Cap2

CAP´
ITULO 2
´ ´
METODOS DE SOLUCION

as
atic
atem
eM
2.1. VARIABLES SEPARABLES

o. d
dy g(x)
Definiciń 2.1 . Se dice que una E.D. de la forma:
o = es separable
dx h(y)
o de variables separables. ept
,D
uia

La anterior ecuaciń se puede escribir como h(y) dy = g(x) dx e integran-
o
tioq

do:
h(y) dy = g(x) dx + C,
An

obtenińdose as´ una familia uniparam´trica de soluciones.
e ı e
de
ad

Nota: la constante o par´metro C, a veces es conveniente escribirla de
a
otra manera, por ejemplo, m´ltiplos de constantes o logaritmos de constantes
u
rsid

o exponenciales de constantes o si aparecen varias constantes reunirlas en una
ive

sola constante.
Un

dy
Ejemplo 1. dx
= e3x+2y
Soluciń:
o

dy
= e3x+2y = e3x e2y
dx

7

CAP´
ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES CON APLICACIONES EN MAPLE,
PROF.JAIME ESCOBAR A.

separando variables

dy
= e3x dx
e2y
e integrando

1 e3x
− e−2y + C =
2 3
la soluciń general es
o

as
e3x e−2y

atic
+ =C
3 2

atem
dy 1
Ejemplo 2. dx
= xy 3 (1 + x2 )− 2 , con y(0) = 1

eM
Soluciń: separando variables
o

o. d
2x
y −3 dy = √ dx
2 1 + x2
ept
,D
1 d(1 + x2 ) u = 1 + x2
= √ haciendo
uia

2 1 + x2 du = 2xdx
tioq

obtenemos
1 du
An

= √
2 u
de

1
y −2 1 (1 + x2 ) 2
e integrando = +C
ad

1
−2 2 2
rsid

soluciń general
o
ive

1 √
− = 1 + x2 + C.
Un

2y 2

Cuando x = 0, y = 1

1 √
− = 1 + 02 + C
2×1

8

2.1. VARIABLES SEPARABLES

luego C = −32
La soluciń particular es
o

−1 √ 3
2
= 1 + x2 −
2y 2

Resolver los siguientes ejercicios por el m´todo de separaciń de variables:
e o

Ejercicio 1. (4y + yx2 ) dy − (2x + xy 2 ) dx = 0

as
(Rta. 2 + y 2 = C(4 + x2 ))

atic
Ejercicio 2. y + y 2 sen x = 0

atem
(Rta. y = − cos 1 )
x+c

Ejercicio 3. 3ex tan y dx + (2 − ex ) sec2 y dy = 0

eM
(Rta. (2 − ex )3 = C tan y)

o. d
π
Ejercicio 4. y sen x = y ln y, si y 2
=e
(Rta. ln y = csc x − cot x) ept
,D
dy xy + 3x − y − 3
Ejercicio 5. =
dx xy − 2x + 4y − 8
uia

y+3 5 y−x
(Rta. ( x+4 ) = Ce )
tioq

Ejercicio 6. x2 y = y − xy, si y(−1) = −1
An

1
(Rta. ln |y| = − x − ln |x| − 1)
de

dy
Ejercicio 7. dx − y 2 = −9 que pase por los puntos:
a) (0, 0), b) (0, 3), c) 1 , 1
ad

3
(Rta. a) y−3 = −e6x , b) y = 3, c) y−3 = − 1 e−2 e6x )
rsid

y+3 y+3 2

Ejercicio 8. Se suministran bacterias como alimento a una poblaciń o
ive

de protozoarios a una razń constante µ. Se ha observado que las bacterias
o
Un

son devoradas a una tasa proporcional al cuadrado de su cantidad. Si c(t)
es la cantidad de bacterias en el instante t, hallar la E.D.; determinar c(t)
en funciń de c(0); cu´l es la concentraciń de equilibrio de las bacterias, es
o a o
decir, cuando c (t) = 0√ ?
√ √ √ √
µ+ kc(t) µ+ kc(0) 2 kµt
(Rta.: √µ−√kc(t) = √µ−√kc(0) e ; concentraciń de equilibrio c = µ )
o k

9

CAP´

dy dy
Ejercicio 9. Resolver por variables separables: a x dx + 2y = xy dx en
y = a y x = 2a.
3 y
(Rta.: yx2 = 4a e a )
e

2.2. ´
ECUACIONES HOMOGENEAS
Definiciń 2.2 : f (x, y) es homogńea de grado n si existe un real n tal que
o e
n
para todo t: f (tx, ty) = t f (x, y).

as
atic
Ejemplo 3. f (x, y) = x2 + xy + y 2 es homogńea de grado dos.
e

atem
Definiciń 2.3 .Si una ecuaciń en la forma diferencial :
o o

eM
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

o. d
tiene la propiedad que M (tx, ty) = tn M (x, y) y N (tx, ty) = tn N (x, y), en-
tonces decimos que es de coeficientes homogńeos o que es una E.D. ho-
e ept
mogńea.
e
,D
uia

Siempre que se tenga una E.D. homogńea podr´ ser reducida por medio
e a
tioq

de una sustituciń adecuada a una ecuaciń en variables separables.
o o
An

M´todo de soluciń: dada la ecuaciń
e o o
de

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
ad

donde M (x, y) y N (x, y) son funciones homogńeas del mismo grado; me-
e
rsid

diante la sustituciń y = ux o x = yv (donde u o v son nuevas variables
o ´ ´
dependientes), puede transformarse en un ecuaciń en variables separables.
o
ive

Nota: si la estructura algebraica de N es m´s sencilla que la de M , en-
a
Un

tonces es conveniente usar las sustituciń y = ux.
o
Si la estructura algebraica de M es m´s sencilla que la de N , es conveniente
a
usar la sustituciń x = vy.
o

Ejemplo 4. Resolver por el m´todo de las homogńeas, la siguiente E.D.:
e e
y y
(x + ye x ) dx − xe x dy = 0, con y(1) = 0.

10

´
2.2. ECUACIONES HOMOGENEAS

Soluciń:
o
y y
(x + ye x ) dx − xe x dy = 0 donde

homogńea de orden 1
e homogńea de orden 1
e
y y
M (x, y) = x + ye x y N (x, y) = −xe x

La sustituciń m´s sencilla es: y = ux, por tanto dy = u dx + x du
o a
Sustituyendo en la E.D.

as
ux ux
(x + uxe x ) dx − xe x (u dx + x du) = 0

atic
o sea que

atem
x dx − x2 eu du = 0

eM
luego x dx = x2 eu du, separando variables y considerando x = 0, obte-
nemos,

o. d
dx
= eu du ⇒ ln x = eu + C
x
Por lo tanto la soluciń general es
o ept
,D
y
ln x = e x + C
uia

Para hallar la soluciń particular que pasa por el punto y(1) = 0, susti-
o
tioq

tuimos en la soluciń general y obtenemos:
o
An

0
ln 1 = e 1 + C ⇒ 0 = 1 + C de donde C = −1
de

Por lo tanto, y
ad

ln x = e x − 1
rsid

es la soluciń particular
o
ive

Ejemplo 5. (x2 y 2 − 1)dy + 2xy 3 dx = 0 (ayuda: hacer y = z α y calcular
α para convertirla en homogńea)
e
Un

Soluciń:
o
No es homogńea; hagamos y = z α y hallemos α de tal manera que la E.D.O.
e
se vuelva homogńea:
e

dy = αz α−1 dz

11

CAP´

(x2 z 2α − 1)αz α−1 dz + 2xz 3α dx = 0
α(x2 z 3α−1 − z α−1 )dz + 2xz 3α dx = 0 (2.1)

suma de exponentes en los t´rminos: 2+3α−1, α−1 y 1+3α respectivamente.
e

An´lisis de exponentes para que se cumpla la homogeneidad:
a

1 + 3α = 2 + 3α − 1 = α − 1, se concluye α = −1

as
Sustituyo en la E.D. (2.1): (−1)(x2 z −2 − 1)z −2 dz + 2xz −3 dx = 0

atic
atem
(−x2 z −4 + z −2 ) dz + 2xz −3 dx = 0
Es homog´nea de orden −2.
e

eM
La sustituci´n m´s sencilla es x = uz ⇒ dx = u dz + z du.
o a

o. d
ept
(−u2 z 2 z −4 + z −2 ) dz + 2uzz −3 (u dz + z du) = 0
,D
uia

(−u2 z −2 + z −2 + 2u2 z −2 ) dz + (2uz −1 ) du = 0
tioq

(u2 z −2 + z −2 ) dz + 2uz −1 du = 0
An
de

z −2 (u2 + 1) dz + 2uz −1 du = 0
ad
rsid

z −2 dz 2u
−1
+ 2 du = 0
z u +1
ive

dz 2u
Un

+ 2 du = 0
z u +1
Integrando: ln |z| + ln(u2 + 1) = ln C

ln |z(u2 + 1)| = ln C ⇒ z(u2 + 1) = C
x
reemplazo u = z
y tenemos, tomando z = 0

12

´
2.2. ECUACIONES HOMOGENEAS

x2
+z =C
z
x2
Como y = z −1 o sea que z = y −1 , entonces y −1
+ y −1 = C
luego
x2 y 2 + 1 = Cy,
es la soluciń general.
o

as
Resolver los siguientes ejercicios por el m´todo de las homogńeas, o con-
e e ´

atic
vertirla en homogńea y resolverla segń el caso:
e u

atem
y
Ejercicio 1. y + x cot x dx − x dy = 0.
y
(Rta.: C = x cos x )

eM
dy
Ejercicio 2. (x + y 2 − xy) dx = y , con y(1) = 1.
(Rta.: ln2 |y| = 4( y−x ))

o. d
y

y y
Ejercicio 3. x − y cos x dx + x cos x dy = 0.
y
ept
(Rta.: ln |x| + sen x = C)
,D

Ejercicio 4. (x2 − 2y 2 ) dx + xy dy = 0.
uia

(Rta.: x4 = C(x2 − y 2 ))
tioq

−y
Ejercicio 5. xy = y + 2xe x .
An

y
(Rta.: ln x = 1 e x +c )
2
de

Ejercicio 6. (x + y 3 ) dx + (3y 5 − 3y 2 x) dy = 0, (Ayuda: hacer x = z α ).
ad

3
(Rta.: ln |C(x2 + y 6 )| = 2 arctan yx )
rsid

Ejercicio 7. 2(x2 y + 1 + x4 y 2 ) dx + x3 dy = 0, (Ayuda: hacer y = z α ).
ive

(Rta.: x4 (1 + 2Cy) = C 2 )
Un

Ejercicio 8. y cos x dx + (2y − sen x) dy = 0, (Ayuda: hacer u = sen x).
sen x
(Rta.: y 2 = Ce− y )
y y
Ejercicio 9. y(ln x + 1) dx − x ln x dy = 0.
1 2 y
(Rta.: ln |x| − 2 ln | x | = C)

13

CAP´

dy y y
Ejercicio 10. dx = cos( x ) + x .
y y
(Rta.: sec( x ) + tan( x ) = Cx)

Ejercicio 11. Hallar la soluciń particular de la E.D.
o

yx2 dx − (x3 + y 3 )dy = 0,

donde y(0) = 1
(Rta.: ln |y| = 1 ( x )3 )
3 y

as
o

atic
xy 2 dy − (x3 + y 3 )dx = 0,

atem
donde y(1) = 0
y
(Rta.: ln |x| = 1 ( x )3 )

eM
3

√
Ejercicio 13. (y + xy)dx − 2xdy = 0

o. d
y
(Rta.: x(1 − x )4 = C)
ept
o
,D

y(ln y − ln x − 1)dx + xdy = 0,
uia

donde y(e) = 1
tioq

y
(Rta.: x ln | x | = −e)
An
de

2.3. E.D. DE COEFICIENTES LINEALES:
ad

(ax + by + c) dx + (αx + βy + γ) dy = 0
rsid

Se presentan dos casos:
ive

1. Si (h, k) es el punto de intersecciń entre las rectas:
o
Un

ax + by + c = 0 y αx + βy + γ = 0

entonces se hace la sustituciń: x = u + h y y = v + k y se consigue la
o
ecuaciń homogńea de grado 1:
o e

(au + bv)du + (αu + βv)dv = 0

14

2.4. ECUACIONES EXACTAS

2. Si las dos rectas no se intersectan (o sea son paralelas), entonces

αx + βy = n(ax + by)

y por tanto se hace la sustituci´n z = ax + by, lo cual quiere decir
o
que αx + βy = nz, esta sustituci´n convierte la E.D. en una E.D. de
o
variables separables.

Ejercicios: resolver por el m´todo anterior:
e

as
1. (x − y + 1) dx + (x + 2y − 5) dy = 0

atic
√
2 arctan √ x−1
(Rta.: (x − 1)2 + 2(y − 2)2 = Ce 2(y−2) )

atem
2. = 2y−x+5
dy
dx 2x−y−4

eM
(Rta.: (x + y + 1)3 = C 2 (y − x + 3))

o. d
3. (x − 2y + 4) dx + (2x − y + 2) dy = 0
(Rta.: (x + y − 2)3 = C 2 (x − y + 2))
ept
4. (x + y + 1)2 dx + (x + y − 1)2 dy = 0
,D
(Rta.: 4x = − 1 (x + y)2 + 2(x + y) − ln |x + y| + C)
2
uia

5. (x + y + 1) dx + (2x + 2y − 1) dy = 0
tioq

(Rta.: 4 − x − 2y = 3 ln |2 − x − y| + C)

6. (x + y − 2) dx + (x − y + 4) dy = 0
An

(Rta.: C −2 = 2(x + 1)(y − 3) + (x + 1)2 − (y − 3)2 )
de

7. (x − y − 5) dx − (x + y − 1) dy = 0
ad

(Rta.: C −2 = (x − 3)2 − 2(y + 2)(x − 3) − (y + 2)2 )
rsid

8. (2x + y) dx − (4x + 2y − 1) dy = 0
(Rta.: x = 2 (2x + y) − 25 − ln |5(2x + y) − 2| + C)
4
ive

5
Un

Si z = f (x, y), entonces

∂f ∂f
dz = dx + dy
∂x ∂y

15

CAP´

es la diferencial total de f ; pero si z = c = f (x, y) (familia de curvas uni-
param´tricas en el plano XY ), entonces
e
∂f ∂f
dz = 0 = dx + dy
∂x ∂y
.

Definiciń 2.4 .La forma diferencial M (x, y) dx + N (x, y) dy es una dife-
o

as
rencial exacta en una regiń R del plano XY si corresponde a la diferencial
o

atic
total de alguna funciń f (x, y).
o

atem
La ecuaciń M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, es exacta si es la diferencial
o
total de alguna funciń f (x, y) = c.
o

eM
Teorema 2.1 (Criterio para E.D. exactas) .

o. d
Si M (x, y) y N (x, y) son continuas y tienen derivadas parciales de primer
o ept
orden continuas en una regiń R del plano XY , entonces la condiciń nece-
o
saria y suficiente para que la forma diferencial
,D

M (x, y) dx + N (x, y) dy
uia
tioq

sea una diferencial exacta es que
∂M ∂N
An

= .
∂y ∂x
de
ad

Demostraciń: Como M (x, y) dx + N (x, y) dy es una diferencial exacta,
o
rsid

entonces existe una funciń f (x, y) tal que:
o
ive

∂f ∂f
M (x, y) dx + N (x, y) dy = dx + dy = d f (x, y)
∂x ∂y
Un

luego
∂f
M (x, y) =
∂x
y
∂f
N (x, y) =
∂y

16


por tanto,
∂M ∂2f ∂2f ∂N
= = = .
∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂x
La igualdad entre las derivadas cruzadas se produce porque M y N son
continuas con derivadas de primer orden continuas.
M´todo. Dada la ecuaciń M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0, hallar una funciń
e o o
f (x, y) = C tal que
∂f ∂f
=M y =N

as
∂x ∂y

atic
∂M ∂N
i) Comprobar que es exacta, es decir, verificar que ∂y
= ∂x
.

atem
∂f
ii) Suponer que = M (x, y) y luego integrar con respecto a x dejando a

eM
∂x
y constante:

o. d
f (x, y) = M (x, y) dx + g(y) (2.2)
ept
,D
iii) Derivar con respecto a y la ecuaciń (2.2)
o
uia

∂f ∂
= M (x, y) dx + g (y) = N (x, y)
tioq

∂y ∂y
An

despejar
de

∂
g (y) = N (x, y) − M (x, y) dx (2.3)
ad

∂y
rsid

Esta expresiń es independiente de x, en efecto:
o
ive

∂ ∂ ∂N ∂ ∂
N (x, y) − M (x, y) dx = − M (x, y) dx
Un

∂x ∂y ∂x ∂x ∂y
∂N ∂ ∂ ∂N ∂
= − M (x, y) dx = − M (x, y) = 0
∂x ∂y ∂x ∂x ∂y

iv) Integrar la expresiń (2.3) con respecto a y y sustituir en (2.2) e igualar
o
a C.

17

CAP´

∂f
Nota: en ii) se pudo haber comenzado por ∂y
= N (x, y).

Ejemplo 6. Resolver la siguiente E.D.:
(2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0
Soluciń:
o
paso i) 
∂M x
= 4xy + e 
∂y ∂M ∂N
de donde =
∂N  ∂y ∂x

as
= 4xy + ex 

∂x

atic
paso ii)

atem
f (x, y) = N (x, y) dy + h(x) = (2x2 y + ex − 1) dy + h(x)

eM
= x2 y 2 + yex − y + h(x)

o. d
paso iii)

∂f
= M = 2xy 2 + yex
ept
,D
∂x
∂f
= 2xy 2 + yex + h (x) ⇒ h (x) = 0
uia

∂x
tioq

paso iv) h(x) = C
paso v) sustituyo h(x) en el paso ii):
An

x2 y 2 + yex − y + C1 = C
de

x2 y 2 + yex − y = C2 Soluciń general
o
ad

Ejemplo 7. Hallar el valor de b para que sea exacta la E.D.:
rsid

(xy 2 + bx2 y) dx + (x + y)x2 dy = 0.
ive
Un

Soluciń:
o

∂M
= 2xy + bx2
∂y
∂N
= 3x2 + 2xy ⇒ b = 3
∂x

18


∂f
= xy 2 + 3x2 y (2.4)
∂x
∂f
= x3 + x2 y (2.5)
∂y
integramos (2,4) : f (x, y) = (xy 2 + 3x2 y) dx + g(y)
x2
f (x, y) = y 2 + x3 y + g(y) (2.6)
2
derivamos (2,6) con respecto a y

as
∂f

atic
= yx2 + x3 + g (y) (2.7)
∂y
igualamos (2,5) y (2,7)

atem
x3 + x2 y = yx2 + x3 + g (y)
K = g(y)

eM
o. d
reemplazamos g(y) en (2,6)
x2
f (x, y) = y 2
2
ept
+ x3 y + K = C 1
,D
y 2 x2
= + x3 y = C
2
uia

que es la soluci´n general.
o
tioq

Ejercicio 1. Resolver la siguiente E.D. por el m´todo de las exactas :
e
An

(tan x − sen x sen y) dx + cos x cos y dy = 0.
de

(Rta.: f (x, y) = cos x sen y − ln |cos x| = C)
ad
rsid

Ejercicio 2. Resolver la siguiente E.D. por el m´todo de las exactas:
e
ive

(y 2 cos x − 3x2 y − 2x) dx + (2y sen x − x3 + ln y) dy = 0, con y(0) = e.
Un

(Rta.: f (x, y) = y 2 sen x − x3 y − x2 + y(ln y − 1) = 0)

Ejercicio 3. Determinar la funci´n M (x, y) de tal manera que la siguiente
o
E.D.O sea exacta:
1
M (x, y) dx + xex y + 2xy + dy = 0
x

19

CAP´

1 y
(Rta.: M (x, y) = 2 y 2 ex (x + 1) + y 2 − x2
+ g(x))

Ejercicio 4. Determinar la funci´n N (x, y) para que la siguiente E.D.
o
sea exacta:
1 1 x
y 2 x− 2 + 2 dx + N (x, y) dy = 0
x +y
1 1 1
(Rta.: N (x, y) = x 2 y − 2 + 2 (x2 + y)−1 + g(y))

as
Ejercicio 5. Resolver por el m´todo de las exactas la siguiente E.D.:
e

atic
(2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0

atem
(Rta.: f (x, y) = y(x2 y + ex − 1) = C)

eM
e

o. d
(2x − y sen xy − 5y 4 ) dx − (20xy 3 + x sen xy) dy = 0
ept
(Rta.: f (x, y) = x2 + cos(xy) − 5y 4 x = C)
,D
uia

e
tioq

( sen xy + xy cos xy) dx + (x2 cos xy) dy = 0
An

(Rta.: f (x, y) = x sen (xy) = C)
de

e
ad

(yexy + 4y 3 ) dx + (xexy + 12xy 2 − 2y) dy = 0, con y(0) = 2
rsid
ive

(Rta.: f (x, y) = exy + 4xy 3 − y 2 = −3)
Un

e

(1 − sen x tan y) dx + cos x sec2 y dy = 0

(Rta.: f (x, y) = cos x tan y + x = C)

20

´
2.5. FACTORES DE INTEGRACION

2.5. ´
FACTORES DE INTEGRACION
Definiciń 2.5 (Factor Integrante F.I.) . Sea la E.D.
o

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0.

Si µ(x, y) es tal que

µ(x, y) M (x, y) dx + µ(x, y) N (x, y) dy = 0

as
es una E.D. exacta, entonces decimos que µ(x, y) es un factor integrante

atic
(F.I.).

atem
Ejemplos de algunas formas diferenciales que son exactas.

eM
Ejemplo: x dx + y dy es la diferencial de 1 (x2 + y 2 ) ya que d 1 (x2 + y 2 ) =
2 2
x dx + y dy.

o. d
Anlogamente: para x dy + y dx = d(xy).
ept
Pero py dx + qx dy no es exacta, la expresiń µ(x, y) = xp−1 y q−1 es un
o
,D

factor integrante.
uia

Para y dx − x dy, las expresiones:
tioq
An

1 1 1 1 1
µ= 2
; µ= 2; µ= ; µ= 2 2
; µ= 2
y x xy x +y ax + bxy + cy 2
de

son factores integrantes.
ad
rsid

Teorema 2.2 (Teorema del Factor Integrante) :
Sea M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 una E.D. y µ(x, y) un factor integrante, con
ive

M , N y µ continuas y con primeras derivadas parciales continuas , entonces
Un

∂M ∂N dµ dµ
µ − =N = −M
∂y ∂x dx dy

Demostraciń: Si µ es tal que µM dx + µN dy = 0 es exacta y µ, M, N
o
tienen primeras derivadas parciales continuas, entonces:

21

CAP´

∂ ∂
(µM ) = (µN )
∂y ∂x
o sea que
∂M ∂µ ∂N ∂µ
µ +M =µ +N
∂y ∂y ∂x ∂x
luego

∂M ∂N ∂µ ∂µ ∂µ M ∂µ
µ − =N −M =N −

as
∂y ∂x ∂x ∂y ∂x N ∂y

atic
dy
como dx
= − M , entonces:
N

atem
∂M ∂N ∂µ dy ∂µ dµ dµ
µ − =N + =N = −M
∂y ∂x ∂x dx ∂y dx dy

eM
ya que si µ = µ(x, y) y y = y(x) entonces:

o. d
∂µ ∂µ
dµ = dx + dy
∂x ∂y ept
,D
y por tanto
dµ ∂µ ∂µ dy
= +
uia

dx ∂x ∂y dx
tioq

Nota.
∂M
− ∂N
An

1. Si ∂y N ∂x = f (x),
entonces µf (x) = dµ y por tanto f (x)dx = dµ ,
dx µ
de

luego µ = ke f (x)dx ; tomando k = 1 se tiene µ = e f (x)dx
.
ad
rsid

∂M
∂y
− ∂N
∂x g(y)dy
2. Similarmente, si −M
= g(y), entonces µ = e .
ive

Ejemplo 8. (2xy 2 − 2y) dx + (3x2 y − 4x) dy = 0.
Un

Soluci´n:
o
∂M
M (x, y) = 2xy 2 − 2y ⇒ = 4xy − 2
∂y
∂N
N (x, y) = 3x2 y − 4x ⇒ = 6xy − 4
∂x

22

´

luego
∂M ∂N
− = −2xy + 2
∂y ∂x
por tanto
∂M ∂N
∂y
− ∂x −2xy + 2 2(−xy + 1)
= =
−M −2xy 2 + 2y 2y(−xy + 1)
luego
1 1
dy
g(y) = ⇒ F.I. = µ(y) = e y = eln |y| = y
y

as
atic
multiplico la E.D. original por y: (2xy 3 − 2y 2 ) dx + (3x2 y 2 − 4xy) dy = 0

atem
el nuevo M (x, y) = 2xy 3 − 2y 2 y el nuevo N (x, y) = 3x2 y 2 − 4xy

Paso 1.

eM
∂M
= 6xy 2 − 4y
∂y

o. d
y
∂N
= 6xy 2 − 4y ept
∂x
,D
luego es exacta.
uia

Paso 2.
tioq

f (x, y) = (2xy 3 − 2y 2 )dx + g(y) = x2 y 3 − 2xy 2 + g(y)
An

Paso 3. Derivando con respecto a y:
de

∂f
N = 3x2 y 2 − 4xy = = 3x2 y 2 − 4xy + g (y)
ad

∂y
rsid

luego g (y) = 0
ive

Paso 4. g(y) = k
Un

Paso 5. Reemplazo en el paso 2.

f (x, y) = x2 y 3 − 2xy 2 + k = c

luego x2 y 3 − 2xy 2 = k1 que es la soluci´n general.
o

23

CAP´

Ejemplo 9. x dy − y dx = (6x2 − 5xy + y 2 ) dx
Soluciń:
o
y x dy − y dx
como d( ) =
x x2
entonces dividimos a ambos lados de la E.D. por x2 , luego

x dy − y dx 6x2 − 5xy + y 2
= dx
x2 x2

as
atic
luego
y y y
d( ) = 6 − 5( ) + ( )2 dx,

atem
x x x
y 2
hagamos u = x
⇒ du = (6 − 5u + u )dx

eM
du du
luego 2
= dx ⇒ = dx
6 − 5u + u (u − 3)(u − 2)

o. d
1 A B
pero por fracciones parciales = +
(u − 3)(u − 2) u−3 u−2
ept
o sea que A = 1 y B = −1, por tanto
,D
uia

du du du
= dx ⇒ − = ln |u−3|−ln |u−2|+ln c = x
(u − 3)(u − 2) u−3 u−2
tioq

luego
An

(u − 3) (y − 3x)
c = ex , si x = 0 ⇒ c = ex
(u − 2) (y − 2x)
de

Obsrvese que x = 0 es tambiń soluciń y es singular porque no se desprende
e o
ad

de la soluciń general.
o
rsid

En los siguientes ejercicios, hallar el factor integrante y resolver por el
ive

m´todo de las exactas:
e
Un

Ejercicio 1. (cos(2y) − sen x) dx − 2 tan x sen (2y) dy = 0.
(Rta.: sen x cos(2y) + 1 cos2 x = C)
2

Ejercicio 2. (3xy 3 + 4y) dx + (3x2 y 2 + 2x) dy = 0.
(Rta.: f (x, y) = x3 y 3 + 2x2 y = C)

24

´

Ejercicio 3. 2xy ln y dx + (x2 + y 2 y 2 + 1) dy = 0.
1 3
(Rta.: f (x, y) = x2 ln y + 3 (y 2 + 1) 2 = C)

Ejercicio 4. (2wz 2 − 2z) dw + (3w 2 z − 4w) dz = 0.
(Rta.: w 2 z 3 − 2z 2 w = C)

Ejercicio 5. ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0
(Rta.: f (x, y) = ex sen y + y 2 = C)

as
Ejercicio 6. x dy + y dx = (x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 )(dx + dy).

atic
1
(Rta.: xy = 4 (x + y)4 + C)

atem
Ejercicio 7. x dy − y dx = (2x2 + 3y 2 )3 (2xdx + 3ydy).
2 3 y 1
tan−1 ( = 3 (2x2 + 3y 2 )3 + C)

eM
(Rta.: 3 2 x
)

o. d
Ejercicio 8. y dx + (2x − yey ) dy = 0.
(Rta.: y 2 x − y 2 ey + 2yey − 2ey = C)
ept
Ejercicio 9. (xy − 1)dx + (x2 − xy)dy = 0.
,D
2
(Rta.: f (x, y) = xy − ln |x| − y2 = C)
uia

Ejercicio 10. ydx + (x2 y − x)dy = 0.
tioq

2
(Rta.: f (x, y) = − x + y2 = C)
y
An

Ejercicio 11. (2xy − e−2x )dx + xdy = 0.
de

(Rta.: f (x, y) = ye2x − ln |x| = C)
ad

Ejercicio 12. ydx + (2xy − e−2y )dy = 0.
rsid

(Rta.: f (x, y) = xe2y − ln |y| = C)
ive

Ejercicio 13. (x + y)dx + x ln xdy = 0.
Un

(Rta.: f (x, y) = x + y ln x = C)

Ejercicio 14. Hallar la soluci´n particular que pasa por el punto
o
y(1) = −2, de la E.D.
dy 3x2 y + y 2
=− 3
dx 2x + 3xy

25

CAP´

(Rta.: x3 y 2 + y 3 x = −4)

Ejercicio 15. x dx + y dy = 3 x2 + y 2 y 2 dy.
(Rta.: x2 + y 2 = y 3 + C)

Ejercicio 16. 4y dx + x dy = xy 2 dx.
1 1
(Rta.: yx4 − 3x3 = C)

Ejercicio 17. Si

as
My − N x

atic
= R(xy),
yN − xM

atem
t
R(s) ds
entonces µ = F.I. = e , donde t = xy

eM
Ejercicio 18. Bajo que condiciones M dx + N dy = 0 tendr´ un F.I.=
a
µ(x + y)

o. d
Ejercicio 19. Si M dx + N dy = 0 es homogńea, entonces µ(x, y) =
e
1 ept
xM +yN
,D
uia

2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN
tioq

Definiciń 2.6 . Una E.D. de la forma:
o
An

dy
a1 (x) + a0 (x)y = h(x),
de

dx
ad

donde a1 (x) = 0, en I y a1 (x), a0 (x), h(x) son continuas en I, se le llama
rsid

E.D. lineal en y de primer orden.
ive
Un

Dividiendo por a1 (x), se obtiene la llamada ecuaciń en forma canńica
o o
o forma estandar:
´
dy
+ p(x)y = Q(x),
dx
a0 (x) h(x)
donde p(x) = y Q(x) = .
a1 (x) a1 (x)

26


Teorema 2.3 (Teorema de la E.D. lineal de primer orden) :
La soluciń general de la E.D. lineal en y, de primer orden:
o

y + p(x)y = Q(x)

es :
p(x) dx p(x) dx
ye = e Q(x) dx + C.

as
Demostraciń:
o

atic
dy
+ p(x)y = Q(x) (2.8)
dx

atem
⇒ p(x)y dx + dy = Q(x) dx
∂M ∂N

eM
o sea que (p(x)y − Q(x)) dx + dy = 0, como ∂y
= p(x) y ∂x
= 0, entonces
∂M ∂N
−

o. d
∂y ∂x
= p(x)
N
y por tanto µ = e p(x) dx
= F.I.; multiplicando (2.8) por el F.I.:
ept
,D

p(x) dx dy p(x) dx p(x) dx
uia

e + p(x)ye = Q(x)e
dx
tioq

d
o sea dx
(ye p(x) dx ) = Q(x)e p(x) dx
e integrando con respecto a x se tiene:
An

p(x) dx p(x) dx
ye = Q(x)e dx + C
de

Obsrvese que la expresiń anterior es lo mismo que:
o
ad
rsid

y F.I. = Q(x) F.I. dx + C
ive

dν
Ejemplo 10. Hallar la soluciń general de la E.D.:(6 − 2µν) dµ + ν 2 = 0
o
Un

Soluciń:
o
dν ν2
=−
dµ 6 − 2µν
dµ 6 2µ
=− 2 +
dν ν ν

27

CAP´

dµ 2µ 6
− =− 2
dν ν ν
que es lineal en µ con
2 6
p(ν) = − , Q(ν) = − 2
ν ν

2
− ν dν −2 1
F.I. = e p(ν)dν
=e = e−2 ln |ν| = eln |ν| = ν −2 =

as
ν2

atic
La soluciń general es
o

atem
1 1 6
µ= (− 2 )dν + C
ν2 ν 2 ν

eM
1 ν −3
µ = −6 ν −4 dν + C = −6 +C
ν2 −3

o. d
µ 2 2
= 3 + C ⇒ µ = + Cν 2 ept
ν2 ν ν
,D
que es la soluciń general.
o
uia

dy
Ejemplo 11. Hallar una soluciń continua de la E.D.:
o dx
+ 2xy = f (x)
tioq

x, 0≤x<1
donde f (x) =
0, x≥1
An

y y(0) = 2
de
ad

Soluciń:
o
rsid

2xdx 2 2 2
F.I. : e = ex ⇒ ex y = ex f (x)dx + C
ive

2 2
a). si 0 ≤ x < 1 : ex y = ex x dx + C
Un

2 1 2
ex y = 2
ex 2x dx + C

2 1 2
ex y = 2 ex + C, soluciń general
o

28


2 2
y(0) = 2 ⇒ e0 2 = 1 e0 + C
2

1 3
2= 2
+C ⇒C = 2

1 2 1 3 2
y= 2
+ Ce−x ⇒ y = 2
+ 2 e−x , soluciń particular
o

b). si x ≥ 1 : F.I.y = F.I. 0 dx + C

as
2 2

atic
ex y = 0 + C ⇒ y = Ce−x

atem
1 2
2
+ 3 e−x
2
0≤x<1
Soluciń: f (x) =
o 2
Ce−x x≥1

eM
Busquemos C, de tal manera que la funciń f (x) sea continua en x = 1.
o
Por tanto

o. d
1 3 2
l´ ( + e−x ) = f (1) = y(1)
ım
x→1 2 2
ept
1 3 −1
+ e = Ce−1
,D
2 2
uia

3 1
+ 2 e−1 1 3 2
⇒C= = e+
tioq

e −1 2 2
Ejemplo 12. Con un cambio de variable adecuado trasformar la E.D.:
An

2
y + x sen 2y = xe−x cos2 y
de

en una E.D. lineal de primer orden y luego resolverla.
ad

Soluciń. Lo trabajamos mediante cambios de variable.
o
rsid

Dividiendo por cos2 y:
1 dy x(2 sen y cos y)
ive

2

2 y dx
+ 2y
= xe−x
cos cos
Un

dy 2
sec2 y
+ 2x tan y = xe−x
dx
hagamos el siguiente cambio de variable: t = tan y, por lo tanto
dt dy
= sec2 y .
dx dx

29

CAP´

Sustituyendo

dt 2
+ 2xt = xe−x , es lineal en t con
dx

2
p(x) = 2x, Q(x) = xe−x

2x dx 2
F.I. = e = ex

as
Resolvińdola
e

atic
t F.I. = F.I.Q(x) dx + C

atem
2 2 2
tex = ex (xe−x ) dx + C

eM
x2

o. d
2
⇒ tan y ex =
+C
2
Ejercicio 1. Hallar una soluciń continua de la E.D.:
o ept
,D
dy
(1 + x2 ) dx + 2xy = f (x)
uia

x, 0≤x<1
tioq

donde f (x) =
−x , x≥1
An

con y(0) = 0.
x2
, si 0 ≤ x < 1
de

2(1+x2 )
(Rta.: y(x) = x2 1
)
− 2(1+x2 ) + 1+x2
, si x ≥ 1
ad

dy y
Ejercicio 2. Hallar la soluciń de la E.D.:
o = con y(5) = 2
rsid

dx y−x
y2
(Rta.: xy = 2
+ 8)
ive

1
Ejercicio 3. Resolver para ϕ(x) la ecuaciń 0 ϕ(αx) dα = nϕ(x)
o
Un

(Ayuda: con un cambio de variable adecuado transforme la ecuaciń en una
o
E.D. lineal de primer orden.)
1−n
(Rta.: ϕ(x) = Cx( n ) )

Ejercicio 4. Hallar la soluciń de la E.D.: y − 2xy = cos x − 2x sen x
o
donde y es acotada cuando x → ∞.

30


(Rta.: y = sen x)
√ √ √
Ejercicio 5. Hallar la soluciń de la E.D.: 2 x y −y = − sen x−cos x
o
donde y es acotada cuando x → ∞.
√
(Rta.: y = cos x)
dy
Ejercicio 6. Resolver la E.D.: (x + 2)2 dx
= 5 − 8y − 4xy.
5
(Rta.: y(2 + x)4 = 3 (2 + x)3 + C)

as
dy dy
Ejercicio 7. Resolver la E.D.: y − x dx = dx
y 2 ey .

atic
x
(Rta.: y − xy = C)

atem
Ejercicio 8. El suministro de glucosa al torrente sangu´ıneo es una tćni-
e
ca importante para detectar la diabetes en una persona. Para estudiar este

eM
proceso, definimos G(t) como la cantidad de glucosa presente en la sangre
de un paciente en el tiempo t. Suponga que la glucosa se suministra al sis-

o. d
gr.
tema sangu´ıneo a una tasa constante k min. . Al mismo tiempo la glucosa se
transforma y se separa de la sangre a una tasa proporcional a la cantidad de
ept
glucosa presente. Construir la E.D. y resolverla. Hallar G(t) cuando t → ∞.
,D

Ejercicio 9. Hallar la soluciń general en t´rminos de f (x), de la E.D.:
o e
uia

dy f (x)
tioq

+2 y = f (x)
dx f (x)
An

(Rta.: y = 1 f (x) +
3
C
[f (x)]2
)
de

Ejercicio 10. Hallar y(x) en funciń de f (x) si
o
ad

dy
rsid

+ f (x) y = f (x)y 2
dx
ive

1
(Rta.: y = (1−Ce f (x) dx ) )
Un

Ejercicio 11. Hallar la soluciń general de la E.D.
o

(x + 1)y + (2x − 1)y = e−2x
1
(Rta.: y = − 3 e2x + Ce−2x (x + 1)3 )

31

CAP´

o

y + y = 2xe−x + x2 si y(0) = 5

(Rta.: y = x2 e−x + x2 − 2x + 2 + 3e−x )

o

(1 − 2xy 2 )dy = y 3 dx

as
si y(0) = 1

atic
(Rta.: xy 2 = ln y)

atem
2.7. ECUACION DIFERENCIAL DE

eM
BERNOULLI

o. d
dy
Definiciń 2.7 . Una E.D. de la forma dx + p(x)y = Q(x)y n con n = 0 y
o
n = 1, se le llama una E.D. de Bernoulli. Obsrvese que es una E.D. no lineal.
ept
La sustituciń w = y 1−n convierte la E.D. de Bernoulli en una E.D. lineal en
o
,D
w de primer orden:
uia

dw
+ (1 − n)p(x)w = (1 − n) Q(x).
tioq

dx
dy
Ejemplo 13. xy(1 + xy 2 ) dx = 1 con y(1) = 0.
An

Soluciń:
o
dy 1 dx
= xy (1+xy2 ) ⇒ = xy (1 + xy 2 ) = xy + x2 y 3
de

dx dy
ad

dx
− xy = x2 y 3 (2.9)
rsid

dy
tiene la forma de Bernoulli con variable dependiente x, con n = 2
ive

Hagamos w = x1−2 = x−1 ⇒ x = w−1
Un

dx dw
= −w−2
dy dy
sustituimos en (2.9): −w −2 dw − yw−1 = y 3 w−2
dy
multiplicamos por −w −2 : dw + yw = −y 3 , lineal en w de primer orden.
dy
luego p(y) = y; Q(y) = −y 3

32

2.7. E.D. DE BERNOULLI

y2
P (y) dy y dy
F.I. = e =e =e2

w F.I. = F.I. Q(y) dy + C

y2 y2
we 2 = e 2 (−y 3 ) dy + C

as
y2
hagamos: u = 2
⇒ du = y dy , y 2 = 2u

atic
atem
y2 y2
we 2 = − y 3 e 2 dy + C = −2 ueu du + C

eM
y2
e integrando por partes, obtenemos: w e 2 = −2u eu + 2eu + C

o. d
y2 y2 1 y2 y2
x−1 e 2 = −y 2 e 2 + 2e 2 + C ⇒
x
= −y 2 + 2 + Ce− 2 ept
,D
Como y(1) = 0 entonces C = −1, por lo tanto la soluci´n particular es:
o
uia

1 y2
= −y 2 + 2 − e− 2
tioq

x
Resolver las E.D. de los siguientes ejercicios:
An

dy y x
de

Ejercicio 1. 2 dx = x
− y2
con y(1) = 1.
3 1
3 −2
(Rta.: y x = −3x + 4)
ad

2
rsid

2
Ejercicio 2. y = x3 3x .
+y+1
(Rta.: x3 = −y − 2 + Cey )
ive
Un

Ejercicio 3. tx2 dx + x3 = t cos t.
dt
(Rta.: x3 t3 = 3(3(t2 − 2) cos t + t(t2 − 6) sen t) + C)

x
Ejercicio 4. y = x2 y+y3 .
2
(Rta.: x2 + y 2 + 1 = Cey )

33

CAP´

Ejercicio 5. xy + y = x4 y 3 .
(Rta.: y −2 = −x4 + cx2 )

Ejercicio 6. xy 2 y + y 3 = cos x .
x
(Rta.: x3 y 3 = 3x sen x + 3 cos x + C)

Ejercicio 7. x2 y − y 3 + 2xy = 0.
2
(Rta.: y −2 = 5x + Cx4 )

as
o

atic
dx 2 √ x 3
− x = y( 2 ) 2

atem
dy y y

tal que y(1) = 1

eM
(Rta.: y 3 = x)

o. d
o
ept
(1 − 2xy 2 )dy = y 3 dx
,D

tal que y(0) = 1
uia

(Rta.: xy 2 = ln |y|)
tioq
An

2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER OR-
de

DEN
ad

Sea
rsid

(y )n + a1 (x, y)(y )n−1 + a2 (x, y)(y )n−2 + . . . + an−1 (x, y)y + an (x, y) = 0,
ive

donde ai (x, y) para i = 1 . . . n son funciones reales y continuas en una regi´n
o
Un

R del plano XY .

Casos:

i) Se puede despejar y .

34

2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN

ii) Se puede despejar y.

iii) Se puede despejar x.

dy
Caso i). Si hacemos p = dx
= y , entonces

pn + a1 (x, y)pn−1 + a2 (x, y)pn−2 + . . . + an−1 (x, y)p + an (x, y) = 0.

as
En caso que sea posible que la ecuaciń anterior se pueda factorizar en
o

atic
factores lineales de p, se obtiene lo siguiente:

atem
(p − f1 (x, y))(p − f2 (x, y)) . . . (p − fn (x, y)) = 0,

donde fi (x, y) para i = 1, . . . , n son funciones reales e integrables en una re-

eM
giń R del plano XY .
o

o. d
Si cada factor tiene una soluciń ϕi (x, y, c) = 0, para i = 1, . . . , n.
o
n
entonces la soluciń general es i=1 ϕi (x, y, c) = 0.
o
ept
Ejemplo 14. (y − sen x)((y )2 + (2x − ln x)y − 2x ln x) = 0.
,D

Soluciń:
o
uia

(p − sen x)(p2 + (2x − ln x)p − 2x ln x) = 0
tioq

(p − sen x)(p + 2x)(p − ln x) = 0
An

dy
Para el factor p − sen x = 0 ⇒ dx
− sen x = 0 ⇒ dy = sen x dx ⇒
y = − cos x + C
de
ad

φ1 (x, y, C) = 0 = y + cos x − C
rsid

dy
Para el factor p + 2x = 0 ⇒ dx
= −2x ⇒ dy = −2x dx
ive
Un

⇒ y = −x2 + C ⇒ φ2 (x, y, C) = 0 = y + x2 − C
dy
Para el factor p − ln x = 0 ⇒ dx
= ln x ⇒ dy = ln x dx

y= ln x dx + C,

e integrando por partes:

35

CAP´

1
y= ln x dx + C = x ln x − x dx = x ln x − x + C
x

φ3 (x, y, C) = 0 = y − x ln x + x − C
3
La soluciń general es:
o i=1 φi (x, y, C) = 0

(y + cos x − C)(y + x2 − C)(y − x ln x + x − C) = 0

as
Resolver por el m´todo anterior los siguientes ejercicios:
e

atic
Ejercicio 1. p (p2 − 2xp − 3x2 ) = 0.

atem
(Rta.: (y − c)(2y − 3x2 + c)(2y + x2 + c) = 0)

eM
2
dν dν
Ejercicio 2. 6µ2 dµ
− 13µν dµ − 5ν 2 = 0.
1 5

o. d
(Rta.: (νµ 3 − c)(νµ− 2 − c) = 0)

Ejercicio 3. (y )3 − y(y )2 − x2 y + x2 y = 0.
2 2
ept
(Rta.: (x − ln |y| + c)(y + x − c)(y − x − c) = 0)
,D
2 2
uia

dy
Ejercicio 4. n2 p2 − x2n = 0, con n = 0 y dx
=p=y.
xn+1 xn+1
(Rta.: (y + n(n+1) − c)(y − n(n+1) − c) = 0)
tioq
An

Ejercicio 5. Denotando por P cualquier punto sobre una curva C y T
el punto de intersecciń de la tangente con el eje Y . Hallar la ecuaciń de C
o o
de

si P T = k.
√ √
2 2
2
(Rta.:(y + c)2 = k 2 − x2 + k ln k −x −k , con |x| ≤ k, k > 0.)
ad

x
rsid

Caso ii). Son ecuaciones de la forma F (x, y, p) = 0 y de la cual puede
despejarse y, es decir: y = f (x, p), donde x y p se consideran como variables
ive

independientes, la diferencial total es:
Un

∂f ∂f
dy = dx + dp
∂x ∂p

luego
dy ∂f ∂f dp
=p= +
dx ∂x ∂p dx

36


o sea que

∂f ∂f dp dp
0= −p + = g(x, p, p ), donde p =
∂x ∂p dx dx

y por tanto
∂f ∂f
−p dx + dp = 0
∂x ∂p

as
atic
es una E.D. de primer orden en x y p. Generalmente (teniendo buena suerte)

atem
g(x, p, p ) = 0

se puede factorizar, quedando as´ g(x, p, p ) = h(x, p, p ) φ (x, p) = 0.
ı:

eM
a) Con el factor h(x, p, p ) = 0 se obtiene una soluciń h1 (x, p, c) = 0,
o

o. d
se elimina p entre h1 (x, p, c) = 0 y F (x, y, p) = 0 y se obtiene la soluciń
o
general.
ept
b) Con φ(x, p) = 0 se obtiene una soluciń singular, al eliminar p entre
o
,D
φ(x, p) = 0 y F (x, y, p) = 0.
uia

2 dy
Ejemplo 15. y = f (x, p) = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − x , donde p =
2 dx
tioq

dy ∂f ∂f dp
Soluciń:
o dx
=p= ∂x
+ ∂p dx
An

si x = 0

1 dp
de

p = (p+2x) ln x+(px+x2 ) +2(px+x2 )(p+2x)−x+[x ln x+2(px+x2 )x]
x dx
ad

dp
p = (p + 2x) ln x + p + x + 2x(p + x)(p + 2x) − x + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx
rsid
ive

dp
0 = (p + 2x) ln x + 2x(p + x)(p + 2x) + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx
Un

dp
0 = (p + 2x)[ln x + 2x(p + x)] + x[ln x + 2x(p + x)] dx
dp
0 = [ln x + 2x(p + x)] p + 2x + x dx

0 = h(x, p), Φ(x, p, p )

37

CAP´

dp
1) Con el factor Φ(x, p, p ) = p + 2x + x dx = 0
dp x=0 dp p
⇒ x dx + p = −2x ⇒ dx
+ x
= −2 (dividimos por x)

1
E.D.lineal en p, P (x) = x , Q(x) = −2
1
P (x) dx
F.I. = e =e x
dx
= eln |x| = x

p F.I. = F.I.Q(x) dx + C

as
atic
2
px = x(−2) dx + C = − 2x + C = −x2 + C
2

atem
C
p = −x + x
(dividimos por x)

eM
luego sustituimos en la E.D. original:

x2

o. d
y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 −
2
ept
x2
y = (−x2 + C + x2 ) ln x + (−x2 + C + x2 )2 −
,D
2
uia

soluci´n general
o
x2
y = C ln x + C 2 −
tioq

2
2) h(x, p) = ln x + 2x(p + x) = 0
An

0 = ln x + 2xp + 2x2
de
ad

2xp = − ln x − 2x2
rsid

2 2
luego p = − ln x−2x ⇒ px = − ln x+2x
ive

2x 2
Un

sustituyo en la E.D. original:

x2
y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 −
2
2
ln x + 2x2 ln x + 2x2 x2
y= − + x2 ln x + − + x2 −
2 2 2

38


2
− ln x − 2x2 + 2x2 − ln x − 2x2 + 2x2 x2
y= ln x + −
2 2 2

ln2 x ln2 x x2
y=− + −
2 4 2
luego la soluci´n singular es
o
ln2 x x2

as
y=− −
4 2

atic
dy
Resolver por el m´todo anterior los siguientes ejercicios, donde p =
e :

atem
dx

Ejercicio 1. xp2 − 2yp + 3x = 0.

eM
(Rta.: 2cy = c2 x2 + 3, y 2 = 3x2 )

o. d
Ejercicio 2. y = px ln x + p2 x2 .
(Rta.: y = c ln x + c2 , y = − 4 ln2 x)
1

ept
Ejercicio 3. y = 5xp + 5x2 + p2 .
,D
(Rta.: y = cx − x2 + c2 , 4y + 5x2 = 0)
uia

Ejercicio 4. p2 x4 = y + px.
tioq

1
(Rta.: y = c2 − cx−1 , y = − 4x2 )
An

Ejercicio 5. 2y = 8xp + 4x2 + 3p2 .
2
(Rta.: 2y = 3(c − x)2 + 8(c − x)x + 4x2 , y = − 2x )
de

3
ad

1
Ejercicio 6. y = xp − 3 p3 .
rsid

3
(Rta.: y = cx − 1 c3 , y = ± 2 x 2 )
3 3
ive

Caso iii). Si en la ecuaci´n F (x, y, p) = 0, se puede despejar x = g(y, p)
o
dy 1
con y y p como variables independientes; hacemos dx = p, o sea que dx = p
Un

dy
y como
∂g ∂g
dx = dy + dp
∂y ∂p
luego
dx 1 ∂g ∂g dp
= = +
dy p ∂y ∂p dy

39

CAP´

por tanto
∂g 1 ∂g dp
− + = 0 = h(y, p, p )
∂y p ∂p dy
dp
donde p = dy
.
dβ 3 dβ
Ejemplo 16. cos2 β dα
− 2α dα + 2 tan β = 0
dβ
Soluci´n: con p =
o dα
, se tiene:

as
cos2 β p3 + 2 tan β

atic
α=
2p

atem
cos2 β p2 tan β
α= + = g(β, p)
2 p

eM
1 ∂g ∂g ∂p
= +
p ∂β ∂p ∂β

o. d
1 sec2 β tan β dp
⇒ = − cos β sen β p2 + + p cos2 β − 2
p p p ept dβ
,D
Teniendo en cuenta la identidad: sec2 θ = 1 + tan2 θ;
uia

1 1 tan2 β tan β dp
= − cos β sen β p2 + + + p cos2 β − 2
tioq

p p p p dβ

tan2 β tan β dp
An

2
0 = − cos β sen β p + + p cos2 β − 2
p p dβ
de

tan2 β 1 2 tan β dp
0 = − sen β cos β p2 + + p cos2 β −
ad

p p p dβ
rsid

− sen β cos β p2 tan β 1 2 tan β dp
0 = tan β + + p cos2 β −
tan β p p p dβ
ive

tan β 1 2 tan β dp
Un

0 = − tan β cos2 β p2 − + p cos2 β −
p p p dβ
tan β 1 dp
0 = cos2 β p2 − − tan β +
p p dβ
dβ dp
0 = h(β, p) φ(β, p, p ), donde p = y p =
dα dβ

40


1 dp
1 : φ(β, p, p ) = − tan β + =0
p dβ
1 dp dp
⇒ = tan β ⇒ = tan β dβ
p dβ p
⇒ ln |p| = − ln | cos β| + ln |C|
|c| c
ln |p| = ln ⇒p= , donde cos β = 0
| cos β| cos β
Sustituyendo en el la E.D. original:

as
atic
cos2 β p3 − 2α p + 2 tan β = 0

atem
c3 c
cos2 β 3β
− 2α + 2 tan β = 0
cos cos β

eM
c3 c
− 2α + 2 tan β = 0
cos β cos β

o. d
c3 c3 2 sen β
cos β
+ 2 tan β cos β
+ cos β
⇒α= =
c
2 cos β 2 ept
c
cos β
,D
La soluci´n general es :
o
uia

c3 + 2 sen β c2 sen β
= = + ; c=0
tioq

2c 2 c
An

tan β
2 : h(β, p) = 0 = cos2 β p2 −
p
de

tan β tan β
cos2 β p2 = ⇒ p3 =
ad

p cos2 β
rsid

3 tan β 3 sen β
p= =
cos2 β cos3 β
ive

1
Un

1 3 sen 3 β
p= sen β ⇒ p =
cos β cos β
Y sustituyo en la E.D.O. original:
1 3 1
2 sen 3 β sen 3 β
cos β − 2α + 2 tan β = 0
cos β cos β

41

CAP´

1
2 sen β sen 3 β
cos β − 2α + 2 tan β = 0
cos3 β cos β
1
sen 3 β
tan β − 2α + 2 tan β = 0
cos β
sen β
3 tan β 3 cos β 3 2
⇒α= 1 = 1 = sen 3 β
2 sen 3β 2 sen 3β 2
cos β cos β

as
Siendo esta ultima la soluciń singular.
´ o

atic
Resolver por el m´todo anterior los siguientes ejercicios:
e

atem
Ejercicio 1. x = y + ln p
C
(Rta.: x = y + ln |1 + ey |)

eM
Ejercicio 2. 4p2 = 25x

o. d
(Rta.: (3y + c)2 = 25x3 )
ept
Ejercicio 3. 2px = 2 tan y + p3 cos2 y
,D
2
(Rta.: x = sen y + c2 , 8x3 = 27 sen 2 y)
c
uia

Ejercicio 4. 4px − 2y = p3 y 2
tioq

3 4
(Rta.: 4c x − 2y = cy ; 4x = 3y 3 )
y
An

Ecuaciń de Clairaut: y = xy + f (y )
o
Por el m´todo del caso ii) se muestra que su soluciń general es de la forma:
e o
de

y = cx + f (c)
ad

Y su soluciń singular se consigue eliminando p entre las ecuaciones
o
x + f (p) = 0 y y = xp + f (p)
rsid

3
Ejercicio 5. y = xy − (y3)
ive

3
(Rta.: y = cx − 1 c3 , y = ± 2 x 2 )
Un

3 3

Ejercicio 6. y = xy + 1 − ln y
(Rta.: y = cx + 1 − ln c, y = 2 + ln x)

Ejercicio 7. xy − y = ey
(Rta.: y = cx − ec , y = x ln x − x)

42

2.9. OTRAS SUSTITUCIONES

Ejercicio 8. (y − px)2 = 4p

Ejemplo 17. y dx + (1 + yex ) dy = 0
Soluci´n:
o

as
Hagamos

atic
u−1
u = 1 + yex ⇒ y = , du = yex dx + ex dy = ex (y dx + dy),

atem
ex
⇒ du = (u − 1) dx + ex dy

eM
du − (u − 1) dx

o. d
⇒ dy =
ex
Reemplazando en la ecuaci´n original:
o ,D
ept
u−1 du − (u − 1) dx ex >0
dx + u = 0
ex ex
uia
tioq

(u − 1 − u(u − 1)) dx + u du = 0
An

(u − 1)(1 − u) dx + u du = 0
de
ad

−(u − 1)2 dx + u du = 0
rsid

u
dx = du
ive

(u − 1)2
Un

u
x= du + C
(u − 1)2
Utilicemos fracciones parciales para resolver la integral

u A B
2
= +
(u − 1) u − 1 (u − 1)2

43

CAP´

u = A(u − 1) + B
si u = 1 ⇒ B = 1
si u = 0 ⇒ 0 = −A + 1 ⇒ A = 1

1 1
x= + du
u − 1 (u − 1)2

as
dv

atic
x = ln |u − 1| + , haciendo v = u − 1 ⇒ dv = du
v2

atem
1
entonces x = ln |u − 1| − +C
v

eM
1
x = ln |yex | − + C, es la soluci´n general
o
yex

o. d
ept
Ejemplo 18. y + 2y(y )3 = 0.
,D
Soluci´n:
o
dy d2 y
uia

Hagamos p = y = , ⇒p =y =
dx dx2
tioq

p + 2yp3 = 0
An

dp
+ 2yp3 = 0
de

dx
dp dp dy dp dp
Por la regla de la cadena sabemos que: = = p = p dy , entonces
ad

dx dy dx dy
rsid

dp
p + 2yp3 = 0, con p = 0
dy
ive

dp
Un

+ 2yp2 = 0
dy
dp
= −2yp2 ⇒ p−2 dp = −2y dy
dy

⇒ −p−1 = −y 2 + C

44


1 dy
p−1 = y 2 + C1 ⇒ p = =
y2 + C1 dx

⇒ dx = (y 2 + C1 ) dy

y3
x= + C1 y + C2
3

as
Hacer una sustituci´n adecuada para resolver los siguientes ejercicios:
o

atic
dy
Ejercicio 1. xe2y dx + e2y = ln x
x

atem
(Rta.: x2 e2y = 2x ln x − 2x + c)

dy 4 y

eM
Ejercicio 2. − y = 2x5 e x4
y
dx x
(Rta.: −e− x4 = x2 + c)

o. d
Ejercicio 3. 2yy + x2 + y 2 + x = 0
(Rta.: x2 + y 2 = x − 1 + ce−x )
ept
,D

Ejercicio 4. y 2 y = y
uia

(Rta.: y + c12 ln |cy − 1| = x + c1 , y = k)
c
tioq

dy
Ejercicio 5. 2x csc 2y dx = 2x − ln(tan y)
An

(Rta.: ln(tan y) = x + cx−1 )
de

Ejercicio 6. y + (tan x)y = 0
ad

(Rta.: y = C1 sen x + C2 )
rsid

Ejercicio 7. y + 1 = e−(x+y) sen x
(Rta.: ey = −e−x cos x + ce−x )
ive
Un

dy
Ejercicio 8. dx + xy 3 sec y12 = 0
(Rta.: x2 − sen y12 = c)

Ejercicio 9. dy − y sen x dx = y ln(yecos x) dx
(Rta.: ln(ln |yecos x |) = x + C)

45

CAP´

Ejercicio 10. yy + xy 2 − x = 0
2
(Rta.: y 2 = 1 + Ce−x )
y
Ejercicio 11. xy = y + xe x
y
(Rta.: ln |Cx| = −e− x )

Ejercicio 12. x2 y − 2xy − (y )2 = 0
2
(Rta.: x + Cx + C 2 ln |C − x| = −y + C1 )
2

as
Ejercicio 13. yy − y 2 y − (y )2 = 0

atic
1 y
(Rta.: C ln | y+C | = x + C1 )

atem
dy y y
Ejercicio 14. dx + e x + x
y
(Rta.: e− x = ln |Cx|)

eM
dy y y
Ejercicio 15. dx = cos x + x

o. d
y y
(Rta.: sec x + tan x = Cx)

ept
,D

2.10. ANEXO CON EL PAQUETE Maple
uia

Como con el paquete matem´tico Maple se pueden resolver Ecuaciones
a
tioq

Diferenciales, expondremos a continuaciń varios ejemplos, los cuales solu-
o
cionaremos utilizńdo dicho paquete. Las instrucciones en Maple terminan
a
An

con punto y coma, despu´s de la cual se da “enter”para efectuar la operaciń
e o
de

que se busca.
ad

dy y
Ejemplo 19. Hallar general de la E.D. dx
= 3x
rsid

>int(1/y,y)=int(3/x,x)+C;
ive

ln(y) = 3 ln(x) + C
>solve(ln(y) = 3*ln(x)+C,y);
Un

2
exp(C) x
dy 1
Ejemplo 20. Hallar la soluciń particular de la E.D.
o dx
= xy(1 + x2 )− 2 , con
la condiciń inicial y(1) = 1
o

46

2.10. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE

> restart;

> diff_eq1 := D(y)(x)=x*y(x)^3*(1+x^2)^(-1/2);
xy(x)
diff_eq1 := D(y)(x) = 1
(1+x2 ) 2

> init_con := y(0)=1;

init_con := y(0) = 1

as
> dsolve( {diff_eq1, init_con} , {y(x)} );

atic
atem
1
y(x) = √
−2 1 + x2 + 3

eM
Ejemplo 21. Mostrar que la E.D. (2xy 2 + yex )dx + (2x2 y + ex − 1)dy = 0
es exacta y hallar la soluci´n general.
o

o. d
> M:=2*x*y^2+y*exp(x);
ept
M:= 4xy + ex
,D

> N:=2*x^2*y+exp(x)-1;
uia

N:=2x2 y + ex − 1
tioq

> diff_E1:=2*x*(y^2)(x)+y(x)*exp(x)+(2*x^2*y(x)+exp(x)-1)*D(y)(x)=0;
An

diff_E1 := 2xy(x)2 + y(x)ex + (2x2 y(x) + ex − 1)D(y)(x) = 0
de

> dsolve(diff_E1,y(x));
ad
rsid

1 1 − ex − (ex )2 − 2ex + 1 − 4x2 C1
y(x) = ,
ive

2 x2
Un

1 1 − ex + (ex )2 − 2ex + 1 − 4x2 C1
y(x) =
2 x2

47

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