Apuntes de ecuaciones

APPUNTEES DE E
COMISI
GUS
ROM
GREGO
IGNA
ECUAC
ION ACADÉ
STAVO PÉR
MAN RAMIR
ORIO ZACA
CIO ELIZA
SE
CIONES
ÉMICA
REZ
REZ
AHUA
ALDE
EMESTRE:
S DIFE
JULIODI
ERENC
ACADE
MATEM
ESIQI
ICIEMBRE
CIALES
EMIA DE
MÁTICAS
IE-IPN
E DE 2012
S
2

ECUACIONES DIFERENCIALES E.S.I.Q.I.E.-I.P.N.
COMISION ACADÉMICA PAG 1 JUL‐DIC 2012

UNIDAD TEMATICA I
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN
Introducción a las ecuaciones diferenciales
Una ecuación diferencial es una expresión matemática en la que intervienen derivadas de una o
más funciones.
De acuerdo con el Teorema Fundamental del Cálculo, se afirma que la derivación e integración de
una función son operaciones inversas. Significa que para toda función continua integrable se verifica
que la derivada de su integral es igual a ella misma. La aplicación de este teorema a las Ecuaciones
Diferenciales implica que es posible obtener una función a partir de la integración de una ecuación
diferencial. A este proceso se le denomina la solución de una ecuación diferencial, existiendo
diferentes métodos de solución de acuerdo al tipo de ecuación diferencial a resolver.
Las ecuaciones diferenciales y su solución representan una de las herramientas fundamentales en
el estudio de diversos campos del conocimiento, y en especial en las diversas ramas de la
ingeniería: física, mecánica, economía, química, electricidad, electrónica, metalurgia, etc. En lo
referente a Ingeniería Química, su aplicación es imprescindible en la solución de problemas en
diversos temas: termodinámica, balances de materia y energía, fenómenos de transporte
(transferencia de calor, transferencia de masa, transferencia de cantidad de movimiento), cinética
química, ingeniería de reactores, operaciones unitarias, diseño de equipos y procesos, control de
procesos, optimización, etc.
A continuación se ilustran algunos ejemplos de aplicación de las ecuaciones diferenciales que
describen modelos físicos en ingeniería, con el propósito de ilustrar algunas de sus diversas
aplicaciones. El desarrollo de modelos de aplicaciones en ingeniería a partir de ecuaciones
diferenciales requiere del estudio de cada disciplina en particular y requiere destreza en el manejo
del cálculo diferencia e integral. El estudio avanzado en ingeniería requiere que el estudiante
desarrolle sólidos conceptos en ecuaciones diferenciales.
Por ejemplo:
a) En física clásica, la distancia vertical s recorrida por un cuerpo que cae por acción de la gravedad
terrestre g durante un tiempo t se describe por la ecuación diferencial:
d s
g
dt
= −
2
2
b) El desplazamiento vertical x de una masa m sujeta a un resorte con constante de Hook de
elasticidad k se escribe:
d x
m k x
dt
= −
2
2


c) En fenómenos de transporte, la ecuación de continuidad representa un balance de masa en un
elemento diferencial de volumen, teniendo el sistema una densidad ρ y movimiento a velocidad v
( )v
t
ρ
ρ
∂
= −∇
∂
i
d) La denominada Ecuación de Onda se aplica en la teoría electromagnética en relación al
fenómeno de propagación de ondas. El concepto parte del análisis elemental del comportamiento
vibratorio u oscilatorio de cuerdas:
u u
c
t x
∂ ∂
=
∂ ∂
2 2
2
2 2
e) La transferencia de calor por conducción en tres dimensiones, en un sistema con conductividad
térmica k y temperatura T se describe por:
T T T T
k T k
t x y z
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
= ∇ = + +⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
2 2 2
2
2 2 2
f) En un reactor químico, se plantea un balance de masa en un elemento diferencial del sistema,
donde se incluye a los términos de acumulación de materia como la derivada de la concentración C
en función del tiempo, el transporte convectivo asociado a la velocidad v del fluido, el transporte
difusivo J y velocidad de reacción R para el compuesto j:
( )j
j j j
C
C v J R
t
∂
+ ∇ + ∇ =
∂
i i
Se debe observar que en el planteamiento de la solución de problemas en ingeniería donde
interviene una ecuación diferencial, ésta representa un modelo que describe el comportamiento de
las propiedades del sistema, es decir representa un modelo del sistema a nivel diferencial. Una de
las tareas más importantes en ingeniería constituye la elaboración, estudio y solución de los
modelos diferenciales que describen a los sistemas.
Definiciones básicas, terminología y notación de las ecuaciones diferenciales
Por notación, se escribe “y” como la variable dependiente y “x” como la variable
independiente. En problemas en función del tiempo ‘t’ a este se le considera como variable
independiente.
Otras letras del alfabeto griego y latino se utilizan para describir propiedades físicas
normalmente acuerdo a la primera letra de su denominación: T, temperatura, P, presión, r,
radio, etc. En cada caso es importante establecer la notación correspondiente e identificar
las variables dependiente e independiente.
Una ecuación diferencial puede escribirse en diferentes notaciones para las derivadas. Se
ejemplifican las notaciones para primera, segunda y tercera derivada:


a) Notación de Liebnitz:
dy
dx
,
d y
dx
2
2
,
d y
dx
3
3
b) Notación de Lagrange:
( )’f x , ( )’’f x , ( )’’’f x
c) Nótación de Cauchy ó Jacobi:
, ,x x xD f D f D f2 3
d) Notación de Newton:
, ,y y y
i ii iii
La resolución de ecuaciones diferenciales es un tipo de problema matemático que consiste en
determinar la función que al derivarse cumpla una determinada ecuación diferencial. Existen
métodos específicos para la solución de las ecuaciones diferenciales de acuerdo a su clasificación,
por lo que de inicio es importante identificar a qué grupo pertenecen.
Clasificación de las ecuaciones diferenciales en ordinarias y parciales
Dependiendo del número de variables independientes respecto de las que se deriva, las ecuaciones
diferenciales se clasifican en:
a) Ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO): aquéllas que contienen derivadas respecto a una sola
variable independiente. Por ejemplo:
dy
x y
dx
= − −3 4 1
d y dy
y
dx dx
+ + =
2
2
3 5 0
’ /xy y+ =2 3 5 ( )tan
d
dr
θ
θ= −
d s
g
dt
= −
2
2
( ) ( )’’ ’ ex
y y y+ + =
2 3
5
b) Ecuaciones en derivadas parciales (EDP): aquellas que contienen derivadas respecto a dos o
más variables. En ellas se usa la notación de la derivación parcial.


z z
z x
x y
∂ ∂
= +
∂ ∂
u u
c
t x
∂ ∂
=
∂ ∂
2 2
2
2 2
j j jC D C
r
t r r r
∂ ∂⎛ ⎞∂
= ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂⎝ ⎠
2
2
T T T
x y z
∂ ∂ ∂
+ + =
∂ ∂ ∂
2 2 2
2 2 2
0
Definición de orden y grado de una ecuación diferencial
Una primera derivada se denomina de primer orden, una segunda derivada se denomina de
segundo orden, etc.
El orden de una ecuación diferencial corresponde a la derivada de mayor orden presente en la
ecuación diferencial:
EDO de primer orden ’
x y
y
x y
+ −
=
− +
1
1
EDO de segundo orden ( )’’ ’ e x
y y y+ + =
3 2
2
EDO de tercer orden ( ) ( )’’’ ’’ ’ seny y y x+ + =
2
2
EDP de primer orden
z z z
x x y y
⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎛ ⎞
+ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
22 2
0
EDP de segundo orden
x y
ψ ψ∂ ∂
+ =
∂ ∂
2 2
2 2
0
El grado de una ecuación diferencial es el grado de la derivada de mayor orden presente en ella. Se
identifica con el exponente que se aplica la derivada de mayor orden:
EDO de primer orden y primer grado ’
x y
y
x y
+ −
=
− +
1
1
EDO de primer orden y segundo grado ( )’ ’y y− + =
2
2 1 0
EDO de segundo orden y primer grado ’’ ’y y x+ − = 2
3 4 2
EDO de segundo orden y tercer grado ( )’’ ’ e x
y y y+ + =
3 2
2


EDP de primer orden y segundo grado
z z z
x x y y
⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎛ ⎞
+ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
22 2
0
EDP de segundo orden y primer grado
x y
ψ ψ∂ ∂
+ =
∂ ∂
2 2
2 2
0
El operador derivada dy/dx es posible descomponerlo en los operadores diferenciales dy, dx, por
ejemplo la ecuación diferencial:
( )
( )
,
,
M x ydy
dx N x y
= −
Se puede reordenar como:
( ) ( ), ,M x y dx N x y+ = 0
Ejercicios recomendados:
Clasificar las siguientes ecuaciones diferenciales como ordinarias ó parciales, identificando
variables dependientes e independientes, indicando orden y grado:
’’ ’x y xy y+ + =2
0
d
r
d r r r
ψ ψ
θ
∂ ∂⎛ ⎞
= − ⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠
1
exdy dy
x y
dx dx
⎛ ⎞
+ + =⎜ ⎟
⎝ ⎠
3
2 3
( )cot d dθ ρ ρ θ+ = 0
( )’’’ seny x= − ( ) ex
D D y− + =2
3 2
T T
y xy x
x y
∂ ∂
+ + =
∂ ∂
0 d d k
dt dt
ρ θ
ρ
ρ
⎛ ⎞
− =⎜ ⎟
⎝ ⎠
22 2
2 3
( )e cosxd y
x
dx
−
=
2
2
z z z
x y t xyt
x y t
∂ ∂ ∂
+ + =
∂ ∂ ∂
( ) ( )x y dx x y dy+ − + − + =1 2 3 0 ( ) ( )lnx D xD y x x x− + = + +2 2 2
3 4
Teorema de Existencia y Unicidad de las Ecuaciones Diferenciales
Solución ó Primitiva
Resolver una ecuación diferencial consiste en determinar la función cuya derivada sea la misma
ecuación diferencial. Resolver una ecuación diferencial de orden n significa obtener una función con
n constantes arbitrarias independientes que al derivarse satisfaga la ecuación diferencial original. A


esta función se le denomina primitiva o solución general. Una solución particular de una ecuación
diferencial se obtiene de la primitiva otorgando valores definidos a las constantes arbitrarias
Por ejemplo, sea la ecuación diferencial:
d y
dx
=
3
3
0
Se observa que al derivar tres veces la siguiente función:
y C x C x C= + +2
1 2 3
se satisface la ecuación diferencial, por lo que la función se considera solución o primitiva de la
ecuación diferencial, y las constantes C1, C2 y C3 siendo arbitrarias engloban al conjunto de posibles
soluciones particulares. Sea por ejemplo, para esta misma ecuación diferencial
y x x= − + −2
3 5 4
La cual al derivarse tres veces también cumple con la ecuación diferencial. Las constantes para
ésta no son valores arbitrarios sino están bien definidos, C1= -3, C2= +5, C3= -4, y se dice que esta
función es una solución particular de la ecuación diferencial.
Teoremas de Existencia y Unicidad:
Se deben cumplir ciertas condiciones para la solución de una ecuación diferencial, las cuales se
enlistan en el Teorema de Existencia y Unicidad:
Sea una ecuación diferencial de la forma ( ),
,y g x y= en la que:
a) ( ),g x y existe y es continua en la región R de puntos (x,y)
b) /g y∂ ∂ existe y es continua en todos los puntos de R
Entonces la ecuación diferencial admite infinitas soluciones ( ), ,f x y C = 0, donde C es una
constante arbitraria (Existencia), tales que por cada punto de R pasa una y sólo una curva de la
familia ( ), ,f x y C = 0 (Unicidad).
Ejemplo:
Sea la ecuación diferencial
,
y y= 2
, determinar la posible existencia de solución.
Solución:
Aplicando los teoremas de existencia, se tiene: ( ),g x y y= 2
, /g y y∂ ∂ = 2 .


a) g existe y es continua en R
b) /g y∂ ∂ existe y es continua en R
Se concluye que para la ecuación diferencial
,
y y= 2
existe una solución en R tales que por cada
par (x,y) en R pasa una y sólo una curva de la familia de la solución.
Ejemplo:
Sea la ecuación diferencial
, /
y y= 2 3
3 con valor inicial ( )y =2 0, determinar la posible existencia
de solución.
Solución:
Aplicando los teoremas de existencia:
/
g y= 2 3
3 ;
/
/ /g y y∂ ∂ = 1 3
2
a) g existe y es continua en R
b) /g y∂ ∂ existe y es continua en R, excepto para y = 0
Se observa que se cumple el inciso (a) del teorema de existencia, pero no con el inciso (b) para
( )y =2 0, que es una condición necesaria a cumplir de acuerdo al enunciado del problema. Por lo
tanto, no se puede garantizar la existencia y unicidad para una solución de este problema.
Es importante anotar que el no cumplimiento del teorema de existencia y unicidad no impide integrar
la ecuación diferencial y obtener una primitiva con constantes arbitrarias:
/
dy
dx
y
=∫ ∫2 3
3
/
y x C−
= − +1 3
Y es seguro que esta solución puede satisfacer la condición de otro planteamiento distinto a la
condición inicial ( )y =2 0.
Ejemplo:
Sea la ecuación diferencial definida como lineal:
( ) ( )
dy
yP x Q x
dx
+ =
Donde P(x) y Q(x) son funciones continuas en el intervalo x∈(a,b), determinar la posible existencia
de solución.
Solución:
Reordenando:
( ) ( )
dy
yP x Q x
dx
= − +


Aplicando los teoremas de existencia, tenemos:
( ) ( ) ( ),g x y yP x Q x= − +
( )
g
P x
y
∂
= −
∂
Se concluye que para la ecuación diferencial lineal existe una solución siempre que g(x,y) =-
yP(x)+Q(x) y ∂g/∂y = -P(x) existan y sean continuas en el región R acotada por x∈(a,b). Esto se
cumple por las propiedades de continuidad de P(x) y Q(x).
Ejercicios recomendados:
Aplicar el teorema de existencia y unicidad a las siguientes ecuaciones diferenciales para
determinar la posible existencia de una solución única y satisfactoria.
,
y y= 2 ,
e ey x
y x−
= + +2
2 3 2
,
yy x+ = 0 ,
y xy= 3
,
y y− + =2 0 ( ),
lnxy y= 2
,
ex y
y y−
=
Tipos de soluciones de las EDOs
Atendiendo al tipo de solución de las ecuaciones diferenciales ordinarias se pueden tener las
siguientes:
Solución general. Es la función que satisface la ecuación diferencial la cual contiene tantas
constantes arbitras como el orden de la ecuación. Si la ecuación es de primer orden, la solución
general es una familia de curvas ( ), ,F x y C = 0s.
Solución particular. Es la función que resulta de evaluar las constantes arbitrarias de la solución
general.
Solución singular. Es una función que no proviene de la solución general. En general es difícil
hallar este tipo de soluciones puesto que se requiere un camino independiente para hallarlas.
Las soluciones encontradas pueden ser explícitas ( ),
,y f x y= , implícitas ( ),
, ,F x y y = 0s o en
forma paramétrica.
Problema de Cauchy o problema de valor inicial (PVI).


Si se busca resolver ( ),
,y f x y= , sujeto a ( )y y= 00 , entonces se tiene un problema de Cauchy
o un problema de valor inicial, es decir, una vez hallada la solución a la ecuación diferencial, es
necesario que pase por el punto ( ),x y0 0 para que satisfaga el problema.
Interpretación geométrica de la solución de las ecuaciones diferenciales.
La derivada de una función se interpreta geométricamente como la pendiente de la recta tangente
en cada punto de función. La derivada es una función en sí, y su derivada (es decir la segunda
derivada de la función original) corresponde al valor de la pendiente de la recta tangente de la
derivada, y así sucesivamente. Esta interpretación geométrica de la derivada es de utilidad en el
planteamiento de ecuaciones diferenciales que deben satisfacer determinadas condiciones
geométricas.
De acuerdo a la geometría analítica, la función que es solución de una ecuación diferencial le
corresponde el trazado de un lugar geométrico o curva. Si se habla de la primitiva o solución
general, entonces las constantes de integración son arbitrarias y geométricamente corresponde a
un conjunto denominado familia de curvas de la solución. Si se habla de una solución particular, la
función geométricamente corresponde a una sola curva, que es a propósito elemento del conjunto
de la familia de curvas de la solución primitiva.
Otra aplicación de la interpretación geométrica de la derivada se aplica en la determinación de
trayectorias ortogonales en familias de curvas, tema que se tratara más adelante.
Familia de Curvas
Sea una ecuación diferencial y su solución f(x,y,C) que posee y traza un lugar geométrico en el
plano; si f(x,y,C) es la primitiva o solución general, entonces existe un conjunto o familia de curvas
asociadas a la expresión de f(x,y,C), tal que cada una de ellas satisfacen la ecuación diferencial.
Ejemplo:
Hallar la ecuación diferencial cuya solución es una función cuya pendiente es igual al doble de la
suma de sus coordenadas x, y.
Solución: la pendiente de la función que es solución de la ecuación diferencial corresponde al valor
de la derivada y´=dy/dx. De acuerdo con el enunciado, la pendiente es igual al doble de la suma de
las coordenadas, es decir:
( ),
y x y= +2
La solución primitiva de esta ecuación diferencial es:
e x
y x C= − − + 21
2
El método de solución se expone en el capítulo correspondiente a EDO reducibles a exactas. Por
ahora interesa observar la familia de curvas trazadas por esta función. La constante C es arbitraria y
puede tomar distintos valores. En la Figura 1.1 se grafican algunos de los integrantes de la familia
de curvas de la solución primitiva:


Figura 1.1 Familia de curvas de la solución primitiva e x
y x C= − − + 21
2
Ejemplo:
Sea una función tal que las rectas tangentes a ella tienen una pendiente igual a y´ y una ordenada
al origen igual a 2xy2
. Determinar a) la ecuación diferencial, b) la gráfica de la familia de curvas.
Solución:
La expresión de una recta es y mx b= + , así
dy
y x xy
dx
= + 2
2
Que es la ecuación diferencial solicitada. La solución de esta ecuación diferencial es:
x
y
x C
=
+2
El método de solución se expone en el capítulo correspondiente a la solución de EDO de variables
separables. En la Figura 1.2a se grafican algunos de los integrantes de la familia de curvas de la
solución primitiva para valores de C positivos, en la Figura 1.2b se grafican para valores de C
negativos:


Figura 1.2a Familia de curvas de la solución primitiva
x
y
x C
=
+2
para C positiva
Figura 1.2b Familia de curvas de la solución primitiva
x
y
x C
=
+2
para C negativa
Ejercicios recomendados


Para las siguientes ecuaciones diferenciales, mostrar que la función que le sigue es su solución, y
representar una curva o familia de curvas.
( )xydx x dy+ + =2
1 0 ( )y x C+ =2 2
1
( ) ( )x y dx x y dy+ + + =2 2 3 0 x xy y C+ + =2 2
4 3
( )( )xydx x y dy= − +1 1 ( )lnx y Cx y+ = +⎡ ⎤⎣ ⎦1
( )y x dx xydy− + =2 2
0 x y x C= +2 2 4
2
( )cot dr rdθ θ+ = 0 ( )cosr C θ=
Trayectorias ortogonales
De acuerdo con la geometría analítica, dos rectas son perpendiculares entre sí cuando los valores
de sus pendientes satisfacen m m = −1 2 1. Existe un punto de intersección entre ambas rectas, que
es un vértice se forma un ángulo de 90° entre ambas rectas.
Se dice que las curvas de las funciones f(x) y g(x) que se intersectan en el punto P, son ortogonales
en su punto de intersección cuando las rectas tangentes de ambas funciones en dicho punto son
perpendiculares entre sí. Por tanto, en un punto de corte ortogonal entre dos funciones f(x) y g(x) se
cumple que las derivadas de ambas funciones satisfacen:
df dg
dx dx
= −1
Ejemplo:
Sean dos funciones f(x), g(x), tales que se intersecan en (2,2), como se ilustra en la Figura 1.3a.
Existe la posibilidad de que el punto de intersección sea un punto de corte ortogonal. Determinar si
las funciones f y g cumplen con la condición de ortogonalidad en el punto P(2,2), y escribir las
expresiones de las rectas tangentes para ambas funciones en dicho punto.


Figura 1.3a Curvas de las funciones f(x) y g(x) que se interceptan en el punto P(2,2)
Solución:
Las funciones son:
( ) e x
f x −
= +3 62 4
3 3
( ) e x
g x − +
= +3 61 11
6 6
Sus derivadas:
( ),
e x
f x −
= 3 6
2
( ),
e x
g x − +
= − 3 61
2
Aplicando la condición de ortogonalidad:
( ) ( ) ( ), ,
e ex x
f x g x − − +⎛ ⎞
= − = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 6 3 61
2 1
2


Por lo que se puede afirmar que las curvas de las funciones f(x) y g(x) son ortogonales en el punto
de intersección (2,2).
Para las rectas solicitadas, estas son a) tangentes a las funciones f y g, b) perpendiculares entre sí,
por lo que m m = −1 2 1, c) ambas pasan sobre el punto (2,2)
Para la función ( ) e x
f x −
= +3 62 4
3 3
, su derivada es ( ),
e x
f x −
= 3 6
2 , y se evalúa en (2,2):
( )
em −
= =
3 2 6
1 2 2
Usando la expresión de la línea recta punto-pendiente: y y m x x− = ⋅ −1 1( )
( )y x− = +2 2 2
y x= −2 2
Para la función ( ) e x
g x − +
= +3 61 11
6 6
, su derivada es ( ),
e x
g x − +
= − 3 61
2
, y se evalúa en (2,2):
( )
em − +
= − = −
3 2 6
2
1 1
2 2
Entonces la ecuación de la línea recta es:
( )y y x x− = − −1 1
1
2
:
( )y x− = − −
1
2 2
2
y x= − +
1
3
2
Finalmente, multiplicando las pendientes:
m m
⎛ ⎞
= − = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 2
1
2 1
2
Con lo cual comprueba que ambas rectas tangentes a las curvas son perpendiculares entre sí.


Figura 1.3b Curvas de las funciones f(x) y g(x) y de las rectas tangentes y el punto de intersección
ortogonal
Trayectorias Ortogonales
Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas se escribe primero la ecuación
diferencial que describe la familia. La ecuación diferencial de la familia ortogonal se calcula a partir
de la condición de ortogonalidad.
Sea ( ),
dy
f x y
dx
= la ecuación diferencial que describe una familia de curvas.
La ecuación diferencial de la familia ortogonal es:
( ),
dy
dx f x y
−
=
1
Ejemplo:
Determinar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas
C
y
x
= 1
Solución:
La familia de curvas corresponde a hipérbolas, donde C1 es una constante arbitraria, habrá tantas
curvas como valores de C1 se asignen.
La ecuación diferencial de esta familia de curvas se obtiene derivando:


C
y
x
= − 1
2
Pero C xy=1
Entonces:
dy y
dx x
= −
Es decir, de ( ),
dy
f x y
dx
= . Por lo tanto se tiene que ( ),
y
f x y
x
= − , por lo que la ecuación
diferencial de la familia ortogonal se determina de la siguiente manera:
( ), /
dy x
dx f x y y x y
−
= − = =
−
1 1
dy x
dx y
=
Esta ecuación diferencial se resuelve por el método de variables separables:
ydy xdx=∫ ∫
y x
C= +
2 2
2
2 2
Que también se puede simplificar como y x C− =2 2
2 donde la constante C2 es arbitraria. En la
figura 1.3c se grafica la familia de la función /y C x= 1 , y la familia de función y x C− =2 2
2 ,
ortogonales entre sí en sus puntos de intersección.


Figura 1.3c. Familia de curvas ortogonanalesde la función /y C x= 1 , y de la función y x C− =2 2
2
Ejercicios recomendados
Obtenga las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas:
y C x= 2
1
y
x C
=
+ 1
1
e x
y C −
= 1 ( )seny C x= 1
y C x=2 3
1 y x C x− =2 2 3
1
x y C+ = 13 4 eC x
y = 1
C
y
x
=
+
1
2
1


UNIDAD TEMATICA II
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Ecuaciones diferenciales de variables separables
Tienen la forma:
( ) ( ) 0P x dx Q y dy+ =
La solución se obtiene integrando
( ) ( )P x dx Q x dy C+ =
∫ ∫ o bien ( ) ( )Q x dy P x dx C= +
∫ ∫
Ejemplo 1
dy
x
dx
= , integrado con respecto a x:
dy
dx xdx
dx
=
∫ ∫
La variable y depende implícitamente de x es decir, ( )y x , por lo tanto, la diferencial de y
es:
( )dy x dy
dy dx dx
dx dx
= = , por lo cual
( )dy xdy
dx dx dy
dx dx
= =
∫ ∫ ∫ , que finalmente es
( )y x y dy= =
∫
Por lo tanto, la solución del Ejemplo 1 es:
2
2
x
y xdx C= = +
∫


Ejemplo 2
6y'' x= , con las siguientes condiciones ( ) ( )0 0 1 0y ; y= =
Solución
Puesto que ya están separadas las variables:
6
d d
y x
dx dx
⎛ ⎞
=⎜ ⎟
⎝ ⎠
, integrando una vez con respecto a x:
2
13
d
y x C
dx
= +
Integrando de nuevo se obtiene: 3
1 2y x C x C= + + la cual es la solución general.
Evaluando en las condiciones de frontera:
( )3
1 2 20 0 0 0C C C= + + ∴ =
3
1 10 1 1C C= + ∴ = − por lo tanto la solución particular es:
3
y x x= −
Ejemplo 3
3 4x ydy
e
dx
+
=
Desarrollo
3 4x y
dy e dx+
= ; 3 4
0x y
e dx dy+
− = ; ( )3 4
0x y
e e dx dy⋅ − =
Integrando
3
4
x
y
dy
e dx C
e
− =
∫ ∫ ; ( )3 41 1
3 4
3 4
x y
e ( dx ) e dy−
− − −
∫ ∫
3 41 1
3 4
x y
e e C−
+ =
Ejemplo 4


2 2
1 1 0y dx y x dy− + − =
Desarrollo
2 2
0
1 1
dx y
dy
x y
+ =
− −∫ ∫ ;
2 2
du u
arc sen
aa u
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠−∫
2 2 2
1 1a a ; u x u x= ⇒ = = ⇒ = ; ( )2
1
dx
arc sen x
x
=
−∫
( ) ( )
1
2 2
2
1
1 2
21
y
dy y y dy
y
−
= − − −
−∫ ∫
( )
( )
1
2 2
11
12
2
y
arc sen x C
−
+ − = ; O bien: ( )2
1 y arc sen x C− = +
Ejemplo 5
1
dy
x y xy
dx
= + + +
Desarrollo
Por factorización ( ) ( )( )1 1 1 1 1x y xy x y x x y+ + + = + + + = + +
1
1
dy
( x )dx
( y )
= +
+
; 1
1
dy
( x )dx
( y )
= +
+
( )1
1
dy
x dx
y
= +
+∫ ∫
( )2
1
1
2
x
ln y C
+
⇒ + = +
Ejemplo 6
( ) ( )2 2
6 2 4 0y x y dy x y x dx+ − + =
Desarrollo
( ) ( )2 2
6 2 4 0y x dy x y dx+ − + =
2 2
2 2
1 1
2 4 6
8 22 4 6
ydy xdx
ln y ln x C
y x
− ⇒ + − + +
+ +∫ ∫


Simplificando la solución
2 2
2 4 4 6ln y ln x C+ = + +
Ejemplo 7
2 2
2
1
dy x y
dx x
=
+
Con condiciones iniciales: ( )0 2y x = =
2 2
1du u
arc tan
a aa u
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠+∫ ; ( )
1
x arc tan x C
y
− + =
1 1
0 0
2 2
arc tan C C− − = ∴ = − Finalmente: ( )
1 1
2
x arc tan x
y
− = − −
Problemas propuestos
1 10
dy
dx
= 10y x C= +
2 2
dy
x
dx
= 2
y x C= +
3 2
dy x
dx y
= 2 2
2y x C= +
4
1
2 2
2
y' xy x y= + + + ( )
2
1
2
x
y Ce
+
= +
5 ( )
dy
yln x
dx
= x x
y Cx e−
=
6
2
2 x ydy
e
dx
−
= ( )2x
y ln e C= +
7
dy x
dx yx y
=
−
( )2 2
2y x ln x C= + +
8 ( ) ( )
dy
sen y cos x
dx
=
( )2
sen x
y arctan Ce⎡ ⎤=
⎢ ⎥⎣ ⎦

9
( )
( )
sen xdy
dx cos y
= − ( ) ( )sen y cos x C= +
10
1
2
dy xy x y
dx xy x
− + −
=
+
( ) ( )3 1y ln y x ln x C+ − = + +
11
x ydy
e
dx
−
= ( ) ( )1 1y x
y e x e C− = − +


12
1
ydy
dx x y
=
+
( )1 1y y ln y y x C+ + + + = +
13
x x
y y
dy e e
dx e e
−
−
−
=
+
y y x x
C e e e e− −
= − − −
14 1x y x ydy
e e e
dx
+
= + − − ( )1y x
y ln e e x C− + = − +
15
( )
( )
1
1
cos xdy
dx cos y
−
= −
+
( ) ( )1 1cos y cos x C− = + +
16
2
π⎛ ⎞′ = =⎜ ⎟
⎝ ⎠
y sen x yln y, y e 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠=
x
tan
y e
17
3
0 1x y x ydy
ye e e y( x )
dx
− − −
= + = =
4
5
1
4 4
x
y x e
e ( y ) e
−
−
− = − − +
18
2 2
x y x y
y sen sen
+ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞′+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2
4 2
y x
ln tan sen C
⎡ ⎤⎛ ⎞
= − +⎜ ⎟⎢ ⎥
⎝ ⎠⎣ ⎦
19 2
1y xy x y′ ′− = + 1
1
Cx
y
x
− =
+
20 ( )2 2
6 2 1 2 0y x dy x( y )dx+ − + = ( ) ( )2 21
1 2 6
4
ln y ln x C− + − + =
21
3 4x ydy
e
dx
+
= 4 31 1
4 3
y x
e e C−
+ =
22 ( )2 2
6 2 4 0y yx dy ( x y x )dx+ − + = ( ) ( )2 21 1
2 4 6
8 2
ln y ln x C+ − + =
23 2x x
dy xy e dx xy e dx+ =
1
1xy
ln e ( x ) C
y
⎛ ⎞−
= − +⎜ ⎟
⎝ ⎠
Ecuaciones diferenciales que se reducen a variables separables.
Algunas veces al aplicar una técnica de sustitución es posible transformar una ecuación
diferencial a una de variables separables. A continuación se expone una serie de técnicas
de sustitución que se aplican a problemas bien definidos.
Sustitución lineal. Sea una ecuación diferencial de la forma
( )
dy
y' f ax by c
dx
= = + +
Ésta se puede reducir a variables separables mediante el cambio de variable:


R ax by c= + +
De donde al derivar todos los miembros de la ecuación anterior se obtiene:
dR dy
a b
dx dx
= +
Entonces, despejando dy/dx:
1dy dR
a
dx b dx
⎛ ⎞
= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
Se sustituye esta derivada en la ecuación diferencial del problema:
( )
1 dR
a f R
b dx
⎛ ⎞
− =⎜ ⎟
⎝ ⎠
, ( )
dR
bf R a
dx
= +
La cual se ve claramente que puede separarse e integrase de la forma convencional.
Ejemplo 1
3
dy
x y
dx
= +
Re-arreglando
3
dy dR
dx dx
= − ; 3 0( R )dx dR+ − =
Integrando 3
3
dR
dx x ln R C
R
− = − + =
+∫ ∫
Finalmente:
3ln R( x C )
e e
++
= ; 3 3x
C e x y⋅ = + +
Ejemplo 2
1 1
dy
x y x y
dx
+ + = + −
Cambio de variable 1R x y= + +
2
1 2 1
RdR dy dy dR
R
dx dx dx dx
= + ⇒ = −
2
2
2
2
dR R R
dx R
− +
=


2
2 2
2 2
2 1
2 2
R dR R
dx dx dR
R R R R
⎛ ⎞
− = − +⎜ ⎟
+ − ⎝ + − ⎠∫ ∫ ∫ ∫
Solución de la tercera integral por fracciones parciales
( )
( )( )
2
2 1
R dR
R R
Ι
−
=
+ −∫
4 1
3 2 3 1
dR dR
R R
Ι = − +
+ −∫ ∫
1 4
3 3
B ; A= = −
4 1
2 1
3 3
ln R ln RΙ = − + + −
Finalmente
8 2
2 2 1
3 3
x R ln R ln R C− + + − − =
Sustituyendo de forma inversa:
( )
( )
32
8
1 1
2 1
1 2
⎡ ⎤
+ + +⎢ ⎥
− + + + = ⎢ ⎥
+ + +⎢ ⎥⎣ ⎦
x y
x x y C
x y
Ejemplo 3
( )
2
2
′ =
+
a
y
x y
Solución:
( )
2
2
=
+
dy a
dx x y
Cambio de variable: R x y= + 1
dR dx dy dy dR
dx dx dx dx
+
= ⇒ = −
2
2 2
R dR
dx
a R
=
+∫ ∫
2
2 2
a
dR
a R
⇒ −
+∫ ∫
Integrando:
2
2 2
dR x y
dx dR a y C a arc tan
aa R
+
= − ⇒ + = ⋅
+∫ ∫ ∫ , o bien:
y C x y
arctan
a a
+ +
=
1
3 4 2
3 4 3
dy x y
dx x y
− −
=
− − 1 3 4 1x y
C e x y−
= − +
2
1 2 2
dy x y
dx x y
+
=
− −
( )2 1y ln x y C x+ + − = −
3
2 1
4 2 3
dy x y
dx x y
+ −
=
+ +
( )2 2 1y ln x y C x+ + + = +


4 1
2 2
x y
dy e
dx x y
−
= +
−
( )2 1 y x
x y e x C−
− + = +
5 ( )
1
2
1x ydy
x y e
dx
+
= + −
1
x y
e x C
−
+
= +
6
1
2
dy x y
dx x y
+ +
=
+
( ) 1 1
2 1
41
x y ln x y x C
x y
+ − + + − = +
+ +

7 ( )2dy
x y
dx
= −
1
2
1
x y
ln x C
x y
⎛ ⎞− +
= +⎜ ⎟
− −⎝ ⎠

8 1
dy
x y
dx
= + − x
y C e x= −
9 ( )= −
dy
cos x y
dx
( ) ( )+ = − − − −x C cot x y csc x y
10 ( )2
= +
dy
x y
dx
( )+ = +arc tan x y x C
11
( )2
1
2
=
− + +
dy
dx cos x y
( )2 2= − + + + +C cot x y y
12 ( ) ( )1 2 2 1+ + = + −x y dx x y dy 2C x y ln x y= − + − +
Ecuaciones diferenciales ordinarias homogéneas
Una función ( )f x,y es homogénea de grado m con respecto a sus dos variables si:
( ) ( )m
f x, y f x,yλ λ λ= , con constanteλ =
Una ecuación diferencial ( ) ( ) 0P x,y dx Q x,y dy+ = es homogénea si ( ) ( )P x,y y Q x,y son
funciones homogéneas y ambas son del mismo grado de homogeneidad, es decir:
( ) ( ) ( ) ( )m m
P x, y P x,y y Q x, y Q x,yλ λ λ λ λ λ= =
Para resolver una ecuación diferencial homogénea se procede como sigue:
1) Se realiza un cambio de variable y vx=
2) De donde dy vdx xdv= +
3) Se sustituyen tanto la variable independiente como su derivada en función de la
nueva variable v con lo cual se reduce la expresión a una ecuación de variables
separables.
4) Se resuelve de la forma convencional la EDO resultante.
Ejemplo 1.


2
2
2
y
y
x
′ = −
Solución:
Se reescribe la ecuación diferencial
2
2
2 0
y
dx dy
x
⎛ ⎞
− − =⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
Se comprueba que es homogénea :
2 2 2
2 2 2
2 2
( y ) y
dx dy dx dy
( x ) x
λ λ
λ λ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
− − ⇒ − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Ya que se verifica la condición de homogeneidad se realiza el cambio de variable apropiado
y vx; dy dx xdν ν= = +
2
2 0dx xdν ν ν⎡ ⎤− − − =
⎣ ⎦
Solución por separación de variables
2
0
2
dx dv
x v v
− =
− −∫ ∫ Resolviendo
1 0 2 1
2 1
A B
A B y A B
v v
+ = ∴ + = − =
− +
1 1
3 3
B ; A= − = Integrando:
( )3
11 1
3 2 3 1 2
x vdx dv dv
C
x v v v
+
− + ⇒ =
− + −∫ ∫ ∫
Realizando la sustitución hacia atrás:
( )3
2
x y x
C
y x
+
=
−
Ejemplo 2
dy x y
dx x y
+
=
−
Solución


( ) ( ) 0x y dy x y dx− − + + =
Se comprueba la homogeneidad de la ecuación
( ) ( ) ( ) ( ){ }x y dy x y dx x y dx x y dyλ λ λ λ λ− − + + = + − −
Y se concluye que es homogénea de grado 1
Desarrollo de la solución
( ) ( )( )
( )
2
1
1
d dx
x vx dx x vx vdx xdv
x
ν ν
ν
−
+ − − + ⇒ =
+
Integrando
( )
( )2
2
1
1
1
vdx
dv ln x ln v arc tan v C
x v
−
+ ⇒ + + = +
+∫ ∫ Con la consecuente sustitución hacia
atrás:
( )2 2 2
1
y
ln x v arc tan v C ln y x ln C arc tan
x
⎛ ⎞
+ = + ⇒ + + = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
O bien:
2 2 y
ln C y x arc tan
x
⎛ ⎞
+ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 y
xy yln
x
⎛ ⎞′ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 Cx
y xe +
=
2
( ) ( )2 2 2
3 3 2y xy x dx x xy dy+ + = +
( )23
x
y x
Cx e x y
−
+
= +
3 2 2
y x y xyy′ ′+ = y/ x
Cy e=
4 2 2
xy y x y′− = +
2 2 21
x y y x
C
= + +
5 y
xy
y e
x
′ = +
y
xln xC e
−
= −
6
( )2 2
3 2 0y x dy xydx− + = 2 2 3
y x Cy− =
7 2 2
2 2
2
2
dy y xy x
dx y xy x
− −
=
+ −
2 2
y x
C
y x
+
=
+
8 ( ) ( ) 0x yln y yln x dx x ln y ln x dy− + + − = ( )x y ln x yln y xC y− + = +


9 2 xydy
dx xy x
=
−
( )( )
2
2y x y x C− + =
10 2y xy
y'
xy
+
= ( ) ( )
2
2y x y x C− + =
Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas
Son de la forma
1 1 1
2 2 2
a x b y cdy
f
dx a x b y c
⎛ ⎞+ +
= ⎜ ⎟
+ +⎝ ⎠
Para resolverlas primeramente se resuelve el sistema de ecuaciones lineales:
1 1 1
2 2 2
0
0
a x b y c
a x b y c
+ + =
+ + =
Si la solución es: ( )0 0x ,y se realiza en cambio de variable siguiente:
0
0
x X x
y Y y
= +⎧
⎨
= +⎩
Con sus respectivas derivadas:
( ) ( )0 01 1
dy dy dY dX dy d dX d dy dY
; Y y ; x x
dx dY dX dx dY dY dx dx dx dX
= = + = = − = ∴ =
Realizando las sustituciones:
( ) ( )
( ) ( )
[ ]
[ ]
1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1
2 0 2 0 2 2 2 2 0 2 0 2
a X x b Y y c a X b Y a x b y cdy dY
f f
dx dX a X x b Y y c a X b Y a x b y c
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + + + +
= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ + + + + + + +⎝ ⎠⎝ ⎠
Los términos entre corchetes valen cero ya que son las ecuaciones lineales del sistema
evaluadas en el punto donde se anulan, por lo cual:
1 1
2 2
a X b Ydy dY
f
dx dX a X b Y
⎛ ⎞+
= = ⎜ ⎟
+⎝ ⎠
Este resultado es una ecuación homogénea que se resuelve por el método antes visto.


Ejemplo 1
( ) ( )2 4 0x y dx x y dy+ − + − + =
El sistema de ecuaciones a resolver es:
2
4
x y
x y
+ =
− = −
Cuya solución por algún método se puede obtener fácilmente. Por ejemplo, usando la regla de
Cramer:
1 1 2 1 1 2
1 1 2 2 4 2 4 2 6
1 1 4 1 1 4x yD ; D ; D= = − − = − = = − + = = = − − = −
− − − −
0 0
2 6
1 3
2 2
yx
DD
x ; y
D D
−
= = = − = = =
− −
Realizando la sustitución de las variables:
0
0
1
3
x X x X dx dX
y Y y Y dy dY
= + = − → =
= + = + → =
Substitución en la ecuación diferencial
( ) ( )1 3 2 1 3 4 0X Y dx X Y dY− + + − + − − − + = ( ) ( ) 0X Y dX X Y dY⇒ + + − =
Ahora es homogénea. Determinación del orden:
( ) ( )
( ) ( ){ }
0
0
X Y dX X Y dY
X Y dX X Y dY
λ λ λ λ
λ
+ + − =
+ + − =
Se concluye que es homogénea de grado 1.
Transformación a ecuación de variables separables
Y
v Y vX ; dY vdX Xdv
X
= ⇒ = = + Solución de la ecuación
( ) ( )( )
( )
2
1
1 2
ddX
X vX dX X vX vdX Xdv
X
ν ν
ν ν
−
+ + − + ⇒ +
− − +
Resolviendo


( )
( )2
2 11
2 2 1
−
+ =
− −∫ ∫
v dvdX
C
X v v
( )2 2 2
1
1
2 1 2 1
2
ln X ln v v X v v C+ − − ⇒ − − =
Solución
2 2
12Y YX X C− − =
Se retorna a las variables originales usando sustitución inversa:
( ) ( )( ) ( )2 2
3 2 3 1 1y y x x C− − − + − + = Finalmente:
2 2
2 4 8y x xy x y C− − + − =
Ejemplo 2
( )
( )
2
2
2 2
1
y
y
x y
+
′ =
+ −
Reescribiendo la ecuación diferencial:
( ) ( )2 2
2 2 1 0y dx x y dy+ − + − =
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
0 1 2 1 0 2
1 3 2
1 1 1 1 1 1x yD ; D ; D
− −
= = − = = − = =
0 0
3 2
3 2
1 1
yx
DD
x ; y
D D
−
= = = = = = −
− −
0
0
3
2
x X x X dx dX
y Y y Y dy dY
= + = + ⇒ =
= + = − ⇒ =
Sustituyendo de forma apropiada
( )22
2 0Y dX X Y dY− + =
Comprobación de homogeneidad
( ) ( ) ( ){ }2 2 2 2 2 2
2 2Y dX X Y dY Y dX X XY Y dYλ λ λ λ− + = − + +
Es homogénea de grado 2


Transformación a variables separables
Y
v Y vX dY vdX Xdv
X
= ⇒ = ⇒ = + ⇒
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 2
2 1 2Xv dX X Xv Xdv vdX X v v dX X v v dv− + + = − + − + +
Separación e integración
2 2
3 3
1 2
0
X v v
dX dv
X v v
+ +
+ =
+
2
2
1 2v v
v v
Ι
+ +
=
+ 2
2
1
dv dv
v v
Ι = +
+∫ ∫
( )2
2
2
1
arc tan vdX dv dv
CvX e
X v v
−
+ + = =
+∫ ∫ ∫
Retornando a las variables originales
2
2
3
2
y
arc tan
x
C( y ) e
+⎛ ⎞
− ⎜ ⎟
−⎝ ⎠+ =
Ejemplo 3
2 5
2 4
dy y x
dx x y
− −
=
− +
Solución
( ) ( )2 5 2 4 0y x dx x y dy− − − − + =
3 3 6x yD ; D ; D= − = = − 0 01 2x ; y= − = Cambio de variables:
0
0
1
2
x X x X dx dX
y Y y Y dy dY
= + = − ⇒ =
= + = + ⇒ =
Realizando la sustitución para encontrar la homogénea:
( ) ( )2 2 0Y X dX X Y dY− − − =
La cual resulta ser de grado uno
Transformando a una ecuación de variables separables
( ) ( )2 2
1 2 0X v dX X v dv− − − =
Solución de la ecuación diferencial


2
2
1
dX v
dv C
X v
−
+ =
−∫ ∫ 21 2 1
1
2 2 1
v
ln X ln v ln C
v
−
+ − − =
+
O bien:
( ) ( )3
Y X C Y X+ = −
Retornando a las variables originales
( ) ( )3
2 1 2 1y x C y x− + + = − − − Finalmente: ( ) ( )3
1 3y x C y x+ − = − −
Ejemplo 4
2 7
1
dy x y
dx x y
+ −
=
− +
Se resuelve el sistema de ecuaciones:
1 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3
2 1 7 0 3 9 0 1 3
R R R R / R
− − − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− + → →⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 1 1
1 0 2
0 1 3
R R R
⎛ ⎞
+ → ⎜ ⎟
⎝ ⎠
, por lo tanto: 0 02 3x , y= =
La relación entre variables es:
2 3 2 3X x ; Y y ; x X y Y= − = − = + = +
Sustituyendo las variables dependiente, su derivada e independiente de forma apropiada:
( )2 2 3 7 2
2 3 1
X YdY X Y
dX X Y X Y
+ + + − +
= =
+ − − + −
Realizando ahora la sustitución homogénea:
2 2
1
dv X vX dv v
v X X v
dX X vX dX v
+ +
+ = ⇒ = −
− −
; Reacomodando:
2 2
2
2 2 1
1 1 2
dv v v v v v dX
X dv
dX v v Xv
+ − + + −
= ⇒ ∴ =
− − +
Integrando:


( )2
2 2 2
1 1 1 2 1 1
2
2 22 22 2 2
v v v
du dv dv arctan ln v
v v v
− ⎛ ⎞
= − ⇒ − +⎜ ⎟
+ + + ⎝ ⎠∫ ∫ ∫
Realizando la sustitución inversa de la homogénea:
( ) ( )21 1
2
22 2
Y / X
arctan ln Y / X ln X C
⎛ ⎞
− + = +⎜ ⎟
⎝ ⎠
Luego, con la sustitución inversa de reducible a homogénea se obtiene:
( )
( )
2
1 3 1 3
2 2
2 22 2 2
y y
arctan ln ln x C
xx
⎛ ⎞− −⎛ ⎞
− + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −− ⎝ ⎠⎝ ⎠
Ejemplo 5
( ) ( )2 4 0x y dx y dy− + + − =
Solución con pasos intermedios
( ){ } 0X Y dx YdYλ − − =
Homogénea de grado 1
Transformar a ecuación de variables separables
( )2 2
1 0X v v dX vX dv− − − =
Cuya solución es:
21 1 2 2 1
1
2 2 3 3
v
ln X ln v v arc tan C
−⎛ ⎞
+ − + + =⎜ ⎟
⎝ ⎠
O en función de las variables originales:
( ) ( )( ) ( )2 2
4
2 1
2 2
4 2 4 2
3 3
⎛ − ⎞⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎡ ⎤ ⎜ ⎟− − − − + − + =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
y
x
ln y x y x arc tan C
Reducir a homogéneas, determinar el grado de homogeneidad, transformar a variables separables,
resolver, volver a las variables originales y presentar el resultado.


1
2 1
2 1
dy x y
dx x y
− +
=
− +
2 2
x xy y x y C− + + − =
2 ( ) ( )2 2 1 0x dx x y dy− + + + − =
2
1
2 1 1
3
y y
ln C ln x
x x
⎛ ⎞⎛ ⎞
+ − = − −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
3
3 6
2 1
dy x y
dx y x
− −
=
+ +

( )
2
3
2 3
1 3 3 1 1
3 3
2 1 1 21 21
1
y
y y x
ln arctan ...
x x
ln x C
⎛ + ⎞⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤⎛ ⎞+ + −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟− − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟− − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
= − +

4
6
8
dy x y
dx x y
− +
=
+ +
( )
2
21 1
2 1 7
7 7
y y
C x
x x
+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ − = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5
3 2 7
4
dy x y
dx x y
+ −
=
+ +

( )
2
1 19 19
3
2 15 15
19 1 13
3 1 15 2 4 15
2 13 19 1 13
15 2 4
y y
ln ...
x x
y
xln ln x C
y
x
⎛ ⎞+ +⎛ ⎞
⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞+
− −⎜ ⎟
−⎜ ⎟+ = − − +
⎜ + ⎟
− +⎜ ⎟
−⎝ ⎠

6
2 7
5
dy x y
dx x y
+ −
=
+ −
( )
1
2
2
2
3
2
12 2
3 32 22 2
y
x C x
y y
x x
⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎜ ⎟+⎜ ⎟− ⎜ ⎟ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎛ ⎞⎜ ⎟− ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ −⎝ ⎠⎝ ⎠

7
2 7
1
dy x y
dx x y
+ −
=
− +

( )
( )
2
1 3 1 3
2 2
2 22 2 2
y y
arctan ln ln x C
xx
⎛ ⎞− −⎛ ⎞
− + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −− ⎝ ⎠⎝ ⎠

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS EXACTAS
Diferenciales de funciones de dos variables.
Dada una función ( )F x,y C= , su diferencial total es:
F F
DF( x,y ) dx dy
x y
∂ ∂
= +
∂ ∂


Tomando ( ) ( )
F F
M x,y y N x,y
x y
∂ ∂
= =
∂ ∂
,
( ) ( ) 0M x,y dx N x,y dy+ =
La condición necesaria y suficiente para que ( ) ( ) 0M x,y dx N x,y dy+ = sea exacta es que
cumpla con el siguiente criterio:
2 2
F F
y x x y
∂ ∂
=
∂ ∂ ∂ ∂
Ya que:
( ) ( )M x,y N x,y
y x
∂ ∂
=
∂ ∂
La solución de una ecuación diferencial exacta puede realizarse de varias formas.
1. Método 1: Uniendo soluciones
a) Se integra M parcialmente con respecto a x: ( )x
F
f dx M x,y dx
x
∂
= =
∂∫ ∫
b) Se integra N parcialmente con respecto a y: ( )y
F
f dy N x,y dy
y
∂
= =
∂∫ ∫
c) Se unen las soluciones: ( ) x yF x,y f f C= ∪ =
2. Método 2: Integrar-Derivar-Integrar (IDI)
a) Se integra M o N parcialmente con respecto a x o y, lo que sea más fácil:
( ) ( )
F
F dx M x,y dx y
x
φ
∂
= = +
∂∫ ∫
( ) ( )
F
F dy N x,y dy x
y
φ
∂
= = +
∂∫ ∫
b) Se deriva parcialmente F respecto a y o respecto a x, según sea el caso:
( ) ( ),d
F M x,y y
dy
φ= + o bien:
( ) ( ),d
F N x,y x
dx
φ= +
d) Se compara DF con el coeficiente de dy o con el coeficiente de dx


e) Se deduce la expresión de la función ( ),
yφ o de ( ),
xφ
f) Finalmente se integra la última expresión y sustituye en la expresión obtenida en a):
( ) ( ),
y y dyφ φ=
∫ ; ( ) ( ),
x x dxφ φ=
∫
3. Método 3: Integración definida
a) Se procede como en el caso I integrando M respecto de x y N con respecto a y entre
los límites r-r0 y t-t0.
F u v= +
donde
( )
0
r
r
u M x,t dx=
∫ y ( )
0
0
t
t
v N r ,y dy=
∫
O también
( )
0
0
r
r
u M x,t dx=
∫ y ( )
0
t
t
v N x,y dy=
∫
b) Se toma F(r0,t0)=constante y se agrupa con la constante de integración y se
remplazan las variables r y t por x e y, respectivamente. La solución queda entonces
como la suma de u y v.
Ejemplo 1
Obtener la derivada total de la siguiente función
( ) 2 3
F x,y xy yx= − ,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 3 32
2 2
3
xy yx xy yx y xy xF
y yx
x x x x x x
∂ − ∂ ∂ ∂∂∂
= = − = − = −
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 3 2 3 2 3
3
2
xy yx xy yx x y x yF
xy x
y y y y y y
∂ − ∂ ∂ ∂ ∂∂
= = − = − = −
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
( ) ( )2 2 3
3 2 0DF y yx dx xy x dy= − + − =
Integrar este último resultado.
-Prueba de exactitud


( ) ( ) ( )2 2 2 2
2
3 3
2 3
y x y y x yM
y x
y y y y
∂ − ∂ ∂∂
= = − = −
∂ ∂ ∂ ∂
( ) ( ) ( )3 3
2
2 2
2 3
xy x xxyM
y x
y y y y
∂ − ∂∂∂
= = − = −
∂ ∂ ∂ ∂
,
En este caso,
M N
y x
∂ ∂
=
∂ ∂
Integrando con la técnica de unión de soluciones:
( )2 2 2 2 2 3
3 3xf y x y dx y dx x ydx y x x y= − = − = −
∫ ∫ ∫
( ) ( )3
2yf N x,y dy xy x dy= = −
∫ ∫ , ( ) 3 2 3
2yf N x,y dy xydy x dy xy x y= = − = −
∫ ∫ ∫
( ) 2 3
x yf x,y f f C xy x y= ∪ = = −
Que es la función de la cual se partió.
Ejemplo 2
Resolver la siguiente ecuación diferencial exacta:
3
1 1
0
22
x x
e dx dy
xy y
⎛ ⎞⎛ ⎞
+ + − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Solución
Usando la segunda técnica:
( )
1
2
2
x xx
F dx e dx e y
yxy
φ= + = − + +
∫ ∫
Derivando esta última expresión respecto a “y” e igualando el resultado con el coeficiente de dy:
( ) ( )3 3 3
1 3
2 2
x x x
' y ' y
y y y
φ φ+ = − ∴ = − ,


Finalmente se integra φ’(y):
( ) 3
3
2
x
' y dy dy
y
φ = −
∫ ∫ ; ( ) 3y x / yφ =
Entonces la solución es: 2 3xx x
F e
y y
= − + + , la cual simplificada queda finalmente como:
x
x / y e C+ =
Ejemplo 3
( )2
2 0xydx x y dy+ − =
Solución por el tercer método:
( ) ( )
0 0
2
02
r t
r t
xt dx r y dy C+ − =
∫ ∫
Resolviendo las integrales:
0
0
2
2 2
0
2
t
r
r
t
y
x t r y C+ − = Evaluando:
22
2 2 2 2 0
0 0 0 0
2 2
tt
r t r t r t r t C− + − − + = Simplificando:
22
2 2 0
0 0
2 2
tt
r t C r t− = + −
Finalmente:
2
2
2
y
x y C− =
Ejemplo 4
2
2
2
0x x x
e dx dy
y y
⎛ ⎞⎛ ⎞
+ − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Prueba de exactitud:


1
2
2 1
2
2
0 2
x
x
x
y yM e y x
x
y y y y y y
−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠= + = + = =
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
( )
2
22
2 2 2
1 1 2
2
x
xyN x
x
x x xy y y
⎛ ⎞−
∂⎜ ⎟⎜ ⎟ ∂∂ −⎝ ⎠= = − = − =
∂ ∂ ∂
;
M N
y x
∂ ∂
=
∂ ∂
Entonces la solución procede como sigue con el segundo método:
2x x
F Mdx e dx
y
⎛ ⎞
= = +⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ ∫ ( )
2
2x x x
F e dx xdx e y
y y
φ= + = + +
∫ ∫
( )
( )2 1x / yF e
x y
y y y y
φ
∂∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂ ∂
2 2
2 2
F x d x
y dyy y
φ∂
= − + = −
∂
0
d
C
dy
φ
φ= ∴ =
Solución
2
x x
e C
y
+ =
Ejemplo 5
Se repite el Ejemplo 4 resuelto con el tercer método:
0 0
2
0
2
2⎛ ⎞
+ − =⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ ∫
x y
x
x y
xx
e dx dy C
y y 0 0 0
2 2
0
2
x x y
x
x x y
e dx xdx x y dy
y
−
+ −
∫ ∫ ∫
Resolviendo las integrales y simplificando
( ) ( )2 2 2 1 1
0 0 0
1 − −
− + − − − + =oxx
e e x x x y y C
y
0
22
0
0
xx xx
e C e
y y
+ = + +
De donde finalmente
0
2 2 22
0 0 0
0
xx x x xx
e e C
y y y y
− + − + − =
Con la condición inicial
0
2
0
0
x x
CI : e
y
+


De acuerdo con la condición anterior:
2
x x
e C
y
+ =
Ejemplo 5
3 2 2 2
1 2 2 1
0
y xy y x yx
dx dy
x y x y
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + +
+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Solución
( )( ) ( )( )
( )
2 3 2
2
3 2 1 1x y y xy y xyM
y x y
+ + − + +∂
=
∂ +
( )
2 2 3
2
4 2 2 1∂ + + −
=
∂ +
M xy x y y
y x y
Simplificando y comparando
M N
es exacta
y x
∂ ∂
= ∴
∂ ∂
La solución de nueva cuenta procede como sigue (Método 3):
3 2
1y xy
u Mdx dx
x y
+ +
= =
+∫ ∫
3 2
1y xy
dx
x y x y x y
⎛ ⎞
= + +⎜ ⎟⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠∫ ; Y entonces se obtiene: ( ) ( )3 2 x
u y ln x y y dx ln x y
x y
= + + + +
+∫
Finalmente: ( )2
u xy ln x y= + +
Integrando N con respecto de “y”
2 2 2
20 0
0 0
0 0 0 0
2 2 1 1
2 2
y x yx y y
v dy x dy x dy dy
x y x y x y x y
⎛ ⎞+ +
= = + +⎜ ⎟
⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫
( )2
0 0v x y ln x y= + +
Evaluando las soluciones de las integrales u y v entre los límites x y x0
( ) ( )2 2
0 0u xy x y ln x y ln x y= − + + − +
( ) ( )2 2
0 0 0 0 0 0v x y x y ln x y ln x y= − + + − −
Sumando u y v:


( ) ( )2 2
0 0 0 0u v xy x y ln x y ln x y+ = − + + − +
Simplificando la última expresión ya que ( )2
0 0 0 0CI x y ln x y= − − + , entonces:
( )2
xy ln x y C+ + =
Ejemplo 6
2 3
3 2 3 2
2 3
3 2
4 3 0
x x
y sec x x dx y tan x dy
y y
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Por el segundo método
2 2
2 2 2 2
3 3
6 6
3 3
M x N x
y sec x ; y sec x
y xy y
∂ ∂
= − = −
∂ ∂
Con lo cual se corrobora que son exactas.
Integración de M:
2 3
3 2 3 3 4
2 2
3
4
x x
u y sec x x dx y tan x x ( y )
y y
φ
⎛ ⎞
= + + = + + +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠∫
Por otro lado:
3
2
3
2
3
u x d ( y )
y tan x
y dyy
φ∂
= − +
∂
Determinación de φ(y) comparando u’ con N:
( ) ( ) ( )
3 3
2 2
3 3
2 2
3 3 0
x x df d
y tan x y tan x ; y C
dy dyy y
φ
φ− = − + = ⇒ =
Entonces la solución es:
3
3 4
3
x
y tan x x C
y
+ − =
Ejercicios propuestos
1 22 2 2 2
2 0
x x
x e y e
dx y dy
y yx y x y
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + − + =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦
( ) ( )
1
2 2 22
x
e
F x,y x y y
y
= + + +
2 ( ) ( )1 3 0x y dx y x dy+ + − − + = ( )
2 2
3
2 2
x y
F x,y yx x y= + + − −


3
2
2 0
2 2
y x
xy dx x dy
xy xy
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) 2
F x,y x y xy= −
4 ( ) ( ) ( ) 0y sen x y dx cos x y y sen x y dy− ⋅ + + + − ⋅ + =⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( )F x,y y cos x y= ⋅ +
5 ( ) ( )3 2 2
2 3 0xy y dx x xy dy− + − = ( ) 2 3
F x,y x y xy= −
6 ( ) 0
2
x y
x y x ye
x e dx x e dy
x
−
− −⎛ ⎞
⋅ − − ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
( ) x y
F x,y x e −
= ⋅
7 ( ) ( ) ( ) 0x y x y x y
y e cos y dx x e cos y e sen y dy⋅ ⋅ ⋅⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ =
⎣ ⎦
( ) ( )x y
F x,y e cos y⋅
= ⋅
8 ( ) ( ) ( )( )2
2 0y tan x x y sec x dx x tan x y dy⎡ ⎤⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + =
⎣ ⎦
( ) ( ) 2
F x,y x y tan x y= ⋅ ⋅ +

REDUCIBLES A EXACTAS
Si dada ( ) ( ) 0M x,y dx N x,y dy+ =
Al tomar ( ) ( )M x,y N x, y
y x
∂ ∂
≠
∂ ∂
Entonces se dice que la ecuación diferencia no es exacta.
Esta ecuación es posible transformarla a exacta mediante el siguiente procedimiento:
a) Multiplicando la EDO por un factor (μ) que depende de “x”
( ) ( ) ( ) ( ) 0x M x, y dx x N x,y dyμ μ+ =
b) Se deriva en seguida la ecuación como si fuera exacta, es decir:
( ) ( ) ( ) ( )x M x, y x M x, y
y y
μ μ
∂ ∂
=⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
d
x M x,y x N x,y N x x N x,y N x
x x x x dx
μ μ μ μ μ
∂ ∂ ∂ ∂
⇒ + = +⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂ ∂ ∂
c) Igualando las expresiones anteriores, que es la condición para que sea una ecuación exacta:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
d
x N x, y N x x M x, y
x dx y
μ μ μ
∂ ∂
+ =
∂ ∂
, de donde
( ) ( ) ( ) ( )
d
N x x M x,y N x,y
dx y x
μ μ
⎡ ⎤∂ ∂
= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
Separando variables:


( )
( ) ( )
( ) ( )
1d x
M x,y N x,y dx
x N x,y y x
μ
μ
⎡ ⎤∂ ∂
= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
Integrando:
( )
( ) ( )
( ) ( )
1d x
M x,y N x,y dx
x N x,y y x
μ
μ
⎡ ⎤∂ ∂
= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫ ∫ Lo cual produce:
( )( )
( )
( ) ( )
1
ln x M x,y N x,y dx
N x,y y x
μ
⎡ ⎤∂ ∂
= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫
De donde: ( ) ( )
( ) ( )
1
M x,y N x,y dx
N x,y y x
x eμ
⎡ ⎤∂ ∂
−⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
∫
=
c) Si se multiplica por un factor que dependa de “y”
( ) ( ) ( ) ( ) 0y M x,y dx y N x,y dyμ μ+ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )y M x,y y M x,y M x,y y
y y y
μ μ μ
∂ ∂ ∂
= +⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
d
y M x,y y M x,y M x,y y
y y dy
μ μ μ
∂ ∂
= +⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂
Con el criterio de exactitud:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
d
y N x,y y M x, y M y
x y dy
μ μ μ
∂ ∂
= +
∂ ∂
,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
d
y N x,y y M x, y M y
x y dy
μ μ μ
∂ ∂
− =
∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( )
d
y N x,y M x,y M y
x y dy
μ μ
⎡ ⎤∂ ∂
− =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
Separando variables,
( )
( ) ( )
( )
( )
1 d y
N x,y M x,y dy
M x,y x y y
μ
μ
⎡ ⎤∂ ∂
− =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
Integrando:
( )
( ) ( )
( )
( )
1 d y
N x,y M x,y dy
M x,y x y y
μ
μ
⎡ ⎤∂ ∂
− =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫ ∫ Finalmente


( )
( ) ( ) ( )( )1
N x,y M x,y dy ln y
M x,y x y
μ
⎡ ⎤∂ ∂
− =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫
O bien: ( ) ( )
( ) ( )
1
N x,y M x,y dy
M x,y x y
y eμ
⎡ ⎤∂ ∂
−⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
∫
=
Ejemplo 1
3
3
1 1
0
2 2
yy y
dx ye dy
xx
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟− + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Solución
3 2
33
1 3
42
/
M y y
y y xx
∂ ∂
= − = −
∂ ∂
,
1 2
3
1 1
2 4
/
N x y
y
x y x
−
∂ ∂
= = −
∂ ∂
Se ensaya si el factor integrante que depende de “x”
3 3
3 1
4 41
1
2
y
y y
x xM N
N y x y
ye
x
⎛ ⎞
− +⎜ ⎟
⎛ ⎞∂ ∂ ⎝ ⎠− =⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠ +
; simplificando:
3
1
1 2
1
2
y
y
M N x
N y x y
ye
x
−
⎛ ⎞∂ ∂
− =⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠ +
, es decir una función de dos variables por lo cual se desecha la
hipótesis que el factor integrante depende de “x”. Por lo tanto se elije ahora un factor que dependa
de “y”:
3
3 3 3
1 1 3 1 1
4 4 2
N M y y y
/
M x y yx x x
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂ ⎜ ⎟− = − + − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
,
Puesto que el factor sólo depende de “y” se utiliza la expresión:


( )
1
1dy
y
y e
y
μ
−∫
= =
Se multiplica la ecuación diferencial por el factor con lo cual se transforma en:
3
1 1 1
0
2 2
yy
dx e dy
xyx
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
,
Se realiza la prueba de exactitud:
( )
3 3
1 1 1
2 4
y M y
y y x x y
μ∂ ∂
= − = −
∂ ∂
( ) 1 1 1 1
2 2
y yy N
e e
x x xy x xy x
μ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
= + = +⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
de donde se obtiene:
( )
3
1 1
4
y N
x x x y
μ∂ ∂
= −
∂ ∂
con lo cual se verifica que ahora la ecuación diferencial es exacta.
Entonces, usando la técnica IDI, integrando M con respecto a “x”
( )3
1
2
y
F dx y / x y
x
φ
⎛ ⎞
= − = +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠∫
Derivando F con respecto a “y” e igualando este resultado con el coeficiente N:
( ) ( ) ( )
1 1
2 2
y y y
' y e ' y e y e
xy xy
φ φ φ+ = + ⇒ = ∴ =
Y la solución es entonces:
y
C y / x e= +
Ejemplo 2
( )2
2 3
1 0
1 1
y x
dx dy
x y y
⎛ ⎞⎛ ⎞
⎜ ⎟+ + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ −⎝ ⎠
Comprobación de exactitud


( )
( )
1
2
12 2 3
3
1
−
∂ −∂ ∂
= + = −
∂ ∂ ∂ −
yM y
y x y y x y
;
( )
( ) ( )2 2
1 1 1
1 1
N x
x x xy y
∂∂ ∂
= − = −
∂ ∂ ∂− −
Se concluye que:
M N
y x
∂ ∂
≠
∂ ∂
Cálculo del factor integrante:
( ) ( )2 2
2 3 1
1 1
M N
y x x y y
∂ ∂
− = − +
∂ ∂ − −
, Por lo tanto:
( )2
2 2
1
M N
y x x y
∂ ∂
− = −
∂ ∂ −
( )
( )
2
2
2 2
11
1
1
x yM N
xN y x
y
−
−⎛ ⎞∂ ∂
− =⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠ −
−
;
( )
( )
2
2
2
1
11 2
1
1
x
x yM N
xN y x x
y
⎛ ⎞
⎜ ⎟−
⎜ ⎟−⎛ ⎞∂ ∂ ⎝ ⎠− = =⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠ −
−
El factor integrante es función de x:
( )
2
2 2
dx ln xxe e xμ
∫
= = =
Multiplicando toda la expresión por el factor integrante:
( )
2 2 3
2
2
2 3
0
1 1
x y x x
dx x dy
x y y
⎛ ⎞⎛ ⎞
⎜ ⎟+ + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Con lo cual se verifica el criterio de exactitud:
( )
2
2
3
2
1
M x
x
y y
∂
= −
∂ − ( )
2
2
3
2
1
N x
x
x y
∂
= −
∂ −
Entonces se aplica el procedimiento para la solución de ecuaciones exactas:
( )
2 3
23
2
1 1
x x
u xy dx x y
y y
⎛ ⎞
= + = +⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠∫ ( )
3 3
2 2
2 11
x x
v x dy x y
yy
⎛ ⎞
⎜ ⎟= − = +
⎜ ⎟ −−⎝ ⎠
∫
Evaluando u y v (Método 3 de exactas)
33
2 2 0
0
01 1
xx
u : x y x y
y y
+ − −
− −
3 3
2 20 0
0 0 0
01 1
x x
v : x y x y
y y
+ − −
− −
Sumando u y v:


3 3 33
2 2 2 20 0 0
0 0 0 0
0 01 1 1 1
x x xx
u v x y x y x y x y
y y y y
+ = + − − + + − −
− − − −
3 33
2 20 0
0 0
01 1 1
x xx
u v x y x y
y y y
+ = + + − −
− − −
Pero
3
2 0
0 0
0 1
x
CI x y
y
= − −
−
Resultado
3
2
1
x
x y C
y
+ =
−
Ejemplo 3
( ) ( ) 0ycos x xsenx dx ysenx xcos x dy− + + =
Prueba de exactitud
M N
cos x; y cos x xsenx cos x
y x
∂ ∂
= = − +
∂ ∂
Por lo cual se verifica que:
M N
y x
∂ ∂
≠
∂ ∂
Determinación del factor integrante:
M N
cos x y cos x xsenx cos x
y x
∂ ∂
− = − + −
∂ ∂
1
1
M N y cos x xsenx
N y x ycos x xsenx
⎛ ⎞∂ ∂ −
− = =⎜ ⎟
∂ ∂ −⎝ ⎠
dy y
( y ) e eμ ∫= = Multiplicando la ec. diferencial por el factor integrante:
( ) ( ) 0y y y y
e ycos x e xsenx dx e ysenx e xcos x dy− + + =
Con lo cual se verifica la exactitud de la ecuación.
y y yM
e cos x e y cos x e xsenx
y
∂
= + −
∂
y y yN
e cos x e y cos x e xsenx
x
∂
= + −
∂
Entonces se procede a la solución de la forma ya conocida:
y y y
u e ysenx e xcos x e senx= + −
( )y y y
v ye e senx xcos xe= − +
La integral de cada función tomando límites es
0 0 0 0
y y y y y y
u : ye senx e xcos x e senx e ysenx e x cos x e senx+ − − + +
0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
y y yy y y
v : ye senx e senx x e cos x y e senx e senx x e cos x− + − + −
La suma de ambas funciones es:


0 0 0
0 0 0 0 0
y y yy y y
ye senx xe cos x e senx y e senx e senx x e cos x+ − − + −
0 0 0
0 0 0 0 0
y y y
CI y e senx e senx x e cos x= − + −
Resultado
( )y
e ysenx x cos x senx C+ − =
1 ( ) ( )2
1 2 2 0
2
x xx
y e dx y e dy
y
⎡ ⎤−⎡ ⎤+ − + + − =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎣ ⎦
( )2
2
xx
C e y
y
= + −
−
2 ( )2 2 0y y x
e ln y dx xe dy
y
⎛ ⎞
+ + + =⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2y
C e x ln y x= +
3 ( ) ( )2 2
2 0x y dx xy dy+ + − = 1
C x x y−
= −
4 ( ) ( )2
2 2 2 0x y x y x y x y
xye ye xy dx xe xye x dy+ + + +
+ + + + + = 2 2 2x y
C xy e x y+
= +
5 ( ) ( )2 2
2 3 2 0x y x y x y x y
xye ye xy dx xye xe x y dy− − − −
+ + + − + + = 2 3 2x y
C x ye x y−
= +
6 ( ) 2 0
x y
x y x y e
e y dx e x dy
y
+
+ +⎛ ⎞
− + + − =⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
2x y
C ye xy+
= −
7 ( ) ( )( ) 0r cos d r sen drθ θ θ+ − = ( ) ( )1
C r sen ln rθ−
= −
8 ( ) ( )3 3 2
2 2 0x y x y x y
y e xy dx y e y e dy+ + +
− + + = 2 2x y
C y e x+
= −
9 ( ) ( ) ( )2 2 0
y
xsen x y cos x y dx xsen x y dy
x
⎡ ⎤
− + + + − + + =⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦
( )2 2
C x cos x y y= + −
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS LINEALES
Tiene la forma
( ) ( ) ( )0 1 0
dy
P x P x y Q x
dx
+ = , o bien ( ) ( )
dy
P x y Q x
dx
+ =
Esta ecuación puede resolverse como reducible a exacta de la siguiente manera:
a) Se escribe de la forma
( ) ( )dy P x ydx Q x dx+ =
b) Se reordena


( ) ( )( ) 0P x y Q x dx dy− + =
c) Se realiza la prueba de exactitud:
( ) ( ) ( )( )
( )
P x y Q xM
P x
y y
∂ −∂
= =
∂ ∂
,
( ) ( ) ( ) ( )1
0
N N M
x x x y
∂ ∂ ∂ ∂
= = ∴ ≠
∂ ∂ ∂ ∂
Por lo tanto se requiere un factor de integración para que sea exacta, el cual se puede obtener
tomando una función que depende de “x” ya que:
( ) ( )
( )
M N
/ N P x
y x
∂ ∂⎛ ⎞
− =⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠
Entonces:
( ) ( ) ( )( ) ( ) 0x P x y Q x dx x dyμ μ− + =
Derivando de nuevo los coeficientes de las diferenciales,
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )x P x y Q x x P x
y
μ μ
∂
− =
∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
d d
x x ; x x P x
x dx dx
μ μ μ μ
∂
= =
∂
Separando variables e integrando,
( )
( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )p x dxd x
P x dx ln x p x dx x e
x
μ
μ μ
μ
∫= ⇒ = ∴ =
∫ ,
Que es el factor integrante. En seguida se multiplica la ecuación diferencial lineal por el factor
integrante con la finalidad de lograr su exactitud:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
dy
x P x y x Q x x
dx
μ μ μ+ =
O bien de forma explícita:
( )
( ) ( )
( ) ( )p x dx p x dx p x dxdy
e P x ye Q x e
dx
∫ ∫ ∫+ =
Se observa que los términos de miembro izquierdo provienen de la derivada del producto yμ, en
efecto:


( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )0 0 0 0
0
x x x xt
p t dt p t dt p t dt p t dtp x dxd d dy d dy
ye y e e ye p t dt e
dx dx dx dx dx
⎡ ⎤⎡ ⎤ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ⎢ ⎥= + = +⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦
∫
( )
( ) ( )0 0
x x
p t dt p t dt dy
ye p x e
dx
∫ ∫= +
Entonces la solución de la ecuación diferencial puede plantearse como sigue:
( ) ( ) ( )
d
y x x Q x
dx
μ μ=⎡ ⎤⎣ ⎦
Integrando de ambos lados con respecto a x y despejando y:
( )
( ) ( )
1
y x Q x dy C
x
μ
μ
⎡ ⎤
⎢ ⎥= +
⎢ ⎥⎣ ⎦
∫
Ejemplo 1:
2
dy
x y x
dx
+ =
Rearreglando:
2
1
dy
y
dx x
⎛ ⎞
+ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
, Por lo tanto
( ) ( )
2
1P x ; Q x
x
= = y ( ) ( )
2
2 2
dx ln xxx e e xμ
∫
= = = ; La solución es entonces:
( )
3
2 2 2
2
1
1
3 3
x x
y x dx C x C y Cx
x
− −
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥= + = + ⇒ = +⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
∫
Ejemplo 2
2
y cos x cos x ysenx′ = +
Se despeja la derivada:
senx
y cos x y
cos x
′ = + Rearreglando: ( ) ( )y ytan x cos x′− =
Desarrollo de la solución:


Se identifican los términos:
P( x ) tan x
Q( x ) cos x
= −
=
Se obtiene el factor integrante:
1tan xdx
e sec x
cos x
− −∫ = =
La solución parcial es:
( ) ( )
( ) ( )
1
Ι
= +
∫
C
y cos x cos x dx
cos x cos x
De donde:

( )2 1 1
2
2 4
cos xdx x senxcos xΙ = = +
∫ Finalmente:
1 1 1
2 2
C
y x senxcos x
cos x cos x
⎛ ⎞
= + +⎜ ⎟
⎝ ⎠
Ejemplo 3
( )2
3
2 1
2
y
y x
x x
′+ = +
− −
Solución
( ) ( )2
3
2 1
2
P( x ) ; Q x x
x x
= = +
− −
Desarrollo del método
( ) 2
3
2
dxp x dx x xe e
−− − −
∫∫ = ; 3
2 1
A B
x x
+ =
− +
De donde: 1 1A ; B= = −
Multiplicando por el factor:
( ) ( )
1 1 2
2 1
2 2 1
x x x
y C x dx
x x x
Ι
+ + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
− − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫
De donde:
( )
( )2
2
2
2
x
x dxΙ
−
= − =
∫
Finalmente:
( ) ( )2
1 2
2
x x C
y
x
⎡ ⎤+ − +⎢ ⎥⎣ ⎦=
−
Ejemplo 4


2 x
xy y e ln x′ + = +
Se despeja la derivada
2 x ln xdy y e
dx x x x
+ = + Desarrollo del método:
2 x ln xe
P( x ) ; Q( x )
x x x
= = +
2
2
1dx
xe
x
−∫
=
( ) 2
2 2
1 x ln xC e
y x dx
x xx x
⎛ ⎞
= + +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ Empleando la integración por partes:
1
x
I xe dx=
∫
x x
u x du dx ; v e dv e dx= ∴ = = ∴ = 1
x x x x
I xe e dx xe e= − = −
∫
2 2
2
2 2
x ln x x dx
x
Ι = −
∫
2
2
dx x
u ln x dv xdx; du v
x
= ⇒ = = ⇒ =
2
2
1
2 2
x ln x
xdxΙ = −
∫
2 2
2
1
2 2 2
x ln x x
Ι = −
Entonces, la solución explícita es:
2 2
2 2
1 1 1
2 4
x xC
y xe e x ln x x
x x
⎛ ⎞
= + − + −⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 ( )5 0y cos x senx dx senxdy− + =
3
5
5
2 1
3 5
cos x
C cos x cos x
y
sen x
− + −
=
2
2
2 2
dy
y x x
dx
+ = + ( )2 21
2 2 1
4
x
y Ce x x−
= + − −
3 ( )2 0x
ydx xy x ye dy+ + − = 2 2
1 1
1
2 2
y y
Ce e
x
yy y
− ⎛ ⎞
= + − +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
4 ( )2 3
1 0cos ysenydx xcos y dy+ − = x C csc y sec y= +


5
dy
ytan x sec x
dx
− =
C x
y
cos x
+
=
6 ( ) 3
3 1 xdy
x x y e
dx
−
+ + =
3
3
x
xCe
y e
x
−
−
= +
7
2
1 y
y y
dx e
x
dy e e
−
−
−
+ =
+
y y y y
x Ce e ln e e− − −
= + +
8
xdy
y e
dx
− = ( ) x
y x C e= +
9 2
dy
x y x
dx
+ =
2
3
x
y Cx−
= +
ECUACIONES DE BERNOULLI
Son ecuaciones que se reduce a la forma lineal mediante la sustitución 1 n
z y −
= .
Tienen la forma: ( ) ( ) n
y' P x y Q x y+ = o bien:
( ) ( ) { }0 1ndy
P x y Q x y , n R ,
dx
+ = ∈ −
Se pueden resolver mediante el siguiente procedimiento:
1. Dividiendo por n
y toda la ecuación:
( ) ( )
1
n n
dy y
P x Q x
dxy y
+ = ; simplificando:
( ) ( )1n ndy
y P x y Q x
dx
− −
+ =
2. Se realiza el cambio de variable siguiente: 1 n
z y −
=
( )1 ndz dy
n y
dx dx
−
= − ∴
( ) ( )
1
11
n
n
dy dz y dz
dx dx n dxn y−
= =
−−
3. Sustituyendo dy/dx e y en función de z:
( )
( ) ( )
1
n
n y dz
y P x z Q x
n dx
−
+ =
−
4. Multiplicando por ( )1 n− toda la ecuación:
( ) ( ) ( ) ( )1 1
dz
n P x z n Q x
dx
+ − = −


Con lo cual se obtiene una ecuación diferencial lineal para “z” que se resuelve con la fórmula
respectiva.
( )
( )( ) ( )
1
1z x n Q x dx C
x
μ
μ
⎡ ⎤
⎢ ⎥= − +
⎢ ⎥⎣ ⎦
∫ , donde ( ) ( ) ( )1 n P x dx
x eμ −∫=
Ejemplo 1:
3dy
xy xy
dx
= + , se reordena la ecuación ( ) 3dy
x y xy
dx
+ − = , dividiendo por 3
y , ( )3 2dy
y x y x
dx
− −
+ − =
Tomando 1
3n
z y , n−
= = , 1 3 2
z y y− −
= =
3
3
2
2
dz dy dy y dz
y ,
dx dx dx dx
−
= − =
−
Por lo tanto la ecuación original se reduce a:
( )
3
3
2
y dz
y x z x
dx
−
+ − =
−
Despejando el término de la derivada:
( )( ) ( )2 2
dz
x z x
dx
+ − − = − ; ( )2 2
dz
x z x
dx
+ = −
Tomando ( ) ( )2 2P x x y Q x x= = −
( )
2
2xdx x
x e eμ ∫= = , por lo tanto
( )
2
2
1
2x
x
z e x dx C
e
⎡ ⎤
⎢ ⎥= − +
⎢ ⎥⎣ ⎦
∫ ,
2 2 2
1x x x
z e e C C e− −⎡ ⎤= − + = − +
⎣ ⎦
Resultado:
2
2
1 x
y C e− −
= − +
Ejemplo 2
( )2 3 2 2
2 1 2x y x y y x′− = −
Se reescribe la ecuación diferencial de acuerdo al formato señalado:


( )2
2
2
1 2
2
xdy
xy y
dx x
−
− =
Con los parámetros:
( ) ( ) 2
1 2
2 2
x
P x x; Q x ; n
x
−
= − = =
El factor integrante se calcula de la siguiente manera:
( ) ( ) ( ) 2
1 1 2 2n Pdx x dx x
e e e
− − − − − −∫ ∫= = ;
( ) 2
1
2
n Pdx x
e xdx e
− ∫ = =
∫Entonces la solución procede como sigue:
( )
( )
2 2 2
2
1 2
2
1 2
1 2
Ι
− − − ⎛ ⎞−
= + − ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠∫x x xx
y Ce e e dx
x
De dode:
2
2
1
2
2
x
xe
dx e dx
x
Ι
Ι = −
∫ ∫
Resolviendo por partes I1:
2 2
1
2 1
2
1
x x x
u e du xe dx; dv x dx v
x
−
− −
= ⇒ = = ⇒ = =
−∫ ∫
( )
2 2
2 2
1
1
2 2
x x
x xe e
xe dx e dx
x x x
Ι
⎛ ⎞
= − − − = − +⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ ∫
2
2 2
2 2
x
x xe
e dx e e dx
x
Ι = − + −
∫ ∫ O bien:
2
2 2
1
x
x x e
y Ce e
x
− − −
⎛ ⎞
= − −⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
De manera alternativa:
21 1x
Ce
y x
−
= +
Ejemplo 3
( )3
2y senx y cos x y x cos x senx′ + = −
Desarrollo
( ) ( )
( ) ( )( )1 1 11
1
n Pdx n Pdx Pdxnn
y Ce e n Q x e dx
− − − − −− ∫ ∫ ∫= + −
∫
3
2 2
dy y cos x xcos x senx
y
dx senx senx
−
+ =
( ) ( )
1
3
2 2 2
cos x xcos x senx
P x cot x; Q x ; n
senx senx
−
= = = =


Cálculo de los factores:
( )
1
1 3
2 1cot xdx
e
senx
− − ∫
= Y la solución es:
1 1 3 1
2
n xcos x senx
y Csex senx dx
senx senx
Ι
− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ Resolviendo I1 por partes:
2
1 2
xcos x dx
I dx
senxsen x
Ι
= −
∫ ∫
udv uv vdu= −
∫ ∫
2
u x dv sen x cos xdx−
= =
1
1
1
sen x
du dx v
senx
−
= = = −
−
2
1 1
I x dx
senx senx
⎛ ⎞
= − +⎜ ⎟
⎝ ⎠ ∫
1
x dx dx x
I
senx senx senx senx
= − − + = −
∫ ∫
1 3 x
y Csenx senx Csenx x
senx
− ⎛ ⎞
= − − = +⎜ ⎟
⎝ ⎠
La solución obtenida es:
2
1
Csenx x
y
= +
Ejemplo 4
( ) ( )2 2 2
3 3y y dx y x yx x dy− = + +
Tiene el formato y solución siguientes
( ) ( )
( ) ( )( )1 1 11
1
n Pdy n Pdy Pdynn
x Ce e n Q y e dy
− − − − −− ∫ ∫ ∫= + −
∫Rearreglando el problema:
( ) ( )2 2 2
3 3
dx
y y y x yx x
dy
− = + +
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 3
23 3
2
3 3 3 3
y ydx y y
x x ; P y ; Q y ; n
dy y y y y y y y y
+ − +
− = = = =
− − − −
( )
( )
3
1 2
3
dy
y y
e
−
− −
−
∫
=
33
3
dy dy
ln y ln yy y y
e e e
y
−
− −−
∫ ∫
= =
−
Sustituyendo en el formato:
( )
( )
3
1 2 3
1 2
3 3 3
Cy y y y y
x dy
y y y y y
Ι
− ⎡ ⎤+ −
= + − ⎢ ⎥
− − −⎢ ⎥⎣ ⎦∫


Solución de las integrales
3
2
y y
dy
y
Ι
⎛ ⎞+
= ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠∫
2
2
y
ln y= + De donde se obtiene el siguiente resultado:
3
1 2
3
y
Cy yln y
x
y
−
− −
=
−
Ejemplo 5
3
2
2
3
x
y e
y y
x x
′+ =
Desarrollo:
2
2
3
x
y e
y y
x x
′+ = ( ) 2
1
2
3
x
e
P x ; Q( x ) ; n
x x
= = = −
( )( ) 3
3
1
1 2
dx
ln xxe e
x
−∫
− − − = = ( )( ) 3 3
1 2
dx
ln xxe e x
∫
− − = =
( )
( )( )1 2 3
3 3 2
1
1 2
3
x
C e
y x dx
x x x
Ι
− −
= + − −
∫ ;
1
1
3 3
x
xe
I xdx e xdx
Ι
= =
∫ ∫
1 1
3 3
x x
I xe e= −
Con el siguiente resultado:

3
3
x x
C xe e
y
x
+ −
=

1
2 3
3 1
dy
y y x
dx
= + + 3
2x
y Ce x= − −
2 ( )3 3
2y xy y x x′− = − +
2
2
2
1
1x
Ce x
y
−
= + +
3 2
2 0xyy y x′ − + = 2
y Cx xln x= +
4 3
1
xy y
y
′+ = 4 4
1y Cx−
= +
5
3
3
2
y cos x
y y y senx′+ = −
2 2 2
2
1
2x x x
Ce e e cos x
y
−
= − −
6
2
3
2 4y y
y
x x
′+ =
2
2
1 1
x C
y x
= −


7
3dy
xy xy
dx
= +
2
2
1 x
y Ce− −
= − +
8
2dy
y x y
dx
= +
2 21
2
x
y x Ce= − − +
9
( )
3 2 3 4
2
dy x
x y y
dx x x
+
= −
+
( ) ( )
2
1
2 2 4 2
2
x
x x x ln x
y
⎡ ⎤
= + − + +⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦

10
( ) ( )
5
3
9
33
dy x x
y
dx x xx y
−
= −
−−

( )
( )
6
2
4
3
3
x
y x ln x C
x
= − +⎡ ⎤⎣ ⎦
−

PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
Ley de enfriamiento de Newton
“La velocidad de enfriamiento de un cuerpo en el aire es proporcional a la diferencia entre la
temperatura del cuerpo T y la temperatura del aire T0”.
( )0
dT
k T T
dt
= −
T0 = temperatura ambiente.
La ecuación diferencial anterior puede resolverse mediante el método de separación de variables:
0
0
ln T T kt CdT
k dT; e e
T T
− +
= =
−∫ ∫
0 0
kt kt
T T Ce T Ce T− = ∴ = +
Problema 1
Una taza de café a 92°C se introduce a una habitación con una temperatura de 25°C. Transcurridos
10 min, el líquido tiene una temperatura de 75°C. Calcular la temperatura que se tendrá después de
20 min. Calcule el tiempo en el cual el café tiene una temperatura de 30°C.
Desarrollo de la solución
00 92= ⇒ = °t T C Sustituyendo en el modelo de la Ley de Newton de
enfriamiento:
( )0
92 25 92 25 67
k
Ce ; C C C
−
= + = − ∴ = ° Entonces la solución es:
67 25kt
T e= +
Con la finalidad de determinar la constante de proporcionalidad se usa la otra condición de que a 10
minutos la temperatura del líquido es conocida:
10 75t min T C= ⇒ = °
10 10
75 67 25 67 50k( ) k
e ; e= + = 1
50
67
0 029
10
ln
k . min−
= = − Finalmente se obtiene el modelo:
0 029
67 25. t
T e−
= + Con el cual se resuelve el problema en cuestión:


20t min, T ?= =
( )0 029 20
67 25
.
T e
−
= + ; 62 51T . C= °
30T C; t ?= ° =
0 029
30 67 25. t
e−
= + ∴ 89 49t . min=
Problema 2
Un motor se ha sobrecalentado y alcanzado una temperatura de 400°C, para probar si sus partes se
deterioran se introduce en ese instante en un frigorífico que se encuentra a 3°C. Transcurridos 15
min se mide su temperatura, y ésta es 350°C.
Calcule el tiempo en el cual el motor tendrá una temperatura de 220°C.
Si se necesita que el motor alcance la temperatura de 25°C ¿en qué tiempo se realizará esto?
Solución
0 400t T C= ⇒ = ° ( )0
400 3 397
k
Ce C C= + ∴ = °
( )15
15 350 350 397 3
k
t min T C; C e= ⇒ = ° ° = + 3
8 97 10k . −
= − ×
El modelo final es:
( )3
8 97 10
397 3
−
− × ⋅
= +
. t
T e Se resuelve el problema:
( )3
8 97 10
220 397 3
−
− × ⋅
= +
. t
e 67 33t . min=
( )3
8 97 10
25 397 3
−
− × ⋅
= + ∴
. t
e 322 50t . min=
Problema 3
Una sustancia al colocarse en aire, cuya temperatura es de 20°C, se enfría de 100°C a 60°C en 10
min. Hallar la temperatura después de 40 min.
0 100t T C= ⇒ = ° ( )0
100 20 80
k
Ce C C C= + ° ∴ = °
10 60t min T C= ⇒ = ° ( ) ( )10
60 80 20
k
e= + ∴ 1
0 69k . min−
= −
Finalmente el modelo es:
0 069
80 20. t
T e−
= +
Y la solución del problema se encuentra sustituyendo el tiempo de 40 min en el modelo:
25T C= °
Problema 4


Un termómetro que está en el interior de una habitación se lleva al exterior donde la temperatura del
aire es de 10°F. Después de medio minuto el termómetro marca 50°F y al minuto marca 36.6°F.
Hallar la temperatura inicial de la habitación.
1 50
2
t min T F= ⇒ = °
Crecimiento de poblaciones
“La tasa de crecimiento de una población de bacterias es proporcional a la concentración de ellas
en cualquier instante”
dP
P
dt
∝ Introduciendo una constante de proporcionalidad:
dP
kP
dt
=
Este modelo puede resolverse fácilmente ya que se trata de una ecuación diferencial de variables
separables:
dP
k t ln P kt C
P
= ⇒ = +
∫ ∫ De donde se puede despejar la concentración de bacterias:
lnP Kt C kt
e e P Ce+
= ∴ =
C y k pueden evaluarse fácilmente conociendo en dos tiempos diferentes la concentración de las
colonias, ya que la ecuación contiene dos incógnitas. Sea P0 la concentración al tiempo t0 y P1 la
concentración al tiempo t1 entonces se parte del modelo justo en el paso de integración de la
siguiente forma:
( )
0 0
0
0
P t
P t
dx P
k dy ln k t t
x P
⎛ ⎞
= ⇒ = −⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ ∫ Entonces de la segunda condición se determina “k”:
( )1 0
0 l
ln P / P
k
t t
=
−
Finalmente se sustituye en la solución general:
( )
( )1 0
0
0 0 l
ln P / PP
ln t t
P t t
⎛ ⎞
= −⎜ ⎟
−⎝ ⎠
Rearreglando:
( )
( )
0
01
0 0
l
t t
t tPP
ln ln
P P
−
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞
=⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )
( )
0
01
0
0
l
t t
t tP
P P
P
−
−⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Problema 1 Crecimiento de las amibas en el organismo del ser humano.
A un paciente se le hizo un análisis gastro-intestinal y se determinó una población de 7x106
de
amibas. Después de 15 días se repitió el análisis y se determinó que la población de éstas se había
triplicado. ¿En qué tiempo la población será 5 veces mayor a la inicial?
Solución:


( )
( )
( )
0
0 150 3
t
P P
−
−= Si P=5P0 ( )
( )
( )
15
5
5 3 15
3
t ln
t
ln
= ∴ = 22t dias≈
Problema 2
Cierto día y con un fuerte dolor de cabeza el redactor de un reglamento fue a visitar al médico y los
estudios practicados determinaron que las neuronas estaba disminuyendo. La primera prueba indicó
que el número de neuronas fue de 1x106
. Después de 20 días y de haber aprobado el reglamento,
se comprobó que había disminuido el 2% de las neuronas. Determinar el tiempo en el cual sólo
quedarían vivas el 60% de ellas.
Solución:
200
0
0
0 98
t
. P
P P
P
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Si P=60%P0
00 60. P
0P
( )200 98
t
.= 506t días≈
Problema propuesto
Se sabe que la población de cierta comunidad aumenta en un instante cualquiera con una rapidez
proporcional al número de pobladores en dicho instante. Si la población de una ciudad aumenta en
40 años de 40000 a 90000 habitantes. Encontrar la población al cabo de 60 años.
Relación de conservación de masa en un tanque perfectamente mezclado en estado no
estacionario.
Considere un tanque con agitación perfecta en el cual entra y sale continuamente un flujo de líquido
en el cual está disuelto un sólido en concentraciones relativamente bajas.
1C
1Q
2C
2Q
( )x t
cte=TV
( )V t
El flujo volumétrico de entrada es Q1 y la concentración de un soluto perfectamente disuelto se
denomina C1. El flujo y la concentración de salida son respectivamente Q2 y C2. El volumen del
tanque es VT y es constante por ser un recipiente hermético; el volumen de la mezcla líquida en
cualquier instante en el tanque es V(t) el cual puede ser variable si los flujos volumétricos de
entrada y salida son diferentes; si dichos flujos son iguales V(t)=V(t0)=constante. La concentración
de soluto en cualquier instante es “x” y es la misma en cualquier punto del tanque y por lo tanto en


la salida. Se supone que la concentración de soluto es tal que no cambia apreciablemente el
volumen del fluido.
Usando el elemento de volumen igual al recipiente se aplica la ley de la conservación de la masa
usando el siguiente principio:
[ ] [ ] [ ]Acumulación entrada salida= −
En un instante de tiempo Δt la acumulación dentro del tanque es:
[ ] t t t
Acumulación x xΔ+
= −
Mientras que la entrada y salida de masa se pueden cuantificar multiplicando la concentración por el
flujo volumétrico:
1 1entrada de masa Q C tΔ= ; 2 2salida de masa Q C tΔ=
Se considera que los flujos de entrada y salida son constantes así como la concentración de
entrada, no así la concentración de salida, la cual cambia con el tiempo. En un instante de tiempo Δt
la concentración media de salida es: 2C
De acuerdo al principio general:
21 1 2t t t
x x Q C t Q C tΔ
Δ Δ+
− = − Dividiendo por delta-t
21 1 2
t t t
x x
Q C Q C
t
Δ
Δ
+
−
= −
Tomando el límite cuando delta-t tiende a cero:
21 1 2
0 0 0
t t t
t t t
x x
lim lim Q C lim Q C
t
Δ
Δ Δ ΔΔ
+
→ → →
−
= −
De donde se obtiene:
1 1 2 2
dx
Q C Q C
dt
= −
Las dimensiones de los flujos y las concentraciones son:
3
3
L m m m dx m
Q ; C ; QC ; x ;
t t t dt tL
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦


Se puede tomar la concentración de
( )
( )2
x t
C
V t
=
Donde el volumen del fluido se calcula de la siguiente manera:
( ) ( )0 1 2V t V Q Q t= + −
Entonces el modelo que permite calcular la cantidad de soluto en el tanque a cualquier tiempo es:
( )2 1 1
0 1 2
dx x
Q Q C
dt V Q Q t
+ =
+ −
La cual es una ecuación diferencial lineal donde:
( )
( )
2
0 1 2
Q
P t
V Q Q t
=
+ −
y ( ) 1 1Q t Q C constante= =
Y el factor integrante es:
( )
2
0 1 2
Q
dt
V Q Q t
eμ
∫
+ −
=
Problema 1
Un tanque contiene inicialmente 50 galones de agua pura. En el instante t=0 entra al tanque una
salmuera que contiene 2 lb de sal disuelta por galón (salmuera) con un rapidez de 3 gal/min (gasto
o flujo volumétrico). La mezcla se mantiene uniforme mediante agitación y se supone que se
alcanza el equilibrio de forma instantánea dentro del tanque.
Si la salmuera sale simultáneamente del tanque con la misma rapidez (con el mismo gasto),
¿Qué cantidad de sal se encuentra dentro del tanque después de 25 min?
Solución. Del balance general:
2
3 3
50
dx gal lbs gal xlbs
dt min gal min gal
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3 3
6 6
50 50
dx x dx x
dt dt
= − ⇒ + =
Resolviendo la ecuación diferencial lineal:
Pdt Pdt Pdt
x Ce e Q(t )e dt
− −∫ ∫ ∫= +
∫
3
6
50
P(t ) ; Q(t )= =
3 3 3 3
50 50 50 50
t t
dt dt
e e ; e e
− −∫ ∫
= =
Sustituyendo:
3 3 3 3 3 3
50 50 50 50 50 5050 3
6 100
3 50
− − − − ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
∫
t t t t t t
x Ce e ( ) e dt Ce e e o bien:


3
50 100
t
x Ce
−
= + Se determina la constante C empleando la condición inicial:
0 0t x= ⇒ =
3 0
500 100 100
( )
Ce ; C
−
= + = −
El modelo final es:
3
50100 100
t
x e
−
= − +
Entonces, para las condiciones del problema:
25t min x ?= ⇒ =
3 25
50100 100
( )
x e
−
= − + 77 68x . lbs≈
Problema 2
Un tanque contiene inicialmente 50 galones de salmuera en donde se han disuelto 10 lb de sal. Se
bombea salmuera dentro del tanque a razón de 5 gal/min, con una concentración de 2 lb de
sal/galón. La mezcla se mantiene uniforme mediante agitación y se descarga simultáneamente a
razón de 3 gal/min.
¿Qué cantidad de sal hay en el tanque después de 60 min?
La ecuación diferencial a resolver es:
2
5 3
50 2
dx gal lbs gal xlbs
dt min gal min ( t gal
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
+⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
O bien de manera reducida:
3
10
50 2
dx x
dt t
+ =
+
Con los parámetros:
3
10
50 2
P(t ) ; Q(t )
t
= =
+
( )
3 2
2 50 2
3
2
1
50 2
dt
te
t
−
+
∫
=
+
( )
3 2
3
2 50 2 250 2
dt
te t+
∫
= +
( ) ( )
( )
( )
[ ]
3
2
3 3 3
2 2 2
1 10
50 2 2 2 50 2
250 2 50 2 50 2
C C
x t dt t
t t t
⎛ ⎞
= + + = + +⎜ ⎟
⎝ ⎠+ + +∫
De manera simplificada
( )
3
2
100 4
50 2
C
x t
t
= + +
+
Usando la condición: 0 10= ⇒ =t x lb
( )( )
( )3
2
10 100 4 0
50 2 0
= + +
+
C
31820C = − Sustituyendo en la solución general:
( )
3
2
31820
100 4
50 2
x t
t
−
= + +
+
Entonces la solución al problema es:
60t min x ?= ⇒ =
( )
3
2
31820
100 240
170
x
−
= + + 325 64x . lbs≈
Problema 3


Un tanque de 100 lt está lleno con salmuera que contiene 60 kg de sal disuelta. Entra agua en el
tanque con un gasto de 2 lt/min, y la mezcla que se encuentra uniforme mediante agitación sale a la
misma velocidad. ¿Cuánta sal queda en el tanque después de una hora?
18 07x . kg≈
Problema 4
En el tanque hay 378 lt de salmuera que contiene 23 kg de sal disuelta entra agua en el tanque a
razón de 11.5 lt/min y la mezcla sale en igual cantidad. La concentración dentro del tanque se
mantiene uniforme mediante agitación.
¿Qué cantidad de sal queda en el tanque al cabo de una hora?
Si a la salida del tanque el gasto volumétrico fuera de 9 lts/min ¿Cuál será la cantidad de sal
después de 30 min?
3 70x . kg≈
Problema 5
Examine el esquema y la solución propuesta y proponga un texto para el problema
2H O
1 11.5 / minQ L=
2 9 / minQ L=
378LTV =
23kgsal
11 5 9 2 5
lts lts lts
Gv . .
min min min
= − =
dx
E S
dt
= − ; 11 5 0 0
lts kg
E .
min lt
⎛ ⎞
= =⎜ ⎟
⎝ ⎠
; 9
378 2 5
lts xkg
S
min lt . t
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
+⎝ ⎠
9
0
378 2 5
dx x
dt . t
+ =
+
( )
9
2 5378 2 5 .
C
x
. t
=
+
( )
9
2523 378C =
Por lo que: 11 98x . kg≈
Problema 6


Un tanque contiene originalmente 100 galones de agua limpia. En un tiempo t = 0, salmuera que
contiene ½ libra de sal por galón, fluye al interior del tanque a una rapidez de 2 galones por minuto y
la mezcla homogenizada abandona el tanque con la misma. ¿Qué cantidad de sal hay en 2 minutos
8 57x .=
Problema 7
Un gran tanque que está lleno con 100 galones de agua en el cual se disuelven 10 libras de sal, una
salmuera que contiene 0.5 libras de sal por galón, se bombea dentro del tanque con una rapidez de
4 galones por minuto. ¿Cuántas libras de sal habrá en el tanque después de 10 min?
36x lb≈
Reacciones químicas
Se basan en la ley de acción de masas.
En un sistema a volumen constante y temperatura constante, la rapidez o tasa de una reacción
química es proporcional a las masas activas de las sustancias reactantes. En otras palabras la
velocidad con la cual una reacción se lleva a cabo, depende de forma directa de la cantidad de los
reactivos presentes que aún no han reaccionado. La tasa de reacción puede definirse como la
cantidad de materia que está siendo transformada por unidad de tiempo y por unidad de volumen de
reacción.
Cinética de primer orden (unimolecular elemental)
A Productos→
dA
A
dt
∝ Introduciendo una constante de rapidez de
reacción:
dA
kA
dt
=

Lo cual puede resolverse fácilmente y se obtiene:
1
0 0
A t
A
dA
k dx
A
=
∫ ∫ 1
0
A
ln kt
A
⎛ ⎞
=⎜ ⎟
⎝ ⎠
O bien: 1 0
kt
A A e=
Para una cinética de segundo orden (bimolecular elemental) con coeficientes estequiométricos
iguales (a=b) y la misma concentración inicial (A0=B0):
aA bB productos+ → 2dA
A
dt
∝ Introduciendo una constante de
proporcionalidad (constante de rapidez):
2dA
kA
dt
= La solución es: 2dA
kA
dt
=
1
0
2
0
A
t
A
dA
k dx
A
=
∫ ∫ 1 0
1 1
kt
A A
− = − Despejando A1: 1
0 0
1
1
A
A ktA
=
−


Problema 1
Supóngase que una reacción química sigue una cinética de primer orden. La mitad de la sustancia
A ha reaccionado al finalizar 10 seg. Encuéntrese en cuánto tiempo se transforman 9/10 de la
sustancia.
0
1
10
2
t seg A A= ⇒ = ( ) ( )0
0
1 2 1
10 1 2
10
/ A
ln k k ln /
A
⎛ ⎞
= ∴ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
0
1 A
t ln
k A
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ( )
( )
( )
0
0
1 1011
10
1 10 1 21 2
10
ln /A
t ln
A ln /ln /
⎛ ⎞
= =⎜ ⎟
⎝ ⎠
33 22t . seg≈

Problema 2
La sustancia química A se transforma en otra sustancia B. la velocidad de formación B varia en
forma directamente proporcional a la cantidad de A presente en cada instante. Si inicialmente se
hallan presentes 10 kg de A y en una hora 3 kg se han formado de B, ¿qué cantidad de B se ha
formado después de 2.5 hrs?
Por conservación de masa A+B =A0 en cualquier tiempo.
00 10t A kg= ⇒ = ; 1 11 3 7t h B kg A kg= ⇒ = ∴ =
( ) ( )
7
1 7 10
10
ln k k ln /
⎛ ⎞
= ∴ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
( )( )5 2
7 10
2 10 4 1
/
ln /
A e . kg= ≈ Entonces 2 5 9B . kg≈
Problema 3
En un matraz de 250 mL se lleva a cabo la reacción A R→ . Inicialmente hay 4 g del reactante A y
no existe producto. Cuando transcurren 5 minutos de iniciada la reacción la cantidad de A ha
disminuido en 50%. Halle el tiempo en el cual el 75% de A se ha transformado.
t=10 min


Ecuaciones diferenciales ordinarias de
orden superior
Ecuaciones diferenciales ordinarias de segundo orden
Método de variación de parámetros
Resolver la siguiente ecuación diferencial homogénea de segundo orden
2
2 1 02
0
d y dy
a a a y
dxdx
+ + =
a) Se propone una solución del tipo rx
y e=
b) Se sustituye la solución en la EDO junto con sus derivadas:
rxdy
re
dx
= ;
2
2
2
rx rxd y d
re r e
dxdx
= =
2
2 1 0 0rx rx rx
a r e a re a e+ + = de donde se factoriza y:
2
2 1 0 0rx
e a r a r a⎡ ⎤+ + =
⎣ ⎦
El término exponencial no puede tomar el valor de cero ( 0rx
e ≠ ), por lo tanto:
2
2 1 0 0a r a r a+ + =
c) Para encontrar los valores de r que satisfacen la ecuación anterior se aplica la fórmula
general para encontrar las raíces del polinomio de segundo grado en r, de lo cual resulta:
2
1 1 2 0
1
2
4
2
a a a a
r
a
− + −
= ;
2
1 1 2 0
2
2
4
2
a a a a
r
a
− − −
=
d) Por lo que la solución homogénea para raíces reales y diferentes del polinomio característico
( 1 2r r≠ ) es una combinación lineal:
1 2
1 2
rx r x
hy C e C e= + .
e) En el caso de que las raíces sean iguales ( 1 2r r= ), con la finalidad de evitar absurdos:
1 2
1 2
rx r x
hy C e C xe= +
f) Si el discriminante, 2
1 2 04 0D a a a= − < , la solución es

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