Este documento trata sobre ecuaciones diferenciales de primer orden. Explica que una ecuación diferencial de primer orden con condición inicial se expresa de una forma determinada. También describe el método de variables separables para resolver ecuaciones diferenciales donde es posible separar las variables. Finalmente, menciona algunos tipos de ecuaciones diferenciales que se pueden convertir fácilmente en ecuaciones de variables separables.

1. ECUACIONES DIFERENCIALES
DEMETRIO CCESA RAYME

2.  UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN CON LA CONDICIÓN INICIAL
SE EXPRESA DE LA SIGUIENTE FORMA:
CONDICIONES INICIALES
 ECUACIÓN DE VARIABLES SEPARABLES
En donde es posible "despejar" todos
los términos con la variable
dependiente en función de la variable
independiente
SOLUCION

3. Solución General: Y: f(x)
Expresada en forma explícita o implícita
ECUACIÓN DE VARIABLES SEPARABLES

4. Una EDO de primer orden: dy/dx = f(x,y) = g(x)h(y), es separable o de
variables separables. En este caso, puede resolverse mediante
integración directa, integrando a ambos lados, para lo cual las dos
constantes de integración se engloban en una:
  Cdxxgdy
yh
)(
)(
1
Por ejemplo :
  c½ exdxey
,edy/dx
xx
x



22
2
1
1

5. La idea más simple de los procedimientos de solución es reescribir la
ecuación como una ecuación de variables separables:
Donde f(y) es una función exclusivamente de y y g(x) es una función
exclusivamente de x. Esta ecuación se resuelve integrando a ambos
lados:
La ED de la forma
Se denomina ED de variables separables, ya que es inmediata su
reescritura como una ED con variables separadas:
dxxgdyyf )()( 
 
x
x
y
y
dxxgdyyf
00
)()(
dyxgyfdxxgyf )()()()( 2211 
dx
xg
xg
dy
yf
yf
)(
)(
)(
)(
2
1
1
2


6. Algunos tipos de EDO se convierten fácilmente a variables separables, por
ejemplo cuyo campo vectorial es función de una combinación lineal de x e y:
Haciendo el cambio z= ax+by, se obtiene:
Ejemplo: La ecuación
Se puede reescribir como
Donde z=x+y.
Integrando se obtiene
Regresando a las variables originales:
testanconssonb,adonde),byax(f
dx
dy

)z(bfa
dx
dz

1
dx
dy
)yx( 2

2
z
1
1
dx
dz

cx)z(tanz 1
 
)cyta n (yx 

7. (1+x).dy – y.dx=0
Y=(1+x)c
RESOLVER:
1.
2.

8. 3)4(,  y
y
x
dx
dy
2
11
22
1
22
25
2
25
,
2
4
2
)3(
22
,
xy
cc
c
xy
xdxydy



 
Resolver
También se puede dejar la solución en forma implícita como:
x2 + y2 = c2, donde c2 = 2c1
Aplicando la condición inicial, 16 + 9 = 25 = c2; x2 + y2 = 25.
Una Solución en forma explícita con dominio de definición I : -5 < x < 5.
2
25 xy 
Solución por separación de variables:

9. )1(
1
1lnln
1
1
111 1ln1ln
1
xe
exeeey
cxy
x
dx
y
dy
c
ccxcx







1c
e
Resolver
x
y
y


1
'
  
1),1(|1|
1,1|1|


xxx
xxx
Solución: como dy/y= dx/(1+x), tenemos:
Sustituyendo por c, obtenemos y=c (1+x)
¿Que pasaría si no se toma el valor absoluto?

10. POSIBLE PÉRDIDA DE UNA SOLUCIÓN
Cuando r es un cero de h(y), si sustituimos y(x)= r en dy/dx = g(x)h(y),
tenemos 0 = 0. Es decir, y(x) = r también es solución de dy/dx = g(x)h(y).
Sin embargo, esta solución no se revelará tras la integración, puesto que:
dy/h(y) = g(x) dx queda indefinido en el cociente (h(y = r) = 0). Entonces
y(x) = r es una solución singular.
Resolver: dy/dx = y2 – 4
Separando variables, escribimos esta ED como:
dxdy
yy
dx
y
dy










 22
;
4
4
1
4
1
2

11. 2
2
,4
2
2
ln,2
4
1
2ln
4
1
24
21
cx
e
y
y
cx
y
y
cxyy








Sustituyendo exp(c2) por c y resolviendo para y:
x
x
xxccx
ce
ce
yceeee
y
y
4
4
444
1
1
2;
2
2 22




 
Si se factoriza la EDO: dy/dx = (y + 2)(y – 2), y se iguala a 0, se obtiene y =  2
como soluciones de equilibrio. y = 2 corresponde a c = 0 en la solución. Pero y =
-2 es una solución singular que no se puede obtener de la solución anterior
(observa las fracciones parciales al comienzo para entender por qué).

12. Resolver: dy/dx = xy½ con y(0) = 0
Separando variables tenemos:
dy/y½ = xdx
2 y½ = (x2/2 + c)
y = (x2/2 + c)2. Como y(0) = 0, c = 0 , la solución que se obtendrá será: y = x4/16
Se ha perdido la Solución trivial y(x) = 0 en el término dy/y½ y que también cumple la
condición inicial. Entonces, así se encuentre una solución particular para una ED de
primer orden al conseguir determinar c mediante una condición inicial, es posible que
la solución no sea única.
En este caso el Problema de Valor Inicial(PVI) posee
una infinidad de soluciones que podemos escribir
con a  0 como:
 






axax
ax
xy
,
16
1
,0
)( 222

13.  
 
 
2
2
2
3 2
3 2
sin 2 0
sin 2
1
cos
3
1
arcc
2
o
3
sin
s
ydy x x dx
ydy x x dx c
y x x c
y x x x c
dy x x
dx y
    
   
    
 



   
 
 
y
xx
dx
dy
sin
22


Resolver:
Solución:

14.    
2
2
2
2
2 2
0
1
1
sin cos
1
cos cos
arcsin
cos1 1 sin
arcsin ln arcsin ln
s l
1
in n
dy dx
xy
dy dx
c
xy
dy
y dy d
y
dy d
ydy
d
d
d y
y
y x c y c x
y x x
x
c
x
  
   
 

   

 

 

    
 
   
 


 

   
x
y
dx
dy 2
1

Resolver:
Solución:

15. Solución:
Separando variables:
Aplicamos la identidad sen (2x) = 2 sen x cos x:
 (ey – ye-y) dy = 2  sin x dx
Integrando por partes: ey + ye-y + e-y = -2 cos x + c
Puesto que y(0) = 0, c = 4; la solución implícita es:
ey + ye-y + e-y = 4 −2 cos x.
0)0(,2sin)(cos 2
 yxe
dx
dy
yex yy
dx
x
x
dy
e
ye
y
y
cos
2sin2


Resolver

16. Resolver:

17. Resolver:
Solución:

24.  
 
 
2
2 2
2 1
1
2
1
ln
1 1
ln ln1 ln
2
1
1
ln
2
1 2
g z
g
z
dg dz dg dz
g z g z
z
g
z z
g
g z
dg z g
g
d
z
z z
  
 
    




 
Resolver:
Nota:
Se han incluido las condiciones iniciales del problema como límites inferiores de
las integrales al resolver la EDO.

25. La ecuación de la forma
tiene de la forma de una diferencial exacta du(x,y) = 0
y por consiguiente la solución: u(x,y) = c
si cumple la condición de Euler:
En tal caso
y la función u(x,y) se puede obtener integrando M respecto a x:
y se puede determinar c(y) derivando
x
)y,x(N
y
)y,x(M





0dy)y,x(Ndx)y,x(M 
y
)y,x(u
)y,x(N,
x
)y,x(u
)y,x(M






  )y(cdx)y,x(M)y,x(u

26. Ejemplo: La siguiente ED
Es exacta puesto que
Integrando respecto a x
Es decir,
Derivando respecto a y
De donde
Finalmente la solución general es
0dy)3yx(dx)1yx( 2

x
yx
y
yx




 )3()1( 2
  )()1(),( ycdxyxyxu
)(),( 2
2
ycxx yyxu x

3)(' 2



yxycx
y
u
  1
2
)3()( cdyyyc
232 3),(
32
cyxx yyxu yx


27. Ecuación diferencial exacta con factor integrante:
Solución:

28. EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente
resolverla por el método de las exactas.
SOLUCIÓN:
1º Paso: Verificar si la ED es exacta o no exacta
No exacta
2º Paso: Búsqueda del factor integrante (F. I.) para convertir la ED en exacta:
Para esto es necesario realizar las dos consideraciones para ver cuál
de las dos se puede factorizar y por ende produce un factor
integrante:

29. 3º Paso: Conversión de la ED no exacta en exacta
Factorizando se tiene:
4º Paso: Aplicación de los 4 pasos (i a iv) del método de solución de las ED
exactas.
Paso i): Comprobar si la ED es exacta
Exacta

30. Paso ii): Integrar con respecto a x, dejando a y constante
Paso iii): Derivar con respecto a y la ecuación resultante en el paso ii
Despejando g´(y) de la igualdad anterior, se tiene:
Paso iv): Obtener la función g (y)
Paso v): Sustitución del valor de g (y) en el paso ii
Solución general: kccsiendocxyyx  11
232
2

31. EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente
resolverla por el método de las exactas.
SOLUCIÓN:

32. APLICANDO LAS PROPIEDADES DE LOS LOGARITMOS Y EXPONENCIALES:
Se tiene lo siguiente:
xx
e
y
y
ce
xy
xy
c 





))0(2(
))0(3(
)2(
)3(
xx
e
y
y
ce
y
y
c 


)(
)(
)0(
)0(
  xx
ecec 1