3
𝐴 =
1
3
; 𝐵 =
2
9
𝑦𝑝 =
1
3
𝑥 +
2
9
Luego la solución general a la ED dada es
𝒚 = 𝒄 𝟏 𝒆−𝟐𝒙
+ 𝒄 𝟐 𝒆−𝟑𝒙
+
1
3
𝑥 +
2
9

Página 42
Caso 2. Cuando 𝑓(𝑥) tiene forma exponencial
Si 𝑓(𝑥) tiene la forma 𝑓( 𝑥) = 𝑘𝑒 𝛼𝑥 , la solución particular tiene la forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝛼𝑥
Ejemplo
𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 5𝑦 = 24𝑒3𝑥
𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 5𝑦 = 0
+ 2𝑚 + 5 = 0.
𝑚 =
−2 ± √4 − 20
2
𝑚 =
−2 ± √−16
2
𝑚1 =
−2 + 4𝑖
2
=
−2
2
+
4𝑖
2
= −1 + 2𝑖
𝑚2 =
−2 − 4𝑖
2
=
−2
2
−
4𝑖
2
= −1 − 2𝑖
Donde la parte real es ∝= −1 y la parte imaginaria es 𝛽 = 2
Asi la solución complementaria 𝑦𝑐 es:
𝒚 𝒄 = 𝒆−𝒙( 𝒄 𝟏 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙) + 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙))

Página 43
𝑓( 𝑥) = 24𝑒3𝑥
la forma de 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒3𝑥
Para encontrar el valor de la constante A, derivamos la solución particular tantas veces como lo
indique la ecuación diferencial, luego realizamos una sustitución en la E.D dada y encontramos la
Constante de la solución particular, así
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒3𝑥
𝑦𝑝
′
= 3𝐴𝑒3𝑥
𝑦𝑝
′′
= 9𝐴𝑒3𝑥
Reemplazando
𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 5𝑦 = 24𝑒3𝑥
9𝐴𝑒3𝑥
+ 2(3𝐴 𝑒3𝑥 ) + 5( 𝐴 𝑒3𝑥 ) = 24𝑒3𝑥
9𝐴𝑒3𝑥
+ (6𝐴 𝑒3𝑥 ) + (5𝐴 𝑒3𝑥 ) = 24𝑒3𝑥
20𝐴𝑒3𝑥
= 24𝑒3𝑥
20𝐴 = 24
20𝐴 = 24
𝐴 =
24
20
; 𝐴 =
6
5
𝑦𝑝 =
6
5
𝑒3𝑥
Luego la Solución General ala ED dada es
𝒚 = 𝒆−𝒙( 𝒄 𝟏 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)+ 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙)) +
6
5
𝑒3𝑥
Caso 3. Cuando la función 𝑓(𝑥) tiene la forma de una función seno , coseno a una combinación de
ambas.
Si 𝑓(𝑥) tiene la forma f(x) = (c1cos(βx)) ; f(x) = (c1sen(βx)) o f(x) = (c1cos(βx) + c2sen(βx))
La solución particular tiene la forma
y 𝑝 = (Acos(βx) + Bsen(βx))
Ejemplo
𝑦′′
+ 16𝑦 = 18𝑠𝑒𝑛(5𝑥)

Página 44
𝑦′′
+ 16𝑦 = 0
+ 16 = 0.
𝑚 =
0 ± √0 − 64
2
𝑚 =
0 ± √−64
2
𝑚1 =
0 + 8𝑖
2
= 0 + 4𝑖 𝑦 𝑚2 =
0 − 8𝑖
2
0 − 4𝑖
Asi la solución complementaria 𝑦𝑐 es:
𝒚 𝒄 = 𝒆 𝟎 ( 𝒄 𝟏 𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒙) + 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙))
𝑓(𝑥) = 18𝑠𝑒𝑛(5𝑥) la forma de
y 𝑝 = (Acos(5x) + Bsen(5x))
Para encontrar el valor de la constante A, derivamos la solución particular tantas veces como lo
indique la ecuación diferencial, luego realizamos una sustitución en la E.D dada y encontramos la
Constante de la solución particular, así
y 𝑝 = (Acos(5x) + Bsen(5x))
y 𝑝
′
= (−5Asen(5x) + 5Bcos(5x))
y 𝑝
′′
= (−25Acos(5x) − 25Bsen(5x))
Reemplazando
𝑦′′
+ 16𝑦 = 18𝑠𝑒𝑛(𝑥)
(−25Acos(5x) − 25Bsen(5x)) + 16(Acos(5x) + Bsen(5x)) = 18𝑠𝑒𝑛(5𝑥)
(−9Acos(5x) − 9Bsen(5x)) = 18𝑠𝑒𝑛(5𝑥)
−9𝐴 = 0
−9𝐵 = 18
𝐴 = 0 ; 𝐵 = −2
𝑦𝑝 = −2𝑠𝑒𝑛(5𝑥)
Luego la Solución General ala ED dada es
y = ((c1cos(4x) + c2sen(4x)) − 2sen(5x)
Algunas de las soluciones para 𝑐1 𝑦 𝑐2

Página 45
caso 4. Cuando 𝑓(𝑥) estáformadapor un productode las funcionesdefinidas en los casos 1 , 2, 3.
se utilizan los siguientes coeficientes indeterminados. La solución particular se determina de
acuerdo a los siguientes casos.

Página 46
Resolver las siguientes ecuaciones utilizando coeficientes indeterminados
1. 𝑦′′
− 4𝑦′
+ 4𝑦 = 12𝑥2
− 40𝑥 + 42
2. 𝑦′′
− 4𝑦′
+ 4𝑦 = 4(2𝑥 − 1) 𝑒4𝑥
3. 𝑦′′
+ 4𝑦 = 16𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
4. 𝑦′′
+ 2𝑦′
= 4𝑥 + 8
5. 𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 6𝑒2𝑥
6. 𝑦′′
− 2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑒 𝑥
7. 𝑦′′
− 2𝑦′
+ 𝑦 = 𝑥2
− 1
8. 𝑦′′
− 3𝑦′
= 4𝑠𝑒𝑛(𝑥)
9. 𝑦′′
+ 6𝑦′
+ 9𝑦 = 𝑒−3𝑥
𝑥−3
10. 𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 𝑦 = 6cos(3𝑥)
11. 𝑦′′
− 5𝑦′
+ 6𝑦 = 𝑥2
+ 𝑥
12. 𝑦′′
− 4𝑦′
+ 4𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠(4𝑥) + 5𝑠𝑒𝑛(4𝑥)
Ecuaciones diferenciales de segundo orden que se resuelven utilizando Variación de
parámetros
El método de variación de parámetros es un procedimiento útil para la obtención de una solución
particular 𝑦𝑝
( 𝑥) de la ecuación diferencial ordinaria lineal (no homogénea) y se basa en el
conocimiento de la solución general de la lineal homogénea asociada a dicha EDO lineal.
Sea la ecucion diferencial No homogénea:
𝑦′′
+ 𝑝( 𝑥) 𝑦′
+ 𝑞( 𝑥) 𝑦 = 𝑓(𝑥)
El método de variación de parámetros es aplicado en la solución de ecuaciones diferenciales no
homogéneas de orden superior
de las cuales sabemos que la solución de la ecuación homogénea son un conjunto de funciones
linealmente independientes { 𝑦1 , 𝑦2
}, siendo la solución homogénea de la forma
𝑦ℎ = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
El método consiste en cambiar las constantes 𝑐𝑖 por funciones 𝑢 𝑖(𝑥) de tal manera que la solución
particular de la ecuación diferencial es de la forma
𝑦 𝑝 = 𝑢1(𝑥)𝑦1( 𝑥) + 𝑢2( 𝑥) 𝑦2(𝑥)
Donde 𝑊( 𝑦1, 𝑦2) es el wroskiano
𝑊( 𝑦1, 𝑦2) = |
𝑦1( 𝑥) 𝑦2( 𝑥)
𝑦1
′( 𝑥) 𝑦2
′( 𝑥)
| = 𝑦1( 𝑥) 𝑦2
′( 𝑥) − 𝑦2( 𝑥) 𝑦1
′( 𝑥)
𝑊1 = |
0 𝑦2(𝑥)
𝑓(𝑥) 𝑦2
′
(𝑥)
| = −𝑓(𝑥)𝑦2(𝑥)
𝑊2 = |
𝑦1(𝑥) 0
𝑦1
′
(𝑥) 𝑓(𝑥)
| = 𝑓(𝑥)𝑦1(𝑥)

Página 47
{
𝑢1
′ ( 𝑥) =
𝑊1
𝑊
= −
𝑦2 𝑓(𝑥)
𝑊( 𝑦1, 𝑦2)( 𝑥)
𝑢2
′( 𝑥) =
𝑊2
𝑊
=
𝑦1 𝑓(𝑥)
𝑊( 𝑦1, 𝑦2)( 𝑥)
Con lo que:
{
𝑢1( 𝑥) = − ∫
𝑦2( 𝑥) 𝑓( 𝑥)
𝑊( 𝑦1, 𝑦2)( 𝑥)
𝑑𝑥
𝑢2( 𝑥) = ∫
𝑦1( 𝑥) 𝑓( 𝑥)
𝑊( 𝑦1, 𝑦2)( 𝑥)
𝑑𝑥
Así, se obtiene la solución particular 𝑦 𝑝 = −𝑦1( 𝑥) ∫
𝑦2( 𝑥) 𝑓( 𝑥)
𝑊( 𝑦1,𝑦2)( 𝑥)
𝑑𝑥 + 𝑦2(𝑥) ∫
𝑦1( 𝑥) 𝑓( 𝑥)
𝑊( 𝑦1,𝑦2)( 𝑥)
𝑑𝑥
Ejemplo
𝑦′′
+ 4𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔(2𝑥)
Solución Homogénea 𝑦ℎ
𝑦′′
+ 16𝑦 = 0
+ 4 = 0.
𝑚 =
0 ± √0 − 16
2
𝑚 =
0 ± √−16
2
𝑚1 =
0 + 4𝑖
2
= 0 + 2𝑖 𝑦 𝑚2 =
0 − 4𝑖
2
0 − 2𝑖
Asi la solución homogénea 𝑦ℎ es:
𝒚 𝒉 = 𝒆 𝟎( 𝒄 𝟏 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)+ 𝒄 𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙))
De aquí se deduce que
𝑦1
( 𝑥) = cos(2𝑥) 𝑦 𝑦2
( 𝑥) = sen(2𝑥)
𝑦1
′ ( 𝑥) = −2sen(2𝑥) 𝑦 𝑦2
′ ( 𝑥) = 2cos(2𝑥)
𝑊( 𝑦1, 𝑦2) = |
cos(2𝑥) sen(2𝑥)
−2sen(2𝑥) 2cos(2𝑥)
| = 2𝑐𝑜𝑠2(2𝑥) + 2𝑠𝑒𝑛2(2𝑥) = 2
Buscamos las funciones:
𝑢1( 𝑥) = − ∫
𝑦2( 𝑥) 𝑓( 𝑥)
𝑊( 𝑦1, 𝑦2)( 𝑥)
𝑑𝑥
𝑢1( 𝑥) = − ∫
cos(2𝑥) 𝑐𝑜𝑡𝑔(2𝑥)
2
𝑑𝑥
𝑢1( 𝑥) = −
1
2
∫ sens(2𝑥)
cos(2𝑥)
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
𝑑𝑥
𝑢1( 𝑥) = −
1
2
∫ cos(2𝑥)𝑑𝑥

Página 48
𝑢1( 𝑥) = −
1
2
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
2
𝑢1( 𝑥) = −
1
4
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
𝑢2( 𝑥) = ∫
𝑦1( 𝑥) 𝑓( 𝑥)
𝑊( 𝑦1, 𝑦2)( 𝑥)
𝑑𝑥
𝑢2( 𝑥) = ∫
cos(2𝑥)cot(2𝑥)
2
𝑑𝑥
𝑢2( 𝑥) = ∫
cos(2𝑥)
cos(2x)
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
2
𝑑𝑥
𝑢2( 𝑥) =
1
2
∫
𝑐𝑜𝑠2
(2𝑥)
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
𝑑𝑥
𝑢2( 𝑥) =
1
2
∫
(1 − 𝑠𝑒𝑛2
(2𝑥))
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
𝑑𝑥
𝑢2( 𝑥) =
1
2
∫(
1
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
− 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) 𝑑𝑥
𝑢2( 𝑥) =
1
2
∫(csc(2𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) 𝑑𝑥
𝑢2( 𝑥) =
1
4
ln(csc(2𝑥) − cot(2𝑥)) +
1
4
cos(2𝑥)
Así, la solución particular
𝑦 𝑝 = 𝑢1(𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑢2(𝑥)𝑦2(𝑥)
𝑦 𝑝 = −
1
4
𝑠𝑒𝑛(2𝑥) cos(2𝑥) +
1
4
ln(csc(2𝑥) − cot(2𝑥)) 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) +
1
4
cos(2𝑥)𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
𝑦 𝑝 =
1
4
ln(csc(2𝑥) − cot(2𝑥)) 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
Siendo la solución general de la ecuación;
𝑦 = (𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) +
1
4
ln(csc(2𝑥) − cot(2𝑥)) 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)

Página 49
Utilizando variación de parámetros, determinar una solución particular y escribir la solución
general de la ecuación diferencial dada
1. 𝑦′′
+ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐 2( 𝑥)
2. 𝑦′′
− 𝑦 = 𝑒 𝑥
3. 𝑦′′
− 𝑦 = 𝑒−𝑥
4. 𝑦′′
+ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
5. 𝑦′′
− 2𝑦′
+ 𝑦 = 6𝑥𝑒 𝑥
6. 𝑦′′
+ 𝑦 = cos(𝑥)
7. 𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 𝑦 = 12𝑥𝑒−𝑥
8. 𝑦′′
− 3𝑦′
= 4𝑠𝑒𝑛(𝑥)
9. 𝑦′′
+ 4𝑦 = 𝑠𝑒𝑛2
(2𝑥)
10. 𝑦′′
+ 4𝑦 = 𝑐𝑜𝑠2
(2𝑥)
11. 𝑦′′
+ 𝑦 = tan(𝑥)
12. 𝑦′′
+ 4𝑦 = 4𝑠𝑒𝑐(2𝑥)

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