1) El documento presenta la resolución de dos ejercicios de ecuaciones diferenciales parciales mediante el método de variables separables y la transformada de Laplace. 2) En el primer ejercicio se resuelve la ecuación dy/dx = f(u) transformándola a du/dx = B*f(u) + A y encontrando su solución general. 3) En el segundo ejercicio se aplica la transformada de Laplace a la ecuación diferencial y se halla su solución general y la solución que satisface las condiciones iniciales d

1. Solución de la P.E.C. de Ecuaciones Diferenciales
Abril de 2014
Avelino José Freije Velasco
D.N.I. 10.886.040-W

2. Ejercicio 1:
dy = + +
a) u = Ax + By + C f (Ax By C)
dx
Como B ¹ 0 podemos escribir:
u - Ax - C
y
= (1)
B
Renombrando f (Ax + By + C) como f (u)
dy = f (u)
(2)
dx
Derivando (1):
dy = - '
u A
B
dx
(3)
Igualando (2) y (3)
( )
u '
- A =
f u
B
Con lo que :
u'= B * f (u) + A
du = * ( ) +
B f u A
dx
dx
du =
* ( ) +
B f u A
que es la ecuación de variables separadas buscada, cuya
solución será:
du
∫ +
+ =
B f u A
x C
* ( )
b1) ( ' 1) ( ) 0 y - 3 - y - x 2 =
Despejando y’
' ( ) 1 y = y - x 2 / 3 +
Tomando ahora u = -x + y - 0 (4), tendremos que A=-1, B=1 y C=0 y
podremos expresarlo como:

3. ( ) 1 = f u = u2 / 3 +
dy
dx
(5), que es la ecuación expresada en función de “u”.
Despejando “y” en la expresión (4) y derivando tendremos:
y = u + x
= u'+1
dy
dx
(6)
Igualando ahora (5) y (6):
' 1 1 u + = u2 / 3 +
De donde:
du = u
2 / 3 por lo que dx
dx
du = 2 / 3 (7)
u
Si comprobamos la formula de la ecuación de variables separadas obtenida en el
primer apartado:
dx
du =
* ( ) +
B f u A
, como B=1, A=-1 y ( ) 1 f u = u2 / 3 + , sustituyendo estos
valores llegaremos a la expresión (7).
Ahora integrándola tendremos:
x
u = x + K ⇒u = +
1/ 3 3 )
3 ( C
3
Como u = -x + y sustituyendo llegamos a:
3 )
x
- x + y = +
( C
3
Y finalmente, despejando y:
C x
x
y = + 3 + )
3
(

4. b2) La solución singular habrá de satisfacer la ecuación diferencial y no
podrá inferirse de la solución general que acabamos de obtener.
Para que exista la solución singular habrá de verificarse que:
F(x, y, y' ) = 0
0
F x y y
( , , ' ) =
¶y
'
( , , ' ) ( ' 1) ( ) 0 F x y y º y - 3 - y - x 2 = (8)
F x y y
( , , ' ) º - 2 =
¶
3( ' 1) 0
'
y
y
⇒ y'-1 = 0
Sustituyendo en (8):
y - x = 0
De donde obtenemos la solución singular:
y = x
La envolvente de una familia uniparamétrica de curvas G(x, y,C) = 0 es, en
caso de existir, la curva tangente en cada uno de sus puntos a una curva de la familia.
Para obtenerla eliminamos el parámetro “C” en:
G(x, y,C) = 0
0
G x y C
( , , ) =
¶C
x
( , , ) ( º - + C 3 - x =
G x y C y ) 0
(9)
3
G x y C
( , , ) º - + 2 =
¶
) 0
3
3(
C
x
C
⇒ 0
3
+ C =
x
Sustituyendo en (9):
y - x = 0
De donde obtenemos la envolvente de la familia uniparamétricas de curvas:
y = x
Como se observa la envolvente es la solución singular que ya habíamos
hallado.

5. Ejercicio 2:
a) 3 / 2 ' ' x y y e- = -
4
5
y(0) =
6
5
y' (0) = -
En primer lugar aplicaremos la transformada de Laplace a la ecuación:
[ ] [ ] [ 3 / 2 ] ' ' x L y L y L e- = -
1
(3/ 2)
( ) (0) ' (0) ( ) 2
+
- - - =
s
s F s sy y F s
1
(3/ 2)
( )
6
5
4
5
( ) 2
+
- + - =
s
s F s s F s
1
1
6


( ) 5
2 - 4
5
1
(3/ 2)


+ -
+
=
s
s
s
F s
6 / 5
( ) 2 2 2 -
( 1)
4 / 5
( 1)
1
( (3/ 2))( 1)
-
-
+
+ -
=
s
s
s s s
F s
6 / 5( 3/ 2)
+ +
s
s s
( ) 2 2 + 2 -
( (3/ 2))( 1)
(4 / 5)( 3/ 2)
( (3/ 2))( 1)
1
( (3/ 2))( 1)
- +
+ -
+ -
=
s s
s s
s s
F s
= -
4 / 5 4 / 5
= + - - +
s
s s s
( ) 2
( (3/ 2))( 1)
4 / 5 12 /10 6 / 5 18/10 1
( (3/ 2))( 1)
2
2
2
+ -
+ -
s s
s s
F s
Descomponiendo en fracciones simples:
1
5
+ + + + + - -
s A B C s B C B A C
( (3/ 2))( 1)
)
3
2
3
2
) (
2
2
( ) (
-
4 / 5 4 / 5
s
( (3/ 2))( 1) 3/ 2 ( 1) ( 1)
2
2
2
2
+ -
=
+
+
-
+
+
=
+ -
s s
s
C
s
B
s
A
s s
Igualando término a término obtenemos el sistema para obtener los valores de
los coeficientes A=4/5, B=0 y C=0. Entonces:
0
( 1)
0
( 1)
4 / 5
3/ 2
( )
+
+
-
+
+
=
s s s
F s
Aplicando la transformada de Laplace inversa:
[ ] 4
1
4
x

+
4 / 5


+

= ⇒
L F s L e
2
s
L
s
1 1 3
1
5
3/ 2
5
3/ 2
( )
-
- -
- = 

= 

x
3
4 - =
y e 2
5
Esta es la solución buscada para el problema del valor inicial.

6. b) La ecuación planteada es una ecuación lineal de coeficientes constantes de
segundo orden y la ecuación característica de su ecuación lineal homogénea será:
1 0 r 2 - = y sus raíces serán r = ±1
Por lo tanto la solución de la ecuación lineal homogénea es:
x x y C e C e= + - 1 2
El término que completa la ecuación lineal es un polinomio de grado 0
multiplicando a “e” elevado a una función de “x”, luego la solución particular que
buscamos es de la forma:
x
3 - =
p y Ae 2
Y sus derivadas serán:
x
3
3
p y Ae 2
2
'
- = -
x
3
9 - =
p y Ae 2
4
Sustituyendo en la ecuación:
3
3
9 - - - - =
x x x
3
Ae 2
Ae 2
e 2
4
Igualando coeficientes:
9 A - A = 1
⇒
4
4 A =
5
Por lo que la solución particular será:
x
3
4 - =
p y e 2
5
Y la solución general de la ecuación completa será:
x
3
= + - + 4 -
x x y C e C e e 2
1 2 5
Para resolver el problema de los valores iniciales y hallar la solución buscada
sustituimos los valores de y(0) e y’(0):

7. 4
5
4
5
1 2 = C + C +
12
10
6
1 2 - = C + C -
5
De este sistema obtenemos los valores particulares de las constantes de
integración que serán 0 para las dos, por lo que la solución para esos valores iniciales
será:
x
3
4 - =
p y e 2
5

8. Ejercicio 3:
a) ' ' ' 0 x2 y +axy + y = x > 0 r y = x
Sustituyendo la solución “y” así como sus derivadas en la ecuación diferencial
obtenemos:
r y = x (1)
1 ' = r- y rx
2 ' ' ( 1) = - r- y r r x
( ( 1) ) ( ) 0 2 - r-2 + r-1 + r = x r r x ax rx x
Operando:
( -1) r + r + r = 0 r r x arx x
Donde:
r(r -1) +ar +1 = 0
( 1) 1 0 r 2 + a - r + =
Que es lo que se quería demostrar.
Si a = 3
2 1 0 r 2 + r + =
1
2 4 4 r = - ± - = -
2
Luego la solución buscada se hallará sustituyendo el valor de “r” obtenido en
(1):
1 = -1 =
x
y x
b) ' ' 3 ' 0 x2 y + xy + y = y = x-1 p
Para la resolución según el método de la reducción de orden se llevará a cabo el
cambio de variable y y v(x) p =

9. y x v = -1
' ' 2 1y x v x v = - - + -
' ' 2 2 ' ' ' 3 2 1y x v x v x v = - - - + -
Sustituyendo en la ecuación diferencial:
(2 2 ' ' ') 3 ( ') 0 2 -3 - -2 + -1 + - -2 + -1 + -1 = x x v x v x v x x v x v x v
2 2 ' ' ' 3 ' 3 0 -1 - + + - -1 + -1 = x v v xv v x v x v
xv' '+v'= 0
Haciendo ahora el cambio w=v’
xw'+w = 0
w
x
w'= -
w
x
dw = -
dx
dx
x
dw = -
w
Integrando:
C
w = 1
x
Deshaciendo los cambios:
C
v 1 '=
x
Integrando nuevamente:
dv = 1 dx
v = C Ln(x) + C
1 2 C
x
Deshaciendo el primer cambio
1
1 2 ( ( ) ) y = C Ln x + C x-

10. y = C x- (para 1 2 C = tenemos la
Con C1 = 0 obtenemos la primera solución 1
2
solución particular de partida) y con 0 2 C = obtenemos una segunda solución
linealmente independiente de la primera que sería:
1 y C x Ln x = -
( ) 1
Finalmente la solución general de la ecuación sería la suma de estas dos
soluciones:
1 2 ( ( ) ) y = C Ln x + C x-
1