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1.38. Problemas propuestos 1
TEMA 1
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE
PRIMER ORDEN Y SUS APLICACIONES
(Prof. José Luis Quintero)
1.1. MOTIVACIÓN
En cursos anteriores se ha manejado con frecuencia la palabra ecuación la
cual se utiliza en muy variadas ocasiones, por ejemplo: 2 3
x 3x 2 0, x 1 0,− + = − =
x
senx 0, tgx e , ...= = y como esas, muchas otras análogas, así como sistemas de las
mismas. En esos casos se trata de hallar números que son las incógnitas de la
ecuación. Estas ecuaciones pueden admitir más de una solución. Existen numerosos
problemas de la Ingeniería, que conducen a plantear ecuaciones, pero donde ahora las
incógnitas ya no son números sino otros objetos matemáticos. Entre estas ecuaciones
se encuentran las denominadas ecuaciones diferenciales en las cuales la(s)
incógnita(s) que se presentan son funciones, y se llaman diferenciales puesto que en
dichas ecuaciones figuran las derivadas de las funciones incógnitas.
En cursos anteriores de Cálculo se aprendió que, dada una función y f(x),= la
derivada dy dx f '(x)= es también una función de x y se encuentra mediante alguna
regla apropiada. Por ejemplo, si
2x
y e= entonces
2x
dy dx 2xe= o bien dy dx 2xy= .
El problema que se enfrenta en este tema no es: dada una función y f(x),= encontrar
su derivada; más bien, el problema es: si se da una ecuación tal como dy dx 2xy= ,
encontrar de alguna manera una función y f(x)= que satisfaga la ecuación. En una
palabra, se desea resolver ecuaciones diferenciales. Se debe señalar que ésta es una
de las ramas de la Matemática que más profundamente se ha estudiado desde hace
unos 300 años, siendo la Mecánica Celeste la primera área donde se aplicó
intensamente la teoría de las ecuaciones diferenciales. Desde esa época, el campo de
aplicaciones de esta teoría ha aumentado considerablemente, y se puede señalar (a
groso modo) que las mismas rigen una gran cantidad de fenómenos (deterministas)
donde ciertas magnitudes varían de manera continua en función de uno o varios
parámetros, uno de los cuales frecuentemente es el tiempo.
1.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 1. Una ecuación diferencial es aquella en la que intervienen derivadas o
diferenciales. Si tales derivadas son las de una función de una variable, entonces a la
ecuación diferencial se le llama ordinaria. Una ecuación diferencial parcial (o en
derivadas parciales) contiene derivadas parciales.
1.38. Problemas propuestos 2
Ejemplo 1. Las ecuaciones
2
3
2
d y dy
x x y 7x
dxdx
− + = − ,
3 34 2
5
4 2
d y d y dy 1
2 x
dx 3dx dx
     
+ − =             
,
2
(x 5y 3)y ' 7x 2y− + = − + , son ecuaciones diferenciales ordinarias, mientras que
z
2
y
∂
= −
∂
,
2 2 2
2 2 2
t t t
0
x y z
∂ ∂ ∂
+ + =
∂ ∂ ∂
son ecuaciones diferenciales parciales o en derivadas
parciales.
Ejemplo 2. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias:
a. 2
(1 x )y '' 2xy ' ( 1)y 0, R− − + α α + = α ∈ (Ecuación de Legendre que se presenta en
problemas de propagación del calor con simetría esférica)
b. 2
y'' (y 1)y ' y 0+ µ − + = (Ecuación de Van der Pol que se presenta en problemas de
circuitos eléctricos conteniendo tubos al vacío)
Ejemplo 3. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales:
a. 2
tt xxu a u 0− = (Ecuación de onda unidimensional que caracteriza la propagación de
ondas en algunos medios y las vibraciones mecánicas de una cuerda vibrante)
b. xx yy zzu u u 0+ + = (Ecuación de Laplace que se presenta en el estudio de
potenciales magnético, eléctrico, gravitatorio y en el flujo de calor)
1.3. ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 2. Se llama orden de una ecuación diferencial al mayor orden de las
derivadas que aparecen en dicha ecuación. Es decir, es el orden de la más alta
derivada de la ecuación diferencial.
Ejemplo 4.
52
2
d y dy
4 3y 1
dxdx
 
− − = 
 
es una ecuación diferencial ordinaria de segundo
orden o de orden dos. La ecuación
4 2
4 2
t t
0
x x
∂ ∂
+ =
∂ ∂
es una ecuación diferencial parcial de
orden cuatro.
Ejemplo 5. 2 2 2
x y'' xy ' (x p )y 0+ + − = (Ecuación de Bessel que se presenta en
problemas de flujo de calor en cilindros, propagación de corrientes eléctricas en
conductores cilíndricos y vibraciones de membranas) es una ecuación diferencial
ordinaria de segundo orden.
1.4. GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 3. El grado de una ecuación diferencial lo da la potencia de la derivada de
mayor orden en dicha ecuación.
1.38. Problemas propuestos 3
Ejemplo 6. Identificación de orden y de grado en ecuaciones diferenciales:
a. y ' tg(x)= es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden y primer grado.
b.
2
2
z z
3x 6
xx
∂ ∂
− =
∂∂
es una ecuación diferencial parcial de orden 2 y grado 1.
c.
3
dy dy
x 5 0
dx dx
 
− + = 
 
es una ecuación diferencial ordinaria de orden 1 y grado 3.
1.5. VARIABLE DEPENDIENTE Y VARIABLE INDEPENDIENTE
Definición 4. Considere una ecuación diferencial que contiene una o más derivadas de
una variable con respecto a otra variable particular. Se denomina variable
dependiente a la que presenta derivadas, mientras que la variable independiente
es aquella respecto de la cual se realiza la derivada.
Ejemplo 7. En la ecuación diferencial
3 2
3 2
d y d y dy
5 7y cos(x)
dxdx dx
− + − = y es la variable
dependiente, mientras que x es la variable independiente.
Ejemplo 8. La ecuación
2 2
2 2
v v
0
y z
∂ ∂
+ =
∂ ∂
tiene dos variables independientes z, y, y una
variable dependiente v.
1.6. ECUACIÓN DIFERENCIAL ORDINARIA LINEAL
Definición 5. Se dice que la ecuación diferencial ordinaria (EDO) de la forma
(n)
F(x, y, y',y '',..., y ) 0= es lineal si F es una función lineal de las variables y, y ', y '',
(n)
...,y . Por tanto, la ecuación diferencial ordinaria lineal general de orden n es de la
forma (n) (n 1)
n n 1 1 0a (x)y a (x)y ... a (x)y ' a (x)y g(x).−
−+ + + + =
Es decir, la ecuación diferencial ordinaria es lineal si posee las siguientes
características:
a. La variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado, es decir que
no pueden tener una potencia distinta de uno.
b. Los coeficientes de la ecuación diferencial ordinaria n n 1 1 0a , a , ...,a , a− solo
dependen de la variable independiente o son constantes reales.
Ejemplo 9. Las siguientes ecuaciones son lineales:
x
3y '' 3xy ' (x 1)y e− + + = , 3 2 2
x y''' x y '' 3xy ' 5y (x 1)− + + = + , 2
(x 1) y '' 3y ' cos(x)+ − =
Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales:
yy'' 2y ' 0+ = , 2
(y ') xy x 1− = + , 2
xy'' 2y y' x y− = +
A estas ecuaciones se les denomina no lineales.
1.38. Problemas propuestos 4
Ejemplo 10. Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales:
a. 1
2
y ''' yy '' 0+ = (Ecuación de Blasius que se presenta en problemas de mecánica de
fluidos)
b. 2
y y ' x 2(y ') y '= + − (Ecuación de Clairaut que se presenta en variados problemas
físicos)
1.7. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 6. Se dice que una función f, definida en un intervalo I, es solución
(también llamada integral de la ecuación) de una ecuación diferencial en el intervalo I,
si satisface la ecuación diferencial en I, es decir, si se sustituye f en dicha ecuación y
esta se reduce a una identidad.
Observación 1. El intervalo I puede ser abierto, cerrado, semicerrado, o todo R.
Ejemplo 11. Para todo número real C, la función 3
f(x) x C= + es solución de la
ecuación 2
y' 3x= en I R= , porque al sustituir f '(x) en lugar de y' se obtiene la
identidad 2 2
3x 3x= . Entonces, a la función 3
f(x) x C= + , se le llama solución general
de 2
y' 3x= , ya que toda solución es de esa forma. Observe que en la solución general
3
f(x) x C= + aparece el parámetro arbitrario C. Una solución particular de 2
y' 3x=
se obtiene asignándole un valor específico a dicho parámetro.
A veces, una ecuación diferencial tiene una solución que no puede obtenerse
dando valores específicos a los parámetros en una familia de soluciones. A tal solución
se le llama solución singular. La terminología de solución completa se usa algunas
veces para denotar todas las soluciones, esto es, la solución general junto con las
soluciones singulares, si hay alguna.
Ejemplo 12. Considere dos números reales arbitrarios 1C , 2C . Demuestre que
2x 2x
1 2f(x) C e C e−
= + es solución de y '' 4y 0,− = en I R= .
Solución. Como 2x 2x
1 2f '(x) 2C e 2C e−
= − y 2x 2x
1 2f ''(x) 4C e 4C e−
= + , al reemplazar f(x)
y f ''(x) en y'' 4y 0− = se tiene que f ''(x) 4f(x) 0− = , es decir,
2x 2x 2x 2x
1 2 1 2(4C e 4C e ) 4(C e C e ) 0− −
+ − + = .
Esto demuestra que f(x) es una solución de y'' 4y 0− = . La solución f(x) se
llama solución general de y '' 4y 0− = . Note que la ecuación diferencial es de orden 2 y
que la solución general contiene dos parámetros arbitrarios 1C , 2C . Se va a calcular la
solución particular de y'' 4y 0− = que satisface la condición y 3= si x 0= , y' 0= (esto
suele escribirse y(0) 3= , y '(0) 0= , es decir, f(0) 3= , f '(0) 0= ). De esta manera
2.0 2.0
1 2 1 2
2.0 2.0
1 2 1 2
f(0) C e C e C C 3
f '(0) 2C e 2C e 2C 2C 0
−
−
= + = + =
= − = − =
.
1.38. Problemas propuestos 5
El sistema de ecuaciones a resolver es 1 2
1 2
C C 3
2C 2C 0
+ =

− =
.
De aquí se obtiene 1 2
3
C C
2
= = , entonces la solución particular para las
condiciones iniciales dadas (y(0) 3, y '(0) 0)= = es: 2x 2x3 3
f(x) e e
2 2
−
= + .
Ejemplo 13. Demuestre que x 2x
1 2y C e C e− −
= + es solución de
2
2
d y dy
3 2y 0
dxdx
+ + = para
las constantes arbitrarias 1 2C , C y obtenga una solución particular que satisfaga las
condiciones y(0) 1, y '(0) 1= = .
Solución.
x 2x
1 2
x 2x
1 2
2
x 2x
1 22
y C e C e
dy
y' C e 2C e
dx
d y
y'' C e 4C e
dx
− −
− −
− −
= +
= = − −
= = +
Se debe probar que
2
2
d y dy
3 2y 0
dxdx
+ + = . En efecto:
x 2x x 2x x 2x
1 2 1 2 1 2C e 4C e 3( C e 2C e ) 2(C e C e ) 0− − − − − −
+ + − − + + =
x 2x x 2x x 2x
1 2 1 2 1 2C e 4C e 3C e 6C e 2C e 2C e 0− − − − − −
+ − − + + =
Por otro lado, si y(0) 1, y '(0) 1= = se tiene: 1 2
1 2
C C 1
C 2C 1
+ =

− − =
, de aquí se
obtiene 1 2C 3, C 2,= = − entonces la solución particular para las condiciones iniciales
dadas es x 2x
y 3e 2e− −
= − .
1.8. SOLUCIONES EXPLÍCITAS E IMPLÍCITAS
Se distingue además entre soluciones explícitas o implícitas de ecuaciones
diferenciales. Se puede ver que
2x
y e= es una solución explícita de dy dx 2xy= .
También se puede ver que 4
y x 16= y x
y xe= son soluciones explícitas de
dy dx x y 0− = y '
y'' 2y y 0− + = , respectivamente. Se dice que una relación
G(x, y) 0= define implícitamente una ecuación diferencial en un intervalo I, y pudiera
definir una o más soluciones explícitas en I.
Ejemplo 14. Para 2 x 2− < < la relación 2 2
x y 4 0+ − = es una solución implícita de la
ecuación diferencial
dy x
dx y
= − . Derivando implícitamente se obtiene
2 2d d d
(x ) (y ) (4) 0
dx dx dx
+ − = ,
dy
2x 2y 0
dx
+ = o bien
dy x
dx y
= − .
1.38. Problemas propuestos 6
La relación 2 2
x y 4 0+ − = define dos funciones en el intervalo 2 x 2− < < :
2
y 4 x= − y 2
y 4 x= − − .
1.9. ALGUNAS INTERROGANTES
Lo expuesto hasta ahora sugiere plantear las siguientes interrogantes en
relación a las ecuaciones diferenciales:
a. Una vez que se tiene la ecuación diferencial, ¿cómo se sabe que existen soluciones
de dicha ecuación?
b. Si ya se conoce que una ecuación diferencial tiene solución. ¿Cuántas soluciones
hay?
c. Sabiendo que hay soluciones y cuántas de ellas, ¿Cómo hallarlas?
d. ¿Cómo surgen las ecuaciones diferenciales, es decir, que tipos de problemas
conducen a plantear ecuaciones diferenciales?
e. Conociendo que hay soluciones y cuántas de ellas, pero no sabiendo determinarlas
mediante una fórmula, bien sea explícitamente y y(x)= o implícitamente
(x, y) 0ϕ = , ¿existirá alguna manera de “aproximar” cada solución por una función
conocida o por una serie y determinar una cota del error cometido en esa
aproximación? y ¿habrá algún procedimiento para decir cómo se comportan las
soluciones aún cuando no se conocen?
En lo que sigue se dará respuestas a estos interrogantes, excepto la (e) la cual
forma parte de otros estudios, entre ellos los métodos numéricos de resolución de
ecuaciones diferenciales (cálculo numérico).
1.10. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma
F(x, y,y ') 0= . Si se puede expresar como y' f(x,y)= entonces se pueden aplicar
métodos de solución para ecuaciones resueltas respecto a la derivada, dentro de este
tipo de ecuaciones se estudiarán los métodos de solución de algunas de ellas, ya que
cada modelo de ecuación requiere de un proceso diferente para llegar a la solución, lo
que funciona bien con un tipo de EDO no necesariamente se aplica a otras. Si por el
contrario la EDO no se puede expresar como y ' f(x,y)= , entonces se tendrán que
aplicar métodos de solución para ecuaciones no resueltas en y' , un ejemplo de este
tipo de ecuaciones es la ecuación de Clairaut que es de la forma y xy' f(y ')= + .
El estudio se centrará en las EDO de primer orden donde es posible despejar
y' , y dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán las siguientes:
• Ecuaciones con variables separables
• Ecuaciones reducibles a variables separables
• Ecuaciones homogéneas
1.38. Problemas propuestos 7
• Ecuaciones reducibles a homogéneas
• Ecuaciones exactas
• Ecuaciones reducibles a exactas
• Ecuaciones lineales
• Ecuaciones reducibles a lineales
De esta forma se comienza a dar respuesta a la interrogante c del apartado
1.9.
1.11. ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES
Si la EDO dada se puede expresar de la forma h(y)dy g(x)dx= , se dirá que la
ecuación es de variables separables. Observe que se debe poder despejar y separar las
variables x e y. De esta forma integrando ambos miembros de la ecuación anterior se
determina la solución: h(y)dy g(x)dx=
∫ ∫ .
Ejemplo 15. Resuelva (2 x)dy ydx 0+ − = .
Solución.
1 1 1 1
(2 x)dy ydx dy dx dy dx
y 2 x y 2 x
   
+ = ⇒ = ⇒ =   + +   ∫ ∫ (se despejan las
expresiones si y 0, x 2≠ ≠ − ) por lo tanto: 1ln y ln 2 x C= + + , aquí se reemplaza 1C
por 1 2C ln C= , es decir 2 2ln y ln 2 x ln C ln (2 x)C= + + = + y así, 3y (2 x)C= + ,
3(C 0)≠ . Las curvas y 0= y x 2= − son soluciones de la ecuación diferencial. En forma
gráfica se tiene (ver figura 1):
Figura 1. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 15
1.38. Problemas propuestos 8
Ejemplo 16. Resuelva
dy
x 2y 2 xy
dx
− − + = .
Solución.
dy dy dy
x 2y 2 xy (x 2) y(x 2) (x 2)(1 y)
dx dx dx
= − − + ⇒ = − + − ⇒ = − + por lo
tanto:
dy dy
(x 2)dx (x 2)dx
1 y 1 y
= − ⇒ = −
+ +∫ ∫ (se despejan las expresiones si y 1≠ − )
Se tiene que:
2 22 x x2x C 2x1 C2 2 1
1
x
ln 1 y 2x C 1 y e 1 y e e
2
− + −
+ = − + ⇒ + = ⇒ + = , de modo
que aquí se reemplaza C1e por 2C 2(C 0)> , y en consecuencia se tiene que
2 2x x2x 2x
2 2
2 31 y e C 1 y C e
− −
+ = ⇒ + = , de manera que
2x 2x
2
3y C e 1
−
= − , 3(C 0)≠ . La curva
y 1= − es solución de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 2):
Figura 2. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 16
Ejemplo 17. Resuelva x x 2
4e tg(y)dx ( e )sec (y)dy 0+ π − = .
Solución. x x 2
4e tg(y)dx ( e )sec (y)dy 0+ π − = , x 2 x
( e )sec (y)dy 4e tg(y)dxπ − = −
separando las variables:
2 x
x
sec (y) 4e
dy dx
tg(y) e
= −
π −
(se despejan las expresiones si
x
y k (k Z) , e≠ π ∈ π ≠ )
2 x
x
sec (y) e
dy 4 dx
tg(y) e
=
− π∫ ∫ ambas integrales se pueden resolver
por simple sustitución.
x
x 2
u e v tg(y)
du e dx dv sec (y)dy
= − π =
= =
entonces:
dv du
4
v u
=
∫ ∫ , 1ln v 4ln u C= + , x
2ln tg(y) 4ln e ln C= − π + , x 4
2ln tg(y) ln (e ) C= − π ,
x 4
3tg(y) (e ) C= − π , x 4
3y arctg((e ) C )= − π .
Las curvas y k (k Z)= π ∈ y x
eπ = son soluciones de la ecuación diferencial.
En forma gráfica se tiene (ver figura 3):
1.38. Problemas propuestos 9
Figura 3. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 17
Ejemplo 18. Resuelva x ydy
7
dx
+
= .
Solución. x y x ydy
7 7 .7
dx
+
= = . Separando variables: x
y
dy
7 dx
7
= .
Integrando ambos miembros: y x
7 dy 7 dx−
=
∫ ∫ . Se hacen las sustituciones:
x x
u 7 , du 7 ln7dx= = , y y 2 y y
v 7 , dv (7 ) 7 ln7dy 7 ln7dy− − −
= = − = − , ydv
7 dy
ln7
−
− =
Se tiene entonces
1 1
dv du
ln7 ln7
− =
∫ ∫ ,
y x x y
dv du v u C
7 7 C 7 7 C− −
− = ⇒ − = +
− = + ⇒ + =
∫ ∫
En forma gráfica se tiene (ver figura 4):
Figura 4. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 18
1.38. Problemas propuestos 10
1.12. ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES
Una EDO que se presente de la forma
dy
f(ax by c)
dx
= + + , (b 0)≠ puede
transformarse en una EDO con variables separables con el cambio: u ax by c= + + ,
du / dx a b(dy / dx)= + . La ecuación dada queda, al aplicar el cambio:
dy 1 du du
a , bf(u) a
dx b dx dx
 
= − = + 
 
que tienen las variables separadas, un procedimiento como en el apartado 1.11
permite hallar la solución. Recuerde devolver los cambios efectuados para transformar
la ecuación.
Ejemplo 19. Resuelva
1
y'
x y 1
=
+ +
.
Solución. Con el cambio u x y 1 , du 1 dy,= + + = + recuerde que se está derivando
respecto de “x”. Se tendrá la ecuación diferencial con variables separadas
1
u' 1
u
− =
(u 0)≠ es decir
du 1 1 u
1 u'
dx u u
+
= + ⇒ = . Separando las variables e integrando se tiene:
u
du dx
1 u
=
+∫ ∫ , u 1 ln u 1 x C,+ − + = + x y 2 ln x y 2 x C+ + − + + = + (u 1)≠ −
La solución es 1 y ln x y 2 C+ − + + = . La solución y (x 2)= − + también satisface
la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 5):
Figura 5. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 19
1.38. Problemas propuestos 11
Ejemplo 20. Resuelva
dy
sen(x y)
dx
= + .
Solución. Sea u x y,= + du 1 dy= + así:
dy du
1
dx dx
= − y queda entonces la ecuación
diferencial u' 1 sen(u)− = , que separando las variables se tiene:
du
sen(u) 1
dx
= + , por lo
tanto:
du
dx
sen(u) 1
=
+∫ ∫ , (sen(u) 1 0)+ ≠ . Para resolver la primera integral se
multiplica por la conjugada del denominador así:
2
(1 senu) (1 senu)
du du
(1 senu)(1 senu) cos u
− −
=
− +∫ ∫
resultando las integrales: 2
2 2 2
du sen(u) sen(u)
du sec (u)du du
cos u cos u cos (u)
− = −
∫ ∫ ∫ ∫ .
Las integrales que se tienen son directas por lo tanto al integrar resulta:
1 2
1
tg(u) C x C
cosu
− + = +
devolviendo el cambio:
1
tg(x y) x C
cos(x y)
+ − = +
+
.
La solución de la forma 3
2
y x 2k (k Z)π
= − + + π ∈ también satisface la ecuación.
Algunas ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables se presentan
en forma diferente a los casos anteriores, en general se puede señalar que una
ecuación diferencial ordinaria de primer orden con la forma y' f(h(x,y))= es de este
tipo si se puede encontrar una sustitución u h(x,y)= , que permita separar las nuevas
variables en una EDO con variables separables.
Ejemplo 21. Resuelva 2 2 2
(1 x y )y (xy 1) xy' 0+ + − = .
Solución. Con el cambio xy t= se transforma la ecuación en una de variables
separadas. Sea entonces t xy= , derivando respecto de x:
dt
xy ' y , t ' xy ' y
dx
= + = + ,
despejando:
t ' y
y' ,
x
−
= las nuevas variables son x y t. (x 0)≠ . La ecuación queda
entonces:
t
2 2 x
t 't
(1 t ) (t 1) x 0
x x
 −
+ + − = 
 
 
. Simplificando y despejando se tiene:
2 2
2 2
2 3
(1 t )t (1 t )t
(1 t )t (t 1) (t ' x t) 0, t ' x t , t ' x t
(t 1) (t 1)
+ +
+ + − − = − = − = −
− −
3 2 3 2
2 2
t 2t t t t 2t
t ' x
(t 1) (t 1)
− + − −
= = −
− −
, (t 1)≠
finalmente quedan las integrales:
2
2
dx t 2t 1
dt
x 2t
− +
= −
∫ ∫ , (t 0)≠
Calculando las integrales se obtiene:
t 1
ln x lnC ln t
2 2t
+ = − + + . Observe que la
constante de integración por conveniencia se toma lnC. Si se aplican las propiedades
1.38. Problemas propuestos 12
del logaritmo para simplificar se tendrá la solución:
2
Cxy 1
ln xy
x xy
 
= − 
 
, tomando
exponencial se obtiene:
1xy
2 xy
Cy e
−
= . La solución xy 0= satisface la ecuación.
Ejemplo 22. Resuelva 6 5 4 3 2 2 3
(x 2x 2x y 4x y)dx (xy 4x )dy 0.− + − + + − =
Solución. Con el cambio
y
t
x
= (x 0)≠ la ecuación dada se transforma en una de
variables separables en las nuevas variables t y x. Sea y tx= entonces
dy dt
t x
dx dx
= + ,
es decir y ' t xt '= + . Considerando la ecuación
6 5 4 3 2
3
x 2x 2x y 4x y
y '
xy 4x
− + − +
= −
−
, si se
aplica el cambio se tiene:
6 5 4 3 3 3
3 2 3
x 2x 2x t x 4tx
t ' xt '
x t 4x
− + − + −
+ =
−
. Separando variables y
simplificando:
6 5 4
4 2
x 2x 2x 1
t '
x t 4
 − + −  
=      −  
resulta: 2 2
(t 4)dt ( x 2x 2)dx− = − + −
∫ ∫ . Al
calcular la integral se obtiene la solución:
3 3
2
3
x y 4y
x 2x C
3 x3x
− + + − = . La solución
x 0= también satisface la ecuación.
Ejemplo 23. Resuelva x y 1 y'(2x 2y 1) 0+ + + + − = .
Solución.
1
2
1
2
1 1 1 1
2 2 2 2
x y 1 x y 1
x y 1 y'(2x 2y 1) 0 y' u x y u' 1 y '
2x 2y 1 2(x y )
2(u )u 1 u 1 2u 1 u 1 u 2
u' 1 u' 1 du dx (u 2)
u 22(u ) 2(u ) 2(u ) 2(u )
2u 1 2u 1
du dx du dx 2(u 2) 3ln u 2
u 2 u 2 u 2
+ + + +
+ + + + − = ⇒ = − = − = + ⇒ = +
+ − + −
−+ + − − − −
− = − ⇒ = − = = ⇒ = ≠
−− − − −
−  
= ⇒ − = ⇒ − + − = − − − 
x c
2(x y 2) 3ln x y 2 x c.
+
⇒ + − + + − = +
1.13. FUNCIÓN HOMOGÉNEA
Definición 7. Una función f(x,y) es homogénea de orden n en sus argumentos, si
para algún número real n, se cumple que n
f(tx,ty) t f(x, y)= .
Ejemplo 24. Una función homogénea de orden dos es 2 2
f(x, y) 5x 4xy 2y= − + , ya
que: 2 2 2 2 2 2
f(tx,ty) 5(tx) 4(tx)(ty) 2(ty) t (5x 4xy 2y ) t f(x, y)= − + = − + = .
Ejemplo 25. f(x,y) 3x 5xy 7y= − + es una función homogénea de orden uno, ya
que: f(tx,ty) 3tx 5txty 7ty 3tx t 5xy 7ty tf(x,y)= − + = − + = .
1.38. Problemas propuestos 13
Ejemplo 26.
2
2
4x
f(x,y) 9,
3y
= + es una función homogénea de orden cero, en efecto:
2 2
0
2 2
4(tx) 4x
f(tx,ty) 9 9 t f(x, y)
3(ty) 3y
= + = + = .
Definición 8. Si f es una función homogénea de orden n siempre se podrá escribir en
la forma n y
f(x, y) x f 1,
x
 
=  
 
o bien n x
f(x, y) y f ,1
y
 
=  
 
.
Ejemplo 27. Sea 2 2
f(x, y) x 3xy y= + + , primero se probará que es homogénea:
2 2 2 2
f(tx,ty) t (x 3xy y ) t f(x,y)= + + = .
Es homogénea de orden dos, luego se puede expresar como:
2 2
2 2 2 2
2 2
y y y x x x
f(x, y) x 1 3 x f 1, o f(x, y) y 3 1 y f ,1
x x y yx y
      
= + + = = + + =               
1.14. ECUACIONES HOMOGÉNEAS
Definición 9. Una ecuación diferencial de primer orden de la forma
M(x,y)
y'
N(x, y)
= se
dirá que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas del mismo
orden.
Si esto sucede es posible expresar la ecuación dada de la forma:
n
n
y y
x M 1, M 1,
x x
y'
y y
x N 1, N 1,
x x
   
   
   = =
   
   
   
.
Observe que también es posible expresar y' en términos de
x
y
 
 
 
.
Este tipo de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden se pueden
transformar en ecuaciones con variables separables mediante el cambio:
y
u
x
 
=  
 
o
x
v
y
 
=  
 
. Para resolver estas ecuaciones se selecciona el cambio a utilizar, sea por
ejemplo:
y
u
x
= de donde y ux= , derivando respecto de x se tiene:
dy du
x u
dx dx
= + , y
sustituyendo en la ecuación dada se tiene:
M(1,u)
xu' u
N(1,u)
+ = . Esta nueva EDO es de
variables separables en las variables separadas en las variables u y x, y por lo tanto de
fácil solución.
1.38. Problemas propuestos 14
Ejemplo 28. Resuelva
y x
y'
y x
−
=
+
.
Solución. Se puede expresar en la forma:
y
x 1
x
y'
y
x 1
x
 
− 
 =
 
+ 
 
(x 0)≠ . Esta ecuación se
resuelve con el cambio
y
u
x
= de donde se tiene y ux= y derivando respecto de x,
y' xu' u= + y luego sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene:
u 1
xu' u ,
u 1
−
+ =
+
u 1
xu' u,
u 1
−
= −
+
2
u 1
xu'
u 1
+
= −
+
. Esta nueva ecuación es de variables separables,
integrando: 2 2 2
u 1 dx 2u du dx
du du
x xu 1 2(u 1) u 1
+
= − ⇒ + = −
+ + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Estas integrales son
todas directas, se tiene entonces: 21
ln(u 1) arctg(u) ln x C
2
+ + = − + , devolviendo el
cambio:
2 2
2
1 y x y
ln arctg ln x C
2 xx
 +  
+ = − +       
.
Ejemplo 29. Resuelva
y
y x.ctg dx xdy 0
x
  
+ − =  
  
.
Solución. Despejando
dy
,
dx
se obtiene:
y yy
x ctgy x.ctg
x xdy x
dx x x
    ++    
    = = . Al sustituir
por
y
u ,
x
= se tiene: y' u' x u.= + (x 0)≠ . Sustituyendo u' x u u ctg(u)+ = + , integrando
du dx
ctgu x
=
∫ ∫ (ctgu 0)≠ , se obtiene ln sen(u) ln x C= + por tanto la solución general
es:
sen(y / x)
ln C
x
= . Las curvas del tipo
1
y k , k Z
2
 
= + π ∈ 
 
satisfacen la ecuación. En
forma gráfica se tiene (ver figura 6):
1.38. Problemas propuestos 15
Figura 6. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 29
Ejemplo 30. Resuelva xdy (x.cos(y x) y)dx 0+ − = .
Solución.
y x.cos(y x) y y
y' cos
x x x
−  
= = −  
 
(Ecuación homogénea)
Cambio de variable:u y x y' u u'x= ⇒ = + .
u u'x u cosu u'x cosu secudu dx x+ = − ⇒ = ⇒ = . Integrando se tiene:
( ) ( )ln secu tgu ln x lnC secu tgu cx sec y x tg y x cx+ = + ⇒ + = ⇒ + = .
Ejemplo 31. Suponga que M(x, y)dx N(x,y)dy 0+ = es una ecuación homogénea.
Pruebe que las sustituciones x r.cos , y r.sen= θ = θ reducen la ecuación a una de
variables separables.
Solución.
Por ser homogénea se tiene: n n
M(x, y) x M(1,y / x) (r cos ) M(1, tg ) N(x,y)= = θ θ =
dx cos dr r.sen d= θ − θ θ , dy sen dr r.cos d= θ + θ θ. Sustituyendo y simplificando se tiene:
M(1, tg )[cos dr r.sen d ] N(1, tg )[sen dr r.cos d ] 0θ θ − θ θ + θ θ + θ θ =
[M(1,tg )cos N(1,tg )sen ]dr r[N(1,tg )cos M(1,tg )sen ]d 0θ θ + θ θ + θ θ − θ θ θ =
Separando variables se obtiene
dr M(1,tg )sen N(1, tg )cos
r M(1,tg )cos N(1,tg )sen
θ θ − θ θ
=
θ θ + θ θ
.
1.15. ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS
Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden que se presentan con
la forma:
dy ax by c
f
dx Ax By C
 + +
=  
+ + 
donde
a b
0
A B
≠ se pueden transformar en ecuaciones
homogéneas con las sustituciones: x u h , y v k= + = + , donde el punto (h,k), es el
punto de corte de las rectas definidas mediante las ecuaciones: ax by c 0+ + = y
1.38. Problemas propuestos 16
Ax By C 0+ + = . Observe que la ecuación diferencial homogénea que resulta de esta
sustitución, es una ecuación en las nuevas variables u y v. Si la EDO de primer orden
se presenta con la forma:
dy ax by c
f
dx Ax By C
 + +
=  
+ + 
donde
a b
0
A B
= se puede transformar
en una ecuación de variables separables con la sustitución u ax by c.= + +
Ejemplo 32. Resuelva
x y 3
y'
x y 1
− −
=
+ −
.
Solución. Se determina el punto de corte de las rectas: x y 3 0 , x y 1 0− − = + − = .
Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra el punto (2, 1).− La sustitución es
por lo tanto x u 2, y v 1= + = − de donde se tiene que:
dy dv
dx du
= . Sustituyendo en la
EDO dada se tiene:
dv (u 2) (v 1) 3 u v
du (u 2) (v 1) 1 u v
+ − − − −
= =
+ + − − +
. Esta ecuación es homogénea y se
resuelve por lo tanto con la sustitución
u
z
v
= o bien con
v
w
u
= . Si se toma para
determinar la solución la sustitución
v
w
u
= se tiene v uw= (u 0)≠ . Derivando
dv
w uw'
du
= + y sustituyendo en la EDO dada se tiene:
dw 1 w
w u
du 1 w
−
+ =
+
. Esta nueva
ecuación en las variables w y u es de variables separables, resultando las integrales
2 2
1 w du 1 2w 2 du
dw dw
u 2 uw 2w 1 w 2w 1
+ +
= − ⇒ = −
+ − + −∫ ∫ ∫ ∫ . Resolviendo las integrales y sin
cambios: 21
ln w 2w 1 ln u C
2
+ − = − + . 2 2
ln (y 1) 2(y 1)(x 2) (x 2) C+ + + − − − = .
Ejemplo 33. Resuelva
16y 49x 18
y'
2x y 9
− +
=
+ −
.
Solución.
16k 49h 18 0 16k 49h 18
h 2 , k 5
k 2h 9 0 k 2h 9
− + = − = − 
⇒ ⇒ = = 
+ − = + = 
. Se aplica el par de
cambios: x u 2, y v 5= + = + y se tiene:
16(v 5) 49(u 2) 18 16v 49u
v'
2(u 2) v 5 9 2u v
+ − + + −
= =
+ + + − +
que
es una ecuación homogénea. Sea
v
t ut v v' ut ' t.
u
= ⇒ = ⇒ = + Se tiene entonces que:
2 2 2
16t 49 16t 49 2t t t 14t 49 (t 7)
ut ' t
2 t 2 t 2 t t 2
− − − − − + − −
= − = = = −
+ + + +
. De modo que:
2 2
t 2 du z 9 du
dt dz
u u(t 7) z
+ +
= − ⇒ = −
−
. Cambio z t 7 dz dt= − ⇒ = .
Se tiene: 2
1 9 du 9
dz ln z ln u c.
z u zz
 
+ = − ⇒ − = − + 
 ∫ ∫ Devolviendo cambios:
9 9
ln z ln u c ln t 7 ln x 2 c
z t 7
− = − + ⇒ − − = − − +
−
. y 5
x 2
y 5 9
ln 7 ln x 2 c
x 2 7−
−
−
− − = − − +
− −
.
Ejemplo 34. Resuelva 2 2 3
(x y 1)dy (2xy )dx 0− + = .
1.38. Problemas propuestos 17
Solución. Esta ecuación no es homogénea, sin embargo con una sustitución de la
forma a
y t= donde por el momento a es un número arbitrario que se debe determinar,
la transformación es homogénea. Derivando: a 1dy
at
dt
−
= y sustituyendo en la EDO:
2 2a a 1 3a
(x t 1)at dt 2xt dx 0−
− + = ,
3a
2 3a 1 a 1
dt 2xt
a
dx x t t− −
= −
−
. Observe en esta ecuación que el
grado de 3a
2xt es (1 3a)+ , el grado de a 1
t −
es (a 1)− y el grado de 2 3a 1
x t −
es
(2 3a 1),+ − como es necesario para que la ecuación sea homogénea que los grados de
todos los términos sean iguales, debe cumplirse entonces que 3a 1 a 1+ = − , esto
sucede si a 1= − por lo tanto la sustitución que transforma la ecuación dada en
homogénea es y 1 / t.= La ecuación dada toma la forma: 2 2
(t x )dt 2txdx 0− + = o bien
2 2 2
2
dx t (x / t 1)
dt t (2x / t)
−
= . Esta ecuación se resuelve con la sustitución
x
u
t
= , es decir:
x ut= , derivando, x ' tu' u= + . Sustituyendo en la ecuación se tiene:
2 2
u 1 u 1
u' t u u' t
2u 2u
− +
+ = ⇒ = − y luego: 2
2u dt
du
tu 1
= −
+∫ ∫ . Resolviendo las integrales
resulta: 2
ln u 1 ln t ln c+ = − + , de donde se tiene que 2
(u 1)t C+ = y devolviendo los
cambios u x / t= y a su vez t 1 / y= resulta la solución 2 2
x y 1 yc+ = .
Ejemplo 35. Halle la solución general de la ecuación
y x y x
(y ' 1).ln
x 3 x 3
+ + 
+ = + + 
.
Solución. La solución del sistema y x 0 , x 3 0+ = + = es el punto ( 3,3)− .
Cambio de variables: x u 3 , y v 3= − = + ,
v u v u
(v ' 1).ln
u u
+ + 
+ = 
 
.
Sea t v /u t ut ' v '= ⇒ + = , entonces (t ut ' 1).ln(t 1) t 1+ + + = + . Manipulando:
t 1 t 1 (t 1) (t 1)ln(t 1)
(t ut ' 1) ut ' (t 1) ut '
ln(t 1) ln(t 1) ln(t 1)
+ + + − + +
+ + = ⇒ = − + ⇒ =
+ + +
.
Separando variables:
ln(t 1) 1
dt du
(t 1)(1 ln(t 1)) u
+
=
+ − +
.
Al resolver
ln(t 1)
dt
(t 1)(1 ln(t 1))
+
+ − +∫ ,
dt
z 1 ln(t 1) dz
t 1
= − + ⇒ = −
+
.
La integral se convierte en 1
z 1
dz z ln z C
z
−
= − +
∫ . Por lo tanto:
ln(t 1) 1
dt du 1 ln(t 1) ln 1 ln(t 1) ln u C
(t 1)(1 ln(t 1)) u
+
= ⇒ − + − − + = +
+ − +
.
Devolviendo cambios:
y 3 y 3
1 ln 1 ln 1 ln 1 ln x 3 C
x 3 x 3
− −   
− + − − + = + +   + +   
.
Ejemplo 36. Dada la ecuación
5 2 2
3 3
dy 3x 3x y
dx 2x y 2y
+
=
−
, indique los valores de p y q para
convertirla en homogénea usando los cambios p
x u= , q
y v= y el valor de n si el
cambio es n
y v.x= .
Solución. qqqq
, y v, y v, y v, y vp p 1 q 1
x u dx p.u du dy q.v dv− −
= ⇒ = = ⇒ = . Se tiene entonces:
1.38. Problemas propuestos 18
q 1 5p 2p 2q 6p 1 3p 1 2q
p 1 3p q 3q 3p 2q 1 4q 1
2 q.v dv u u v 2qdv u u v
.
3 3pdup.u du u v v u v v
− − −
− − −
+ +
= ⇒ =
− −
. Se requiere que:
,,,,6p 1 3p 2q 1 3p 2q 6p 1 4q 1 3p 2q
3p 2q 1 4q 1 3p 2q
− = + − ⇒ = − = − ⇒ =
+ − = − ⇒ =
.
Por lo tanto las constantes p y q deben ser tales que 3p 2q= , p,q 0≠ .
n n n 1
y v.x y' v '.x n.x .v−
= ⇒ = + . Se tiene entonces:
5 2n 2 2 5 2n 2 2
n n 1 n n 1
n 3 3n 3 n 3 3n 3
3(x x v ) 3(x x v )
v ' x n.x v v ' x nx v
2(x v x v ) 2(x v x v )
+ +
− −
+ +
+ +
+ = ⇒ = −
− −
5 2n 2 2 n 1 n 3 3n 3 5 2n 2 2 2n 2 2 4n 1 4
n n 3 3n 3 2n 3 4n 3
3(x x v ) 2nx v(x v x v ) 3x 3x v 2nx v 2nx v
v'
2x (x v x v ) 2x v 2x v
+ − + + + −
+ +
+ − − + − −
= =
− −
.
Se requiere que: 1 1 1
2 2 2
5 4 2n n , 5 4n 3 n , 2n 4 4n 3 n= + ⇒ = = + ⇒ = + = + ⇒ = .
Por lo tanto 1
2
n .=
1.16. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS
Definición 10. Una expresión diferencial M(x, y)dx N(x, y)dy+ (1) es una diferencial
exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial total de alguna
función f(x,y).
Definición 11. Una ecuación diferencial M(x, y)dx N(x,y)dy 0+ = se llama exacta si la
expresión (1) es una diferencial exacta.
TEOREMA 1. Suponga que M(x, y), N(x, y) son funciones continuas con derivadas
parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces una
condición necesaria y suficiente para que la expresión (1) sea una diferencial exacta es
que
M(x, y) N(x, y)
y x
∂ ∂
=
∂ ∂
.
Demostración: ( )⇒ Suponga que M(x,y), N(x, y) tienen derivadas parciales de
primer orden continuas para todo (x,y). Por la definición 10, si la expresión (1) es
exacta, existe alguna función f(x,y) para la cual:
f(x, y) f(x, y)
M(x, y)dx N(x,y)dy dx dy
x y
∂ ∂
+ = +
∂ ∂
y
f(x, y)
M(x, y)
x
∂
=
∂
,
f(x, y)
N(x,y)
y
∂
=
∂
.
Por lo tanto,
2
M(x, y) f f f N(x, y)
y y x y x x y x
 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 
= = = =  ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   
. Por continuidad,
2 2
f(x, y) f(x, y)
y x x y
∂ ∂
=
∂ ∂ ∂ ∂
y de esta manera se obtiene
M(x, y) N(x, y)
y x
∂ ∂
=
∂ ∂
.
( )⇐ Suponga ahora que
M(x, y) N(x, y)
y x
∂ ∂
=
∂ ∂
. Se desea encontrar una función f(x,y) tal
que
f
M(x, y)
x
∂
=
∂
,
f
N(x,y)
y
∂
=
∂
. Resulta que:
x y
0
x y0 0
f(x, y) M(x,y )dx N(x, y)dy= +
∫ ∫ (2)
en donde 0 0(x , y ) es un punto de la región, esta es la función buscada. En la segunda
integral de (2) la variable x se mantiene fija. Luego,
1.38. Problemas propuestos 19
x y
0
x y0 0
f(x,y)
M(x, y )dx N(x, y)dy
x x x
∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂∫ ∫
y
0
y0
N(x, y)
M(x, y ) dy
x
∂
= +
∂∫
y
0
y0
M(x,y)
M(x, y ) dy
y
∂
= +
∂∫ (por hipótesis)
0 0M(x, y ) M(x, y) M(x,y ) M(x, y)= + − =
De manera semejante se puede demostrar que
f(x,y)
N(x, y)
y
∂
=
∂
.
1.17. MÉTODO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES
EXACTAS
Considere la ecuación M(x, y)dx N(x,y)dy 0+ = .
Paso 1. Demuestre que
M(x, y) N(x, y)
y x
∂ ∂
=
∂ ∂
.
Paso 2. Suponga luego que
f(x,y)
M(x,y)
x
∂
=
∂
. De este modo se puede encontrar a la
función f(x,y) integrando M(x,y) respecto a x mientras la variable y se mantiene
constante. Entonces se escribe f(x, y) M(x, y)dx g(y)= +
∫ (3).
Paso 3. Se deriva la ecuación (3) respecto a y y se supone que
f(x,y)
N(x, y)
y
∂
=
∂
:
f(x,y)
M(x, y)dx g'(y) N(x, y)
y y
∂ ∂
= + =
∂ ∂ ∫ .
De aquí resulta: g'(y) N(x, y) M(x,y)dx
y
∂
= −
∂ ∫ (4). Se observa que el primer
miembro de la ecuación (4) es independiente de x ya que:
N(x,y) M(x,y)
N(x, y) M(x, y)dx) 0.
x y x y
 ∂ ∂ ∂ ∂
− = − = 
∂ ∂ ∂ ∂ ∫
Paso 4. Se integra la ecuación (4) respecto a y, luego se sustituye el resultado en la
ecuación (3).
Paso 5. La solución de la ecuación es f(x, y) C.=
Ejemplo 37. Resuelva 2
(7x 6y)dx (6x 5y )dy 0+ + − = .
Solución.
Paso 1.
M(x,y) (7x 6y)
6
y y
∂ ∂ +
= =
∂ ∂
,
2
N(x, y) (6x 5y )
6
x xy
∂ ∂ −
= =
∂ ∂
.
Paso 2.
2
7x
f(x, y) (7x 6y)dx g(y) 6xy g(y)
2
= + + = + +
∫ .
Paso 3. 2 2
y
7
f (x, y) x 6xy g(y) 6x g'(y) 6x 5y
y 2
∂  
= + + = + = − ∂  
. 2
g'(y) 5y= − .
Paso 4.
3
2 2 5y
g'(y) 5y g(y) 5y dy
3
= − ⇒ = − = −
∫ ,
2 3
7x 5y
f(x, y) 6xy .
2 3
= + −
Paso 5. Entonces una familia de soluciones de la ecuación diferencial dada es:
1.38. Problemas propuestos 20
2 3
7x 5y
6xy C
2 3
+ − = .
Ejemplo 38. Resuelva
2
2
3 2y x
y'
2yx 4
−
=
+
.
Solución. Si 2 2
(2y x 3)dx (2yx 4)dy− + + entonces 2 2
M(x, y) 2y x 3 , N(x,y) 2yx 4= − = + .
Paso 1.
M(x,y)
4xy
y
∂
=
∂
,
N(x, y)
4xy
x
∂
=
∂
.
Paso 2. 2 2 2
f(x, y) (2y x 3)dx g(y) y x 3x g(y)= − + = − +
∫ .
Paso 3. 2 2
yf (x, y) 2yx g'(y) 2yx 4= + = + . g'(y) 4.=
Paso 4. g(y) 4 dy 4y= =
∫ .
Paso 5. Solución. 2 2
y x 3x 4y C− + = .
1.18. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS.
FACTOR INTEGRANTE
En ocasiones se presentan ecuaciones diferenciales no exactas escritas en la
forma M(x, y)dx N(x,y)dy 0+ = (5). Es posible convertir dichas ecuaciones en exactas
multiplicando sus términos por un factor integrante adecuado. Por ejemplo, la ecuación
ydx xdy 0− = no es exacta, pero si se multiplican sus términos por 2
1 y (y 0)≠ se
obtiene 2
ydx xdy
0
y
−
= (6) y así:
2
y x2
x1
y y1
M N
y xy
  
∂ −∂   
   = = − = =
∂ ∂
es decir, la ecuación
(6) se puede convertir en exacta.
Definición 12. Un factor integrante para la ecuación (5) es una función (x, y)ρ tal que
la ecuación (x, y)M(x, y)dx (x, y)N(x,y)dy 0ρ + ρ = sea exacta; es decir,
( M) ( N)
y x
∂ ρ ∂ ρ
=
∂ ∂
(7)
Lamentablemente, no siempre es fácil encontrar un factor integrante (x,y)ρ .
Pero, si la ecuación (5) tiene un factor integrante ρ que sea, bien una función que
dependa sólo de x o una función sólo de y, entonces ρ puede ser encontrado de
manera sistemática. Otra forma para la ecuación (7) sería
M N
M N
y y x x
∂ρ ∂ ∂ρ ∂
+ ρ = + ρ
∂ ∂ ∂ ∂
(8)
Para determinar entonces el factor integrante se tiene la ecuación (8) en
derivadas parciales, como dicho factor puede depender de las dos variables o bien solo
de x o de y, se consideran por separado los tres casos:
a. Factor integrante que depende solo de la variable x.
1.38. Problemas propuestos 21
Como el factor ρ depende sólo de la variable x, entonces se sabe que 0
y
∂ρ
=
∂
y por
lo tanto la ecuación (8) se reduce a:
M d N M N d
N N
y dx x y x dx
 ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ρ
ρ = + ρ ⇒ ρ − = 
∂ ∂ ∂ ∂ 
.
Despejando y utilizando una notación más compacta se tiene:
M Ny x
dx
Ny xM Nd
dx e .
N
− 
 
 
 
∫− ρ
= ⇒ ρ =  ρ  
b. Factor integrante que depende sólo de la variable y.
Con un procedimiento análogo al anterior se llega al factor integrante de la forma:
N Mx y
dy
M
e .
− 
 
 
 
∫
ρ =
c. Factor integrante que depende indirectamente de las dos variables x e y.
Considere ahora un factor integrante que depende de las variables x e y. Esta
dependencia debe estar dada a través de una regla de correspondencia z f(x,y)=
es decir que se tiene un factor (z)ρ donde z a su vez dependerá de las variables x
e y. Para este caso la ecuación (8) es
d z M d z N
M . N .
dz y y dz x x
 ρ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ 
+ ρ = + ρ   ∂ ∂ ∂ ∂  
. Si se
agrupan términos y se despeja se tiene:
d z z N M
M N .
dz y x x y
   ρ ∂ ∂ ∂ ∂
− = ρ −   
∂ ∂ ∂ ∂   
Si ahora se
despeja y se usa una notación más compacta se tiene:
N Mx y
dz
M.z N.zx y y x
y x
N Md
dz e
M.z N.z
 −
 
 − 
∫ −ρ
= ⇒ ρ = 
 ρ − 
.
Observe que para poder resolver esta ecuación es necesario que el lado derecho
esté expresado en función de z. Una vez que se ha determinado el factor
integrante en función de z, se hace la sustitución z f(x,y)= para tener finalmente
el factor (x, y)ρ buscado.
Ejemplo 39. Determine para la ecuación diferencial 2 2
(1 x y)dx x (y x)dy 0− + − = un
factor integrante que dependa de x.
Solución. Se puede verificar que la ecuación no es exacta ya que y xM N≠ . Como el
factor integrante depende solo de x, entonces y 0ρ = . Para determinar dicho factor
integrante se sabe que
M Ny x
dx
N
e ,
− 
 
 
 
∫
ρ = donde 2
M (1 x y)= − , 2
N x (y x)= − , 2
yM x= − ,
2
xN 2xy 3x= − sustituyendo:
2 2
y x
2 2
M N x 2xy 3x 2x(y x) 2
.
N xx (y x) x (y x)
− − − + − −
= = = −
− −
Resulta
2
dx
x
2
1
e .
x
 
− 
 
∫
ρ = =
1.38. Problemas propuestos 22
Ejemplo 40. Determine un factor integrante para la ecuación diferencial dada por
2 3
(3y x)dx (2y 6xy)dy 0− + − = que dependa de las dos variables sabiendo que el factor
es de la forma (z)ρ con 2
z x y= + .
Solución. De la ecuación se tiene 2 3
xM 3y x , N 2y 6xy , My 6y , N 6y ,= − = − = = −
x yz 1 , z 2y= = . Como y xM N≠ entonces la ecuación no es exacta, para determinar
(z)ρ se utiliza:
N Mx y
dz
M.z N.zy x
e
 −
 
 − 
∫
ρ = . Calculando el integrando se tiene:
x y
2 3 3 3 2
y x
N M 6y 6y 12y 3
.
M.z N.z (3y x)2y (2y 6xy) 6y 2xy 2y 6xy x y
− − − −
= = = −
− − − − − − + +
Recuerde que siempre el integrando debe estar en función de z, de esta manera se
tiene:
3
dz
z
3
1
e
z
 
− 
 
∫
ρ = = que resulta finalmente un factor integrante 2 3
1
(x y )
ρ =
+
.
Ejemplo 41. Dada la ecuación 2 3 3 2 4 2
(4xy 12x y )dx (3x y 6x y )dy 0+ + + = , halle su
solución general sabiendo que admite un factor integrante de la forma 2
(x y)µ .
Solución.
3 2 3 2 3 2 2
x y
2 3 3 2 2 4 2 3 2 2
y x
N M 6xy 24x y 8xy 36x y 2xy 12x y 1 6x y
M.z N.z (4xy 12x y )x (3x y 6x y )2xy 2x y x y
− + − − + +
= = =
− + − +
( )
1 6z 1dz 6 dz 22 lnz 6z 6z 2 6x yz z(x y) e e e ze x ye .
+ 
+  + 
∫ ∫
µ = = = = =
Multiplicando por el factor integrante obtenido:
2 26x y 3 3 5 4 6x y 4 2 6 3
e (4x y 12x y )dx e (3x y 6x y )dy 0+ + + =
2 22 6x y 3 3 5 4 6x y 3 2 5 3( M)
6x e (4x y 12x y ) e (12x y 48x y )
y
∂ µ
= + + +
∂
26x y 5 3 7 4 3 2( M) ( N)
e (72x y 72x y 12x y )
y x
∂ µ ∂ µ
= + + =
∂ ∂
2 2 26x y 3 3 5 4 6x y 3 3 6x y 5 4
2 26x y 3 3 6x y 4 3
f(x, y) e (4x y 12x y )dx g(y) e 4x y dx e 12x y dx g(y)
e 4x y dx 12xye x y dx g(y)
= + + = + +
= + +
∫ ∫ ∫
∫ ∫
En la segunda integral se integra por partes: 4 3
u x y= ,
26x y
dv 12xye dx=
2 2 2 26x y 3 3 4 3 6x y 6x y 3 3 4 3 6x y
f(x, y) e 4x y dx x y e e 4x y dx g(y) x y e g(y)= + − + = +
∫ ∫
2 2 26x y 4 2 6 3 4 2 6x y 6 3 6x y
g'(y) e (3x y 6x y ) 3x y e 6x y e 0 g(y) C= + − − = ⇒ = .
Por tanto,
24 3 6x y
x y e C= .
1.38. Problemas propuestos 23
1.19. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER
ORDEN
Definición 13. Una ecuación diferencial de la forma
dy
A(x)y Q(x)
dx
+ = (9) en donde
A(x), Q(x) son funciones en x, es denominada ecuación diferencial lineal de
primer orden.
Mediante un factor integrante adecuado, existe una técnica para resolver la
ecuación dada. Sea
A(x)dx
(x) e∫ρ = , se multiplica la ecuación (9) por (x)ρ y se obtiene
A(x)dx A(x)dx A(x)dxdy
e A(x)e y Q(x)e
dx
∫ ∫ ∫+ = (10). Como xD A(x)dx A(x)  =
  ∫ , entonces el
lado izquierdo de la ecuación (10) es la derivada del producto
A(x)dx
y(x)e∫ , es decir
A(x)dx A(x)dx
xD y(x)e Q(x)e ∫ ∫=
  
(11). Por lo tanto, si se integra la ecuación (11) se
obtiene
A(x)dx A(x)dx
y(x)e Q(x) e dx C ∫ ∫= + 
 ∫ . Al despejar y(x) se obtiene:
A(x)dx A(x)dx
y(x) e Q(x) e dx C
−   ∫ ∫= +    ∫
En la práctica para resolver la ecuación (9) se van a seguir los siguientes
pasos:
Paso 1. Se calcula el factor integrante
A(x)dx
(x) e∫ρ = .
Paso 2. Se multiplica la ecuación dada por (x)ρ .
Paso 3. Se identifica el lado izquierdo de la ecuación que resulta como la derivada del
producto xD [ (x).y(x)] (x).Q(x)ρ = ρ .
Paso 4. Se integra la ecuación (x)y(x) (x)Q(x)dx Cρ = ρ +
∫ .
Ejemplo 42. Resuelva 2 2xdy
2y x e
dx
− = .
Solución. Aquí 2 2x
A(x) 2, Q(x) x e= − = .
2 dx 2x
(x) e e
− −∫ρ = = .
3
2x 2 x
(x).y e .y (x).Q(x)dx C x dx C C
3
−
ρ = = ρ + = + = +
∫ ∫ , entonces
3
2x x
y e C
3
 
= +  
 
. En
forma gráfica se tiene (ver figura 7):
1.38. Problemas propuestos 24
Figura 7. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 42
Ejemplo 43. Resuelva 2 2
2xy 1
y'
1 x 1 x
+ =
+ +
.
Solución. 2 2
2x 1
A(x) , Q(x)
1 x 1 x
= =
+ +
.
2x 2dx ln1 x2 21 x(x) e e 1 x
+
+
∫
ρ = = = + luego:
2 2
2
1
(1 x ).y (1 x ) dx C x C
1 x
 
+ = + + = + 
+ ∫ , así 2
x C
y
1 x
+
=
+
. En forma gráfica se tiene
(ver figura 8):
Figura 8. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 43
1.38. Problemas propuestos 25
Ejemplo 44. Resuelva 2
(y cos (x))dx cos(x)dy 0− + = .
Solución. Se escribe la ecuación de la forma (9):
2
2 dy cos (x) y dy y
cos(x)dy (cos (x) y)dx (cos(x) 0) cos(x)
dx cos(x) dx cos(x)
dy y
cos(x)
dx cos(x)
−
= − ⇒ = ≠ ⇒ = −
⇒ + =
1
A(x) , Q(x) cos(x)
cos(x)
= = , entonces
dx
sec(x)dxcos(x)
(x) e e
∫ ∫ρ = = .
ln sec(x) tg(x)
e sec(x) tg(x)
+
= + .
y.(sec(x) tg(x)) (sec(x) tg(x))cos(x)dx C (1 sen(x))dx C x cos(x) C+ = + + = + + = − +
∫ ∫
así,
x cos(x) C
y
sec(x) tg(x)
− +
=
+
. Las soluciones de la forma
1
x k
2
 
= + π 
 
satisfacen la ecuación.
En forma gráfica se tiene (ver figura 9):
Figura 9. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 44
Ejemplo 45. Resuelva 2
y' 2x y= − , y(0) 1= − .
Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma
dy
A(x)y Q(x)
dx
+ = cuya solución es
de la forma
A(x)dx A(x)dx
y(x) e Q(x) e dx C
−   ∫ ∫= +    ∫ , donde A(x) 1= , 2
Q(x) 2x= .
De modo que
dx dx2 x 2 x
y(x) e 2x e dx C e 2x e dx C
− −    ∫ ∫= + = +       ∫ ∫ .
Resolviendo la integral 2 x
2x e dx
∫ (Integración por partes)
2 x x
u 2x du 4xdx , dv e dx v e= ⇒ = = ⇒ = . 2 x 2 x x
I P P
2x e dx 2x e 4xe dx= −
∫ ∫ .
1.38. Problemas propuestos 26
x x
u 4x du 4dx , dv e dx v e= ⇒ = = ⇒ = . x x x x x
14xe dx 4xe 4e dx 4xe 4e C= − = − +
∫ ∫ .
En consecuencia: 2 x 2 x x x
22x e dx 2x e 4xe 4e C= − + +
∫ .
Por tanto: x 2 x x x 2 x
y(x) e 2x e 4xe 4e C 2x 4x 4 e C− − = − + + = − + +
 
.
Con la condición y(0) 1= − se tiene C 5= − y la solución es 2 x
y(x) 2x 4x 4 5e−
= − + − .
Ejemplo 46. Resuelva 3x
y' xe 2y= − , y(0) 0= .
Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma
dy
A(x)y Q(x)
dx
+ = cuya solución es
de la forma
A(x)dx A(x)dx
y(x) e Q(x) e dx C
−   ∫ ∫= +    ∫ , donde A(x) 2= , 3x
Q(x) xe= .
De modo que
2dx 2dx3x 2x 5x
y(x) e xe e dx C e xe dx C
− −    ∫ ∫= + = +       ∫ ∫ .
Resolviendo la integral 5x
xe dx
∫ (Integración por partes)
5x 5x1
u x du dx , dv e dx v e
5
= ⇒ = = ⇒ =
5x 5x 5x 5x 5x
1
x 1 x 1
xe dx e e dx e e C
5 5 5 25
= − = − +
∫ ∫ .
Por tanto: 2x 5x 5x 3x 3x 2xx 1 x 1
y(x) e e e C e e e C
5 25 5 25
− − 
= − + = − + 
 
.
Si y(0) 0= se tiene
1
C
25
= y la solución es 3x 3x 2xx 1 1
y(x) e e e
5 25 25
−
= − + .
Ejemplo 47. Halle la solución general de
54 9 x
xy' 3y (x 5x )e− = + .
Solución.
53 8 x3
y' y (x 5x )e
x
− = + (Ecuación lineal de primer orden)
3 3dx ln(x )x
3
1
(x) e e
x
−−∫
ρ = = = .
5 5 53 5 x x 5 x
y(x).x (1 5x )e dx C e dx 5x e dx C−
= + + = + +
∫ ∫ ∫
Al resolver
55 x
5x e dx
∫ se tiene:
(Integración por partes)
5 54 x x
u x du dx , dv 5x e dx v e= ⇒ = = ⇒ = , de modo que:
5 5 55 x x x
5x e dx xe e dx= −
∫ ∫ , se tiene entonces:
5 5 5 5 5 53 x 5 x x x x x
y(x).x e dx 5x e dx C e dx xe e dx C xe C−
= + + = + − + = +
∫ ∫ ∫ ∫
En consecuencia:
53 4 x
y cx x e= + .
Ejemplo 48. Halle la solución general de xsen(y) 2sen(2y) y' 1+ =   .
Solución.
xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x' xsen(y) 2sen(2y)
(Ecuación lineal con variable dependiente x)
+ = ⇒ + = ⇒ − =  
1.38. Problemas propuestos 27
xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x' xsen(y) 2sen(2y)
(Ecuación lineal con variable dependiente x)
+ = ⇒ + = ⇒ − =  
sen(y)dy sen(y)dy cos(y) cos(y)
x(y) e 2sen(2y)e dy C e 4 cos(y)sen(y)e dy C
− −   ∫ ∫= + = +
     ∫ ∫
cos(y) w w w
14 cos(y)sen(y)e dy 4we dw 4we 4e C
w cos(y) dw sen(y)dy
= − = − + +
= ⇒ = −
∫ ∫
cos(y) cos(y) cos(y)
x(y) e 4e (1 cos(y)) C 4(1 cos(y)) Ce− − = − + = − +
 
Ejemplo 49. La ecuación diferencial 2dy
h(x). y x 0
dx
+ + = posee un factor integrante
(x) xρ = . Determine h(x) y encuentre la solución general de la ecuación si se sabe que
3
2
h(1) = .
Solución. 2 2 2dy
h(x). y x 0 h(x).y' y x 0 (y x )dx h(x)dy 0
dx
+ + = ⇒ + + = ⇒ + + = . Se tiene
que
1 h'(x)
dx
h(x) 1 h'(x) 1 h'(x) 1
(x) e x dx ln(x) x x.h'(x) h(x)
h(x) h(x) x
−
∫ − −
ρ = = ⇒ = ⇒ = ⇒ − =
∫ .
De modo que
h(x)
x.h'(x) h(x) x h'(x) 1
x
+ = ⇒ + = (ecuación lineal).
Solución de la ecuación:
2dx dx
x x
1 1 x K x K
h(x) e e dx K xdx K .
x x 2 x 2 x
−  ∫ ∫  = + = + = + = +     
∫ ∫ .
Usando la condición 3
2
h(1) = se tiene que K 1= .
De modo que: 2 2x 1 x 1
.y' y x 0 (y x )dx dy 0
2 x 2 x
   
+ + + = ⇒ + + + =   
   
.
Aplicando factor:
2
3 x
(xy x )dx 1 dy 0
2
 
+ + + =  
 
.
Al resolver la ecuación diferencial exacta se tiene:
Paso 1.
2 4
3 x y x
f(x,y) (xy x )dx g(y) g(y)
2 4
= + + = + +
∫ .
Paso 2.
2 2 4 2 2
x x y x x x
g'(y) 1 1 1 g(y) y
2 y 2 4 2 2
 ∂
= + − + = − + = ⇒ =  ∂  
.
Paso 3. Solución general:
2 4
x y x
y C
2 4
+ + = .
1.20. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES
DE PRIMER ORDEN. ECUACIÓN DE BERNOULLI.
Definición 14. A una ecuación diferencial de la forma n
y' B(x)y R(x)y+ = (12) donde
n R {0,1}∈ − se le llama ecuación de Bernoulli. (Si se toma n 1= entonces la
ecuación (12) tendría variables separables mientras que si se elige n 0= la ecuación
(12) sería una ecuación diferencial lineal de primer orden).
1.38. Problemas propuestos 28
Para resolver una ecuación de Bernoulli se hace lo siguiente:
Paso 1. Se multiplica la ecuación por n
y−
y se obtiene n 1 n
y y ' B(x)y R(x)− −
+ = (13).
Paso 2. Se hace la sustitución 1 n
z y −
= de allí ndz
z' (1 n)y y '
dx
−
= = − . La ecuación (13)
se transforma en
1
z' B(x)z R(x)
1 n
 
+ = − 
o bien en z ' (1 n)B(x)z (1 n)R(x)+ − = − (14). La
ecuación (14) es lineal de orden 1, por lo tanto, después de tener z se sigue al paso 3.
Paso 3. Se hace la sustitución
1
1 ny z −= , la cual brinda la solución de la ecuación (12).
Ejemplo 50. Resuelva 2 2
y' y x y+ = .
Solución. Como n 2,= se multiplica la ecuación por 2
y−
: 2 1 2
y y ' y x− −
+ = . Se sustituye
1 2 1 2
z y y , z' y y '− − −
= = = − . Reemplazando se obtiene: 2
z ' z x− + = o bien: 2
z ' z x− = − .
Como la ecuación anterior es lineal, entonces se calcula
dx x
(x) e e
− −∫ρ = = , y se tiene
x 2 x x 2
ze x e dx C e (x 2x 2) C− − −
= − + = + + +
∫ luego 2 x 1
z x 2x 2 Ce y−
= + + + = , es decir:
2 x 1
y (x 2x 2 Ce )−
= + + + . y 0= también es solución de la ecuación. En forma gráfica
(ver figura 10):
Figura 10. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 50
Ejemplo 51. Resuelva 3
y' xy y x+ = .
Solución. Aquí, n 3= , al multiplicar por 3
y−
se tiene 3 2
y y ' xy x− −
+ = ( )∗ . Se hace
2
z y−
= para 3dz
z ' 2y y '
dx
−
= = − . Se multiplica ( )∗ por 2− para: 3 2
2y y' 2xy 2x− −
− − = −
entonces: z ' 2xz 2x− = − ,
22 xdx x
(x) e e
− −∫ρ = = .
2 2 2x x x
e z e ( 2x)dx C e C− − −
= − + = +
∫ , así,
1.38. Problemas propuestos 29
2x 2
2
1
z 1 Ce y
y
−
= + = = . De modo que 2x
1
y
1 Ce
= ±
+
. La curva y 0= es solución. En
forma gráfica se tiene (ver figura 11):
Figura 11. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 51
Ejemplo 52. Resuelva
2
y x
dx dy 0
2x 2y
 
+ − =  
 
.
Solución.
2 2 2
y x y x y x
dx dy 0 y' 0 y' (Bernoulli n 1)
2x 2y 2x 2y 2x 2y
 
+ − = ⇒ + − = ⇒ − = = −  
 
2
z y= ,
21 1x dx x dx2 2z x
z ' x z(x) e x e dx C x xdx C x C
x 2
− −−     ∫ ∫− = ⇒ = + = + = +         
∫ ∫
1 / 2
2 3
2 x x
y x C y(x) xC
2 2
   
= + ⇒ = +   
      
.
1.21. FORMA NORMAL
Definición 15. Una ecuación diferencial ordinaria de orden n puede expresarse como
(n)
F(x, y, y',y '',..., y ) 0= . Se supone que siempre es posible despejar la derivada de
orden más alto en una ecuación diferencial ordinaria dada y obtener la expresión
(n) (n 1)
y f(x,y,y ', y'',...,y )−
= , denominada forma normal de la ecuación, es decir, la
derivada de mayor orden aparece despejada.
Observación 2. Puede ocurrir que una ecuación diferencial de orden n origine varias
ecuaciones en forma normal de orden n.
1.38. Problemas propuestos 30
Ejemplo 53.
a. La ecuación diferencial 3
yy' x 0+ = se escribe en forma normal
3
x
y'
y
= − si y 0≠ .
b. La ecuación diferencial 2 2
(y ') y 1+ = , solamente tiene sentido si y 1≤ , y ella
origina dos ecuaciones en forma normal 2 2
y' 1 y , y ' 1 y= − = − − .
1.22. PROBLEMA DE VALOR INICIAL
Definición 16. Un problema de valor inicial es un problema que busca determinar
una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función
desconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable independiente.
Tales condiciones se llaman condiciones iniciales.
Ejemplo 54. Suponga que se quiere determinar una curva C del plano pasando por el
punto (1,1) y tal que la pendiente de la tangente en cada uno de sus puntos sea igual
a la abscisa del punto correspondiente.
Solución. Sea y y(x)= la ecuación, en forma explícita, de la curva C a determinar. Si
(x,y(x)) es un punto cualquiera de C, la pendiente de la recta tangente en el mismo es
igual a dy(x) dx y por lo tanto, de acuerdo al enunciado del problema, se verifica
dy(x)
x
dx
= (15). El problema consiste en encontrar una función y(x) tal que satisfaga la
igualdad (15) en todo punto x de su dominio y además y(1) 1,= ya que C pasa por el
punto (1,1).
1.23. PROBLEMA DE VALOR EN LA FRONTERA
Definición 17. Un problema de valor en la frontera es un problema que busca
determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la
función desconocida especificadas en dos o más valores de la variable independiente.
Tales condiciones se llaman condiciones de frontera.
Ejemplo 55. Para el problema 2
x y'' 2xy' 2y 6,− + = y(1) 0, y(2) 3= = se busca una
función definida en un intervalo que contenga x 1= y x 2= , que satisfaga la ecuación
diferencial y cuya gráfica pase por los puntos (1,0) y (2,3).
1.24. EXISTENCIA DE SOLUCIONES
Se tratará a continuación de darle respuesta a las interrogantes a y b del
apartado 1.9.
1.38. Problemas propuestos 31
Hay ecuaciones muy sencillas en las cuales no se necesita “a priori” disponer
de algún teorema que garantice la existencia de soluciones, puesto que se puede
fácilmente determinar las soluciones. Tal es el caso de una ecuación de la forma
y ' f(x)= donde f es una función integrable en un intervalo J R∈ . Es inmediato que de
allí se tiene y(x) f(x)dx F(x) C= = +
∫ , donde C es una constante arbitraria, que son
soluciones (y todas las posibles) de esa ecuación diferencial. Si se quisiera
explícitamente la solución que en 0x tome el valor 0y , se sustituiría en la igualdad
anterior (una vez calculada f(x)dx
∫ ).
Ejemplo 56. Sea la ecuación diferencial y ' x= . Se tiene que
2
x
y(x) xdx C
2
= = +
∫ . Si
se desea que la curva pase por el punto (1,1), esto es y(1) 1= , se obtiene entonces
1 1
1 C C ,
2 2
= + ⇒ = y por lo tanto la solución del problema es la parábola de ecuación
21
y (x 1)
2
= + .
En esos casos tan sencillos, se sabe que hay solución puesto que se puede
encontrar, sin embargo no siempre la situación es tan simple y por esto se necesita
disponer de algún teorema que “a priori” garantice la existencia de soluciones de una
ecuación diferencial dada. En una ecuación diferencial pueden existir soluciones que no
están comprendidas en la solución general, éstas se llaman soluciones singulares. Por
ejemplo, la ecuación 2
(y ') xy' y 0− + = se sabe que admite la solución general
2
y cx c= − , que es una familia de rectas. Pero, también es fácil comprobar que esa
ecuación admite la solución 21
y x
4
= que es una parábola, ésta es una solución
singular. Con todas estas consideraciones, se está en condiciones de enunciar un
teorema que asegura cuándo una ecuación diferencial dada tiene solución y la unicidad
de ésta.
1.25. TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD
TEOREMA 2. Sea y ' f(x,y)= una ecuación diferencial, donde la función f(x,y) está
definida en una región D del plano xy que contiene el punto 0 0(x ,y ). Si f(x,y) satisface
que:
a. es una función continua en dos variables x e y en D;
b. admite derivada parcial f y∂ ∂ , continua en D;
entonces existe una y sólo una solución y g(x)= de la ecuación diferencial dada que
satisface la condición 0 0y(x ) y= .
Observación 3.
a. La condición 0 0y(x ) y= se llama condición inicial.
1.38. Problemas propuestos 32
b. El problema de la búsqueda de la solución de la ecuación y' f(x,y)= que satisface
a la condición inicial 0 0y(x ) y= lleva el nombre de Cauchy.
c. El teorema expresa las condiciones suficientes para la existencia de solución
única del problema de Cauchy para la ecuación y' f(x,y)= , pero estas condiciones
no son necesarias. Precisamente, puede existir una solución única de la ecuación
y' f(x,y)= que satisface a la condición inicial 0 0y(x ) y= , a pesar de que en el
punto 0 0(x , y ) no se cumpla la condición a o la condición b, o estas dos
condiciones simultáneamente.
Ejemplo 57. 2
1
y'
y
= . Aquí, 2 3
1 f 2
f(x, y) ,
yy y
∂
= = −
∂
. En los puntos 0(x ,0) del eje x no
se cumplen las condiciones a y b, sin embargo por cada punto del eje x pasa una sola
curva integral 3
0y 3(x x )= − .
Ejemplo 58. y
y' xy e−
= + . El segundo miembro de la ecuación y
f(x,y) xy e−
= + y su
derivada parcial y
f y x e−
∂ ∂ = − son continuas con respecto a x e y en todos los puntos
del plano xy. En virtud del teorema de existencia y unicidad, la región en la que la
ecuación dada tiene solución única en todo el plano xy.
Ejemplo 59. 233
y' y .
2
= El segundo miembro de la ecuación 233
f(x,y) y
2
= es una
función definida y continua en todos los puntos del plano xy. La derivada parcial
3
f 1
y y
∂
=
∂
se hace infinita para y 0= , o sea, en el eje x, de modo que para y 0= se
infringe la condición b del teorema de existencia y unicidad. Por consiguiente, es
posible que no haya unicidad en los puntos del eje x. Fácilmente se comprueba que la
función
3
(x c)
y
8
+
= es solución de la ecuación considerada. Además la ecuación tiene
solución y 0= . Así, pues, por cada punto del eje x pasan al menos dos curvas
integrales y, por consiguiente, en los puntos de este eje, verdaderamente, queda
infringida la unicidad.
1.26. CAMPOS DIRECCIONALES
Vale la pena hacer algunos comentarios acerca de la interpretación geométrica
de las ecuaciones diferenciales y sus soluciones. Un punto de vista geométrico es
particularmente útil para las ecuaciones de primer orden, es decir, ecuaciones de la
forma
dy
f(x, y)
dx
= (16). Dado que una solución de la ecuación (16) es una función
y (x)= φ , la representación geométrica de una solución es la gráfica de una función.
Geométricamente, en la ecuación (16) se afirma que, en cualquier punto (x,y) la
pendiente dy dx de la solución en ese punto está dada por f(x,y). Esto puede
indicarse si se traza un pequeño segmento rectilíneo que pase por el punto (x,y) con la
1.38. Problemas propuestos 33
pendiente f(x,y). La colección de todos esos segmentos rectilíneos se llama campo
direccional de la ecuación diferencial (16). El campo direccional puede observarse si
se trazan pequeños segmentos rectilíneos en algún conjunto representativo de puntos
en el plano xy. Aunque hacer esto manualmente es tedioso, resulta una tarea sencilla
para una computadora, ya que solo se requiere la evaluación repetida de f(x,y) para
valores diferentes de x y y. Por lo general se elige alguna rejilla rectangular de puntos.
Una vez que se obtiene un esquema del campo direccional, a menudo es posible ver de
inmediato el comportamiento cualitativo de las soluciones, o quizá observar regiones
del plano que tienen algún interés especial. Por ejemplo, en la figura 12 se tiene el
campo direccional de la ecuación
dy 3 y
dx 2
−
= (17)
Figura 12. Campo direccional de la ecuación (17).
Para esta ecuación, f(x,y) solo depende de y, de modo que los segmentos
rectilíneos tienen la misma pendiente en todos los puntos sobre cualquier recta
paralela al eje x. Por ejemplo, sobre la recta y 2= la pendiente de cada segmento es
½. Cualquier solución de (17) tiene la propiedad de que, en todo punto, su gráfica es
tangente al elemento del campo direccional en ese punto. Por tanto, como puede verse
a partir de la figura 12, el campo direccional proporciona una información cualitativa
acerca de las soluciones. Parece evidente que las soluciones son funciones
decrecientes cuando y 3> , que son crecientes cuando y 3< , y que, aparentemente,
todas las soluciones tienden al valor 3 cuando x → ∞ .
1.38. Problemas propuestos 34
1.27. ORÍGENES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
En la discusión que sigue se verá cómo ecuaciones diferenciales específicas
aparecen no sólo a partir de las familias de curvas geométricas, sino también del
intento de describir en términos matemáticos, problemas físicos.
1.28. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE UNA FAMILIA DE CURVAS
Ejemplo 60. Halle la ecuación diferencial de la familia 3
y cx= .
Solución. Se tendrá una ecuación diferencial de primer orden puesto que la familia
contiene sólo un parámetro. Se tiene que 2dy
3cx
dx
= , pero 3
y
c
x
= , luego
2
3
dy y y
3 x 3 .
dx xx
 
= = 
 
Se obtiene así la ecuación lineal de primer orden
dy
x 3y 0.
dx
− =
Ejemplo 61. Obtenga la ecuación diferencial de la familia 2x 2x
1 2y c e c e .−
= +
Solución. Derivando dos veces resulta 2x 2x
1 2
dy
2c e 2c e
dx
−
= − .
2
2x 2x 2x 2x
1 2 1 22
d y
4c e 4c e 4(c e c e ) 4y
dx
− −
= + = + = ,
2
2
d y
4y
dx
= o bien y'' 4y 0− = .
Ejemplo 62. Halle la ecuación diferencial de la familia
2x
2x
2ce
y
1 ce
=
+
.
Solución. Aplicando regla del cociente y simplificando
2x 2 2x
2x 2
dy 4ce y e
dx c(1 ce )
−
= =
+
.
Despejando c de la ecuación dada resulta
2x
e y
c
2 y
−
=
−
. Observe que en el despeje de c,
y 2≠ . Se tiene entonces
dy
y(2 y).
dx
= − Se puede ver que la función y 2= también
satisface la ecuación diferencial.
Ejemplo 63. Encuentre una ecuación diferencial cuya solución sea 3
1 2y c x c x= + .
Solución. Puesto que hay dos constantes arbitrarias 1c y 2c , se tiene que diferenciar
dos veces, obteniendo 3 2
1 2 1 2 2y c x c x , y ' c 3c x , y '' 6c x= + = + = . Ahora se eliminan las
constantes arbitrarias. Para esto, se despeja 2c en la última ecuación. Se encuentra
2
y ''
c (x 0)
6x
= ≠ . Usando esto en la segunda ecuación da 1y' c xy ''/ 2= + , de modo
que 1
xy ''
c y '
2
= − . Finalmente usando esto en la primera ecuación se tiene después de
simplificarla 2
x y'' 3xy' 3y 0− + = . Note que y 0= también es solución de la ecuación.
1.38. Problemas propuestos 35
1.29. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE
PRIMER ORDEN
En esta sección se continuará dando respuesta a la interrogante d del apartado
1.9.
1.30. TRAYECTORIAS ORTOGONALES
De los estudios de Geometría Analítica (Cálculo I) recuerde que dos rectas 1L y
2L , que no son paralelas a los ejes coordenados, son perpendiculares si y sólo si sus
pendientes respectivas satisfacen la relación 1 2m .m 1= − .
Definición 18. En general, dos curvas 1C y 2C son ortogonales en un punto, si y
sólo si sus tangentes 1T y 2T son perpendiculares en el punto de intersección.
Ejemplo 64. Demuestre que las curvas 3
y x= y 2 2
x 3y 4+ = son ortogonales en su(s)
punto(s) de intersección.
Solución. Los puntos de intersección de las gráficas son (1,1) y ( 1, 1)− − . Ahora bien,
la pendiente de la recta tangente a 3
y x= en un punto cualquiera es 2
dy dx y ' 3x= = ,
de modo que y '(1) y '( 1) 3= − = . Para obtener dy dx de la segunda curva se utilizará
derivación implícita
dy dy x
2x 6y 0
dx dx 3y
+ = ⇒ = − . Por tanto,
1
y'(1,1) y '( 1, 1)
3
= − − = − .
Así, tanto en (1,1) como en ( 1, 1)− − se tiene que
C C1 2
dy dy
. 1
dx dx
   
= −   
   
.
Definición 19. Cuando todas las curvas de una familia de curvas 1G(x,y,c ) 0= cortan
ortogonalmente a todas las curvas de otra familia 2H(x,y,c ) 0= , se dice que las
familias son, cada una, trayectorias ortogonales de la otra.
En otras palabras, una trayectoria ortogonal es una curva cualquiera que corta
el ángulo recto a toda curva de otra familia.
Ejemplo 65. En la figura 13 se ve que la familia de rectas que pasan por el origen
1y c x= y la familia de círculos concéntricos con centro en el origen 2 2 2
x y c+ = son
trayectorias ortogonales.
1.38. Problemas propuestos 36
Figura 13. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65.
Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada, se
halla en primer lugar la ecuación diferencial
dy
f(x, y)
dx
= que describe a la familia. La
ecuación diferencial de la segunda familia, ortogonal a la familia dada, es pues
dy 1
dx f(x, y)
= − .
Ejemplo 66. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de hipérbolas
rectangulares 1c
y
x
= .
Solución. La derivada de 1c
y
x
= es 1
2
cdy
dx x
= − . Reemplazando 1c por 1c x.y= se
obtiene la ecuación diferencial de la familia dada:
dy y
dx x
= − . En tal caso, la ecuación
diferencial de la familia ortogonal es
dy x
dx y
= . Se resuelve esta última ecuación por
separación de variables: 2 2
2ydy xdx ydy xdx y x c= ⇒ = ⇒ − =
∫ ∫ . Las gráficas de las
dos familias se observan en la figura 14 para diferentes valores de 1c y 2c .
1.38. Problemas propuestos 37
Figura 14. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65.
Ejemplo 67. Halle el valor de k tal que las familias de parábolas 2
1y c x k= + , sean las
trayectorias ortogonales de la familia de elipses 2 2
2x 2y y c+ − = .
Solución. ' ' '
e e e
2x
2x 4yy y 0 y
1 4y
+ − = ⇒ =
−
, '
p 1 2
y k 2(y k)
y 2c x 2 x
xx
− −
= = = . Entonces:
' '
e p
2x 2(y k) 4(y k) 1
y y 1 . 1 1 4y 4k 1 4y k
1 4y x 1 4y 4
− −
= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ − = − + ⇒ =
− −
.
1.31. TRAYECTORIAS ISOGONALES
Definición 20. Cuando todas las curvas de una familia de curvas 1G(x,y,c ) 0= cortan
a todas las curvas de otra familia 2H(x,y,c ) 0= , formando ángulo constante α
especificado, 2α ≠ π , se dice que las familias son, cada una, trayectorias
isogonales de la otra.
Se tiene la ecuación
'
' d
p '
d
y tg
y
1 y tg
+ α
=
− α
, donde α es el ángulo entre la familia dada
y la familia pedida.
Ejemplo 68. Encuentre una familia de trayectorias isogonales que corten a la familia
de circunferencias 2 2 2
x y r+ = , con un ángulo de 45 .
Solución. La ecuación diferencial de la familia dada es 2yy' 2x 0+ = , luego
x
y'
y
= − ,
como tg45 1= , la ecuación diferencial asociada a la familia pedida será entonces
1.38. Problemas propuestos 38
x
1
y xy
y'
x y x
1
y
−
−
= =
+
+
. Esta ecuación diferencial es homogénea, se toma por lo tanto la
sustitución
y
u
x
= , resultando la EDO
2
1 u
u' x
1 u
+
= −
+
, resolviendo, devolviendo el cambio
y simplificando resulta la familia solución: 2 2y 1
arctg ln(x y ) c
x 2
 
+ + = 
 
.
1.32. PROBLEMAS GEOMÉTRICOS
El problema que se tratará en esta sección consiste en encontrar una familia de
curvas que satisfaga ciertas condiciones geométricas dadas.
Ejemplo 69. Determine la curva sabiendo que la pendiente en un punto (x,y)
cualquiera de la misma, es igual a
y
1
x
+ , y además que dicha curva pase por el punto
(1,1).
Solución. La curva buscada pertenece a una familia que debe cumplir la condición
dada, es decir,
y
y' 1
x
= + , luego esta ecuación diferencial se asocia a la familia
buscada y al resolverla se llega a a la solución del problema. Como la ecuación es
homogénea, se usa la sustitución
y
u
x
= . Sustituyendo y simplificando resulta u' x 1= ,
esta ecuación es de variables separadas, integrando se tiene
dx
du
x
=
∫ ∫ , luego
u ln x c= + , devolviendo el cambio y xln x cx= + . De esta familia interesa solo la
curva que pasa por el punto (1,1), se determina por lo tanto el valor del parámetro c
para cuando x 1= , y 1= , de modo que c 1= . La curva buscada es y xln x x= + .
Ejemplo 70. Halle las curvas para la cual la pendiente de la recta tangente en
cualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto con
el origen de coordenadas.
Solución. La pendiente de la curva en cualquier punto (x,y) está dada por y'(x),
ahora bien una recta que une este punto (x,y) con el origen de coordenadas tendrá
una pendiente
y
m
x
= , la curva pedida debe satisfacer la condición dada, es decir
y
y '(x) n
x
 
=  
 
. Resolviendo la ecuación diferencial asociada a la curva pedida se tiene
dy dx
n ln y n.ln x n.lnc
y x
= ⇒ = +
∫ ∫ . La solución es n
y c.x= .
Ejemplo 71. Obtenga la ecuación de las curvas en la que cada uno de sus puntos
equidista del origen de coordenadas y del punto de corte de la normal con el eje de las
X.
1.38. Problemas propuestos 39
Solución. Sea P(x, y) el punto de la curva. Se sabe que la ecuación de la recta normal
es
1
y x b
y'
= − + . Sean los puntos O(0,0) y A(by ',0). Se tiene entonces:
2 2 2 2 2 2
d (P,O) x y , d (P, A) (x by ') y= + = − + . Al igualar se tiene:
2 2 2 2 2 2 2 2
x y x 2xby' b (y') y 2xby ' b (y')+ = − + + ⇒ = . Se sabe de la ecuación de la recta
normal que
x
b y
y '
= + , de forma que
2 2
2 2 2 2 2 2
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
x x 2xy x
2xby ' b (y ') 2x y y ' y (y') 2xyy ' 2x y (y ')
y ' y' y ' (y')
x x
2xyy ' 2x y (y ') 2xyy' x x y (y ') (y') y '
yy
    
= ⇒ + = + ⇒ + = + +           
⇒ + = + + ⇒ = ⇒ = ⇒ ± =
Resolviendo la última ecuación se tiene
2 2
y x
ydy xdx C
2 2
= ± ⇒ = ± + .
Ejemplo 72. Determine la ecuación de la curva que pasa por el punto (1,1) y que
tiene la propiedad de que la abscisa en el origen de su recta tangente es igual a la
ordenada en el origen de su recta normal.
Solución. Sean los puntos P(x,y), A(a,0) y B(0,b). Dada la ecuación de la recta
tangente en el punto P a una curva de la familia: Y y y'(X x)− = − , se tiene que
y ' x y
y '
y y '(a x) a −
− = − ⇒ = . Igualmente, dada la ecuación de la recta normal en el punto
P a una curva de la familia: 1
y '
Y y (X x)− = − − , se tiene que x x
y ' y'
b y b y− = ⇒ = + .
Igualando la abscisa en el origen de la recta tangente con la ordenada en el origen de
la recta normal se tiene:
y x x y x y
x y x y y ' , y(1) 1
y ' y' y' x y
+ +
− = + ⇒ = − ⇒ = =
−
(ecuación diferencial homogénea)
y 2 2
x
y
x
y
x
1x y 1 u 1 u 1 u u u 1 u
y' u' x u u' x u u' x
x y 1 u 1 u 1 u 1 u1
u y ux y ' u' x u
++ + + + − + +
= = ⇒ + = ⇒ = − ⇒ = =
− − − − −−
= ⇒ = ⇒ = +
2
2
2 2 2
1 u 1 u dx 1 u dx 1
u' x du du arctg(u) ln(1 u ) ln x c
1 u x x 21 u 1 u 1 u
+ −  
= ⇒ = ⇒ − = ⇒ − + = + − + + + 
21
arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x c
2
− + = + . Considerando la condición y(1) 1= se obtiene:
1
arctg(1) ln(2) c c ln(4)
2 4
π
− = ⇒ = − .
Por tanto: 21
arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x ln(4)
2 4
π
− + = + − .
21
arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x / 4
2 4
π
− + = + .
1.38. Problemas propuestos 40
1.33. CRECIMIENTO POBLACIONAL
La idea básica es determinar el tamaño futuro de una población suponiendo
que su tasa de crecimiento es conocida y el modelo matemático a escoger depende de
las hipótesis que se establezcan para el fenómeno. Para el caso de organismos vivos
cuando la población es pequeña en comparación con la disponibilidad de ciertas
necesidades tales como: alimentos, espacio físico, etc, se genera una eficiente
aproximación mediante la siguiente hipótesis:
La tasa de variación de la población en un tiempo cualquiera es proporcional
al número de individuos presentes en dicho tiempo.
El modelo matemático basado en esta hipótesis es
dP
kP
dt
= , k 0> donde:
P: número de individuos al tiempo t.
k: constante de proporcionalidad
t: tiempo
Esta ecuación es de variables separables, resolviendo:
kt C C kt kt1 1
1
dP
kt ln P kt C P e e e Ce
P
+
= ⇒ = + ⇒ = = = .
Así, si inicialmente 0P P (para t 0)= = se obtiene kt
0P P e= .
Es claro que la hipótesis mencionada puede modificarse para ajustarla al
estudio de una comunidad de individuos dada:
En una comunidad dada, la disponibilidad de necesidades básicas para la vida
es constante y suficiente para mantener una población P*
En este caso la ecuación dP dt kP= debe modificarse ya que la
proporcionalidad debe establecerse tomando en cuenta la población máxima admisible
*
P , para esto se toma *
k f(P,P )= y en todo caso *
*P P
lím f(P,P ) 0
→
= . En definitiva la
ecuación diferencial que rige el crecimiento sería *dP
f(P,P )P
dt
= (18) cuyo nivel de
dificultad dependerá del factor *
f(P,P ) .
El caso más sencillo ocurre cuando * *
f(P,P ) P P= − en donde la ecuación (18)
se convierte en *dP
(P P)P
dt
= − o bien * 2dP
P P P
dt
− = − , que es una ecuación de Bernoulli,
una vez resuelta se obtendrá
*
*P t
P
P
1 Ce−
=
+
y tomando 0P(0) P= se obtiene
1.38. Problemas propuestos 41
*
0
** P t
0 0
P P
P
P (P P )e−
=
+ −
, donde puede observarse fácilmente que *
t
lím P P
→∞
= . A
continuación se proponen algunos ejemplos:
Ejemplo 73. Las bacterias de cierto cultivo aumentan con una intensidad proporcional
al número presente. Si en media hora el número original aumenta en un 50%, ¿en
cuántas horas se puede esperar que haya el triple del número original?
Solución. De acuerdo al enunciado, la ecuación diferencial asociada al problema es
dP dt kP= cuya solución es kt
0P P e= . Como datos del problema, se tienen:
0
31 1
0 0 02 2 2
0
P(0) P
P( ) P P P
P(t) 3P para t ?
 =

= + =

= =
Usando la segunda condición se obtiene
1k
2
0 0
3 3
P P e k 2.ln
2 2
 
= ⇒ =  
 
. Usando la
tercera condición se tiene kt kt
0 0
ln3
3P P e e 3 t 1.36
k
= ⇒ = ⇒ = ≈ horas.
Ejemplo 74. Por crecimiento natural, una ciudad de 40.000 habitantes se duplicaría
en 50 años. Debido a mudanzas la población aumenta adicionalmente en 400 personas
por año. Calcular la población a los 10 años.
Solución. Si se supone que el crecimiento es natural (aumento proporcional a la
cantidad presente), la ecuación diferencial para el problema sería kt
0
dP
kP P P e
dt
= ⇒ = .
Además, para t 50= años, 0P 2P= y determinando k: 50k
0 0
1
2P P e k ln2
50
= ⇒ = .
Debido a las mudanzas al aumento natural habrá que añadirle 400 personas
por año, la ecuación diferencial en este caso es
dP
kP 400
dt
= + donde
1
k ln2
50
= .
Resolviendo se obtiene
dP 1
dt ln kP 400 t C
kP 400 k
= ⇒ + = +
+
. Despejando P:
kt
1
1
P (c e 400)
k
= − ; para 0t 0, P P 40000= = = habitantes. Así:
1 1
1
40000 (c 400) c 40000k 400 800ln2 400
k
= − ⇒ = + = + .
La población al cabo de 10 años es:
10k 2ln2
1
1 50
P (C e 400) [(800ln2 400)e 400]
k ln2
= − = + −
50
P [4(800ln2 400) 400] 246562
ln2
= + − ≈ habitantes.
1.38. Problemas propuestos 42
1.34. DESINTEGRACIÓN RADIOACTIVA
Para establecer un modelo matemático que aplique en este curso, se verá la
siguiente ley:
La velocidad de desintegración de una sustancia radioactiva es proporcional,
en cualquier instante, a la cantidad de sustancia que se halle presente.
Es evidente la analogía entre este fenómeno y el crecimiento de población
discutido anteriormente; para formular la ecuación que rige un proceso de este tipo
(que resultará similar a la de crecimiento de población) se definen las siguientes
variables:
S: Cantidad de sustancia presente en el tiempo t.
t: tiempo medido a partir de cierto tiempo inicial.
La ecuación que rige el fenómeno es:
dS
kS (k 0)
dt
= < , donde k es una
constante negativa que se denomina coeficiente de desintegración y depende del
material radioactivo. Se tiene que
dS
dt
también es negativo, esto es: S decrece al
aumentar t. Como la ecuación es de variables separables puede obtenerse en forma
sencilla la solución: kt
S ce= y si se conocen las condiciones iniciales: 0S(0) S= (para
t 0= ), se obtiene la expresión: kt
0S S e (k 0)= < . El tiempo para el cual se ha
desintegrado la mitad de la cantidad inicial de la sustancia radioactiva estudiada se
denomina tiempo de vida media. Al calcular el tiempo de vida media en función del
coeficiente de desintegración k se tiene: Para m 0t t , S S 2= = ; luego:
k.t0 m
0 m
S ln2
S e t (k 0)
2 k
= ⇒ = − < .
Se puede concluir que independientemente de la cantidad inicial dada de cierto
material radioactivo, el tiempo de vida media es siempre el mismo.
Ejemplo 75. Un bloque de cierto material radioactivo tiene una masa de 100 grs y,
cuando se le observa después de 20 años su masa ha disminuido a 80 grs. Determine:
a. ¿Cuánto tiempo transcurrió para que se desintegraran 10 grs?.
b. Cantidad de material presente 50 años después del momento inicial.
c. Tiempo de vida media del material.
Solución. La ecuación diferencial
dS
kS
dt
= aplica para este caso con S medido en
gramos y t en años. La solución es kt
0S S e= con 0S 80 grs= . Se calcula el valor de la
constante k: para t 20 años= se tiene S 80 grs= , de modo que:
20k 1 4
80 100e k ln 0.011157
20 5
 
= ⇒ = ≈ − 
 
.
a. Si se desintegraran 10 grs implica que S es igual a 90 grs:
1.38. Problemas propuestos 43
( ) ( )
( )
9 9
10 10kt
4
5
ln 20ln
90 100e t 9.44 años
k ln
= ⇒ = = ≈
b. Se calcula S para t 50 años= . 50k
S 100e 57.24 grs= ≈ .
c.
( )m 4
5
ln2 20ln2
t 62.13 años
k ln
= − = − ≈ .
Ejemplo 76. Si el 20% de una sustancia radioactiva se desintegra en 50 años,
encuentre el tiempo de vida media de la sustancia.
Solución. Es fácil deducir que m
ln2
t
k
= − y el problema se reduce a calcular k: para
t 50 años= 0S 0.80S= por lo tanto: 50k 3
0 0
ln(0.8)
0.80S S e k 4.96 10
50
−
= ⇒ = ≈ − × . En
definitiva: m
50ln2
t 155.3 años
ln(0.8)
= − ≈ .
Ejemplo 77. El uranio se desintegra a una rata proporcional a la cantidad presente en
cada instante y en los tiempos 1t y 2t hay respectivamente 1m y 2m gramos de
uranio. Determine una fórmula para el tiempo de vida media del uranio en función de
estos datos.
Solución. Con los datos dados se afirma que 1
0 kt1
m
S
e
= y 2
0 kt2
m
S
e
= . Igualando ambas
expresiones y despejando k se llega a 1
2 1
ln(m2) ln(m )
k
t t
−
=
−
. Se sabe que el tiempo de
vida media es m
ln(2)
t
k
= − . Sustituyendo k por el valor obtenido anteriormente se tiene
que 1 2
m
2 1
(t t )ln(2)
t
ln(m ) ln(m )
−
=
−
.
1.35. LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON
Los experimentos han demostrado que, bajo ciertas condiciones, se puede
obtener una buena aproximación de la temperatura de un objeto, usando la ley de
enfriamiento de Newton, que puede enunciarse de la manera siguiente:
La temperatura de un cuerpo cambia a una velocidad que es proporcional a la
diferencia de temperatura entre el medio externo y el cuerpo.
La ecuación diferencial para este caso es: m
dT
k(T T ) (k 0)
dt
= − < , donde:
T: Temperatura del cuerpo al tiempo t.
mT : Temperatura del medio externo al tiempo t.
k: Constante de proporcionalidad.
t: Tiempo transcurrido a partir del inicial.
1.38. Problemas propuestos 44
Para el caso en que mT se considera constante, la ecuación es de variables
separables y tendrá como solución: kt
m
m
dT
kdt T T ce
T T
= ⇒ = +
−∫ ∫ . Si 0T es la
temperatura del cuerpo en el instante t 0= , la solución de la ecuación es:
kt
m 0 mT T (T T )e (k 0)= + − <
Se analizarán dos posibles casos: el enfriamiento y el calentamiento. Cuando
0T es mayor que mT el cuerpo se irá enfriando y su temperatura T irá aproximándose
a mT a medida que el tiempo transcurre. Es claro que en este caso mT T− es positivo
y m
dT
k(T T )
dt
= − es negativo (ya que k 0< ), lo que indica que la temperatura del
cuerpo disminuye con el tiempo, para acercarse a mT . Para el caso de calentamiento el
razonamiento es similar al anterior.
En los casos en que la temperatura del medio no pueda considerarse constante
sino que mT f(t)= la ecuación diferencial es
dT
k(T f(t)) (k 0)
dt
= − < . Se tiene una
ecuación lineal de primer orden en T ya que puede escribirse como
dT
kT kf(t)
dt
− = −
(k 0)< cuyo factor integrante es
kdt kt
e e
− −∫ρ = = y cuya solución es de la forma dada
por: ( )kt kt
T e ke f(t)dt C−
= − +
∫ , donde la constante C deberá calcularse a partir de las
condiciones iniciales.
Ejemplo 78. Un cuerpo ha tardado 20 minutos en enfriarse de 100 C a 60 C , en una
habitación de temperatura constante igual a 20 C .
a. Hallar la ley de enfriamiento del cuerpo.
b. Calcular el tiempo que tardará en enfriarse a 30 C .
Solución. Para este caso mT 20 C= , es decir, constante.
a. La ecuación diferencial es m
dT
k(T T ) k(T 20)
dt
= − = − . Al separar variables e
integrar se obtiene: kt
T 20 c.e= + . Para t 0,= 0T T 100 C= = y sustituyendo:
100 20 c c 80= + ⇒ = y falta obtener a k para determinar la ley de enfriamiento.
Para t 20 min, T 60 C,= = sustituyendo 20k ln2
60 20 80e k 0.0347.
20
= + ⇒ = − ≈ −
Así, la ley de enfriamiento será: 0.0347t
T 20 80e−
= + .
b. kt ln(1 / 8)
30 20 80e t 60 min.
(ln2) /20
= + ⇒ = − =
Ejemplo 79. Si la temperatura de un objeto baja de 80 C a 60 C en 20 minutos,
encontrar la temperatura al cabo de 40 minutos, si la temperatura del medio ambiente
es de 20 C .
1.38. Problemas propuestos 45
Solución. Se escribe la ecuación diferencial ktdT
k(T 20) T 20 c.e .
dt
= − ⇒ = + Para t 0=
se obtiene c 60= por lo que la solución quedará: kt
T 20 60e .= + Para t 20 min,=
T 60 C= por lo cual: kt ln(2 / 3)
60 20 60e k 0.0202.
20
= + ⇒ = ≈ − La solución viene dada
por: 0.0202t
T 20 60e−
= + . Así, para t 40 min= ; 0.0202*40
T 20 60e 46.7 C.−
= + =
1.36. SALIDA DE LÍQUIDOS POR ORIFICIOS
Imagine un líquido que sale por un orificio practicado en un depósito, a una
profundidad h por debajo de la superficie del líquido en el depósito. Se estudiará el
desplazamiento de una masa (m) ubicada inicialmente en la superficie, tomando como
instante final aquel en el cual la masa abandona el recipiente. Si se asume que no hay
pérdidas por fricción o turbulencia se puede aplicar la ley de la conservación de la
energía mecánica, por lo que: c pE E 0.∆ + ∆ = Además:
a. 2 21
c 2 12
E m(v v ).∆ = − Si el orificio es pequeño, el nivel del líquido en el depósito
descenderá lentamente. Por consiguiente, 1v es muy pequeña y se supone nula,
luego: 21
c 22
E mv .∆ =
b. p 2 1E mg(h h ).∆ = − Si se usa como plano de referencia h 0= aquel que da el nivel
promedio del orificio, se obtiene: 1 2h h= y 2h 0= de modo que p 1E mgh∆ = − .
Se tiene entonces que 21
c p 2 1 22
E E 0 mv mgh 0 v 2gh∆ + ∆ = ⇒ − = ⇒ = . De esta
forma se concluye que la velocidad de salida del líquido es 2gh y no depende de la
forma del recipiente, pero se utiliza la hipótesis de que el orificio debe ser pequeño.
A partir de la Ley de Torricelli se obtiene una ecuación diferencial que simula el
comportamiento del líquido en el recipiente. Considere A como el área del orificio. De
esta forma la cantidad de líquido que sale del recipiente en un intervalo de tiempo t∆
será Q A.v A 2gh= = . La ecuación diferencial que simula el hecho físico antes
estudiado es
dV
Q A 2gh
dt
= − = − donde
V: Volumen dentro del depósito en el instante t.
A: Área del orificio de salida.
h: altura del fluido sobre el orificio.
g: aceleración de gravedad
Es conveniente destacar que en general V f(h)= por lo cual
dV dh
f '(h)
dt dt
= y la
ecuación diferencial queda
dh
f '(h) A 2gh
dt
= − . Esta ecuación es de variables separables
1.38. Problemas propuestos 46
que tiene por solución general
f '(h)
dh A 2g dt C
h
= − +
∫ ∫ , en donde la constante C se
determina a partir de las condiciones iniciales.
Ejemplo 80. Un tanque de base rectangular de 4 metros de ancho, 5 metros de largo
y 3 metros de altura está lleno de agua. Si en el fondo tiene un orificio circular de 0.03
metros de diámetro ¿En cuánto tiempo se vacía?
Solución. Para un instante t la altura del nivel del agua es h, además dV 20dh= . La
ecuación diferencial en este caso quedará
dV
A 2gh
dt
= − , donde
2
(0.03)
A
4
= π ; g 9.8=
2
m / seg . Separando variables: 4A 2gdh dh
20 A 2g h dt 1.56 10 dt
dt 20h
−
= − ⇒ = − = − × .
Integrando se obtiene 4 4dh
1.56 10 dt 2 h 1.56 10 t C
h
− −
= − × ⇒ = − × +
∫ ∫ .
Las condiciones iniciales son: para t 0= ; h 3 mts= , sustituyendo en la
solución determinada anteriormente se tiene: C 2 3 3.46= ≈ . Como se pide el tiempo
necesario para que el depósito quede totalmente vacío, h 0= :
4 42 3
0 1.56 10 t 2 3 t 10 seg 22.206 seg 6.17 h
1.56
−
= − × + ⇒ = × = ≈
Ejemplo 81. Un tanque cilíndrico de 1 metro de diámetro y 1 metro de altura, tiene
un orificio en el fondo de 0.04 metros de diámetro. ¿Cuánto tiempo tardará en
vaciarse?
Solución. 2
dV (50) dh= π . Q Av A 2gh 16 2 980 h= = = π × . La ecuación diferencial
para este problema es 2
(50) dh 16 2 980 hdtπ = − π × y separando las variables se
obtiene:
dh
0.283dt
h
= − , integrando: 2 h 0.283t C= − + . Las condiciones iniciales son:
h 100= para t 0= por lo tanto: 2 100 C C 20= ⇒ = . El tiempo de vaciado se obtiene
para h 0;= por lo tanto:
20
0 0.283t 20 t seg 71 seg
0.283
= − + ⇒ = ≈ .
Ejemplo 82. Se tiene un depósito semiesférico lleno de agua. Si se vacía por un
orificio ubicado en el fondo de área A en un tiempo 14
v A 2g
t π
= , determine el radio del
depósito.
Solución. En cada corte transversal al tanque se observa que 2
dV r dh= π . Se tiene por
otro lado que 2 2
r 2Rh h= − , por tanto 2
dV (2Rh h )dh= π − .
Aplicando la ley de Torricelli se obtiene que:
2
3 / 2 5 /22Rh h 4 2
dh A 2g dt C Rh h A 2gt C
3 5h
−  
π = − + ⇒ π − = − + 
 ∫ ∫
Si h(0) R= se obtiene 5 / 214
R C
15
 
π = 
 
. Si ahora se incorpora la condición 14
A 2g
h( ) 0π
= y
se despeja R se tiene
1.38. Problemas propuestos 47
5 /2
5 / 2 5 / 2 514 14 R
0 A 2g R 0 1 15 R R 225
15 15A 2g
π
= − + π ⇒ = − + ⇒ = ⇒ = .
Ejemplo 83. Un tanque con forma de pirámide invertida de altura 6 metros y base
cuadrada de lado 3 metros tiene agua hasta una profundidad de 4 metros. Si en su
vértice tiene un orificio de 314 2
cm , ¿cuánto tiempo tardará en vaciarse?
Solución. Se tienen las siguientes relaciones:
2
2h h
x 4x
4 4
= ⇒ = . Aplicando la ley de
Torricelli se tiene que
2
5 /2h 2
dh 0.0314 19.6 hdt h 0.5561.t C
4 5
= − ⇒ = − + . Si h(0) 4= ,
se tiene C 12.8= por tanto el tiempo de vaciado es igual a 23.02 seg.
Ejemplo 84. Un tanque cónico de 4 mts de radio está lleno de agua hasta las ¾
partes de su altura que es de 10 mts. Si en ese instante se abre un orificio en el fondo
de 1 cm de radio, determine el tiempo de vaciado del tanque.
Solución.
f '(h)
dh A 2gt C
h
= − +
∫ . Se tiene que 4 2
A 10 mts−
= π y por semejanza de triángulos:
2h
r
5
= .
2
4 5 /2 44 h 8
dh 10 2gt C h 10 2gt C
25 125h
− −π π
= −π + ⇒ = −π +
∫ .
Condición inicial
15
h(0)
2
= .
5 / 2
8 15
. C
125 2
π  
= 
 
. Tiempo de vaciado:
5 / 2 5 / 24
4
v v
8 15 8.10 15
10 2gt t
125 2 2125 2g
−π    
= π ⇒ =   
   
.
1.37. OTRAS APLICACIONES
Ejemplo 85. La ecuación de estado para un gas ideal es PV RT= . Si se hace T
constante, se obtienen la familia de isotermas. ¿Cuáles son las líneas del flujo de
calor?
Solución. Haciendo T constante, entonces para cada valor de esa constante resulta
una hipérbola de la forma PV cons tante= , es decir se tiene la familia de hipérbolas
PV b= que son las isotermas. Considerando V como variable independiente y P como
función de V, al derivar en relación a V se obtiene VP ' P 0+ = como ecuación diferencial
de las isotermas. Para obtener las líneas de flujo de calor, en lugar de dP dV se coloca
dV dP− , así se obtiene V dV dP P 0− + = . Separando variables e integrando resulta
2 2
P V a− = que son hipérbolas equiláteras que son las líneas del flujo de calor.
Ejemplo 86. La relación entre el costo C de fabricación por cada artículo y el número
n de tipos de artículos fabricados es tal que, la tasa de incremento del costo de
fabricación a medida que aumenta el número de clases de artículos, es proporcional a
(C n) n+ . Halle la relación entre el costo de fabricación por artículo y el número de
tipos de artículos fabricados sabiendo que cuando se produce el primer artículo su
1.38. Problemas propuestos 48
costo es 0C . (Trabaje como si n fuese una variable continua y considere el hecho de
que a medida que se producen más artículos el costo por unidad disminuye).
Solución. La ecuación diferencial es 0dC dn k (C n) n, C(1) C= + = , donde k es la
constante de proporcionalidad (k 0< para que el costo disminuya). Esta es una
ecuación homogénea, por lo tanto se hace el cambio u C n C un C' u nu'= ⇒ = ⇒ = + , y
resulta nu' u k(u 1)+ = + . Separando variables e integrando du ((k 1)u k) dn n− + = ⇒ ,
1
(k 1) ln((k 1)u k) ln(n) ln(A)−
− − + = + donde ln(A) es la constante de integración, de
donde k 1 k 1
(k 1)u k (An) (k 1)C n k (An)− −
− + = ⇒ − + = . Para n 1= , se tiene 0C C= , luego
k 1
0A (k 1)C k−
= − + determinando la constante A como 1 (k 1)
0A ((k 1)C k) −
= − + .
Ejemplo 87. En Termodinámica se demuestra que para un mol (una molécula-gramo)
de un gas ideal o perfecto, el incremento Q∆ de la cantidad de calor viene dado por
p vQ (1 R)(P.c dV Vc dP)∆ = + , donde P indica presión, V volumen, R es una constante
denominada constante universal de los gases, pc y vc son los calores específicos a
presión constante y a volumen constante, respectivamente, teniéndose que pc y vc no
son en general iguales. La expresión p v(1 R)(P.c dV Vc dP)+ no es en general una
diferencial exacta puesto que p p v v(Pc ) P c c (Vc ) V∂ ∂ = ≠ = ∂ ∂ (observe que para pc la
presión P se mantiene constante y para vc el volumen V se mantiene constante). Por
otro lado, se sabe que la ecuación de estado de los gases perfectos o ideales es
PV RT= para un mol, donde T indica temperatura. Podría intuirse que un factor
integrante para la ecuación planteada es de la forma (Q)ρ con Q PV= . De forma que
se obtiene
((C C ) (PC V VC P))dQ dQ Q((N M ) (M.Q N.Q ))dQ V P P vV P P P
e e e 1 Q 1 (PV)
− − −∫ ∫− −∫ = = = = . Si se
multiplica por el factor integrante se tiene que:
p v p vQ (PV) (c (RV))dV (c (RP))dP Q (T) (c (V))dV (c (P))dP∆ = + ⇒ ∆ = + . Entonces:
Paso 1. M(V,P) P N(V,P) V∂ ∂ = ∂ ∂ .
Paso 2. p pS(V,P) c V dV g(P) c ln V g(P)= + = +
∫ .
Paso 3. vc P g'(P)= .
Paso 4. vg(P) c lnP C= + .
Paso 5. La solución de la ecuación es p vc ln V c lnP C+ = .
De modo que S Q T∆ = ∆ es una diferencial exacta, es la diferencial de la función
p vS(V,P) c ln V c lnP C= + + que se denomina la entropía del gas.
1.38. Problemas propuestos 49
1.38. PROBLEMAS PROPUESTOS
1. A continuación para cada caso se dan cuatro posibles respuestas, de las cuales sólo
una es la correcta. Marque con una X la alternativa que considere correcta.
a. La ecuación diferencial 3 4
(y '') (y') 3x+ = es de:
( ) orden 3 y grado 2
( ) orden 1 y grado 4
( ) orden 2 y grado 4
( ) orden 2 y grado 3
b. La ecuación diferencial 2 2 8
(y '') (y ''') y x x (y ') 0+ + + = es de:
( ) orden 1 y grado 3
( ) orden 3 y grado 1
( ) orden 3 y grado 8
( ) orden 1 y grado 8
c. La ecuación diferencial asociada a la familia de curvas 3 6
y c x c= − es:
( ) 2
y y ' x (y')= +
( ) 3
y y ' x (y')= −
( ) 2
y y ' x (y')= −
( ) 3
y y ' x (y')= +
d. La ecuación diferencial asociada a la familia de curvas 2 6
y c x c= − es:
( ) 2
y y ' x (y')= +
( ) 3
y y ' x (y')= −
( ) 2
y y ' x (y')= −
( ) 3
y y ' x (y')= +
2. Establezca si la EDO dada es lineal o no e indique el orden de la misma.
a. y'' 9y sen(y)+ =
b. 4
xy''' 2(y') y 0− + =
c. 2
y' 25 y= +
d. 2
y' (1 y '')= +
e. (senx)y ''' (cos x)y ' 2− =
f. 2
(x 1)y '' x y' 25y x+ + − =
g. 2
y'' 4y' 10y k y+ − =
h. y' 1 y ''= +
i. 2
y'' xy' ln(x x 1)− = + +
j. y '' 5y ' y 25+ − =
3. Encuentre los valores de m tal que m
y x= sea solución de la ecuación diferencial:
a. 2
x y'' y 0− =
b. 2
x y'' 6xy ' 4y 0+ + =
1.38. Problemas propuestos 50
4. Encuentre los valores de m tal que mx
y e= sea solución de la ecuación diferencial:
a. y'' y' 12y 0− − =
b. y '' 5y ' 6y 0− + =
c. y'' 10y' 25y 0+ + =
5. Compruebe que una familia uniparamétrica de soluciones de 2
y xy ' 1 (y')= + + es
2
y cx 1 c= + + . Demuestre que la relación 2 2
x y 1+ = define una solución singular
de la ecuación en el intervalo 1 x 1− < < .
6. Compruebe que una familia uniparamétrica de soluciones de 2
y xy ' (y ')= + es
2
y cx c= + . Determine un valor de k tal que 2
y kx= sea una solución singular de la
ecuación diferencial dada.
7. Verifique si la ecuación dada es solución de la EDO indicada.
a.
x
2x e
y Ce
3
−
= +
b. x yln(Cy)=
c. xsenx cos x
y 10e
2 2
−
= − +
d. 2 2
x y y k+ =
e. x
y ln(C e )= +
f.
k
y
cos x
=
g.
x
2
0
x y sen(t )dt=
∫
h.
x
0
sent
ylny x dt
t
=
∫
i. t -t
x(t) te , y(t) e= =
j. 2
x(t) tln(t), y(t) t (2ln(t) 1)= = +
k. 3
0 x 0
y
x x 0
<
= 
≥
l.
2
2
x x 0
y
x x 0
− <
= 
≥
x
y' 2y e+ =
y '(x y) y+ =
y' y senx+ =
2
2xydx (x 2y)dy 0+ + =
x y
y' e 0−
− =
y ' ytgx 0− =
2 2
y xy ' y sen(x )= +
xy'(1 lny) xsen(x) yln(y)+ = +
2
(1 xy)y ' y 0+ + =
y 'ln(y ' 4) 4x=
2
(y ') 9xy=
xy ' 2y 0− =
8. Por medio de un examen cuidadoso, determine al menos una solución de cada una
de las ecuaciones diferenciales siguientes:
a. y ' 2x= b. y'' 1= c.
dy
5y
dx
= d.
dy
2y 1
dx
=
9. Muestre que la solución general de
2x
y'' y e−
+ = es
x x2 2t t
0 0
y A cos x Bsenx senx e cos tdt cos x e sentdt− −
= + + −
∫ ∫ .
1.38. Problemas propuestos 51
10. Dada la ecuación 3dy
y
dx
= , demuestre que 21
x y c
2
−
= − + es su solución general.
11. Dada la ecuación 2
xy'lny xy'lny ' y.y' y 0,− + − = demuestre que x
y e= es solución
de la ecuación.
12. Considere la ecuación diferencial para 1 1 2 2y c u (x) c u (x)= + , donde 1u (x) y 2u (x)
son funciones que al menos son doblemente diferenciables:
a. Demuestre que dicha ecuación puede escribirse en forma de determinante
como
1 2
' '
1 2
'' ''
1 2
y u (x) u (x)
y' u (x) u (x) 0
y'' u (x) u (x)
= .
b. Comente lo que sucede si
1 2
' '
1 2
u (x) u (x)
W 0
u (x) u (x)
= = .
El determinante W se llama Wronskiano de 1u (x) y 2u (x).
13. Pruebe que la ecuación diferencial no separable [F(x) y.G(xy)]dx xG(xy)dy 0+ + = se
convierte en separable al cambiar la variable dependiente de y a v de acuerdo a la
transformación v xy= . Use esto para resolver 2
(x ysenxy)dx xsenxydy 0+ + = .
14. Transforme la ecuación diferencial
ax by
y'
cx dy
+
=
+
en una ecuación diferencial de
variables separables (a,b,c,d son constantes reales positivas, diferentes entre sí).
15. Resuelva
a.
dy y(1 xy)
dx x(1 xy)
+
=
−
b.
x y x ydy
dx x y x y
+ + −
=
+ − −
c.
1 x ydy
dx 1 x y
+ −
=
− −
16. Resuelva
3
2
dy 2y x y
x.tg
dx x y x
 
= + +  
 
usando la transformación dada por 2
y v.x= .
17. Encuentre la solución de las siguientes EDO homogéneas o reducibles a ellas.
a. 2 2
xy' y y x= + −
b. 2 2
2xy
y'
3x y
=
−
c. 2 2 2
(y xy') x y− = +
d. 2 2
xy' y x y− = −
1.38. Problemas propuestos 52
e.
2 (x y)
y'
x y 4
− +
=
− +
f. (x y 1)dx (2x 2y 1)dy 0+ + + + − =
g. ydx (2 xy x)dy 0+ − =
h.
dy y x
dx x y
= +
i. 4 2
(y 3x )dy xydx− = −
j.
y y
x y.cos dx x.cos dy 0
x x
    
− + =    
    
18. Si f(x,y) es una función homogénea de grado n, demuestre que
f(x, y) f(x, y)
x y n.f(x, y)
x y
∂ ∂
+ =
∂ ∂
.
19. Demuestre que
y
xdy ydx arctg dx
x
 
− =  
 
puede resolverse por la sustitución y v.x=
aún cuando la ecuación no es homogénea.
20. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones dadas:
a. 2
(9x y 1) (4y x)y ' 0+ − − − =
b.
x
x
2ysen(x) e sen(y)
y '
e cos(y) 2 cos(x)
−
=
+
c. 2y 2y
(1 e )dx 2xe dy 0+ + =
d.
x
3y e
y '
3x cos(y)
+
= −
+
e.
2
y.sec (x) sec(x).tg(x)
y'
2y tg(x)
+
= −
+
f.
2 2 x
3 2
3x y xy e
y '
x x y sen(y)
+ +
= −
+ +
g. 3 2y
x dx (y ln(x))dy 0
x
 
+ + + = 
 
h.
2 2
2
1 y xy
y' 0
x y y 2xy
+ +
= − =
+ +
i. (x x)y ' y y+ = +
j.
x y 3
y'
x y
− − +
=
+
k.
2
2
y xy
y '
x
+
=
l.
x
y'
x 12y
=
+
21. Resuelva 2 2
2x.tg(y) dx x sec (y)dy 0
2
π 
+ + = 
 
con la condición y(0) = π .
1.38. Problemas propuestos 53
22. Determine una función M(x, y) de manera que 2 2 x
M(x, y)dx (x cos(y) 3y e )dy 0+ + =
sea una ecuación diferencial exacta.
23. Halle una constante α de modo que 2 3 3 2
(3x y 2y 3)dx (x xy 2y)dy 0− + + − α + = sea
una ecuación diferencial exacta.
24. En cada caso, encuentre un factor integrante y resuelva la ecuación:
a. 2 2 2
(x y 1)dx (x 2xy)dy 0+ + + − = , (x)ρ
b. 4 4 3
(x y )dx xy dy 0+ − = , (x)ρ
c. 4 3
(y 5y)dx (7xy 5x y)dy 0− + − + = , (y)ρ
d. cos(x)cos(y)dx 2sen(x)sen(y)dy 0− = , (x)ρ
e. xdx ydy x(xdy ydx) 0+ + − = , 2 2
(x y )ρ +
f. 2 3
(3y x)dx (2y 6xy)dy 0− + − = , 2
(x y )ρ +
25. Demuestre que cualquier ecuación diferencial separable de primer orden también
es exacta.
26. Resuelva las siguientes ecuaciones:
a. xdy
y e
dx
= +
b. 2 3
(1 x )dy (xy x x)dx 0+ + + + =
c. 2
(1 x)y ' xy x x+ − = +
d.
dP
2tP P 4t 2
dt
+ = + −
e. x
xdy (xy 2y 2e )dx 0 , y(1) 0−
+ + − = =
f. 3dy 2y
(x 1)
dx x 1
= + +
+
27. Resuelva las siguientes ecuaciones de Bernoulli:
a. xy' y 2 xy= +
b. 4 42x
x' x t
t
−
+ =
c. 3 3dx
x t x
dt
= +
d.
3
dt t x
dx x t
= −
e. 2 4 3
3xy y ' 3x y= +
28. La ecuación diferencial y xy' f(y ')= + se llama ecuación de Clairaut.
a. Demuestre que una solución de la ecuación es la familia de rectas y cx f(c),= +
en donde c es una constante arbitraria.
b. Pruebe que la ecuación también puede tener una solución paramétrica de la
forma: x(t) f '(t), y(t) f(t) t.f '(t)= − = − .
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Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden y aplicaciones(tema 1)

  • 1. 1.38. Problemas propuestos 1 TEMA 1 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN Y SUS APLICACIONES (Prof. José Luis Quintero) 1.1. MOTIVACIÓN En cursos anteriores se ha manejado con frecuencia la palabra ecuación la cual se utiliza en muy variadas ocasiones, por ejemplo: 2 3 x 3x 2 0, x 1 0,− + = − = x senx 0, tgx e , ...= = y como esas, muchas otras análogas, así como sistemas de las mismas. En esos casos se trata de hallar números que son las incógnitas de la ecuación. Estas ecuaciones pueden admitir más de una solución. Existen numerosos problemas de la Ingeniería, que conducen a plantear ecuaciones, pero donde ahora las incógnitas ya no son números sino otros objetos matemáticos. Entre estas ecuaciones se encuentran las denominadas ecuaciones diferenciales en las cuales la(s) incógnita(s) que se presentan son funciones, y se llaman diferenciales puesto que en dichas ecuaciones figuran las derivadas de las funciones incógnitas. En cursos anteriores de Cálculo se aprendió que, dada una función y f(x),= la derivada dy dx f '(x)= es también una función de x y se encuentra mediante alguna regla apropiada. Por ejemplo, si 2x y e= entonces 2x dy dx 2xe= o bien dy dx 2xy= . El problema que se enfrenta en este tema no es: dada una función y f(x),= encontrar su derivada; más bien, el problema es: si se da una ecuación tal como dy dx 2xy= , encontrar de alguna manera una función y f(x)= que satisfaga la ecuación. En una palabra, se desea resolver ecuaciones diferenciales. Se debe señalar que ésta es una de las ramas de la Matemática que más profundamente se ha estudiado desde hace unos 300 años, siendo la Mecánica Celeste la primera área donde se aplicó intensamente la teoría de las ecuaciones diferenciales. Desde esa época, el campo de aplicaciones de esta teoría ha aumentado considerablemente, y se puede señalar (a groso modo) que las mismas rigen una gran cantidad de fenómenos (deterministas) donde ciertas magnitudes varían de manera continua en función de uno o varios parámetros, uno de los cuales frecuentemente es el tiempo. 1.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 1. Una ecuación diferencial es aquella en la que intervienen derivadas o diferenciales. Si tales derivadas son las de una función de una variable, entonces a la ecuación diferencial se le llama ordinaria. Una ecuación diferencial parcial (o en derivadas parciales) contiene derivadas parciales.
  • 2. 1.38. Problemas propuestos 2 Ejemplo 1. Las ecuaciones 2 3 2 d y dy x x y 7x dxdx − + = − , 3 34 2 5 4 2 d y d y dy 1 2 x dx 3dx dx       + − =              , 2 (x 5y 3)y ' 7x 2y− + = − + , son ecuaciones diferenciales ordinarias, mientras que z 2 y ∂ = − ∂ , 2 2 2 2 2 2 t t t 0 x y z ∂ ∂ ∂ + + = ∂ ∂ ∂ son ecuaciones diferenciales parciales o en derivadas parciales. Ejemplo 2. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias: a. 2 (1 x )y '' 2xy ' ( 1)y 0, R− − + α α + = α ∈ (Ecuación de Legendre que se presenta en problemas de propagación del calor con simetría esférica) b. 2 y'' (y 1)y ' y 0+ µ − + = (Ecuación de Van der Pol que se presenta en problemas de circuitos eléctricos conteniendo tubos al vacío) Ejemplo 3. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales: a. 2 tt xxu a u 0− = (Ecuación de onda unidimensional que caracteriza la propagación de ondas en algunos medios y las vibraciones mecánicas de una cuerda vibrante) b. xx yy zzu u u 0+ + = (Ecuación de Laplace que se presenta en el estudio de potenciales magnético, eléctrico, gravitatorio y en el flujo de calor) 1.3. ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 2. Se llama orden de una ecuación diferencial al mayor orden de las derivadas que aparecen en dicha ecuación. Es decir, es el orden de la más alta derivada de la ecuación diferencial. Ejemplo 4. 52 2 d y dy 4 3y 1 dxdx   − − =    es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden o de orden dos. La ecuación 4 2 4 2 t t 0 x x ∂ ∂ + = ∂ ∂ es una ecuación diferencial parcial de orden cuatro. Ejemplo 5. 2 2 2 x y'' xy ' (x p )y 0+ + − = (Ecuación de Bessel que se presenta en problemas de flujo de calor en cilindros, propagación de corrientes eléctricas en conductores cilíndricos y vibraciones de membranas) es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden. 1.4. GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 3. El grado de una ecuación diferencial lo da la potencia de la derivada de mayor orden en dicha ecuación.
  • 3. 1.38. Problemas propuestos 3 Ejemplo 6. Identificación de orden y de grado en ecuaciones diferenciales: a. y ' tg(x)= es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden y primer grado. b. 2 2 z z 3x 6 xx ∂ ∂ − = ∂∂ es una ecuación diferencial parcial de orden 2 y grado 1. c. 3 dy dy x 5 0 dx dx   − + =    es una ecuación diferencial ordinaria de orden 1 y grado 3. 1.5. VARIABLE DEPENDIENTE Y VARIABLE INDEPENDIENTE Definición 4. Considere una ecuación diferencial que contiene una o más derivadas de una variable con respecto a otra variable particular. Se denomina variable dependiente a la que presenta derivadas, mientras que la variable independiente es aquella respecto de la cual se realiza la derivada. Ejemplo 7. En la ecuación diferencial 3 2 3 2 d y d y dy 5 7y cos(x) dxdx dx − + − = y es la variable dependiente, mientras que x es la variable independiente. Ejemplo 8. La ecuación 2 2 2 2 v v 0 y z ∂ ∂ + = ∂ ∂ tiene dos variables independientes z, y, y una variable dependiente v. 1.6. ECUACIÓN DIFERENCIAL ORDINARIA LINEAL Definición 5. Se dice que la ecuación diferencial ordinaria (EDO) de la forma (n) F(x, y, y',y '',..., y ) 0= es lineal si F es una función lineal de las variables y, y ', y '', (n) ...,y . Por tanto, la ecuación diferencial ordinaria lineal general de orden n es de la forma (n) (n 1) n n 1 1 0a (x)y a (x)y ... a (x)y ' a (x)y g(x).− −+ + + + = Es decir, la ecuación diferencial ordinaria es lineal si posee las siguientes características: a. La variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado, es decir que no pueden tener una potencia distinta de uno. b. Los coeficientes de la ecuación diferencial ordinaria n n 1 1 0a , a , ...,a , a− solo dependen de la variable independiente o son constantes reales. Ejemplo 9. Las siguientes ecuaciones son lineales: x 3y '' 3xy ' (x 1)y e− + + = , 3 2 2 x y''' x y '' 3xy ' 5y (x 1)− + + = + , 2 (x 1) y '' 3y ' cos(x)+ − = Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales: yy'' 2y ' 0+ = , 2 (y ') xy x 1− = + , 2 xy'' 2y y' x y− = + A estas ecuaciones se les denomina no lineales.
  • 4. 1.38. Problemas propuestos 4 Ejemplo 10. Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales: a. 1 2 y ''' yy '' 0+ = (Ecuación de Blasius que se presenta en problemas de mecánica de fluidos) b. 2 y y ' x 2(y ') y '= + − (Ecuación de Clairaut que se presenta en variados problemas físicos) 1.7. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 6. Se dice que una función f, definida en un intervalo I, es solución (también llamada integral de la ecuación) de una ecuación diferencial en el intervalo I, si satisface la ecuación diferencial en I, es decir, si se sustituye f en dicha ecuación y esta se reduce a una identidad. Observación 1. El intervalo I puede ser abierto, cerrado, semicerrado, o todo R. Ejemplo 11. Para todo número real C, la función 3 f(x) x C= + es solución de la ecuación 2 y' 3x= en I R= , porque al sustituir f '(x) en lugar de y' se obtiene la identidad 2 2 3x 3x= . Entonces, a la función 3 f(x) x C= + , se le llama solución general de 2 y' 3x= , ya que toda solución es de esa forma. Observe que en la solución general 3 f(x) x C= + aparece el parámetro arbitrario C. Una solución particular de 2 y' 3x= se obtiene asignándole un valor específico a dicho parámetro. A veces, una ecuación diferencial tiene una solución que no puede obtenerse dando valores específicos a los parámetros en una familia de soluciones. A tal solución se le llama solución singular. La terminología de solución completa se usa algunas veces para denotar todas las soluciones, esto es, la solución general junto con las soluciones singulares, si hay alguna. Ejemplo 12. Considere dos números reales arbitrarios 1C , 2C . Demuestre que 2x 2x 1 2f(x) C e C e− = + es solución de y '' 4y 0,− = en I R= . Solución. Como 2x 2x 1 2f '(x) 2C e 2C e− = − y 2x 2x 1 2f ''(x) 4C e 4C e− = + , al reemplazar f(x) y f ''(x) en y'' 4y 0− = se tiene que f ''(x) 4f(x) 0− = , es decir, 2x 2x 2x 2x 1 2 1 2(4C e 4C e ) 4(C e C e ) 0− − + − + = . Esto demuestra que f(x) es una solución de y'' 4y 0− = . La solución f(x) se llama solución general de y '' 4y 0− = . Note que la ecuación diferencial es de orden 2 y que la solución general contiene dos parámetros arbitrarios 1C , 2C . Se va a calcular la solución particular de y'' 4y 0− = que satisface la condición y 3= si x 0= , y' 0= (esto suele escribirse y(0) 3= , y '(0) 0= , es decir, f(0) 3= , f '(0) 0= ). De esta manera 2.0 2.0 1 2 1 2 2.0 2.0 1 2 1 2 f(0) C e C e C C 3 f '(0) 2C e 2C e 2C 2C 0 − − = + = + = = − = − = .
  • 5. 1.38. Problemas propuestos 5 El sistema de ecuaciones a resolver es 1 2 1 2 C C 3 2C 2C 0 + =  − = . De aquí se obtiene 1 2 3 C C 2 = = , entonces la solución particular para las condiciones iniciales dadas (y(0) 3, y '(0) 0)= = es: 2x 2x3 3 f(x) e e 2 2 − = + . Ejemplo 13. Demuestre que x 2x 1 2y C e C e− − = + es solución de 2 2 d y dy 3 2y 0 dxdx + + = para las constantes arbitrarias 1 2C , C y obtenga una solución particular que satisfaga las condiciones y(0) 1, y '(0) 1= = . Solución. x 2x 1 2 x 2x 1 2 2 x 2x 1 22 y C e C e dy y' C e 2C e dx d y y'' C e 4C e dx − − − − − − = + = = − − = = + Se debe probar que 2 2 d y dy 3 2y 0 dxdx + + = . En efecto: x 2x x 2x x 2x 1 2 1 2 1 2C e 4C e 3( C e 2C e ) 2(C e C e ) 0− − − − − − + + − − + + = x 2x x 2x x 2x 1 2 1 2 1 2C e 4C e 3C e 6C e 2C e 2C e 0− − − − − − + − − + + = Por otro lado, si y(0) 1, y '(0) 1= = se tiene: 1 2 1 2 C C 1 C 2C 1 + =  − − = , de aquí se obtiene 1 2C 3, C 2,= = − entonces la solución particular para las condiciones iniciales dadas es x 2x y 3e 2e− − = − . 1.8. SOLUCIONES EXPLÍCITAS E IMPLÍCITAS Se distingue además entre soluciones explícitas o implícitas de ecuaciones diferenciales. Se puede ver que 2x y e= es una solución explícita de dy dx 2xy= . También se puede ver que 4 y x 16= y x y xe= son soluciones explícitas de dy dx x y 0− = y ' y'' 2y y 0− + = , respectivamente. Se dice que una relación G(x, y) 0= define implícitamente una ecuación diferencial en un intervalo I, y pudiera definir una o más soluciones explícitas en I. Ejemplo 14. Para 2 x 2− < < la relación 2 2 x y 4 0+ − = es una solución implícita de la ecuación diferencial dy x dx y = − . Derivando implícitamente se obtiene 2 2d d d (x ) (y ) (4) 0 dx dx dx + − = , dy 2x 2y 0 dx + = o bien dy x dx y = − .
  • 6. 1.38. Problemas propuestos 6 La relación 2 2 x y 4 0+ − = define dos funciones en el intervalo 2 x 2− < < : 2 y 4 x= − y 2 y 4 x= − − . 1.9. ALGUNAS INTERROGANTES Lo expuesto hasta ahora sugiere plantear las siguientes interrogantes en relación a las ecuaciones diferenciales: a. Una vez que se tiene la ecuación diferencial, ¿cómo se sabe que existen soluciones de dicha ecuación? b. Si ya se conoce que una ecuación diferencial tiene solución. ¿Cuántas soluciones hay? c. Sabiendo que hay soluciones y cuántas de ellas, ¿Cómo hallarlas? d. ¿Cómo surgen las ecuaciones diferenciales, es decir, que tipos de problemas conducen a plantear ecuaciones diferenciales? e. Conociendo que hay soluciones y cuántas de ellas, pero no sabiendo determinarlas mediante una fórmula, bien sea explícitamente y y(x)= o implícitamente (x, y) 0ϕ = , ¿existirá alguna manera de “aproximar” cada solución por una función conocida o por una serie y determinar una cota del error cometido en esa aproximación? y ¿habrá algún procedimiento para decir cómo se comportan las soluciones aún cuando no se conocen? En lo que sigue se dará respuestas a estos interrogantes, excepto la (e) la cual forma parte de otros estudios, entre ellos los métodos numéricos de resolución de ecuaciones diferenciales (cálculo numérico). 1.10. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma F(x, y,y ') 0= . Si se puede expresar como y' f(x,y)= entonces se pueden aplicar métodos de solución para ecuaciones resueltas respecto a la derivada, dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán los métodos de solución de algunas de ellas, ya que cada modelo de ecuación requiere de un proceso diferente para llegar a la solución, lo que funciona bien con un tipo de EDO no necesariamente se aplica a otras. Si por el contrario la EDO no se puede expresar como y ' f(x,y)= , entonces se tendrán que aplicar métodos de solución para ecuaciones no resueltas en y' , un ejemplo de este tipo de ecuaciones es la ecuación de Clairaut que es de la forma y xy' f(y ')= + . El estudio se centrará en las EDO de primer orden donde es posible despejar y' , y dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán las siguientes: • Ecuaciones con variables separables • Ecuaciones reducibles a variables separables • Ecuaciones homogéneas
  • 7. 1.38. Problemas propuestos 7 • Ecuaciones reducibles a homogéneas • Ecuaciones exactas • Ecuaciones reducibles a exactas • Ecuaciones lineales • Ecuaciones reducibles a lineales De esta forma se comienza a dar respuesta a la interrogante c del apartado 1.9. 1.11. ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES Si la EDO dada se puede expresar de la forma h(y)dy g(x)dx= , se dirá que la ecuación es de variables separables. Observe que se debe poder despejar y separar las variables x e y. De esta forma integrando ambos miembros de la ecuación anterior se determina la solución: h(y)dy g(x)dx= ∫ ∫ . Ejemplo 15. Resuelva (2 x)dy ydx 0+ − = . Solución. 1 1 1 1 (2 x)dy ydx dy dx dy dx y 2 x y 2 x     + = ⇒ = ⇒ =   + +   ∫ ∫ (se despejan las expresiones si y 0, x 2≠ ≠ − ) por lo tanto: 1ln y ln 2 x C= + + , aquí se reemplaza 1C por 1 2C ln C= , es decir 2 2ln y ln 2 x ln C ln (2 x)C= + + = + y así, 3y (2 x)C= + , 3(C 0)≠ . Las curvas y 0= y x 2= − son soluciones de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 1): Figura 1. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 15
  • 8. 1.38. Problemas propuestos 8 Ejemplo 16. Resuelva dy x 2y 2 xy dx − − + = . Solución. dy dy dy x 2y 2 xy (x 2) y(x 2) (x 2)(1 y) dx dx dx = − − + ⇒ = − + − ⇒ = − + por lo tanto: dy dy (x 2)dx (x 2)dx 1 y 1 y = − ⇒ = − + +∫ ∫ (se despejan las expresiones si y 1≠ − ) Se tiene que: 2 22 x x2x C 2x1 C2 2 1 1 x ln 1 y 2x C 1 y e 1 y e e 2 − + − + = − + ⇒ + = ⇒ + = , de modo que aquí se reemplaza C1e por 2C 2(C 0)> , y en consecuencia se tiene que 2 2x x2x 2x 2 2 2 31 y e C 1 y C e − − + = ⇒ + = , de manera que 2x 2x 2 3y C e 1 − = − , 3(C 0)≠ . La curva y 1= − es solución de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 2): Figura 2. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 16 Ejemplo 17. Resuelva x x 2 4e tg(y)dx ( e )sec (y)dy 0+ π − = . Solución. x x 2 4e tg(y)dx ( e )sec (y)dy 0+ π − = , x 2 x ( e )sec (y)dy 4e tg(y)dxπ − = − separando las variables: 2 x x sec (y) 4e dy dx tg(y) e = − π − (se despejan las expresiones si x y k (k Z) , e≠ π ∈ π ≠ ) 2 x x sec (y) e dy 4 dx tg(y) e = − π∫ ∫ ambas integrales se pueden resolver por simple sustitución. x x 2 u e v tg(y) du e dx dv sec (y)dy = − π = = = entonces: dv du 4 v u = ∫ ∫ , 1ln v 4ln u C= + , x 2ln tg(y) 4ln e ln C= − π + , x 4 2ln tg(y) ln (e ) C= − π , x 4 3tg(y) (e ) C= − π , x 4 3y arctg((e ) C )= − π . Las curvas y k (k Z)= π ∈ y x eπ = son soluciones de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 3):
  • 9. 1.38. Problemas propuestos 9 Figura 3. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 17 Ejemplo 18. Resuelva x ydy 7 dx + = . Solución. x y x ydy 7 7 .7 dx + = = . Separando variables: x y dy 7 dx 7 = . Integrando ambos miembros: y x 7 dy 7 dx− = ∫ ∫ . Se hacen las sustituciones: x x u 7 , du 7 ln7dx= = , y y 2 y y v 7 , dv (7 ) 7 ln7dy 7 ln7dy− − − = = − = − , ydv 7 dy ln7 − − = Se tiene entonces 1 1 dv du ln7 ln7 − = ∫ ∫ , y x x y dv du v u C 7 7 C 7 7 C− − − = ⇒ − = + − = + ⇒ + = ∫ ∫ En forma gráfica se tiene (ver figura 4): Figura 4. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 18
  • 10. 1.38. Problemas propuestos 10 1.12. ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES Una EDO que se presente de la forma dy f(ax by c) dx = + + , (b 0)≠ puede transformarse en una EDO con variables separables con el cambio: u ax by c= + + , du / dx a b(dy / dx)= + . La ecuación dada queda, al aplicar el cambio: dy 1 du du a , bf(u) a dx b dx dx   = − = +    que tienen las variables separadas, un procedimiento como en el apartado 1.11 permite hallar la solución. Recuerde devolver los cambios efectuados para transformar la ecuación. Ejemplo 19. Resuelva 1 y' x y 1 = + + . Solución. Con el cambio u x y 1 , du 1 dy,= + + = + recuerde que se está derivando respecto de “x”. Se tendrá la ecuación diferencial con variables separadas 1 u' 1 u − = (u 0)≠ es decir du 1 1 u 1 u' dx u u + = + ⇒ = . Separando las variables e integrando se tiene: u du dx 1 u = +∫ ∫ , u 1 ln u 1 x C,+ − + = + x y 2 ln x y 2 x C+ + − + + = + (u 1)≠ − La solución es 1 y ln x y 2 C+ − + + = . La solución y (x 2)= − + también satisface la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 5): Figura 5. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 19
  • 11. 1.38. Problemas propuestos 11 Ejemplo 20. Resuelva dy sen(x y) dx = + . Solución. Sea u x y,= + du 1 dy= + así: dy du 1 dx dx = − y queda entonces la ecuación diferencial u' 1 sen(u)− = , que separando las variables se tiene: du sen(u) 1 dx = + , por lo tanto: du dx sen(u) 1 = +∫ ∫ , (sen(u) 1 0)+ ≠ . Para resolver la primera integral se multiplica por la conjugada del denominador así: 2 (1 senu) (1 senu) du du (1 senu)(1 senu) cos u − − = − +∫ ∫ resultando las integrales: 2 2 2 2 du sen(u) sen(u) du sec (u)du du cos u cos u cos (u) − = − ∫ ∫ ∫ ∫ . Las integrales que se tienen son directas por lo tanto al integrar resulta: 1 2 1 tg(u) C x C cosu − + = + devolviendo el cambio: 1 tg(x y) x C cos(x y) + − = + + . La solución de la forma 3 2 y x 2k (k Z)π = − + + π ∈ también satisface la ecuación. Algunas ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables se presentan en forma diferente a los casos anteriores, en general se puede señalar que una ecuación diferencial ordinaria de primer orden con la forma y' f(h(x,y))= es de este tipo si se puede encontrar una sustitución u h(x,y)= , que permita separar las nuevas variables en una EDO con variables separables. Ejemplo 21. Resuelva 2 2 2 (1 x y )y (xy 1) xy' 0+ + − = . Solución. Con el cambio xy t= se transforma la ecuación en una de variables separadas. Sea entonces t xy= , derivando respecto de x: dt xy ' y , t ' xy ' y dx = + = + , despejando: t ' y y' , x − = las nuevas variables son x y t. (x 0)≠ . La ecuación queda entonces: t 2 2 x t 't (1 t ) (t 1) x 0 x x  − + + − =      . Simplificando y despejando se tiene: 2 2 2 2 2 3 (1 t )t (1 t )t (1 t )t (t 1) (t ' x t) 0, t ' x t , t ' x t (t 1) (t 1) + + + + − − = − = − = − − − 3 2 3 2 2 2 t 2t t t t 2t t ' x (t 1) (t 1) − + − − = = − − − , (t 1)≠ finalmente quedan las integrales: 2 2 dx t 2t 1 dt x 2t − + = − ∫ ∫ , (t 0)≠ Calculando las integrales se obtiene: t 1 ln x lnC ln t 2 2t + = − + + . Observe que la constante de integración por conveniencia se toma lnC. Si se aplican las propiedades
  • 12. 1.38. Problemas propuestos 12 del logaritmo para simplificar se tendrá la solución: 2 Cxy 1 ln xy x xy   = −    , tomando exponencial se obtiene: 1xy 2 xy Cy e − = . La solución xy 0= satisface la ecuación. Ejemplo 22. Resuelva 6 5 4 3 2 2 3 (x 2x 2x y 4x y)dx (xy 4x )dy 0.− + − + + − = Solución. Con el cambio y t x = (x 0)≠ la ecuación dada se transforma en una de variables separables en las nuevas variables t y x. Sea y tx= entonces dy dt t x dx dx = + , es decir y ' t xt '= + . Considerando la ecuación 6 5 4 3 2 3 x 2x 2x y 4x y y ' xy 4x − + − + = − − , si se aplica el cambio se tiene: 6 5 4 3 3 3 3 2 3 x 2x 2x t x 4tx t ' xt ' x t 4x − + − + − + = − . Separando variables y simplificando: 6 5 4 4 2 x 2x 2x 1 t ' x t 4  − + −   =      −   resulta: 2 2 (t 4)dt ( x 2x 2)dx− = − + − ∫ ∫ . Al calcular la integral se obtiene la solución: 3 3 2 3 x y 4y x 2x C 3 x3x − + + − = . La solución x 0= también satisface la ecuación. Ejemplo 23. Resuelva x y 1 y'(2x 2y 1) 0+ + + + − = . Solución. 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 x y 1 x y 1 x y 1 y'(2x 2y 1) 0 y' u x y u' 1 y ' 2x 2y 1 2(x y ) 2(u )u 1 u 1 2u 1 u 1 u 2 u' 1 u' 1 du dx (u 2) u 22(u ) 2(u ) 2(u ) 2(u ) 2u 1 2u 1 du dx du dx 2(u 2) 3ln u 2 u 2 u 2 u 2 + + + + + + + + − = ⇒ = − = − = + ⇒ = + + − + − −+ + − − − − − = − ⇒ = − = = ⇒ = ≠ −− − − − −   = ⇒ − = ⇒ − + − = − − −  x c 2(x y 2) 3ln x y 2 x c. + ⇒ + − + + − = + 1.13. FUNCIÓN HOMOGÉNEA Definición 7. Una función f(x,y) es homogénea de orden n en sus argumentos, si para algún número real n, se cumple que n f(tx,ty) t f(x, y)= . Ejemplo 24. Una función homogénea de orden dos es 2 2 f(x, y) 5x 4xy 2y= − + , ya que: 2 2 2 2 2 2 f(tx,ty) 5(tx) 4(tx)(ty) 2(ty) t (5x 4xy 2y ) t f(x, y)= − + = − + = . Ejemplo 25. f(x,y) 3x 5xy 7y= − + es una función homogénea de orden uno, ya que: f(tx,ty) 3tx 5txty 7ty 3tx t 5xy 7ty tf(x,y)= − + = − + = .
  • 13. 1.38. Problemas propuestos 13 Ejemplo 26. 2 2 4x f(x,y) 9, 3y = + es una función homogénea de orden cero, en efecto: 2 2 0 2 2 4(tx) 4x f(tx,ty) 9 9 t f(x, y) 3(ty) 3y = + = + = . Definición 8. Si f es una función homogénea de orden n siempre se podrá escribir en la forma n y f(x, y) x f 1, x   =     o bien n x f(x, y) y f ,1 y   =     . Ejemplo 27. Sea 2 2 f(x, y) x 3xy y= + + , primero se probará que es homogénea: 2 2 2 2 f(tx,ty) t (x 3xy y ) t f(x,y)= + + = . Es homogénea de orden dos, luego se puede expresar como: 2 2 2 2 2 2 2 2 y y y x x x f(x, y) x 1 3 x f 1, o f(x, y) y 3 1 y f ,1 x x y yx y        = + + = = + + =                1.14. ECUACIONES HOMOGÉNEAS Definición 9. Una ecuación diferencial de primer orden de la forma M(x,y) y' N(x, y) = se dirá que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas del mismo orden. Si esto sucede es posible expresar la ecuación dada de la forma: n n y y x M 1, M 1, x x y' y y x N 1, N 1, x x            = =             . Observe que también es posible expresar y' en términos de x y       . Este tipo de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden se pueden transformar en ecuaciones con variables separables mediante el cambio: y u x   =     o x v y   =     . Para resolver estas ecuaciones se selecciona el cambio a utilizar, sea por ejemplo: y u x = de donde y ux= , derivando respecto de x se tiene: dy du x u dx dx = + , y sustituyendo en la ecuación dada se tiene: M(1,u) xu' u N(1,u) + = . Esta nueva EDO es de variables separables en las variables separadas en las variables u y x, y por lo tanto de fácil solución.
  • 14. 1.38. Problemas propuestos 14 Ejemplo 28. Resuelva y x y' y x − = + . Solución. Se puede expresar en la forma: y x 1 x y' y x 1 x   −   =   +    (x 0)≠ . Esta ecuación se resuelve con el cambio y u x = de donde se tiene y ux= y derivando respecto de x, y' xu' u= + y luego sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene: u 1 xu' u , u 1 − + = + u 1 xu' u, u 1 − = − + 2 u 1 xu' u 1 + = − + . Esta nueva ecuación es de variables separables, integrando: 2 2 2 u 1 dx 2u du dx du du x xu 1 2(u 1) u 1 + = − ⇒ + = − + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Estas integrales son todas directas, se tiene entonces: 21 ln(u 1) arctg(u) ln x C 2 + + = − + , devolviendo el cambio: 2 2 2 1 y x y ln arctg ln x C 2 xx  +   + = − +        . Ejemplo 29. Resuelva y y x.ctg dx xdy 0 x    + − =      . Solución. Despejando dy , dx se obtiene: y yy x ctgy x.ctg x xdy x dx x x     ++         = = . Al sustituir por y u , x = se tiene: y' u' x u.= + (x 0)≠ . Sustituyendo u' x u u ctg(u)+ = + , integrando du dx ctgu x = ∫ ∫ (ctgu 0)≠ , se obtiene ln sen(u) ln x C= + por tanto la solución general es: sen(y / x) ln C x = . Las curvas del tipo 1 y k , k Z 2   = + π ∈    satisfacen la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 6):
  • 15. 1.38. Problemas propuestos 15 Figura 6. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 29 Ejemplo 30. Resuelva xdy (x.cos(y x) y)dx 0+ − = . Solución. y x.cos(y x) y y y' cos x x x −   = = −     (Ecuación homogénea) Cambio de variable:u y x y' u u'x= ⇒ = + . u u'x u cosu u'x cosu secudu dx x+ = − ⇒ = ⇒ = . Integrando se tiene: ( ) ( )ln secu tgu ln x lnC secu tgu cx sec y x tg y x cx+ = + ⇒ + = ⇒ + = . Ejemplo 31. Suponga que M(x, y)dx N(x,y)dy 0+ = es una ecuación homogénea. Pruebe que las sustituciones x r.cos , y r.sen= θ = θ reducen la ecuación a una de variables separables. Solución. Por ser homogénea se tiene: n n M(x, y) x M(1,y / x) (r cos ) M(1, tg ) N(x,y)= = θ θ = dx cos dr r.sen d= θ − θ θ , dy sen dr r.cos d= θ + θ θ. Sustituyendo y simplificando se tiene: M(1, tg )[cos dr r.sen d ] N(1, tg )[sen dr r.cos d ] 0θ θ − θ θ + θ θ + θ θ = [M(1,tg )cos N(1,tg )sen ]dr r[N(1,tg )cos M(1,tg )sen ]d 0θ θ + θ θ + θ θ − θ θ θ = Separando variables se obtiene dr M(1,tg )sen N(1, tg )cos r M(1,tg )cos N(1,tg )sen θ θ − θ θ = θ θ + θ θ . 1.15. ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden que se presentan con la forma: dy ax by c f dx Ax By C  + + =   + +  donde a b 0 A B ≠ se pueden transformar en ecuaciones homogéneas con las sustituciones: x u h , y v k= + = + , donde el punto (h,k), es el punto de corte de las rectas definidas mediante las ecuaciones: ax by c 0+ + = y
  • 16. 1.38. Problemas propuestos 16 Ax By C 0+ + = . Observe que la ecuación diferencial homogénea que resulta de esta sustitución, es una ecuación en las nuevas variables u y v. Si la EDO de primer orden se presenta con la forma: dy ax by c f dx Ax By C  + + =   + +  donde a b 0 A B = se puede transformar en una ecuación de variables separables con la sustitución u ax by c.= + + Ejemplo 32. Resuelva x y 3 y' x y 1 − − = + − . Solución. Se determina el punto de corte de las rectas: x y 3 0 , x y 1 0− − = + − = . Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra el punto (2, 1).− La sustitución es por lo tanto x u 2, y v 1= + = − de donde se tiene que: dy dv dx du = . Sustituyendo en la EDO dada se tiene: dv (u 2) (v 1) 3 u v du (u 2) (v 1) 1 u v + − − − − = = + + − − + . Esta ecuación es homogénea y se resuelve por lo tanto con la sustitución u z v = o bien con v w u = . Si se toma para determinar la solución la sustitución v w u = se tiene v uw= (u 0)≠ . Derivando dv w uw' du = + y sustituyendo en la EDO dada se tiene: dw 1 w w u du 1 w − + = + . Esta nueva ecuación en las variables w y u es de variables separables, resultando las integrales 2 2 1 w du 1 2w 2 du dw dw u 2 uw 2w 1 w 2w 1 + + = − ⇒ = − + − + −∫ ∫ ∫ ∫ . Resolviendo las integrales y sin cambios: 21 ln w 2w 1 ln u C 2 + − = − + . 2 2 ln (y 1) 2(y 1)(x 2) (x 2) C+ + + − − − = . Ejemplo 33. Resuelva 16y 49x 18 y' 2x y 9 − + = + − . Solución. 16k 49h 18 0 16k 49h 18 h 2 , k 5 k 2h 9 0 k 2h 9 − + = − = −  ⇒ ⇒ = =  + − = + =  . Se aplica el par de cambios: x u 2, y v 5= + = + y se tiene: 16(v 5) 49(u 2) 18 16v 49u v' 2(u 2) v 5 9 2u v + − + + − = = + + + − + que es una ecuación homogénea. Sea v t ut v v' ut ' t. u = ⇒ = ⇒ = + Se tiene entonces que: 2 2 2 16t 49 16t 49 2t t t 14t 49 (t 7) ut ' t 2 t 2 t 2 t t 2 − − − − − + − − = − = = = − + + + + . De modo que: 2 2 t 2 du z 9 du dt dz u u(t 7) z + + = − ⇒ = − − . Cambio z t 7 dz dt= − ⇒ = . Se tiene: 2 1 9 du 9 dz ln z ln u c. z u zz   + = − ⇒ − = − +   ∫ ∫ Devolviendo cambios: 9 9 ln z ln u c ln t 7 ln x 2 c z t 7 − = − + ⇒ − − = − − + − . y 5 x 2 y 5 9 ln 7 ln x 2 c x 2 7− − − − − = − − + − − . Ejemplo 34. Resuelva 2 2 3 (x y 1)dy (2xy )dx 0− + = .
  • 17. 1.38. Problemas propuestos 17 Solución. Esta ecuación no es homogénea, sin embargo con una sustitución de la forma a y t= donde por el momento a es un número arbitrario que se debe determinar, la transformación es homogénea. Derivando: a 1dy at dt − = y sustituyendo en la EDO: 2 2a a 1 3a (x t 1)at dt 2xt dx 0− − + = , 3a 2 3a 1 a 1 dt 2xt a dx x t t− − = − − . Observe en esta ecuación que el grado de 3a 2xt es (1 3a)+ , el grado de a 1 t − es (a 1)− y el grado de 2 3a 1 x t − es (2 3a 1),+ − como es necesario para que la ecuación sea homogénea que los grados de todos los términos sean iguales, debe cumplirse entonces que 3a 1 a 1+ = − , esto sucede si a 1= − por lo tanto la sustitución que transforma la ecuación dada en homogénea es y 1 / t.= La ecuación dada toma la forma: 2 2 (t x )dt 2txdx 0− + = o bien 2 2 2 2 dx t (x / t 1) dt t (2x / t) − = . Esta ecuación se resuelve con la sustitución x u t = , es decir: x ut= , derivando, x ' tu' u= + . Sustituyendo en la ecuación se tiene: 2 2 u 1 u 1 u' t u u' t 2u 2u − + + = ⇒ = − y luego: 2 2u dt du tu 1 = − +∫ ∫ . Resolviendo las integrales resulta: 2 ln u 1 ln t ln c+ = − + , de donde se tiene que 2 (u 1)t C+ = y devolviendo los cambios u x / t= y a su vez t 1 / y= resulta la solución 2 2 x y 1 yc+ = . Ejemplo 35. Halle la solución general de la ecuación y x y x (y ' 1).ln x 3 x 3 + +  + = + +  . Solución. La solución del sistema y x 0 , x 3 0+ = + = es el punto ( 3,3)− . Cambio de variables: x u 3 , y v 3= − = + , v u v u (v ' 1).ln u u + +  + =    . Sea t v /u t ut ' v '= ⇒ + = , entonces (t ut ' 1).ln(t 1) t 1+ + + = + . Manipulando: t 1 t 1 (t 1) (t 1)ln(t 1) (t ut ' 1) ut ' (t 1) ut ' ln(t 1) ln(t 1) ln(t 1) + + + − + + + + = ⇒ = − + ⇒ = + + + . Separando variables: ln(t 1) 1 dt du (t 1)(1 ln(t 1)) u + = + − + . Al resolver ln(t 1) dt (t 1)(1 ln(t 1)) + + − +∫ , dt z 1 ln(t 1) dz t 1 = − + ⇒ = − + . La integral se convierte en 1 z 1 dz z ln z C z − = − + ∫ . Por lo tanto: ln(t 1) 1 dt du 1 ln(t 1) ln 1 ln(t 1) ln u C (t 1)(1 ln(t 1)) u + = ⇒ − + − − + = + + − + . Devolviendo cambios: y 3 y 3 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln x 3 C x 3 x 3 − −    − + − − + = + +   + +    . Ejemplo 36. Dada la ecuación 5 2 2 3 3 dy 3x 3x y dx 2x y 2y + = − , indique los valores de p y q para convertirla en homogénea usando los cambios p x u= , q y v= y el valor de n si el cambio es n y v.x= . Solución. qqqq , y v, y v, y v, y vp p 1 q 1 x u dx p.u du dy q.v dv− − = ⇒ = = ⇒ = . Se tiene entonces:
  • 18. 1.38. Problemas propuestos 18 q 1 5p 2p 2q 6p 1 3p 1 2q p 1 3p q 3q 3p 2q 1 4q 1 2 q.v dv u u v 2qdv u u v . 3 3pdup.u du u v v u v v − − − − − − + + = ⇒ = − − . Se requiere que: ,,,,6p 1 3p 2q 1 3p 2q 6p 1 4q 1 3p 2q 3p 2q 1 4q 1 3p 2q − = + − ⇒ = − = − ⇒ = + − = − ⇒ = . Por lo tanto las constantes p y q deben ser tales que 3p 2q= , p,q 0≠ . n n n 1 y v.x y' v '.x n.x .v− = ⇒ = + . Se tiene entonces: 5 2n 2 2 5 2n 2 2 n n 1 n n 1 n 3 3n 3 n 3 3n 3 3(x x v ) 3(x x v ) v ' x n.x v v ' x nx v 2(x v x v ) 2(x v x v ) + + − − + + + + + = ⇒ = − − − 5 2n 2 2 n 1 n 3 3n 3 5 2n 2 2 2n 2 2 4n 1 4 n n 3 3n 3 2n 3 4n 3 3(x x v ) 2nx v(x v x v ) 3x 3x v 2nx v 2nx v v' 2x (x v x v ) 2x v 2x v + − + + + − + + + − − + − − = = − − . Se requiere que: 1 1 1 2 2 2 5 4 2n n , 5 4n 3 n , 2n 4 4n 3 n= + ⇒ = = + ⇒ = + = + ⇒ = . Por lo tanto 1 2 n .= 1.16. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Definición 10. Una expresión diferencial M(x, y)dx N(x, y)dy+ (1) es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial total de alguna función f(x,y). Definición 11. Una ecuación diferencial M(x, y)dx N(x,y)dy 0+ = se llama exacta si la expresión (1) es una diferencial exacta. TEOREMA 1. Suponga que M(x, y), N(x, y) son funciones continuas con derivadas parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces una condición necesaria y suficiente para que la expresión (1) sea una diferencial exacta es que M(x, y) N(x, y) y x ∂ ∂ = ∂ ∂ . Demostración: ( )⇒ Suponga que M(x,y), N(x, y) tienen derivadas parciales de primer orden continuas para todo (x,y). Por la definición 10, si la expresión (1) es exacta, existe alguna función f(x,y) para la cual: f(x, y) f(x, y) M(x, y)dx N(x,y)dy dx dy x y ∂ ∂ + = + ∂ ∂ y f(x, y) M(x, y) x ∂ = ∂ , f(x, y) N(x,y) y ∂ = ∂ . Por lo tanto, 2 M(x, y) f f f N(x, y) y y x y x x y x  ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂  = = = =  ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂    . Por continuidad, 2 2 f(x, y) f(x, y) y x x y ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ y de esta manera se obtiene M(x, y) N(x, y) y x ∂ ∂ = ∂ ∂ . ( )⇐ Suponga ahora que M(x, y) N(x, y) y x ∂ ∂ = ∂ ∂ . Se desea encontrar una función f(x,y) tal que f M(x, y) x ∂ = ∂ , f N(x,y) y ∂ = ∂ . Resulta que: x y 0 x y0 0 f(x, y) M(x,y )dx N(x, y)dy= + ∫ ∫ (2) en donde 0 0(x , y ) es un punto de la región, esta es la función buscada. En la segunda integral de (2) la variable x se mantiene fija. Luego,
  • 19. 1.38. Problemas propuestos 19 x y 0 x y0 0 f(x,y) M(x, y )dx N(x, y)dy x x x ∂ ∂ ∂ = + ∂ ∂ ∂∫ ∫ y 0 y0 N(x, y) M(x, y ) dy x ∂ = + ∂∫ y 0 y0 M(x,y) M(x, y ) dy y ∂ = + ∂∫ (por hipótesis) 0 0M(x, y ) M(x, y) M(x,y ) M(x, y)= + − = De manera semejante se puede demostrar que f(x,y) N(x, y) y ∂ = ∂ . 1.17. MÉTODO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Considere la ecuación M(x, y)dx N(x,y)dy 0+ = . Paso 1. Demuestre que M(x, y) N(x, y) y x ∂ ∂ = ∂ ∂ . Paso 2. Suponga luego que f(x,y) M(x,y) x ∂ = ∂ . De este modo se puede encontrar a la función f(x,y) integrando M(x,y) respecto a x mientras la variable y se mantiene constante. Entonces se escribe f(x, y) M(x, y)dx g(y)= + ∫ (3). Paso 3. Se deriva la ecuación (3) respecto a y y se supone que f(x,y) N(x, y) y ∂ = ∂ : f(x,y) M(x, y)dx g'(y) N(x, y) y y ∂ ∂ = + = ∂ ∂ ∫ . De aquí resulta: g'(y) N(x, y) M(x,y)dx y ∂ = − ∂ ∫ (4). Se observa que el primer miembro de la ecuación (4) es independiente de x ya que: N(x,y) M(x,y) N(x, y) M(x, y)dx) 0. x y x y  ∂ ∂ ∂ ∂ − = − =  ∂ ∂ ∂ ∂ ∫ Paso 4. Se integra la ecuación (4) respecto a y, luego se sustituye el resultado en la ecuación (3). Paso 5. La solución de la ecuación es f(x, y) C.= Ejemplo 37. Resuelva 2 (7x 6y)dx (6x 5y )dy 0+ + − = . Solución. Paso 1. M(x,y) (7x 6y) 6 y y ∂ ∂ + = = ∂ ∂ , 2 N(x, y) (6x 5y ) 6 x xy ∂ ∂ − = = ∂ ∂ . Paso 2. 2 7x f(x, y) (7x 6y)dx g(y) 6xy g(y) 2 = + + = + + ∫ . Paso 3. 2 2 y 7 f (x, y) x 6xy g(y) 6x g'(y) 6x 5y y 2 ∂   = + + = + = − ∂   . 2 g'(y) 5y= − . Paso 4. 3 2 2 5y g'(y) 5y g(y) 5y dy 3 = − ⇒ = − = − ∫ , 2 3 7x 5y f(x, y) 6xy . 2 3 = + − Paso 5. Entonces una familia de soluciones de la ecuación diferencial dada es:
  • 20. 1.38. Problemas propuestos 20 2 3 7x 5y 6xy C 2 3 + − = . Ejemplo 38. Resuelva 2 2 3 2y x y' 2yx 4 − = + . Solución. Si 2 2 (2y x 3)dx (2yx 4)dy− + + entonces 2 2 M(x, y) 2y x 3 , N(x,y) 2yx 4= − = + . Paso 1. M(x,y) 4xy y ∂ = ∂ , N(x, y) 4xy x ∂ = ∂ . Paso 2. 2 2 2 f(x, y) (2y x 3)dx g(y) y x 3x g(y)= − + = − + ∫ . Paso 3. 2 2 yf (x, y) 2yx g'(y) 2yx 4= + = + . g'(y) 4.= Paso 4. g(y) 4 dy 4y= = ∫ . Paso 5. Solución. 2 2 y x 3x 4y C− + = . 1.18. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE En ocasiones se presentan ecuaciones diferenciales no exactas escritas en la forma M(x, y)dx N(x,y)dy 0+ = (5). Es posible convertir dichas ecuaciones en exactas multiplicando sus términos por un factor integrante adecuado. Por ejemplo, la ecuación ydx xdy 0− = no es exacta, pero si se multiplican sus términos por 2 1 y (y 0)≠ se obtiene 2 ydx xdy 0 y − = (6) y así: 2 y x2 x1 y y1 M N y xy    ∂ −∂       = = − = = ∂ ∂ es decir, la ecuación (6) se puede convertir en exacta. Definición 12. Un factor integrante para la ecuación (5) es una función (x, y)ρ tal que la ecuación (x, y)M(x, y)dx (x, y)N(x,y)dy 0ρ + ρ = sea exacta; es decir, ( M) ( N) y x ∂ ρ ∂ ρ = ∂ ∂ (7) Lamentablemente, no siempre es fácil encontrar un factor integrante (x,y)ρ . Pero, si la ecuación (5) tiene un factor integrante ρ que sea, bien una función que dependa sólo de x o una función sólo de y, entonces ρ puede ser encontrado de manera sistemática. Otra forma para la ecuación (7) sería M N M N y y x x ∂ρ ∂ ∂ρ ∂ + ρ = + ρ ∂ ∂ ∂ ∂ (8) Para determinar entonces el factor integrante se tiene la ecuación (8) en derivadas parciales, como dicho factor puede depender de las dos variables o bien solo de x o de y, se consideran por separado los tres casos: a. Factor integrante que depende solo de la variable x.
  • 21. 1.38. Problemas propuestos 21 Como el factor ρ depende sólo de la variable x, entonces se sabe que 0 y ∂ρ = ∂ y por lo tanto la ecuación (8) se reduce a: M d N M N d N N y dx x y x dx  ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ρ ρ = + ρ ⇒ ρ − =  ∂ ∂ ∂ ∂  . Despejando y utilizando una notación más compacta se tiene: M Ny x dx Ny xM Nd dx e . N −        ∫− ρ = ⇒ ρ =  ρ   b. Factor integrante que depende sólo de la variable y. Con un procedimiento análogo al anterior se llega al factor integrante de la forma: N Mx y dy M e . −        ∫ ρ = c. Factor integrante que depende indirectamente de las dos variables x e y. Considere ahora un factor integrante que depende de las variables x e y. Esta dependencia debe estar dada a través de una regla de correspondencia z f(x,y)= es decir que se tiene un factor (z)ρ donde z a su vez dependerá de las variables x e y. Para este caso la ecuación (8) es d z M d z N M . N . dz y y dz x x  ρ ∂ ∂ ρ ∂ ∂  + ρ = + ρ   ∂ ∂ ∂ ∂   . Si se agrupan términos y se despeja se tiene: d z z N M M N . dz y x x y    ρ ∂ ∂ ∂ ∂ − = ρ −    ∂ ∂ ∂ ∂    Si ahora se despeja y se usa una notación más compacta se tiene: N Mx y dz M.z N.zx y y x y x N Md dz e M.z N.z  −    −  ∫ −ρ = ⇒ ρ =   ρ −  . Observe que para poder resolver esta ecuación es necesario que el lado derecho esté expresado en función de z. Una vez que se ha determinado el factor integrante en función de z, se hace la sustitución z f(x,y)= para tener finalmente el factor (x, y)ρ buscado. Ejemplo 39. Determine para la ecuación diferencial 2 2 (1 x y)dx x (y x)dy 0− + − = un factor integrante que dependa de x. Solución. Se puede verificar que la ecuación no es exacta ya que y xM N≠ . Como el factor integrante depende solo de x, entonces y 0ρ = . Para determinar dicho factor integrante se sabe que M Ny x dx N e , −        ∫ ρ = donde 2 M (1 x y)= − , 2 N x (y x)= − , 2 yM x= − , 2 xN 2xy 3x= − sustituyendo: 2 2 y x 2 2 M N x 2xy 3x 2x(y x) 2 . N xx (y x) x (y x) − − − + − − = = = − − − Resulta 2 dx x 2 1 e . x   −    ∫ ρ = =
  • 22. 1.38. Problemas propuestos 22 Ejemplo 40. Determine un factor integrante para la ecuación diferencial dada por 2 3 (3y x)dx (2y 6xy)dy 0− + − = que dependa de las dos variables sabiendo que el factor es de la forma (z)ρ con 2 z x y= + . Solución. De la ecuación se tiene 2 3 xM 3y x , N 2y 6xy , My 6y , N 6y ,= − = − = = − x yz 1 , z 2y= = . Como y xM N≠ entonces la ecuación no es exacta, para determinar (z)ρ se utiliza: N Mx y dz M.z N.zy x e  −    −  ∫ ρ = . Calculando el integrando se tiene: x y 2 3 3 3 2 y x N M 6y 6y 12y 3 . M.z N.z (3y x)2y (2y 6xy) 6y 2xy 2y 6xy x y − − − − = = = − − − − − − − + + Recuerde que siempre el integrando debe estar en función de z, de esta manera se tiene: 3 dz z 3 1 e z   −    ∫ ρ = = que resulta finalmente un factor integrante 2 3 1 (x y ) ρ = + . Ejemplo 41. Dada la ecuación 2 3 3 2 4 2 (4xy 12x y )dx (3x y 6x y )dy 0+ + + = , halle su solución general sabiendo que admite un factor integrante de la forma 2 (x y)µ . Solución. 3 2 3 2 3 2 2 x y 2 3 3 2 2 4 2 3 2 2 y x N M 6xy 24x y 8xy 36x y 2xy 12x y 1 6x y M.z N.z (4xy 12x y )x (3x y 6x y )2xy 2x y x y − + − − + + = = = − + − + ( ) 1 6z 1dz 6 dz 22 lnz 6z 6z 2 6x yz z(x y) e e e ze x ye . +  +  +  ∫ ∫ µ = = = = = Multiplicando por el factor integrante obtenido: 2 26x y 3 3 5 4 6x y 4 2 6 3 e (4x y 12x y )dx e (3x y 6x y )dy 0+ + + = 2 22 6x y 3 3 5 4 6x y 3 2 5 3( M) 6x e (4x y 12x y ) e (12x y 48x y ) y ∂ µ = + + + ∂ 26x y 5 3 7 4 3 2( M) ( N) e (72x y 72x y 12x y ) y x ∂ µ ∂ µ = + + = ∂ ∂ 2 2 26x y 3 3 5 4 6x y 3 3 6x y 5 4 2 26x y 3 3 6x y 4 3 f(x, y) e (4x y 12x y )dx g(y) e 4x y dx e 12x y dx g(y) e 4x y dx 12xye x y dx g(y) = + + = + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ En la segunda integral se integra por partes: 4 3 u x y= , 26x y dv 12xye dx= 2 2 2 26x y 3 3 4 3 6x y 6x y 3 3 4 3 6x y f(x, y) e 4x y dx x y e e 4x y dx g(y) x y e g(y)= + − + = + ∫ ∫ 2 2 26x y 4 2 6 3 4 2 6x y 6 3 6x y g'(y) e (3x y 6x y ) 3x y e 6x y e 0 g(y) C= + − − = ⇒ = . Por tanto, 24 3 6x y x y e C= .
  • 23. 1.38. Problemas propuestos 23 1.19. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN Definición 13. Una ecuación diferencial de la forma dy A(x)y Q(x) dx + = (9) en donde A(x), Q(x) son funciones en x, es denominada ecuación diferencial lineal de primer orden. Mediante un factor integrante adecuado, existe una técnica para resolver la ecuación dada. Sea A(x)dx (x) e∫ρ = , se multiplica la ecuación (9) por (x)ρ y se obtiene A(x)dx A(x)dx A(x)dxdy e A(x)e y Q(x)e dx ∫ ∫ ∫+ = (10). Como xD A(x)dx A(x)  =   ∫ , entonces el lado izquierdo de la ecuación (10) es la derivada del producto A(x)dx y(x)e∫ , es decir A(x)dx A(x)dx xD y(x)e Q(x)e ∫ ∫=    (11). Por lo tanto, si se integra la ecuación (11) se obtiene A(x)dx A(x)dx y(x)e Q(x) e dx C ∫ ∫= +   ∫ . Al despejar y(x) se obtiene: A(x)dx A(x)dx y(x) e Q(x) e dx C −   ∫ ∫= +    ∫ En la práctica para resolver la ecuación (9) se van a seguir los siguientes pasos: Paso 1. Se calcula el factor integrante A(x)dx (x) e∫ρ = . Paso 2. Se multiplica la ecuación dada por (x)ρ . Paso 3. Se identifica el lado izquierdo de la ecuación que resulta como la derivada del producto xD [ (x).y(x)] (x).Q(x)ρ = ρ . Paso 4. Se integra la ecuación (x)y(x) (x)Q(x)dx Cρ = ρ + ∫ . Ejemplo 42. Resuelva 2 2xdy 2y x e dx − = . Solución. Aquí 2 2x A(x) 2, Q(x) x e= − = . 2 dx 2x (x) e e − −∫ρ = = . 3 2x 2 x (x).y e .y (x).Q(x)dx C x dx C C 3 − ρ = = ρ + = + = + ∫ ∫ , entonces 3 2x x y e C 3   = +     . En forma gráfica se tiene (ver figura 7):
  • 24. 1.38. Problemas propuestos 24 Figura 7. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 42 Ejemplo 43. Resuelva 2 2 2xy 1 y' 1 x 1 x + = + + . Solución. 2 2 2x 1 A(x) , Q(x) 1 x 1 x = = + + . 2x 2dx ln1 x2 21 x(x) e e 1 x + + ∫ ρ = = = + luego: 2 2 2 1 (1 x ).y (1 x ) dx C x C 1 x   + = + + = +  + ∫ , así 2 x C y 1 x + = + . En forma gráfica se tiene (ver figura 8): Figura 8. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 43
  • 25. 1.38. Problemas propuestos 25 Ejemplo 44. Resuelva 2 (y cos (x))dx cos(x)dy 0− + = . Solución. Se escribe la ecuación de la forma (9): 2 2 dy cos (x) y dy y cos(x)dy (cos (x) y)dx (cos(x) 0) cos(x) dx cos(x) dx cos(x) dy y cos(x) dx cos(x) − = − ⇒ = ≠ ⇒ = − ⇒ + = 1 A(x) , Q(x) cos(x) cos(x) = = , entonces dx sec(x)dxcos(x) (x) e e ∫ ∫ρ = = . ln sec(x) tg(x) e sec(x) tg(x) + = + . y.(sec(x) tg(x)) (sec(x) tg(x))cos(x)dx C (1 sen(x))dx C x cos(x) C+ = + + = + + = − + ∫ ∫ así, x cos(x) C y sec(x) tg(x) − + = + . Las soluciones de la forma 1 x k 2   = + π    satisfacen la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 9): Figura 9. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 44 Ejemplo 45. Resuelva 2 y' 2x y= − , y(0) 1= − . Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma dy A(x)y Q(x) dx + = cuya solución es de la forma A(x)dx A(x)dx y(x) e Q(x) e dx C −   ∫ ∫= +    ∫ , donde A(x) 1= , 2 Q(x) 2x= . De modo que dx dx2 x 2 x y(x) e 2x e dx C e 2x e dx C − −    ∫ ∫= + = +       ∫ ∫ . Resolviendo la integral 2 x 2x e dx ∫ (Integración por partes) 2 x x u 2x du 4xdx , dv e dx v e= ⇒ = = ⇒ = . 2 x 2 x x I P P 2x e dx 2x e 4xe dx= − ∫ ∫ .
  • 26. 1.38. Problemas propuestos 26 x x u 4x du 4dx , dv e dx v e= ⇒ = = ⇒ = . x x x x x 14xe dx 4xe 4e dx 4xe 4e C= − = − + ∫ ∫ . En consecuencia: 2 x 2 x x x 22x e dx 2x e 4xe 4e C= − + + ∫ . Por tanto: x 2 x x x 2 x y(x) e 2x e 4xe 4e C 2x 4x 4 e C− − = − + + = − + +   . Con la condición y(0) 1= − se tiene C 5= − y la solución es 2 x y(x) 2x 4x 4 5e− = − + − . Ejemplo 46. Resuelva 3x y' xe 2y= − , y(0) 0= . Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma dy A(x)y Q(x) dx + = cuya solución es de la forma A(x)dx A(x)dx y(x) e Q(x) e dx C −   ∫ ∫= +    ∫ , donde A(x) 2= , 3x Q(x) xe= . De modo que 2dx 2dx3x 2x 5x y(x) e xe e dx C e xe dx C − −    ∫ ∫= + = +       ∫ ∫ . Resolviendo la integral 5x xe dx ∫ (Integración por partes) 5x 5x1 u x du dx , dv e dx v e 5 = ⇒ = = ⇒ = 5x 5x 5x 5x 5x 1 x 1 x 1 xe dx e e dx e e C 5 5 5 25 = − = − + ∫ ∫ . Por tanto: 2x 5x 5x 3x 3x 2xx 1 x 1 y(x) e e e C e e e C 5 25 5 25 − −  = − + = − +    . Si y(0) 0= se tiene 1 C 25 = y la solución es 3x 3x 2xx 1 1 y(x) e e e 5 25 25 − = − + . Ejemplo 47. Halle la solución general de 54 9 x xy' 3y (x 5x )e− = + . Solución. 53 8 x3 y' y (x 5x )e x − = + (Ecuación lineal de primer orden) 3 3dx ln(x )x 3 1 (x) e e x −−∫ ρ = = = . 5 5 53 5 x x 5 x y(x).x (1 5x )e dx C e dx 5x e dx C− = + + = + + ∫ ∫ ∫ Al resolver 55 x 5x e dx ∫ se tiene: (Integración por partes) 5 54 x x u x du dx , dv 5x e dx v e= ⇒ = = ⇒ = , de modo que: 5 5 55 x x x 5x e dx xe e dx= − ∫ ∫ , se tiene entonces: 5 5 5 5 5 53 x 5 x x x x x y(x).x e dx 5x e dx C e dx xe e dx C xe C− = + + = + − + = + ∫ ∫ ∫ ∫ En consecuencia: 53 4 x y cx x e= + . Ejemplo 48. Halle la solución general de xsen(y) 2sen(2y) y' 1+ =   . Solución. xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x' xsen(y) 2sen(2y) (Ecuación lineal con variable dependiente x) + = ⇒ + = ⇒ − =  
  • 27. 1.38. Problemas propuestos 27 xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x' xsen(y) 2sen(2y) (Ecuación lineal con variable dependiente x) + = ⇒ + = ⇒ − =   sen(y)dy sen(y)dy cos(y) cos(y) x(y) e 2sen(2y)e dy C e 4 cos(y)sen(y)e dy C − −   ∫ ∫= + = +      ∫ ∫ cos(y) w w w 14 cos(y)sen(y)e dy 4we dw 4we 4e C w cos(y) dw sen(y)dy = − = − + + = ⇒ = − ∫ ∫ cos(y) cos(y) cos(y) x(y) e 4e (1 cos(y)) C 4(1 cos(y)) Ce− − = − + = − +   Ejemplo 49. La ecuación diferencial 2dy h(x). y x 0 dx + + = posee un factor integrante (x) xρ = . Determine h(x) y encuentre la solución general de la ecuación si se sabe que 3 2 h(1) = . Solución. 2 2 2dy h(x). y x 0 h(x).y' y x 0 (y x )dx h(x)dy 0 dx + + = ⇒ + + = ⇒ + + = . Se tiene que 1 h'(x) dx h(x) 1 h'(x) 1 h'(x) 1 (x) e x dx ln(x) x x.h'(x) h(x) h(x) h(x) x − ∫ − − ρ = = ⇒ = ⇒ = ⇒ − = ∫ . De modo que h(x) x.h'(x) h(x) x h'(x) 1 x + = ⇒ + = (ecuación lineal). Solución de la ecuación: 2dx dx x x 1 1 x K x K h(x) e e dx K xdx K . x x 2 x 2 x −  ∫ ∫  = + = + = + = +      ∫ ∫ . Usando la condición 3 2 h(1) = se tiene que K 1= . De modo que: 2 2x 1 x 1 .y' y x 0 (y x )dx dy 0 2 x 2 x     + + + = ⇒ + + + =        . Aplicando factor: 2 3 x (xy x )dx 1 dy 0 2   + + + =     . Al resolver la ecuación diferencial exacta se tiene: Paso 1. 2 4 3 x y x f(x,y) (xy x )dx g(y) g(y) 2 4 = + + = + + ∫ . Paso 2. 2 2 4 2 2 x x y x x x g'(y) 1 1 1 g(y) y 2 y 2 4 2 2  ∂ = + − + = − + = ⇒ =  ∂   . Paso 3. Solución general: 2 4 x y x y C 2 4 + + = . 1.20. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES DE PRIMER ORDEN. ECUACIÓN DE BERNOULLI. Definición 14. A una ecuación diferencial de la forma n y' B(x)y R(x)y+ = (12) donde n R {0,1}∈ − se le llama ecuación de Bernoulli. (Si se toma n 1= entonces la ecuación (12) tendría variables separables mientras que si se elige n 0= la ecuación (12) sería una ecuación diferencial lineal de primer orden).
  • 28. 1.38. Problemas propuestos 28 Para resolver una ecuación de Bernoulli se hace lo siguiente: Paso 1. Se multiplica la ecuación por n y− y se obtiene n 1 n y y ' B(x)y R(x)− − + = (13). Paso 2. Se hace la sustitución 1 n z y − = de allí ndz z' (1 n)y y ' dx − = = − . La ecuación (13) se transforma en 1 z' B(x)z R(x) 1 n   + = −  o bien en z ' (1 n)B(x)z (1 n)R(x)+ − = − (14). La ecuación (14) es lineal de orden 1, por lo tanto, después de tener z se sigue al paso 3. Paso 3. Se hace la sustitución 1 1 ny z −= , la cual brinda la solución de la ecuación (12). Ejemplo 50. Resuelva 2 2 y' y x y+ = . Solución. Como n 2,= se multiplica la ecuación por 2 y− : 2 1 2 y y ' y x− − + = . Se sustituye 1 2 1 2 z y y , z' y y '− − − = = = − . Reemplazando se obtiene: 2 z ' z x− + = o bien: 2 z ' z x− = − . Como la ecuación anterior es lineal, entonces se calcula dx x (x) e e − −∫ρ = = , y se tiene x 2 x x 2 ze x e dx C e (x 2x 2) C− − − = − + = + + + ∫ luego 2 x 1 z x 2x 2 Ce y− = + + + = , es decir: 2 x 1 y (x 2x 2 Ce )− = + + + . y 0= también es solución de la ecuación. En forma gráfica (ver figura 10): Figura 10. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 50 Ejemplo 51. Resuelva 3 y' xy y x+ = . Solución. Aquí, n 3= , al multiplicar por 3 y− se tiene 3 2 y y ' xy x− − + = ( )∗ . Se hace 2 z y− = para 3dz z ' 2y y ' dx − = = − . Se multiplica ( )∗ por 2− para: 3 2 2y y' 2xy 2x− − − − = − entonces: z ' 2xz 2x− = − , 22 xdx x (x) e e − −∫ρ = = . 2 2 2x x x e z e ( 2x)dx C e C− − − = − + = + ∫ , así,
  • 29. 1.38. Problemas propuestos 29 2x 2 2 1 z 1 Ce y y − = + = = . De modo que 2x 1 y 1 Ce = ± + . La curva y 0= es solución. En forma gráfica se tiene (ver figura 11): Figura 11. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 51 Ejemplo 52. Resuelva 2 y x dx dy 0 2x 2y   + − =     . Solución. 2 2 2 y x y x y x dx dy 0 y' 0 y' (Bernoulli n 1) 2x 2y 2x 2y 2x 2y   + − = ⇒ + − = ⇒ − = = −     2 z y= , 21 1x dx x dx2 2z x z ' x z(x) e x e dx C x xdx C x C x 2 − −−     ∫ ∫− = ⇒ = + = + = +          ∫ ∫ 1 / 2 2 3 2 x x y x C y(x) xC 2 2     = + ⇒ = +           . 1.21. FORMA NORMAL Definición 15. Una ecuación diferencial ordinaria de orden n puede expresarse como (n) F(x, y, y',y '',..., y ) 0= . Se supone que siempre es posible despejar la derivada de orden más alto en una ecuación diferencial ordinaria dada y obtener la expresión (n) (n 1) y f(x,y,y ', y'',...,y )− = , denominada forma normal de la ecuación, es decir, la derivada de mayor orden aparece despejada. Observación 2. Puede ocurrir que una ecuación diferencial de orden n origine varias ecuaciones en forma normal de orden n.
  • 30. 1.38. Problemas propuestos 30 Ejemplo 53. a. La ecuación diferencial 3 yy' x 0+ = se escribe en forma normal 3 x y' y = − si y 0≠ . b. La ecuación diferencial 2 2 (y ') y 1+ = , solamente tiene sentido si y 1≤ , y ella origina dos ecuaciones en forma normal 2 2 y' 1 y , y ' 1 y= − = − − . 1.22. PROBLEMA DE VALOR INICIAL Definición 16. Un problema de valor inicial es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable independiente. Tales condiciones se llaman condiciones iniciales. Ejemplo 54. Suponga que se quiere determinar una curva C del plano pasando por el punto (1,1) y tal que la pendiente de la tangente en cada uno de sus puntos sea igual a la abscisa del punto correspondiente. Solución. Sea y y(x)= la ecuación, en forma explícita, de la curva C a determinar. Si (x,y(x)) es un punto cualquiera de C, la pendiente de la recta tangente en el mismo es igual a dy(x) dx y por lo tanto, de acuerdo al enunciado del problema, se verifica dy(x) x dx = (15). El problema consiste en encontrar una función y(x) tal que satisfaga la igualdad (15) en todo punto x de su dominio y además y(1) 1,= ya que C pasa por el punto (1,1). 1.23. PROBLEMA DE VALOR EN LA FRONTERA Definición 17. Un problema de valor en la frontera es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida especificadas en dos o más valores de la variable independiente. Tales condiciones se llaman condiciones de frontera. Ejemplo 55. Para el problema 2 x y'' 2xy' 2y 6,− + = y(1) 0, y(2) 3= = se busca una función definida en un intervalo que contenga x 1= y x 2= , que satisfaga la ecuación diferencial y cuya gráfica pase por los puntos (1,0) y (2,3). 1.24. EXISTENCIA DE SOLUCIONES Se tratará a continuación de darle respuesta a las interrogantes a y b del apartado 1.9.
  • 31. 1.38. Problemas propuestos 31 Hay ecuaciones muy sencillas en las cuales no se necesita “a priori” disponer de algún teorema que garantice la existencia de soluciones, puesto que se puede fácilmente determinar las soluciones. Tal es el caso de una ecuación de la forma y ' f(x)= donde f es una función integrable en un intervalo J R∈ . Es inmediato que de allí se tiene y(x) f(x)dx F(x) C= = + ∫ , donde C es una constante arbitraria, que son soluciones (y todas las posibles) de esa ecuación diferencial. Si se quisiera explícitamente la solución que en 0x tome el valor 0y , se sustituiría en la igualdad anterior (una vez calculada f(x)dx ∫ ). Ejemplo 56. Sea la ecuación diferencial y ' x= . Se tiene que 2 x y(x) xdx C 2 = = + ∫ . Si se desea que la curva pase por el punto (1,1), esto es y(1) 1= , se obtiene entonces 1 1 1 C C , 2 2 = + ⇒ = y por lo tanto la solución del problema es la parábola de ecuación 21 y (x 1) 2 = + . En esos casos tan sencillos, se sabe que hay solución puesto que se puede encontrar, sin embargo no siempre la situación es tan simple y por esto se necesita disponer de algún teorema que “a priori” garantice la existencia de soluciones de una ecuación diferencial dada. En una ecuación diferencial pueden existir soluciones que no están comprendidas en la solución general, éstas se llaman soluciones singulares. Por ejemplo, la ecuación 2 (y ') xy' y 0− + = se sabe que admite la solución general 2 y cx c= − , que es una familia de rectas. Pero, también es fácil comprobar que esa ecuación admite la solución 21 y x 4 = que es una parábola, ésta es una solución singular. Con todas estas consideraciones, se está en condiciones de enunciar un teorema que asegura cuándo una ecuación diferencial dada tiene solución y la unicidad de ésta. 1.25. TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD TEOREMA 2. Sea y ' f(x,y)= una ecuación diferencial, donde la función f(x,y) está definida en una región D del plano xy que contiene el punto 0 0(x ,y ). Si f(x,y) satisface que: a. es una función continua en dos variables x e y en D; b. admite derivada parcial f y∂ ∂ , continua en D; entonces existe una y sólo una solución y g(x)= de la ecuación diferencial dada que satisface la condición 0 0y(x ) y= . Observación 3. a. La condición 0 0y(x ) y= se llama condición inicial.
  • 32. 1.38. Problemas propuestos 32 b. El problema de la búsqueda de la solución de la ecuación y' f(x,y)= que satisface a la condición inicial 0 0y(x ) y= lleva el nombre de Cauchy. c. El teorema expresa las condiciones suficientes para la existencia de solución única del problema de Cauchy para la ecuación y' f(x,y)= , pero estas condiciones no son necesarias. Precisamente, puede existir una solución única de la ecuación y' f(x,y)= que satisface a la condición inicial 0 0y(x ) y= , a pesar de que en el punto 0 0(x , y ) no se cumpla la condición a o la condición b, o estas dos condiciones simultáneamente. Ejemplo 57. 2 1 y' y = . Aquí, 2 3 1 f 2 f(x, y) , yy y ∂ = = − ∂ . En los puntos 0(x ,0) del eje x no se cumplen las condiciones a y b, sin embargo por cada punto del eje x pasa una sola curva integral 3 0y 3(x x )= − . Ejemplo 58. y y' xy e− = + . El segundo miembro de la ecuación y f(x,y) xy e− = + y su derivada parcial y f y x e− ∂ ∂ = − son continuas con respecto a x e y en todos los puntos del plano xy. En virtud del teorema de existencia y unicidad, la región en la que la ecuación dada tiene solución única en todo el plano xy. Ejemplo 59. 233 y' y . 2 = El segundo miembro de la ecuación 233 f(x,y) y 2 = es una función definida y continua en todos los puntos del plano xy. La derivada parcial 3 f 1 y y ∂ = ∂ se hace infinita para y 0= , o sea, en el eje x, de modo que para y 0= se infringe la condición b del teorema de existencia y unicidad. Por consiguiente, es posible que no haya unicidad en los puntos del eje x. Fácilmente se comprueba que la función 3 (x c) y 8 + = es solución de la ecuación considerada. Además la ecuación tiene solución y 0= . Así, pues, por cada punto del eje x pasan al menos dos curvas integrales y, por consiguiente, en los puntos de este eje, verdaderamente, queda infringida la unicidad. 1.26. CAMPOS DIRECCIONALES Vale la pena hacer algunos comentarios acerca de la interpretación geométrica de las ecuaciones diferenciales y sus soluciones. Un punto de vista geométrico es particularmente útil para las ecuaciones de primer orden, es decir, ecuaciones de la forma dy f(x, y) dx = (16). Dado que una solución de la ecuación (16) es una función y (x)= φ , la representación geométrica de una solución es la gráfica de una función. Geométricamente, en la ecuación (16) se afirma que, en cualquier punto (x,y) la pendiente dy dx de la solución en ese punto está dada por f(x,y). Esto puede indicarse si se traza un pequeño segmento rectilíneo que pase por el punto (x,y) con la
  • 33. 1.38. Problemas propuestos 33 pendiente f(x,y). La colección de todos esos segmentos rectilíneos se llama campo direccional de la ecuación diferencial (16). El campo direccional puede observarse si se trazan pequeños segmentos rectilíneos en algún conjunto representativo de puntos en el plano xy. Aunque hacer esto manualmente es tedioso, resulta una tarea sencilla para una computadora, ya que solo se requiere la evaluación repetida de f(x,y) para valores diferentes de x y y. Por lo general se elige alguna rejilla rectangular de puntos. Una vez que se obtiene un esquema del campo direccional, a menudo es posible ver de inmediato el comportamiento cualitativo de las soluciones, o quizá observar regiones del plano que tienen algún interés especial. Por ejemplo, en la figura 12 se tiene el campo direccional de la ecuación dy 3 y dx 2 − = (17) Figura 12. Campo direccional de la ecuación (17). Para esta ecuación, f(x,y) solo depende de y, de modo que los segmentos rectilíneos tienen la misma pendiente en todos los puntos sobre cualquier recta paralela al eje x. Por ejemplo, sobre la recta y 2= la pendiente de cada segmento es ½. Cualquier solución de (17) tiene la propiedad de que, en todo punto, su gráfica es tangente al elemento del campo direccional en ese punto. Por tanto, como puede verse a partir de la figura 12, el campo direccional proporciona una información cualitativa acerca de las soluciones. Parece evidente que las soluciones son funciones decrecientes cuando y 3> , que son crecientes cuando y 3< , y que, aparentemente, todas las soluciones tienden al valor 3 cuando x → ∞ .
  • 34. 1.38. Problemas propuestos 34 1.27. ORÍGENES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES En la discusión que sigue se verá cómo ecuaciones diferenciales específicas aparecen no sólo a partir de las familias de curvas geométricas, sino también del intento de describir en términos matemáticos, problemas físicos. 1.28. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE UNA FAMILIA DE CURVAS Ejemplo 60. Halle la ecuación diferencial de la familia 3 y cx= . Solución. Se tendrá una ecuación diferencial de primer orden puesto que la familia contiene sólo un parámetro. Se tiene que 2dy 3cx dx = , pero 3 y c x = , luego 2 3 dy y y 3 x 3 . dx xx   = =    Se obtiene así la ecuación lineal de primer orden dy x 3y 0. dx − = Ejemplo 61. Obtenga la ecuación diferencial de la familia 2x 2x 1 2y c e c e .− = + Solución. Derivando dos veces resulta 2x 2x 1 2 dy 2c e 2c e dx − = − . 2 2x 2x 2x 2x 1 2 1 22 d y 4c e 4c e 4(c e c e ) 4y dx − − = + = + = , 2 2 d y 4y dx = o bien y'' 4y 0− = . Ejemplo 62. Halle la ecuación diferencial de la familia 2x 2x 2ce y 1 ce = + . Solución. Aplicando regla del cociente y simplificando 2x 2 2x 2x 2 dy 4ce y e dx c(1 ce ) − = = + . Despejando c de la ecuación dada resulta 2x e y c 2 y − = − . Observe que en el despeje de c, y 2≠ . Se tiene entonces dy y(2 y). dx = − Se puede ver que la función y 2= también satisface la ecuación diferencial. Ejemplo 63. Encuentre una ecuación diferencial cuya solución sea 3 1 2y c x c x= + . Solución. Puesto que hay dos constantes arbitrarias 1c y 2c , se tiene que diferenciar dos veces, obteniendo 3 2 1 2 1 2 2y c x c x , y ' c 3c x , y '' 6c x= + = + = . Ahora se eliminan las constantes arbitrarias. Para esto, se despeja 2c en la última ecuación. Se encuentra 2 y '' c (x 0) 6x = ≠ . Usando esto en la segunda ecuación da 1y' c xy ''/ 2= + , de modo que 1 xy '' c y ' 2 = − . Finalmente usando esto en la primera ecuación se tiene después de simplificarla 2 x y'' 3xy' 3y 0− + = . Note que y 0= también es solución de la ecuación.
  • 35. 1.38. Problemas propuestos 35 1.29. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN En esta sección se continuará dando respuesta a la interrogante d del apartado 1.9. 1.30. TRAYECTORIAS ORTOGONALES De los estudios de Geometría Analítica (Cálculo I) recuerde que dos rectas 1L y 2L , que no son paralelas a los ejes coordenados, son perpendiculares si y sólo si sus pendientes respectivas satisfacen la relación 1 2m .m 1= − . Definición 18. En general, dos curvas 1C y 2C son ortogonales en un punto, si y sólo si sus tangentes 1T y 2T son perpendiculares en el punto de intersección. Ejemplo 64. Demuestre que las curvas 3 y x= y 2 2 x 3y 4+ = son ortogonales en su(s) punto(s) de intersección. Solución. Los puntos de intersección de las gráficas son (1,1) y ( 1, 1)− − . Ahora bien, la pendiente de la recta tangente a 3 y x= en un punto cualquiera es 2 dy dx y ' 3x= = , de modo que y '(1) y '( 1) 3= − = . Para obtener dy dx de la segunda curva se utilizará derivación implícita dy dy x 2x 6y 0 dx dx 3y + = ⇒ = − . Por tanto, 1 y'(1,1) y '( 1, 1) 3 = − − = − . Así, tanto en (1,1) como en ( 1, 1)− − se tiene que C C1 2 dy dy . 1 dx dx     = −        . Definición 19. Cuando todas las curvas de una familia de curvas 1G(x,y,c ) 0= cortan ortogonalmente a todas las curvas de otra familia 2H(x,y,c ) 0= , se dice que las familias son, cada una, trayectorias ortogonales de la otra. En otras palabras, una trayectoria ortogonal es una curva cualquiera que corta el ángulo recto a toda curva de otra familia. Ejemplo 65. En la figura 13 se ve que la familia de rectas que pasan por el origen 1y c x= y la familia de círculos concéntricos con centro en el origen 2 2 2 x y c+ = son trayectorias ortogonales.
  • 36. 1.38. Problemas propuestos 36 Figura 13. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65. Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada, se halla en primer lugar la ecuación diferencial dy f(x, y) dx = que describe a la familia. La ecuación diferencial de la segunda familia, ortogonal a la familia dada, es pues dy 1 dx f(x, y) = − . Ejemplo 66. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de hipérbolas rectangulares 1c y x = . Solución. La derivada de 1c y x = es 1 2 cdy dx x = − . Reemplazando 1c por 1c x.y= se obtiene la ecuación diferencial de la familia dada: dy y dx x = − . En tal caso, la ecuación diferencial de la familia ortogonal es dy x dx y = . Se resuelve esta última ecuación por separación de variables: 2 2 2ydy xdx ydy xdx y x c= ⇒ = ⇒ − = ∫ ∫ . Las gráficas de las dos familias se observan en la figura 14 para diferentes valores de 1c y 2c .
  • 37. 1.38. Problemas propuestos 37 Figura 14. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65. Ejemplo 67. Halle el valor de k tal que las familias de parábolas 2 1y c x k= + , sean las trayectorias ortogonales de la familia de elipses 2 2 2x 2y y c+ − = . Solución. ' ' ' e e e 2x 2x 4yy y 0 y 1 4y + − = ⇒ = − , ' p 1 2 y k 2(y k) y 2c x 2 x xx − − = = = . Entonces: ' ' e p 2x 2(y k) 4(y k) 1 y y 1 . 1 1 4y 4k 1 4y k 1 4y x 1 4y 4 − − = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ − = − + ⇒ = − − . 1.31. TRAYECTORIAS ISOGONALES Definición 20. Cuando todas las curvas de una familia de curvas 1G(x,y,c ) 0= cortan a todas las curvas de otra familia 2H(x,y,c ) 0= , formando ángulo constante α especificado, 2α ≠ π , se dice que las familias son, cada una, trayectorias isogonales de la otra. Se tiene la ecuación ' ' d p ' d y tg y 1 y tg + α = − α , donde α es el ángulo entre la familia dada y la familia pedida. Ejemplo 68. Encuentre una familia de trayectorias isogonales que corten a la familia de circunferencias 2 2 2 x y r+ = , con un ángulo de 45 . Solución. La ecuación diferencial de la familia dada es 2yy' 2x 0+ = , luego x y' y = − , como tg45 1= , la ecuación diferencial asociada a la familia pedida será entonces
  • 38. 1.38. Problemas propuestos 38 x 1 y xy y' x y x 1 y − − = = + + . Esta ecuación diferencial es homogénea, se toma por lo tanto la sustitución y u x = , resultando la EDO 2 1 u u' x 1 u + = − + , resolviendo, devolviendo el cambio y simplificando resulta la familia solución: 2 2y 1 arctg ln(x y ) c x 2   + + =    . 1.32. PROBLEMAS GEOMÉTRICOS El problema que se tratará en esta sección consiste en encontrar una familia de curvas que satisfaga ciertas condiciones geométricas dadas. Ejemplo 69. Determine la curva sabiendo que la pendiente en un punto (x,y) cualquiera de la misma, es igual a y 1 x + , y además que dicha curva pase por el punto (1,1). Solución. La curva buscada pertenece a una familia que debe cumplir la condición dada, es decir, y y' 1 x = + , luego esta ecuación diferencial se asocia a la familia buscada y al resolverla se llega a a la solución del problema. Como la ecuación es homogénea, se usa la sustitución y u x = . Sustituyendo y simplificando resulta u' x 1= , esta ecuación es de variables separadas, integrando se tiene dx du x = ∫ ∫ , luego u ln x c= + , devolviendo el cambio y xln x cx= + . De esta familia interesa solo la curva que pasa por el punto (1,1), se determina por lo tanto el valor del parámetro c para cuando x 1= , y 1= , de modo que c 1= . La curva buscada es y xln x x= + . Ejemplo 70. Halle las curvas para la cual la pendiente de la recta tangente en cualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto con el origen de coordenadas. Solución. La pendiente de la curva en cualquier punto (x,y) está dada por y'(x), ahora bien una recta que une este punto (x,y) con el origen de coordenadas tendrá una pendiente y m x = , la curva pedida debe satisfacer la condición dada, es decir y y '(x) n x   =     . Resolviendo la ecuación diferencial asociada a la curva pedida se tiene dy dx n ln y n.ln x n.lnc y x = ⇒ = + ∫ ∫ . La solución es n y c.x= . Ejemplo 71. Obtenga la ecuación de las curvas en la que cada uno de sus puntos equidista del origen de coordenadas y del punto de corte de la normal con el eje de las X.
  • 39. 1.38. Problemas propuestos 39 Solución. Sea P(x, y) el punto de la curva. Se sabe que la ecuación de la recta normal es 1 y x b y' = − + . Sean los puntos O(0,0) y A(by ',0). Se tiene entonces: 2 2 2 2 2 2 d (P,O) x y , d (P, A) (x by ') y= + = − + . Al igualar se tiene: 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x 2xby' b (y') y 2xby ' b (y')+ = − + + ⇒ = . Se sabe de la ecuación de la recta normal que x b y y ' = + , de forma que 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x 2xy x 2xby ' b (y ') 2x y y ' y (y') 2xyy ' 2x y (y ') y ' y' y ' (y') x x 2xyy ' 2x y (y ') 2xyy' x x y (y ') (y') y ' yy      = ⇒ + = + ⇒ + = + +            ⇒ + = + + ⇒ = ⇒ = ⇒ ± = Resolviendo la última ecuación se tiene 2 2 y x ydy xdx C 2 2 = ± ⇒ = ± + . Ejemplo 72. Determine la ecuación de la curva que pasa por el punto (1,1) y que tiene la propiedad de que la abscisa en el origen de su recta tangente es igual a la ordenada en el origen de su recta normal. Solución. Sean los puntos P(x,y), A(a,0) y B(0,b). Dada la ecuación de la recta tangente en el punto P a una curva de la familia: Y y y'(X x)− = − , se tiene que y ' x y y ' y y '(a x) a − − = − ⇒ = . Igualmente, dada la ecuación de la recta normal en el punto P a una curva de la familia: 1 y ' Y y (X x)− = − − , se tiene que x x y ' y' b y b y− = ⇒ = + . Igualando la abscisa en el origen de la recta tangente con la ordenada en el origen de la recta normal se tiene: y x x y x y x y x y y ' , y(1) 1 y ' y' y' x y + + − = + ⇒ = − ⇒ = = − (ecuación diferencial homogénea) y 2 2 x y x y x 1x y 1 u 1 u 1 u u u 1 u y' u' x u u' x u u' x x y 1 u 1 u 1 u 1 u1 u y ux y ' u' x u ++ + + + − + + = = ⇒ + = ⇒ = − ⇒ = = − − − − −− = ⇒ = ⇒ = + 2 2 2 2 2 1 u 1 u dx 1 u dx 1 u' x du du arctg(u) ln(1 u ) ln x c 1 u x x 21 u 1 u 1 u + −   = ⇒ = ⇒ − = ⇒ − + = + − + + +  21 arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x c 2 − + = + . Considerando la condición y(1) 1= se obtiene: 1 arctg(1) ln(2) c c ln(4) 2 4 π − = ⇒ = − . Por tanto: 21 arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x ln(4) 2 4 π − + = + − . 21 arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x / 4 2 4 π − + = + .
  • 40. 1.38. Problemas propuestos 40 1.33. CRECIMIENTO POBLACIONAL La idea básica es determinar el tamaño futuro de una población suponiendo que su tasa de crecimiento es conocida y el modelo matemático a escoger depende de las hipótesis que se establezcan para el fenómeno. Para el caso de organismos vivos cuando la población es pequeña en comparación con la disponibilidad de ciertas necesidades tales como: alimentos, espacio físico, etc, se genera una eficiente aproximación mediante la siguiente hipótesis: La tasa de variación de la población en un tiempo cualquiera es proporcional al número de individuos presentes en dicho tiempo. El modelo matemático basado en esta hipótesis es dP kP dt = , k 0> donde: P: número de individuos al tiempo t. k: constante de proporcionalidad t: tiempo Esta ecuación es de variables separables, resolviendo: kt C C kt kt1 1 1 dP kt ln P kt C P e e e Ce P + = ⇒ = + ⇒ = = = . Así, si inicialmente 0P P (para t 0)= = se obtiene kt 0P P e= . Es claro que la hipótesis mencionada puede modificarse para ajustarla al estudio de una comunidad de individuos dada: En una comunidad dada, la disponibilidad de necesidades básicas para la vida es constante y suficiente para mantener una población P* En este caso la ecuación dP dt kP= debe modificarse ya que la proporcionalidad debe establecerse tomando en cuenta la población máxima admisible * P , para esto se toma * k f(P,P )= y en todo caso * *P P lím f(P,P ) 0 → = . En definitiva la ecuación diferencial que rige el crecimiento sería *dP f(P,P )P dt = (18) cuyo nivel de dificultad dependerá del factor * f(P,P ) . El caso más sencillo ocurre cuando * * f(P,P ) P P= − en donde la ecuación (18) se convierte en *dP (P P)P dt = − o bien * 2dP P P P dt − = − , que es una ecuación de Bernoulli, una vez resuelta se obtendrá * *P t P P 1 Ce− = + y tomando 0P(0) P= se obtiene
  • 41. 1.38. Problemas propuestos 41 * 0 ** P t 0 0 P P P P (P P )e− = + − , donde puede observarse fácilmente que * t lím P P →∞ = . A continuación se proponen algunos ejemplos: Ejemplo 73. Las bacterias de cierto cultivo aumentan con una intensidad proporcional al número presente. Si en media hora el número original aumenta en un 50%, ¿en cuántas horas se puede esperar que haya el triple del número original? Solución. De acuerdo al enunciado, la ecuación diferencial asociada al problema es dP dt kP= cuya solución es kt 0P P e= . Como datos del problema, se tienen: 0 31 1 0 0 02 2 2 0 P(0) P P( ) P P P P(t) 3P para t ?  =  = + =  = = Usando la segunda condición se obtiene 1k 2 0 0 3 3 P P e k 2.ln 2 2   = ⇒ =     . Usando la tercera condición se tiene kt kt 0 0 ln3 3P P e e 3 t 1.36 k = ⇒ = ⇒ = ≈ horas. Ejemplo 74. Por crecimiento natural, una ciudad de 40.000 habitantes se duplicaría en 50 años. Debido a mudanzas la población aumenta adicionalmente en 400 personas por año. Calcular la población a los 10 años. Solución. Si se supone que el crecimiento es natural (aumento proporcional a la cantidad presente), la ecuación diferencial para el problema sería kt 0 dP kP P P e dt = ⇒ = . Además, para t 50= años, 0P 2P= y determinando k: 50k 0 0 1 2P P e k ln2 50 = ⇒ = . Debido a las mudanzas al aumento natural habrá que añadirle 400 personas por año, la ecuación diferencial en este caso es dP kP 400 dt = + donde 1 k ln2 50 = . Resolviendo se obtiene dP 1 dt ln kP 400 t C kP 400 k = ⇒ + = + + . Despejando P: kt 1 1 P (c e 400) k = − ; para 0t 0, P P 40000= = = habitantes. Así: 1 1 1 40000 (c 400) c 40000k 400 800ln2 400 k = − ⇒ = + = + . La población al cabo de 10 años es: 10k 2ln2 1 1 50 P (C e 400) [(800ln2 400)e 400] k ln2 = − = + − 50 P [4(800ln2 400) 400] 246562 ln2 = + − ≈ habitantes.
  • 42. 1.38. Problemas propuestos 42 1.34. DESINTEGRACIÓN RADIOACTIVA Para establecer un modelo matemático que aplique en este curso, se verá la siguiente ley: La velocidad de desintegración de una sustancia radioactiva es proporcional, en cualquier instante, a la cantidad de sustancia que se halle presente. Es evidente la analogía entre este fenómeno y el crecimiento de población discutido anteriormente; para formular la ecuación que rige un proceso de este tipo (que resultará similar a la de crecimiento de población) se definen las siguientes variables: S: Cantidad de sustancia presente en el tiempo t. t: tiempo medido a partir de cierto tiempo inicial. La ecuación que rige el fenómeno es: dS kS (k 0) dt = < , donde k es una constante negativa que se denomina coeficiente de desintegración y depende del material radioactivo. Se tiene que dS dt también es negativo, esto es: S decrece al aumentar t. Como la ecuación es de variables separables puede obtenerse en forma sencilla la solución: kt S ce= y si se conocen las condiciones iniciales: 0S(0) S= (para t 0= ), se obtiene la expresión: kt 0S S e (k 0)= < . El tiempo para el cual se ha desintegrado la mitad de la cantidad inicial de la sustancia radioactiva estudiada se denomina tiempo de vida media. Al calcular el tiempo de vida media en función del coeficiente de desintegración k se tiene: Para m 0t t , S S 2= = ; luego: k.t0 m 0 m S ln2 S e t (k 0) 2 k = ⇒ = − < . Se puede concluir que independientemente de la cantidad inicial dada de cierto material radioactivo, el tiempo de vida media es siempre el mismo. Ejemplo 75. Un bloque de cierto material radioactivo tiene una masa de 100 grs y, cuando se le observa después de 20 años su masa ha disminuido a 80 grs. Determine: a. ¿Cuánto tiempo transcurrió para que se desintegraran 10 grs?. b. Cantidad de material presente 50 años después del momento inicial. c. Tiempo de vida media del material. Solución. La ecuación diferencial dS kS dt = aplica para este caso con S medido en gramos y t en años. La solución es kt 0S S e= con 0S 80 grs= . Se calcula el valor de la constante k: para t 20 años= se tiene S 80 grs= , de modo que: 20k 1 4 80 100e k ln 0.011157 20 5   = ⇒ = ≈ −    . a. Si se desintegraran 10 grs implica que S es igual a 90 grs:
  • 43. 1.38. Problemas propuestos 43 ( ) ( ) ( ) 9 9 10 10kt 4 5 ln 20ln 90 100e t 9.44 años k ln = ⇒ = = ≈ b. Se calcula S para t 50 años= . 50k S 100e 57.24 grs= ≈ . c. ( )m 4 5 ln2 20ln2 t 62.13 años k ln = − = − ≈ . Ejemplo 76. Si el 20% de una sustancia radioactiva se desintegra en 50 años, encuentre el tiempo de vida media de la sustancia. Solución. Es fácil deducir que m ln2 t k = − y el problema se reduce a calcular k: para t 50 años= 0S 0.80S= por lo tanto: 50k 3 0 0 ln(0.8) 0.80S S e k 4.96 10 50 − = ⇒ = ≈ − × . En definitiva: m 50ln2 t 155.3 años ln(0.8) = − ≈ . Ejemplo 77. El uranio se desintegra a una rata proporcional a la cantidad presente en cada instante y en los tiempos 1t y 2t hay respectivamente 1m y 2m gramos de uranio. Determine una fórmula para el tiempo de vida media del uranio en función de estos datos. Solución. Con los datos dados se afirma que 1 0 kt1 m S e = y 2 0 kt2 m S e = . Igualando ambas expresiones y despejando k se llega a 1 2 1 ln(m2) ln(m ) k t t − = − . Se sabe que el tiempo de vida media es m ln(2) t k = − . Sustituyendo k por el valor obtenido anteriormente se tiene que 1 2 m 2 1 (t t )ln(2) t ln(m ) ln(m ) − = − . 1.35. LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON Los experimentos han demostrado que, bajo ciertas condiciones, se puede obtener una buena aproximación de la temperatura de un objeto, usando la ley de enfriamiento de Newton, que puede enunciarse de la manera siguiente: La temperatura de un cuerpo cambia a una velocidad que es proporcional a la diferencia de temperatura entre el medio externo y el cuerpo. La ecuación diferencial para este caso es: m dT k(T T ) (k 0) dt = − < , donde: T: Temperatura del cuerpo al tiempo t. mT : Temperatura del medio externo al tiempo t. k: Constante de proporcionalidad. t: Tiempo transcurrido a partir del inicial.
  • 44. 1.38. Problemas propuestos 44 Para el caso en que mT se considera constante, la ecuación es de variables separables y tendrá como solución: kt m m dT kdt T T ce T T = ⇒ = + −∫ ∫ . Si 0T es la temperatura del cuerpo en el instante t 0= , la solución de la ecuación es: kt m 0 mT T (T T )e (k 0)= + − < Se analizarán dos posibles casos: el enfriamiento y el calentamiento. Cuando 0T es mayor que mT el cuerpo se irá enfriando y su temperatura T irá aproximándose a mT a medida que el tiempo transcurre. Es claro que en este caso mT T− es positivo y m dT k(T T ) dt = − es negativo (ya que k 0< ), lo que indica que la temperatura del cuerpo disminuye con el tiempo, para acercarse a mT . Para el caso de calentamiento el razonamiento es similar al anterior. En los casos en que la temperatura del medio no pueda considerarse constante sino que mT f(t)= la ecuación diferencial es dT k(T f(t)) (k 0) dt = − < . Se tiene una ecuación lineal de primer orden en T ya que puede escribirse como dT kT kf(t) dt − = − (k 0)< cuyo factor integrante es kdt kt e e − −∫ρ = = y cuya solución es de la forma dada por: ( )kt kt T e ke f(t)dt C− = − + ∫ , donde la constante C deberá calcularse a partir de las condiciones iniciales. Ejemplo 78. Un cuerpo ha tardado 20 minutos en enfriarse de 100 C a 60 C , en una habitación de temperatura constante igual a 20 C . a. Hallar la ley de enfriamiento del cuerpo. b. Calcular el tiempo que tardará en enfriarse a 30 C . Solución. Para este caso mT 20 C= , es decir, constante. a. La ecuación diferencial es m dT k(T T ) k(T 20) dt = − = − . Al separar variables e integrar se obtiene: kt T 20 c.e= + . Para t 0,= 0T T 100 C= = y sustituyendo: 100 20 c c 80= + ⇒ = y falta obtener a k para determinar la ley de enfriamiento. Para t 20 min, T 60 C,= = sustituyendo 20k ln2 60 20 80e k 0.0347. 20 = + ⇒ = − ≈ − Así, la ley de enfriamiento será: 0.0347t T 20 80e− = + . b. kt ln(1 / 8) 30 20 80e t 60 min. (ln2) /20 = + ⇒ = − = Ejemplo 79. Si la temperatura de un objeto baja de 80 C a 60 C en 20 minutos, encontrar la temperatura al cabo de 40 minutos, si la temperatura del medio ambiente es de 20 C .
  • 45. 1.38. Problemas propuestos 45 Solución. Se escribe la ecuación diferencial ktdT k(T 20) T 20 c.e . dt = − ⇒ = + Para t 0= se obtiene c 60= por lo que la solución quedará: kt T 20 60e .= + Para t 20 min,= T 60 C= por lo cual: kt ln(2 / 3) 60 20 60e k 0.0202. 20 = + ⇒ = ≈ − La solución viene dada por: 0.0202t T 20 60e− = + . Así, para t 40 min= ; 0.0202*40 T 20 60e 46.7 C.− = + = 1.36. SALIDA DE LÍQUIDOS POR ORIFICIOS Imagine un líquido que sale por un orificio practicado en un depósito, a una profundidad h por debajo de la superficie del líquido en el depósito. Se estudiará el desplazamiento de una masa (m) ubicada inicialmente en la superficie, tomando como instante final aquel en el cual la masa abandona el recipiente. Si se asume que no hay pérdidas por fricción o turbulencia se puede aplicar la ley de la conservación de la energía mecánica, por lo que: c pE E 0.∆ + ∆ = Además: a. 2 21 c 2 12 E m(v v ).∆ = − Si el orificio es pequeño, el nivel del líquido en el depósito descenderá lentamente. Por consiguiente, 1v es muy pequeña y se supone nula, luego: 21 c 22 E mv .∆ = b. p 2 1E mg(h h ).∆ = − Si se usa como plano de referencia h 0= aquel que da el nivel promedio del orificio, se obtiene: 1 2h h= y 2h 0= de modo que p 1E mgh∆ = − . Se tiene entonces que 21 c p 2 1 22 E E 0 mv mgh 0 v 2gh∆ + ∆ = ⇒ − = ⇒ = . De esta forma se concluye que la velocidad de salida del líquido es 2gh y no depende de la forma del recipiente, pero se utiliza la hipótesis de que el orificio debe ser pequeño. A partir de la Ley de Torricelli se obtiene una ecuación diferencial que simula el comportamiento del líquido en el recipiente. Considere A como el área del orificio. De esta forma la cantidad de líquido que sale del recipiente en un intervalo de tiempo t∆ será Q A.v A 2gh= = . La ecuación diferencial que simula el hecho físico antes estudiado es dV Q A 2gh dt = − = − donde V: Volumen dentro del depósito en el instante t. A: Área del orificio de salida. h: altura del fluido sobre el orificio. g: aceleración de gravedad Es conveniente destacar que en general V f(h)= por lo cual dV dh f '(h) dt dt = y la ecuación diferencial queda dh f '(h) A 2gh dt = − . Esta ecuación es de variables separables
  • 46. 1.38. Problemas propuestos 46 que tiene por solución general f '(h) dh A 2g dt C h = − + ∫ ∫ , en donde la constante C se determina a partir de las condiciones iniciales. Ejemplo 80. Un tanque de base rectangular de 4 metros de ancho, 5 metros de largo y 3 metros de altura está lleno de agua. Si en el fondo tiene un orificio circular de 0.03 metros de diámetro ¿En cuánto tiempo se vacía? Solución. Para un instante t la altura del nivel del agua es h, además dV 20dh= . La ecuación diferencial en este caso quedará dV A 2gh dt = − , donde 2 (0.03) A 4 = π ; g 9.8= 2 m / seg . Separando variables: 4A 2gdh dh 20 A 2g h dt 1.56 10 dt dt 20h − = − ⇒ = − = − × . Integrando se obtiene 4 4dh 1.56 10 dt 2 h 1.56 10 t C h − − = − × ⇒ = − × + ∫ ∫ . Las condiciones iniciales son: para t 0= ; h 3 mts= , sustituyendo en la solución determinada anteriormente se tiene: C 2 3 3.46= ≈ . Como se pide el tiempo necesario para que el depósito quede totalmente vacío, h 0= : 4 42 3 0 1.56 10 t 2 3 t 10 seg 22.206 seg 6.17 h 1.56 − = − × + ⇒ = × = ≈ Ejemplo 81. Un tanque cilíndrico de 1 metro de diámetro y 1 metro de altura, tiene un orificio en el fondo de 0.04 metros de diámetro. ¿Cuánto tiempo tardará en vaciarse? Solución. 2 dV (50) dh= π . Q Av A 2gh 16 2 980 h= = = π × . La ecuación diferencial para este problema es 2 (50) dh 16 2 980 hdtπ = − π × y separando las variables se obtiene: dh 0.283dt h = − , integrando: 2 h 0.283t C= − + . Las condiciones iniciales son: h 100= para t 0= por lo tanto: 2 100 C C 20= ⇒ = . El tiempo de vaciado se obtiene para h 0;= por lo tanto: 20 0 0.283t 20 t seg 71 seg 0.283 = − + ⇒ = ≈ . Ejemplo 82. Se tiene un depósito semiesférico lleno de agua. Si se vacía por un orificio ubicado en el fondo de área A en un tiempo 14 v A 2g t π = , determine el radio del depósito. Solución. En cada corte transversal al tanque se observa que 2 dV r dh= π . Se tiene por otro lado que 2 2 r 2Rh h= − , por tanto 2 dV (2Rh h )dh= π − . Aplicando la ley de Torricelli se obtiene que: 2 3 / 2 5 /22Rh h 4 2 dh A 2g dt C Rh h A 2gt C 3 5h −   π = − + ⇒ π − = − +   ∫ ∫ Si h(0) R= se obtiene 5 / 214 R C 15   π =    . Si ahora se incorpora la condición 14 A 2g h( ) 0π = y se despeja R se tiene
  • 47. 1.38. Problemas propuestos 47 5 /2 5 / 2 5 / 2 514 14 R 0 A 2g R 0 1 15 R R 225 15 15A 2g π = − + π ⇒ = − + ⇒ = ⇒ = . Ejemplo 83. Un tanque con forma de pirámide invertida de altura 6 metros y base cuadrada de lado 3 metros tiene agua hasta una profundidad de 4 metros. Si en su vértice tiene un orificio de 314 2 cm , ¿cuánto tiempo tardará en vaciarse? Solución. Se tienen las siguientes relaciones: 2 2h h x 4x 4 4 = ⇒ = . Aplicando la ley de Torricelli se tiene que 2 5 /2h 2 dh 0.0314 19.6 hdt h 0.5561.t C 4 5 = − ⇒ = − + . Si h(0) 4= , se tiene C 12.8= por tanto el tiempo de vaciado es igual a 23.02 seg. Ejemplo 84. Un tanque cónico de 4 mts de radio está lleno de agua hasta las ¾ partes de su altura que es de 10 mts. Si en ese instante se abre un orificio en el fondo de 1 cm de radio, determine el tiempo de vaciado del tanque. Solución. f '(h) dh A 2gt C h = − + ∫ . Se tiene que 4 2 A 10 mts− = π y por semejanza de triángulos: 2h r 5 = . 2 4 5 /2 44 h 8 dh 10 2gt C h 10 2gt C 25 125h − −π π = −π + ⇒ = −π + ∫ . Condición inicial 15 h(0) 2 = . 5 / 2 8 15 . C 125 2 π   =    . Tiempo de vaciado: 5 / 2 5 / 24 4 v v 8 15 8.10 15 10 2gt t 125 2 2125 2g −π     = π ⇒ =        . 1.37. OTRAS APLICACIONES Ejemplo 85. La ecuación de estado para un gas ideal es PV RT= . Si se hace T constante, se obtienen la familia de isotermas. ¿Cuáles son las líneas del flujo de calor? Solución. Haciendo T constante, entonces para cada valor de esa constante resulta una hipérbola de la forma PV cons tante= , es decir se tiene la familia de hipérbolas PV b= que son las isotermas. Considerando V como variable independiente y P como función de V, al derivar en relación a V se obtiene VP ' P 0+ = como ecuación diferencial de las isotermas. Para obtener las líneas de flujo de calor, en lugar de dP dV se coloca dV dP− , así se obtiene V dV dP P 0− + = . Separando variables e integrando resulta 2 2 P V a− = que son hipérbolas equiláteras que son las líneas del flujo de calor. Ejemplo 86. La relación entre el costo C de fabricación por cada artículo y el número n de tipos de artículos fabricados es tal que, la tasa de incremento del costo de fabricación a medida que aumenta el número de clases de artículos, es proporcional a (C n) n+ . Halle la relación entre el costo de fabricación por artículo y el número de tipos de artículos fabricados sabiendo que cuando se produce el primer artículo su
  • 48. 1.38. Problemas propuestos 48 costo es 0C . (Trabaje como si n fuese una variable continua y considere el hecho de que a medida que se producen más artículos el costo por unidad disminuye). Solución. La ecuación diferencial es 0dC dn k (C n) n, C(1) C= + = , donde k es la constante de proporcionalidad (k 0< para que el costo disminuya). Esta es una ecuación homogénea, por lo tanto se hace el cambio u C n C un C' u nu'= ⇒ = ⇒ = + , y resulta nu' u k(u 1)+ = + . Separando variables e integrando du ((k 1)u k) dn n− + = ⇒ , 1 (k 1) ln((k 1)u k) ln(n) ln(A)− − − + = + donde ln(A) es la constante de integración, de donde k 1 k 1 (k 1)u k (An) (k 1)C n k (An)− − − + = ⇒ − + = . Para n 1= , se tiene 0C C= , luego k 1 0A (k 1)C k− = − + determinando la constante A como 1 (k 1) 0A ((k 1)C k) − = − + . Ejemplo 87. En Termodinámica se demuestra que para un mol (una molécula-gramo) de un gas ideal o perfecto, el incremento Q∆ de la cantidad de calor viene dado por p vQ (1 R)(P.c dV Vc dP)∆ = + , donde P indica presión, V volumen, R es una constante denominada constante universal de los gases, pc y vc son los calores específicos a presión constante y a volumen constante, respectivamente, teniéndose que pc y vc no son en general iguales. La expresión p v(1 R)(P.c dV Vc dP)+ no es en general una diferencial exacta puesto que p p v v(Pc ) P c c (Vc ) V∂ ∂ = ≠ = ∂ ∂ (observe que para pc la presión P se mantiene constante y para vc el volumen V se mantiene constante). Por otro lado, se sabe que la ecuación de estado de los gases perfectos o ideales es PV RT= para un mol, donde T indica temperatura. Podría intuirse que un factor integrante para la ecuación planteada es de la forma (Q)ρ con Q PV= . De forma que se obtiene ((C C ) (PC V VC P))dQ dQ Q((N M ) (M.Q N.Q ))dQ V P P vV P P P e e e 1 Q 1 (PV) − − −∫ ∫− −∫ = = = = . Si se multiplica por el factor integrante se tiene que: p v p vQ (PV) (c (RV))dV (c (RP))dP Q (T) (c (V))dV (c (P))dP∆ = + ⇒ ∆ = + . Entonces: Paso 1. M(V,P) P N(V,P) V∂ ∂ = ∂ ∂ . Paso 2. p pS(V,P) c V dV g(P) c ln V g(P)= + = + ∫ . Paso 3. vc P g'(P)= . Paso 4. vg(P) c lnP C= + . Paso 5. La solución de la ecuación es p vc ln V c lnP C+ = . De modo que S Q T∆ = ∆ es una diferencial exacta, es la diferencial de la función p vS(V,P) c ln V c lnP C= + + que se denomina la entropía del gas.
  • 49. 1.38. Problemas propuestos 49 1.38. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. A continuación para cada caso se dan cuatro posibles respuestas, de las cuales sólo una es la correcta. Marque con una X la alternativa que considere correcta. a. La ecuación diferencial 3 4 (y '') (y') 3x+ = es de: ( ) orden 3 y grado 2 ( ) orden 1 y grado 4 ( ) orden 2 y grado 4 ( ) orden 2 y grado 3 b. La ecuación diferencial 2 2 8 (y '') (y ''') y x x (y ') 0+ + + = es de: ( ) orden 1 y grado 3 ( ) orden 3 y grado 1 ( ) orden 3 y grado 8 ( ) orden 1 y grado 8 c. La ecuación diferencial asociada a la familia de curvas 3 6 y c x c= − es: ( ) 2 y y ' x (y')= + ( ) 3 y y ' x (y')= − ( ) 2 y y ' x (y')= − ( ) 3 y y ' x (y')= + d. La ecuación diferencial asociada a la familia de curvas 2 6 y c x c= − es: ( ) 2 y y ' x (y')= + ( ) 3 y y ' x (y')= − ( ) 2 y y ' x (y')= − ( ) 3 y y ' x (y')= + 2. Establezca si la EDO dada es lineal o no e indique el orden de la misma. a. y'' 9y sen(y)+ = b. 4 xy''' 2(y') y 0− + = c. 2 y' 25 y= + d. 2 y' (1 y '')= + e. (senx)y ''' (cos x)y ' 2− = f. 2 (x 1)y '' x y' 25y x+ + − = g. 2 y'' 4y' 10y k y+ − = h. y' 1 y ''= + i. 2 y'' xy' ln(x x 1)− = + + j. y '' 5y ' y 25+ − = 3. Encuentre los valores de m tal que m y x= sea solución de la ecuación diferencial: a. 2 x y'' y 0− = b. 2 x y'' 6xy ' 4y 0+ + =
  • 50. 1.38. Problemas propuestos 50 4. Encuentre los valores de m tal que mx y e= sea solución de la ecuación diferencial: a. y'' y' 12y 0− − = b. y '' 5y ' 6y 0− + = c. y'' 10y' 25y 0+ + = 5. Compruebe que una familia uniparamétrica de soluciones de 2 y xy ' 1 (y')= + + es 2 y cx 1 c= + + . Demuestre que la relación 2 2 x y 1+ = define una solución singular de la ecuación en el intervalo 1 x 1− < < . 6. Compruebe que una familia uniparamétrica de soluciones de 2 y xy ' (y ')= + es 2 y cx c= + . Determine un valor de k tal que 2 y kx= sea una solución singular de la ecuación diferencial dada. 7. Verifique si la ecuación dada es solución de la EDO indicada. a. x 2x e y Ce 3 − = + b. x yln(Cy)= c. xsenx cos x y 10e 2 2 − = − + d. 2 2 x y y k+ = e. x y ln(C e )= + f. k y cos x = g. x 2 0 x y sen(t )dt= ∫ h. x 0 sent ylny x dt t = ∫ i. t -t x(t) te , y(t) e= = j. 2 x(t) tln(t), y(t) t (2ln(t) 1)= = + k. 3 0 x 0 y x x 0 < =  ≥ l. 2 2 x x 0 y x x 0 − < =  ≥ x y' 2y e+ = y '(x y) y+ = y' y senx+ = 2 2xydx (x 2y)dy 0+ + = x y y' e 0− − = y ' ytgx 0− = 2 2 y xy ' y sen(x )= + xy'(1 lny) xsen(x) yln(y)+ = + 2 (1 xy)y ' y 0+ + = y 'ln(y ' 4) 4x= 2 (y ') 9xy= xy ' 2y 0− = 8. Por medio de un examen cuidadoso, determine al menos una solución de cada una de las ecuaciones diferenciales siguientes: a. y ' 2x= b. y'' 1= c. dy 5y dx = d. dy 2y 1 dx = 9. Muestre que la solución general de 2x y'' y e− + = es x x2 2t t 0 0 y A cos x Bsenx senx e cos tdt cos x e sentdt− − = + + − ∫ ∫ .
  • 51. 1.38. Problemas propuestos 51 10. Dada la ecuación 3dy y dx = , demuestre que 21 x y c 2 − = − + es su solución general. 11. Dada la ecuación 2 xy'lny xy'lny ' y.y' y 0,− + − = demuestre que x y e= es solución de la ecuación. 12. Considere la ecuación diferencial para 1 1 2 2y c u (x) c u (x)= + , donde 1u (x) y 2u (x) son funciones que al menos son doblemente diferenciables: a. Demuestre que dicha ecuación puede escribirse en forma de determinante como 1 2 ' ' 1 2 '' '' 1 2 y u (x) u (x) y' u (x) u (x) 0 y'' u (x) u (x) = . b. Comente lo que sucede si 1 2 ' ' 1 2 u (x) u (x) W 0 u (x) u (x) = = . El determinante W se llama Wronskiano de 1u (x) y 2u (x). 13. Pruebe que la ecuación diferencial no separable [F(x) y.G(xy)]dx xG(xy)dy 0+ + = se convierte en separable al cambiar la variable dependiente de y a v de acuerdo a la transformación v xy= . Use esto para resolver 2 (x ysenxy)dx xsenxydy 0+ + = . 14. Transforme la ecuación diferencial ax by y' cx dy + = + en una ecuación diferencial de variables separables (a,b,c,d son constantes reales positivas, diferentes entre sí). 15. Resuelva a. dy y(1 xy) dx x(1 xy) + = − b. x y x ydy dx x y x y + + − = + − − c. 1 x ydy dx 1 x y + − = − − 16. Resuelva 3 2 dy 2y x y x.tg dx x y x   = + +     usando la transformación dada por 2 y v.x= . 17. Encuentre la solución de las siguientes EDO homogéneas o reducibles a ellas. a. 2 2 xy' y y x= + − b. 2 2 2xy y' 3x y = − c. 2 2 2 (y xy') x y− = + d. 2 2 xy' y x y− = −
  • 52. 1.38. Problemas propuestos 52 e. 2 (x y) y' x y 4 − + = − + f. (x y 1)dx (2x 2y 1)dy 0+ + + + − = g. ydx (2 xy x)dy 0+ − = h. dy y x dx x y = + i. 4 2 (y 3x )dy xydx− = − j. y y x y.cos dx x.cos dy 0 x x      − + =          18. Si f(x,y) es una función homogénea de grado n, demuestre que f(x, y) f(x, y) x y n.f(x, y) x y ∂ ∂ + = ∂ ∂ . 19. Demuestre que y xdy ydx arctg dx x   − =     puede resolverse por la sustitución y v.x= aún cuando la ecuación no es homogénea. 20. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones dadas: a. 2 (9x y 1) (4y x)y ' 0+ − − − = b. x x 2ysen(x) e sen(y) y ' e cos(y) 2 cos(x) − = + c. 2y 2y (1 e )dx 2xe dy 0+ + = d. x 3y e y ' 3x cos(y) + = − + e. 2 y.sec (x) sec(x).tg(x) y' 2y tg(x) + = − + f. 2 2 x 3 2 3x y xy e y ' x x y sen(y) + + = − + + g. 3 2y x dx (y ln(x))dy 0 x   + + + =    h. 2 2 2 1 y xy y' 0 x y y 2xy + + = − = + + i. (x x)y ' y y+ = + j. x y 3 y' x y − − + = + k. 2 2 y xy y ' x + = l. x y' x 12y = + 21. Resuelva 2 2 2x.tg(y) dx x sec (y)dy 0 2 π  + + =    con la condición y(0) = π .
  • 53. 1.38. Problemas propuestos 53 22. Determine una función M(x, y) de manera que 2 2 x M(x, y)dx (x cos(y) 3y e )dy 0+ + = sea una ecuación diferencial exacta. 23. Halle una constante α de modo que 2 3 3 2 (3x y 2y 3)dx (x xy 2y)dy 0− + + − α + = sea una ecuación diferencial exacta. 24. En cada caso, encuentre un factor integrante y resuelva la ecuación: a. 2 2 2 (x y 1)dx (x 2xy)dy 0+ + + − = , (x)ρ b. 4 4 3 (x y )dx xy dy 0+ − = , (x)ρ c. 4 3 (y 5y)dx (7xy 5x y)dy 0− + − + = , (y)ρ d. cos(x)cos(y)dx 2sen(x)sen(y)dy 0− = , (x)ρ e. xdx ydy x(xdy ydx) 0+ + − = , 2 2 (x y )ρ + f. 2 3 (3y x)dx (2y 6xy)dy 0− + − = , 2 (x y )ρ + 25. Demuestre que cualquier ecuación diferencial separable de primer orden también es exacta. 26. Resuelva las siguientes ecuaciones: a. xdy y e dx = + b. 2 3 (1 x )dy (xy x x)dx 0+ + + + = c. 2 (1 x)y ' xy x x+ − = + d. dP 2tP P 4t 2 dt + = + − e. x xdy (xy 2y 2e )dx 0 , y(1) 0− + + − = = f. 3dy 2y (x 1) dx x 1 = + + + 27. Resuelva las siguientes ecuaciones de Bernoulli: a. xy' y 2 xy= + b. 4 42x x' x t t − + = c. 3 3dx x t x dt = + d. 3 dt t x dx x t = − e. 2 4 3 3xy y ' 3x y= + 28. La ecuación diferencial y xy' f(y ')= + se llama ecuación de Clairaut. a. Demuestre que una solución de la ecuación es la familia de rectas y cx f(c),= + en donde c es una constante arbitraria. b. Pruebe que la ecuación también puede tener una solución paramétrica de la forma: x(t) f '(t), y(t) f(t) t.f '(t)= − = − .