Mario Chavez - Ecuaciones Diferenciales

lm(x,y)7(a,a)

x>y

xy

esen t dt

ni,j=1i6=j

|aij |2 maxk,l=1,...,n

k 6=la2kl

=s1

n1an+

=s2 n1

bn =

n1(an+bn)?

o

s

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRESFACULTAD DE CIENCIAS PURAS Y NATURALES

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Y SUS

APLICACIONES

Autor

MARIO ERROL CHAVEZ GORDILLO

La Paz - BoliviaJulio 2012

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Indice general

1. GENERALIDADES 1

1.1. Que es una Ecuacion Diferencial? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Clasificacion de las Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1. Clasificacion segun el tipo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.2. Clasificacion segun el orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2.3. Clasificacion segun la linealidad o no linealidad. . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3. Solucion de una Ecuacion Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4. Problemas de valor inicial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4.1. Problemas de valor inicial de primero y segundo orden. . . . . . . . . . . . 7

1.4.2. Existencia y unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.5. Practica con Mathematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5.1. Definicion de funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5.2. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.6. Resolucion de ecuaciones diferenciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.6.1. Ecuaciones con condiciones iniciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.6.2. Graficos bidimensionales. El comando Plot. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6.3. Representacion grafica de la solucion de una ecuacion diferencial. . . . . . 12

2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 14

2.1. Ecuaciones diferenciales de variables separadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2. Ecuaciones diferenciales de la forma y = f(ax + by) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.3. Ecuaciones diferenciales Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

i

o MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO ii

2.4. Ecuaciones diferenciales Reducibles a Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.5. Ecuaciones diferenciales Homogeneas Implcitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.6. Ecuaciones diferenciales Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.7. Reducibles a Exactas: Factores Integrantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.8. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.9. Ecuacion de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.10. Ecuacion de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

2.11. Ecuaciones de Lagrange y Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

2.12. Reduccion de Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

2.13. Trayectorias ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

2.14. Problemas geometricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

3. ECUACIONES DIFERENCIALES COMO MODELOS MATEMATICOS 116

3.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

3.2. Problema de rapidez de variacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

3.3. Crecimiento bacteriano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

3.4. Periodo medio del plutonio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

3.5. Antiguedad de un fosil. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

3.6. Propagacion de una enfermedad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

3.7. Ley de Newton del enfriamiento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

3.8. Mezclas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

3.9. Vaciado de un tanque. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

3.10. Cada libre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

3.11. Velocidad de un cohete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

3.12. La descomposicion de N2O . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

3.13. Modelos de Crecimiento Poblacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

3.13.1. Modelos de Malthus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

3.13.2. Modelos de Verhulst, Ecuacion logstica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

3.14. Aplicaciones a la Economa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

4. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN 156

4.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

4.2. La solucion general de la ecuacion homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

mo os Calculo III Jasmer LPC - Intocables

o MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO iii

4.3. Utilizacion de una solucion conocida para encontrar otra . . . . . . . . . . . . . . 160

4.4. La ecuacion con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

4.5. El Metodo de Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

4.6. Metodo de Variacion de parametros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

4.7. Modelado con ecuaciones diferenciales de orden superior. . . . . . . . . . . . . . . 205

4.7.1. Sistemas de resorte y masa: movimiento libre no amortiguado. . . . . . . . 205

4.8. Desviacion de una viga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

5. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 210

5.1. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

5.2. Introduccion a las transformadas integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

5.3. Definicion de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

5.4. Condiciones de existencia de transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

5.5. Transformada de derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

5.6. Teoremas operacionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

5.7. Aplicacion a las ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes . . . . . . . . . 228

5.8. La transformacion inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

5.9. La convolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

5.10. Ecuaciones lineales con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

5.11. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253


CAPITULO 1

GENERALIDADES

1.1. Que es una Ecuacion Diferencial?

Desde los primeros pasos en el calculo diferencial, de todos es conocido que, dada una funciony = f(x), su derivada dy

dx= f (x) es tambien una funcion que se puede encontrar mediante ciertas

reglas. Por ejemplo, si y = ex3, entonces dy

dx= 3x2ex3 o, lo que es lo mismo,

dy

dx= 3x2y. (1.1)

El problema al que nos enfrentamos ahora no es el de calcular derivadas de funciones; mas bien,el problema consiste en: si se da una ecuacion como (1.1), hallar de alguna manera una funciony = f(x) que satisfaga dicha ecuacion, esto es, uno de los problemas al que nos enfrentamosen esta asignatura es dada una ecuacion como la ecuacion (1.1), hay algun metodo por el cualpodamos llegar a la funcion desconocida y = f(x)?. En una palabra, se desea resolver ecuacionesdiferenciales.

DEFINICION 1.1 (Ecuacion diferencial). Una ecuacion diferencial es una ecuacion quecontiene derivadas o derivadas parciales de una o varias variables dependientes respecto a una ovarias variables inpendientes.

Observe que en una ecuacion algebraica las incognitas son numeros mientras que en una ecuaciondiferencial las incognitas son funciones. Resolver una ecuacion diferencial significa hallar todassus soluciones, es decir, hallar todas las funciones que satisfacen la ecuacion. Para hallar las solu-ciones de una ecuacion diferencial se han estudiando tres metodos: los metodos exactos, metodosnumericos y los cualitativos. A continuacion los describimos brevemente:

1

o MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO 2

Los metodos exactos son aquellos que intentan obtener explcitamente todas las soluciones de unaecuacion diferencial dada, estos metodos tienen una rango de aplicacion pequeno debido a queunas pocas clases de ecuaciones pueden ser resueltas completamente.

Los metodos numericos son destinados para obtener con alguna exactitud razonable solucionesparticulares de una ecuacion diferencial. Estos han prosperado durante decadas recientes debidoa la invencion de computadores modernos. Actualmente estos metodos son usados en problemaspracticos que van desde fsica y ingeniera hasta sicologa y arte, pero ellos ofrecen buenas aprox-imaciones locales, es decir, sobre intervalos pequenos del dominio de las soluciones. Por lo tanto,en problemas tiempo.dependientes practicos predicciones a largo plazo son difciles de realizar conesto metodos.

Los metodos cualitativos son usados para investigar propiedades de las soluciones sin que nece-sariamente tengamos que hallarlas. Preguntas respecto a la unicidad y existencia de soluciones,estabilidad, o comportamiento asintotico o caotico pueden ser contestadas con la ayuda de estosmetodos. (Caos es la impresibilidad de sistemas complejos, es decir es el efecto mariposa.) Excep-to los teoremas de existencia y unicidad que aparecen primero en el desarrollo de la teora, losmetodos cualitativos fueron desarrollados a finales del siglo 19, principalmente a traves de trabajodel matematico Frances Henri Poincare.

El estudio de ecuaciones diferenciales es una tarea difcil. Unicamente una combinacion de losmetodos cualitativos, numericos y cuantitativos nos conducira a entender una mayor cantidad deproblemas.

Las ecuaciones diferenciales se clasifican de acuerdo con su tipo, orden y linealidad.

1.2. Clasificacion de las Ecuaciones Diferenciales

1.2.1. Clasificacion segun el tipo

Ecuaciones diferenciales ordinarias. Si una ecuacion solo contiene derivadas ordinarias deuna o mas variables dependientes con respecto a una sola variable independiente, entonces se diceque es una ecuacion diferencial ordinaria. Por ejemplo, las siguientes ecuaciones diferenciales sonordinarias:

dy

dx 4y = 2, dy

dx= x2 + 3x+ 1 (1.2)

d2y

dx2 5dy

dx+ 3y = 0 (1.3)

(d2y

dx2

)3 4

(dy

dx

)4+ 3y = 0 (1.4)



3(y)3 + 2y = 0 (1.5)

Ecuaciones diferenciales parciales. Una ecuacion que contiene las derivadas parciales de unao mas variables dependientes, respecto de dos o mas variables independientes, se llama ecuacionen derivadas parciales. Por ejemplo las siguientes ecuaciones diferenciales son parciales:

xu

x+ y

u

y= u (1.6)

3u

x3=2u

t2 4u

t(1.7)

1.2.2. Clasificacion segun el orden.

DEFINICION 1.2. Se llama orden de la ecuacion diferencial al maximo orden de derivacion dela variable dependiente que aparece en la ecuacion.

DEFINICION 1.3. Se llama grado de una ecuacion diferencial al grado de la derivada de mayororden que aparezca en ella.

As, por ejemplo,

+ las ecuaciones (1.2) y (1.6) son de primer orden y de primer grado.

+ la ecuacion (1.3) es de segundo orden y primer grado.

+ las ecuaciones (1.4) y (1.5) son de de segundo orden y tercer grado.

En lo que sigue nos preocuparemos solo de ecuaciones diferenciales ordinarias y, como no habra lu-gar a confusion, las denominaremos simplemente E. D. Por lo general, salvo que el contexto nosindique otra notacion (o esta provenga de los cambios de variable que efectuemos), utilizaremos xpara denotar la variable independiente e y para la variable dependiente.

Cuando la derivada de mayor orden se puede despejar, la ecuacion se denomina explcita y, en elcaso contrario, implcita. Para ser mas precisos

DEFINICION 1.4. Decimos que una ecuacion diferencial (de orden n) esta expresada en formaimplcita cuando tiene la forma

F (x, y, y , ..., y(n)) = 0 (1.8)

siendo F una funcion F : Rn+1veces

Rm Rm Rm con un subconjunto (generalmente

abierto) de Rn+1veces

Rm Rm. Y decimos que una ecuacion diferencial esta expresada en forma

explcita cuando la derivada de mayor orden y(n) esta despejada, es decir,

y(n) = f(x, y, y , ..., y(n1))



con f : D Rnveces

Rm Rm Rm una funcion definida en un subconjunto D (generalmente

abierto) de Rnveces

Rm Rm.

Cuando n = 1, la ecuacion diferencial de orden 1 en su forma explcita es dado por

y = f(x, y). (1.9)

Estudiemos algunos casos especiales: Supongamos que f : R R R. Puesto que y = dydx

la

ecuacion (1.9) se puede expresar tambien de la forma

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (1.10)

llamada forma diferencial de la ecuacion diferencial. Por ejemplo: La ecuacion

4xdy

dx+ y = x

se puede escribir en la forma(y x)dx 4ydy = 0.

Ahora bien cuando f : R Rm Rm tomemos x = (x1, x2, ..., xm) y las funciones componentesf = (f1, f2, ..., fm). De este modo, la ecuacion (1.9) se expresa como

y1 = f1(x, y1, y2, . . . , ym)

y2 = f2(x, y1, y2, . . . , ym)

...ym

= fm(x, y1, y2, . . . , ym)

(1.11)

por lo que se utiliza el nombre de sistema de ecuaciones diferenciales.

1.2.3. Clasificacion segun la linealidad o no linealidad.

Se dice que una ecuacion diferencial de la forma y(n) = f(x, y, y , ..., y(n1)) es lineal cuando f esuna funcion lineal de y, y , . . . , y(n1). A continuacion presentamos una definicion mas precisa

DEFINICION 1.5. Se dice que una ecuacion diferencial es lineal si tiene la forma

an(x)dny

dxn+ an1(x)

dn1ydxn1

+ + a1(x) dydx

+ a0(x) y = g(x) (1.12)

y se llama lineal homogenea si, ademas, g(x) = 0. Dada una ecuacion lineal, su correspondienteecuacion lineal homogenea en la que se ha hecho g(x) = 0 se denomina lineal homogenea asociada.Una ecuacion que no es lineal se dice no lineal.



En la ecuacion (1.12), vemos las dos propiedades caractersticas de las ecuaciones diferencialeslineales:

1. La variable dependiente y y todas sus derivadas son de primer grado; esto es, la potencia detodo termino donde aparece y, y, y , . . . , y y(n1) es 1.

2. Cada coeficiente solo depende de x, que es la variable independiente.

Las funciones de y como sen y o las funciones de las derivadas de y, como ey2no pueden aparecer

en una ecuacion lineal.

Las ecuaciones siguientes son ecuaciones lineales ordinarias de primero, segundo y tercer orden,respectivamente.

(y x)dx+ 4xdy = 0, y 2y + y = 0, x3 d3y

dx3 dy

dx+ 6y = ex

Por otro lado, las ecuaciones siguientes son ecuaciones diferenciales no lineales de primero, segundoy cuarto orden, respectivamente.

(1 y)y + 4y = ex aqu el coeficiente depende de yd2y

dx2+ sen y = 0 aqu hay una funcion no lineal de y

d4y

dx4+ y2 = 0 aqu la potencia de y es distinta de 1

1.3. Solucion de una Ecuacion Diferencial

Nuestro objetivo es resolver ecuaciones diferenciales, esto es, encontrar sus soluciones.

DEFINICION 1.6. Decimos que una funcion y = (x) definida en un intervalo I (es decir, : I R Rm) es solucion de una ecuacion diferencial en el intervalo I si, sustituida endicha ecuacion, la transforma en una identidad. En este caso decimos que satisface la ecuaciondiferencial. Una ecuacion diferencial se dice resoluble (o integrable) por cuadraturas si su soluciones expresable mediante integrales.

Por ejemplo, una solucion de una ecuacion diferencial ordinaria, como la ecuacion (1.8), es unafuncion con al menos n derivadas y

F (x, (x), (x), (x), ..., , (n)(x)) = 0 x I



Se dice que y = (x) satisface la ecuacion diferencial. El intervalo I puede ser intervalo abierto,cerrado, infinito, etc. En este curso supondremos que una solucion es una funcion de valoresreales.

Ejemplo Comprobar que y =x4

16es una solucion de la ecuacion no lineal

dy

dx= xy

12

en el intervalo (,).Solucion.

dy

dx= 4

x3

16=x3

4= x

x2

4= x

x4

16= xy

12

Ejemplo Comprobar que y = xex es una solucion de la ecuacion lineal

y 2y + y = 0

en el intervalo (,).Solucion. Puesto que y = xex, entonces y = xex + ex y de aqu se obtiene y = xex + 2ex. Porlo tanto

y 2y + y = xex + 2ex 2(xex + ex) + xex = 0

Ejemplo La relacion x2 + y2 = 4 es una solucion implcita de la ecuacion diferencial

dy

dx= x

y

en el intervalo (,).Solucion. Derivando implcitamente obtenemos

d

dxx2 +

d

dxy2 =

d

dx4

2x+ 2ydy

dx= 0

Al despejar el smbolo dydx

de la ultima ecuacion se obtiene la ecuacion dydx

= xyen el intervalo

(,).



Toda relacion de la forma x2 + y2 = c satisface formalmente la ecuacion anterior para cualquierconstante c, sin embargo, se sobrentiende que la relacion siempre debe tener sentido en el sistemade los numeros reales. As, por ejemplo, no podemos decir que x2 + y2 = 4 sea una solucionimplcita de la ecuacion.

Ejemplo La funcion y = c1ex+c2e

x es una familia biparametrica de soluciones de la ecuacion

lineal de segundo orden y y = 0. Algunas de las soluciones particulares son y = 0 cuandoc1 = c2 = 0, y = e

x cuando c1 = 1 y c2 = 0.

Normalmente usamos x y y para representar las variables independientes y dependiente, respecti-vamente. Pero en la practica, esas dos variables se representan mediante muchos smbolos distintos.Por ejemplo, podramos representar con t la variable independiente y con x la variable dependiente.

Ejemplo Las funciones x = c1 cos 4t y x = c2 sen 4t, donde c1 y c2 son arbitrarias, son

soluciones de la ecuacion diferencial x + 16x = 0. Es facil comprobar que la combinacion linealde soluciones o sea, la familia biparametrica x = c1 cos 4t+ c2 sen 4t es una solucion de la ecuaciondada.

1.4. Problemas de valor inicial.

A menudo nos interesa resolver una ecuacion diferencial sujeta a condiciones prescritas, que sonlas condiciones que se imponen a y(x) o a sus derivadas. En algun intervalo I que contenga a x0,el problema:

Resolver:y(n) = f(x, y, y , ..., y(n1)) (1.13)

Sujeto a:y(x0) = y0, y

(x0) = y1, ... , y(n1)(x0) = yn1, (1.14)

en donde y0, y1, ..., yn1 son constantes reales especificadas arbitrariamente, se llama problemade valor inicial. Los valores dados de la funcion desconocida, y(x), y sus primeras n1 derivadasen un solo punto x0, y(x0) = y0, y

(x0) = y1, ..., y(n1)(x0) = yn1, se llaman condiciones iniciales.

1.4.1. Problemas de valor inicial de primero y segundo orden.

El problema enunciado con (1.13) y (1.14) tambien se denomina problema de valor inicial deenesimo orden; por ejemplo,

Resolver: y = f(x, y),

Sujeto a: y(x0) = y0,

}(1.15)



Resolver: y = f(x, y, y ),

Sujeto a: y(x0) = y0, y(x0) = y1.,

}(1.16)

son problemas de valor inicial de primero y segundo orden, respectivamente. Son faciles de in-terpretar en terminos geometricos. Para la ecuacion (1.15) estamos buscando una solucion de laecuacion diferencial en un intervalo I que contenga a x0, tal que una curva de solucion pase porel punto prescrito (x0, y0).

Para las ecuaciones (1.16), deseamos determinar una solucion de la ecuacion diferencial cuya graficano solo pase por (x0, y0), sino que tambien pase por ese punto de tal manera que la pendiente dela curva en ese lugar sea y1.

El termino condicion inicial procede de los sistemas fsicos en que la variable independiente es eltiempo t y donde y(t0) = y0, y y

(t0) = y1 representan, respectivamente,la posicion y la velocidadde un objeto en cierto momento o tiempo inicial t0.

Ejemplo

Se comprueba que y = cex es una familia monoparametrica de soluciones de la ecuacion y = y,de primer orden, en el intervalo (,). Si especificamos una condicion inicial, por ejemplo,y(0) = 3, al sustituir x = 0, y = 3 en la familia, se determina la constante 3 = ce0 = c; porconsiguiente, la funcion y = 3ex es una solucion del problema de valor inicial y = y, y(0) = 3.

Ejemplo Podemos comprobar que x = c1 cos 4t + c2 sen 4t es una familia biparametrica de

soluciones de x + 16x = 0. Determinemos una solucion del problema de valor inicial

Resolver: x + 16x = 0,

Sujeto a: x(/2) = 2, x(/2) = 1.,}

(1.17)

Solucion. Primero sustituimos x(/2) = 2 en la familia dada de soluciones y vemos que c1 = 2.En efecto,

x(/2) = c1 cos 4 /2 + c2 sen 4 /2

2 = c1 cos 2 + c2 sen 2 c1 = 2

A continuacion sustituimos x(/2) = 1 en la familia, con lo que vemos que c2 = 1/4; por lo tanto:

x(t) = 2 cos 4t+ 14sen 4t es una solucion de (1.17).

1.4.2. Existencia y unicidad

Al resolver un problema de valor inicial surgen dos asuntos fundamentales:

Existe una solucion al problema?. Si la hay, es unica?



TEOREMA 1.1 (Existencia de una solucion unica). Sea R una region rectangular del plano

xy, definida por a x b; c y d, que contiene al punto (x0, y0). Si f(x, y) y fy

son continuas

en R, entonces existe un intervalo I, centrado en x0, y una funcion unica, y(x) definida en I, quesatisface el problema de valor inicial expresado por las ecuaciones (1.15)

1.5. Practica con Mathematica

1.5.1. Definicion de funciones.

Ademas de las funciones incorporadas por Mathematica, tu puedes definir tus propias funciones.Una forma de hacerlo es la siguiente:

In[2] := h[x] = x2 + 1Out[2] = 1 + x2

Una vez definida la funcion pueden calcularse diferentes valores para distintos argumentos tantonumericos como simbolicos.

In[3] := h[1]Out[3] = 2

In[4] := h[y]Out[4] = 1 + y2

1.5.2. Derivadas

Mathematica incorpora distintos formatos para la utilizacion de derivadas.

D[f, x]

Permite calcular la derivada parcial de la funcion f respecto a x. Por ejemplo la derivada de lafuncion seno:

In[13] := D[Sin[x], x]Out[13] = Cos[x]

D[f, x, n]



Permite calcular la derivada n-esima parcial de la funcion f respecto a x.

Ademas, dada una funcion f , si esta es derivable en un cierto dominio D, se puede definir sobre esedominio la funcion derivada f como la funcion que asocia a cada punto x el valor de la derivadade f en ese punto. Por ejemplo:

In[99] := f [x] := Cos[x]; g[x] = f [x] g[Pi]Out[100] = Sin[x]Out[101] = 0

Se define f como la funcion coseno y se calcula su derivada y se evalua la derivada en .

Ejemplo En los siguientes problemas utiliza Mathematica para comprobar que la funcionindicada sea una solucion de la ecuacion diferencial dada.

1. 2y + y = 0 y = ex/2 y + 4y = 32 y = 8

2. y 2y = e3x y = e3x + 10e2x y = 2 + y2 y = 5 tan 5x

Solucion.

In[109] := f [x] := Exp[x/2];2 D[f [x], x] + f [x]Out[110] = 0

In[117] := f [x] := Exp[3x] + 10Exp[2x];Simplify[D[f [x], x] 2f [x]]Out[118] = E3x

1.6. Resolucion de ecuaciones diferenciales.

El comando principal que incorpora Mathematica para resolver las ecuaciones diferenciales ordi-narias es la funcion DSolve cuya sintaxis es la siguiente:

In := DSolve[ecuac; y[x]; x]Resuelve la ecuacion diferencial ecuac hallando la expre-sion formal de y[x] que la verifica.

In[119] := DSolve[y[x] y[x] == 0, y[x], x]Out[119] = {{y[x] > ExC[1]}}



La solucion general de una ecuacion diferencial sin condiciones iniciales involucra coeficientesindeterminados: C(1).

La llamada al comando DSolve produce como resultado la expresion formal de y[x]; sin embargo,esta solucion no define una funcion por s misma, es decir, no se puede efectuar directamente atraves de ella ninguna operacion con y[x]. En los casos en los que, ademas de obtener informacionsobre la solucion de la ecuacion, se necesite operar con ella (obtener y[4], y[x],...,etc), se ha devariar ligeramente la sintaxis del comando anterior. Se dispone del siguiente comando para resolverestos casos:

In := DSolve[ecuac; y; x]Resuelve la ecuacion diferencial ecuac hallando un con-junto de reglas sobre y que la definen como funcion.

La forma de definir la solucion como una funcion es la siguiente:

In[120] := reglas = DSolve[y[x] y[x] == 0, y, x]Out[120] = {{y > Function[{x}, ExC[1]]}}Se obtienen las reglas que definen la solucion de laecuacion

In[121] := y[x] = y[x]/.reglas Out[121] = {ExC[1]}Se defina la funcion y[x] a partir de las reglas que definenla solucion de la ecuacion diferencial. Se tiene la solucionde la ecuacion como una nueva funcion.

In[122] := y[x] y[x]Out[122] = {0}Efectivamente, es la solucion de la anterior ecuaciondiferencial.

In[123] := y[x]Out[123] = {ExC[1]}Se pueden realizar operaciones con la nueva funcion solu-cion.

1.6.1. Ecuaciones con condiciones iniciales.

Mathematica soporta tanto el problema general de busqueda de solucion de una ecuacion difer-encial como un problema de Cauchy, es decir, la busqueda de solucion cuando se conoce algunacondicion inicial.



In[125] := DSolve[{x[t] + x[t] == 0, x[0] ==0, x[0] == 1}, x[t], t]Out[125] = {{x[t] > Sin[t]}}De entre todas la posibles soluciones de la ecuacion setiene la que verifica las condiciones iniciales.

In[126] := Regla = DSolve[{x[t] + x[t] ==0, x[0] == 0, x[0] == 1}, x, t] Out[126] = {{x >Function[t, Sin[t]]}}De entre todas la posibles soluciones de la ecuacion setiene la que verifica las condiciones iniciales.

In[11] := x[t]/.Reglax[t]/.ReglaOut[11] = {Sin[t]}Out[12] = {Cos[t]}Se obtiene su derivada.

1.6.2. Graficos bidimensionales. El comando Plot.

El comando que utiliza Mathematica para dibujar la grafica de una funcion de una variable esPlot. Para su ejecucion plot necesita dos argumentos:

la descripcion de la funcion cuya grafica se desea obtener y

una lista de tres elementos, separados por comas e incluidos entre llaves, que indican, respec-tivamente, la variable de la funcion y los valores mnimo y maximo entre los que se pretenderepresentar dicha funcion.

P lot[Sin[x]2 + 2xCos[x], {x,4Pi, 4Pi}]Out := GraphicsDevuelve la grafica de la figura 1.1. Representa la fun-cion sen2x+ 2xcosx como variable de x entre 0 y .

1.6.3. Representacion grafica de la solucion de una ecuacion diferen-cial.

El problema que mas comunmente se plantea es obtener la grafica de la solucion de una ecuaciondiferencial.

Si utilizamos el comando DSolve para obtener una solucion, la representacion de esta es sencilla,pues se tiene su expresion formal. Por lo tanto, puede ser representada directamente:



Figura 1.1: Grafica de una funcion con Plot

In[15] := Regla = DSolve[{2x[t] 4x[t] ==Exp[t], x[0] == 0}, x, t]Out[15] = {{x > Function[t, 1/6Et(1 + E3t)]}}Se obtiene la solucion de la ecuacion diferencial.

P lot[x[t]/.%, {t,8, 4}]Out := -Graphics-Devuelve la grafica de la figura 3.1.

Figura 1.2: Grafica de la solucion de la ecuacion.


CAPITULO 2

ECUACIONES DIFERENCIALES DEPRIMER ORDEN

Llamamos E.D.O. (Ecuacion Diferencial Ordinaria) de orden n en su forma implcita a unaecuacion del tipo:

F (x, y, y , ..., y(n)) = 0

y llamamos una E.D.O. de orden n en su forma explcita a una ecuacion del tipo:

y(n) = f(x, y, y , ..., y(n1))

En ambos casos, x es la variable independiente, y = y(x) la funcion buscada y y = y (x), . . .,y(n) = y(n)(x) las derivadas de esta funcion.

Decimos que la E.D.O. es de primer orden si el orden de la mayor derivada de y es 1, esto es,n = 1:

F (x, y, y ) = 0 o y = f(x, y)

En todo este captulo trataremos distintos metodos de resolucion de ecuaciones diferenciales or-dinarias de primer grado.

14


2.1. Ecuaciones diferenciales de variables separadas

Una ecuacion diferencial y = f(x, y) es de variable separada si es posible que la funcion f(x, y)admite la factorizacion f(x, y) = p(x)q(y). En este caso tenemos

1

q(y)dy = p(x) dx (2.1)

Luego, para resolver una ecuacion diferencial de variables separadas basta con1

q(y)dy =

p(x) dx

luego la solucion de la ecuacion separable es

G[y(x)] = A(x) + C;

donde G(y) es una primitiva de1

q(y)y A(x) es una primitiva de p(x).

Ejemplo Resolverdy

dx+ y sen x = 0

SOLUCION.- Despejando obtenemos

1

ydy = sen x dx

e, integrando, 1

ydx =

sen x dx

se sigue que logy = cosx+ C, es decir,

y = ecosx+C .

Sin mas que tomar K = eC encontramos las soluciones y = Kecosx. Fijarse que, en principio,

parece que K tiene que ser positiva; pero en realidad la integral de1

ydy es log|y|, lo que nos

llevara a soluciones con valores negativos de K. Por ultimo, notar y = 0 (es decir, tomar K = 0)tambien es claramente una solucion de la E. D., aunque no se obtiene con el metodo seguido. As.pues, la solucion general de la E. D. es de la forma y = Kecosx con K R.

Ejemplo Calculese la solucion de la ecuaciondy

x 1 = ydx.



SOLUCION.- Transponiendo terminos,dy

y= (x 1)dx, integrando

dy

y=

(x 1)dx, se

obtiene ln(y) =(x 1)2

2+ k, de donde se obtiene

y = e(x1)2

2+k = e

(x1)2

2+k = e

(x1)2

2 ek = e(x1)2

2 C.

Ejemplo Resolver la ecuacion diferencial de variables separables 2y(x+ 1)dy = xdx.

SOLUCION.- Transponiendo terminos, 2ydy =xdx

x+ 1, integrando

2ydy =

xdx

x+ 1=

x+ 1 1x+ 1

dx =

1 dx

1

x+ 1dx

, se obtiene y2 = x ln(x+ 1) + k.

Ejemplo Resolver la ecuacion diferencial de variables separablesdy

dt+ ty = y.

SOLUCION.- Transponiendo terminos,dy

dt= y ty, dy

y= (1 t)dt, integrando

dy

y=

(1 t)dt, se obtiene ln(y) = (1 t)2

2+ k, de donde se obtiene

y = e(1t)2

2+k = e

(1t)2

2+k = e

(1t)2

2 ek = e(1t)2

2 C.

Ejemplo Resolver la ecuacion diferencialdy

dx= sen x(cos 2y cos2 y).

SOLUCION.- Observemos que

cos 2y cos2 y = 1 2 sen2 y cos2 y = 1 sen2 y (sen2 y + cos2 y) = sen2 y

Transponiendo terminos,1

sen2 y dy = sen xdx, integrando

csc2 y dy =

sen xdx, se obtiene

cotg2 y = cosx+ k.Ejemplo Resolver la ecuacion diferencial (4y + yx2)dy (2x+ xy2)dx = 0.

SOLUCION.- Factorizando y(4 + x2)dy x(2 + y2)dx = 0, luego y(4 + x2)dy = x(2 + y2)dx.Transponiendo terminos,

y

2 + y2dy =

x

4 + x2dx, integrando

y

2 + y2dy =

x

4 + x2dx, se ob-

tiene1

2ln(2 + y2) =

1

2ln(4 + x2) + k, de donde se obtiene

2 + y2 = C(4 + x2).



Ejemplo Resolver el problema de valor inicial

Resolver la ecuacion diferencial y +(1 + x

x

)y = 0

Sujeta a la condicion inicial y(1) = 1

SOLUCION.- Pasamos la ecuacion a la formady

dx+

(1 + x

x

)y = 0 de aqu

dy

dx=

(1

x+ 1

)y,

as1

ydy =

(1

x+ 1

)dx

Integrando en los dos miembros se tiene:1

ydy =

(1

x+ 1

)dx

log(y) = (log(x) + x) + c1colocando los logaritmos en el primer miembro log(y) + log(x) = c1 x, luego usando algunaspropiedades obtenemos log(xy) = c1x. Despejamos y de la ultima ecuacion y = 1

xec1x. Haciendo

que c = ec1 se obtiene la solucion general de nuestra ecuacion.

y =c

xex

Para obtener la solucion particular se sustituyen los valores de x = 1 y de y = 1 de la siguientemanera:

1 =c

1e1

c = e

Luego la solucion particular es:

y =e1x

x


xy +(1 +

1

log x

)y = 0, y(e) = 1



SOLUCION.- Pasamos la ecuacion a la forma xdy

dx+

(1 +

1

log x

)y = 0 de aqu

xdy

dx=

(1 +

1

log x

)y

as1

ydy = 1

x

(1 +

1

log x

)dx


ydy =

(1

x+

1

x log x

)dx

log(y) = (log(x) + log(u)

)+ c1, u = log(x)

log(y) = (log(x) + log(log(x))

)+ c1

log(y) + log(x) = c1 log(log(x))log(xy) = log(c) log(log(x)), c1 = log(c)

xy =c

log(x)

Despejamos y de la ultima ecuacion para obtener la solucion general.

y =c

x log(x)

Para obtener la solucion particular se sustituyen los valores de x = e y de y = 1 de la siguientemanera:

1 =c

e log(e)

c = e


y =e

x log(x)


xy + (1 + x cotg x) y = 0, y(/2) = 2



SOLUCION.- Pasamos la ecuacion a la forma xdy

dx+ (1 + x cotg x) y = 0 de aqu

xdy

dx= (1 + x cotg x) y

as1

ydy = 1

x(1 + x cotg x) dx


ydy =

(1

x+ cotg x

)dx

log(y) = (log(x) + log(sen x)

)+ c1

log(y) = (log(x) + log(sen x)

)+ c1

log(y) + log(x) = c1 log(sen x)log(xy) = log(c) log(sen x), c1 = log(c)log(xy) = log

( csen x

)xy =

c

sen x

Despejamos y de la ultima ecuacion para obtener la solucion general.

y =c

x sen x

Para obtener la solucion particular se sustituyen los valores de x = /2 y de y = 2 de la siguientemanera:

2 =c

e sen /2

c = 2e


y =2e

x sen x


2yy = x(x2 16

)1/2, y(5) = 2



SOLUCION.- Pasamos la ecuacion a la forma 2ydy

dx= x

(x2 16

)1/2de aqu

2y dy = x(x2 16

)1/2dx

Integrando en los dos miembros se tiene:2y dy =

x dxx2 16

2y2

2=

u du

udu

u2 = x2 162udu = 2xdx

y2 =

du = u =

x2 16 + c

Por lo tantoy2 =

x2 16 + c

Para obtener la solucion particular se sustituyen los valores de x = 5 y de y = 2 de la siguientemanera:

y2 =x2 16 + c

22 =42 16 + c

c = 4 3 = 1Luego la solucion particular es:

y2 =x2 16 + 1

EJEMPLO 2.1. Un matematico puro estudia una curva y = f(x) que tiene la propiedad que larecta tangente a la curva que pasa por el punto (a, f(a)) pasa por el punto (a + f(a), a + f(a)).Escriba la ecuacion diferencial que verifica la curva y determine la curva que pasa por el punto(1, 2).

Solucion. La pendiente de la recta que pasa por los puntos (a, f(a)) y (a+f(a), a+f(a)) es dadopor

a + f(a) aa+ f(a) f(a) =

f(a)

a

Por otro lado la pendiente de la recta tangente a la curva y = f(x) que pasa por el punto (a, f(a))es dado por f (a). Por lo tanto tenemos la siguiente ecuacion

f (a) =f(a)

a



lo cual induce la siguiente ecuacion diferencial:

y =y

x.

Despejando obtenemos1

ydy =

1

xdx

e, integrando, 1

ydx =

1

xdx

se sigue que ln y = ln x+ lnC, es decir,y = Cx.

Ahora bien la curva que pasa por el punto (1, 2) es dado por y = 2x.

2.2. Ecuaciones diferenciales de la forma y = f(ax + by)

Si a = 0 o b = 0, la ecuacion es separable. En otro caso, efectuemos el cambio de funcion y(x) por

z(x) dado por z = ax+by, de donde z = a+by y, por tanto, y =z ab

. Entonces, sustituyendo

en la E. D. obtenemosz ab

= f(z), es decir,dz

dx= z = a+bf(z), que es de variables separadas.

La escribimos como

dx =1

a+ bf(z)dz

con lo que, integrando,

x =

1

a + bf(z)dz = (z, C)

As pues, las soluciones de la E. D. de partida seran

x = (ax+ by, C)

de modo que hemos encontrado y como funcion de x expresada en forma implcita.

Ejemplo Resolver y exey = 1.

SOLUCION.- Tenemos y = ex+y 1, con lo que si efectuamos el cambio de funcion dado porla sustitucion z = x+ y, de donde z = 1 + y y, por tanto, y = z 1.Luego, la ecuacion y = ex+y 1 queda transformada en z = ez, es decir, dx = ez dz, ecuacionen variables separadas cuya solucion es x = ez + C. Volviendo a las variables iniciales, C



x = exy, de donde log(C x) = x y, y por tanto la solucion de la E. D. de partida esy = log(C x) x. (Observar que no nos hemos preocupado ni lo haremos de aqu en adelantede poner modulos cuando al calcular una integral aparece un logaritmo. El lector podra analizarestos casos con mucho mas cuidado.)

Ejemplo Resolver la ecuacion diferencial de variables separables y = 3x+ 2y + 1.

SOLUCION.- Tenemos y = 3x + 2y + 1, con lo que si efectuamos el cambio de funcion dado

por la sustitucion z = 3x+ 2y, de donde z = 3 + 2y y, por tanto, y =z 32

.

Luego, la ecuacion y = 3x+2y+1 queda transformada enz 32

= z+1, es decir,dz

dx= 2z+2+3,

por tantodz

2z + 5= dx, integrando

dz

2z + 5=

dx,

1

2ln(2z + 5) = x+ k, 2z + 5 = e2x+k

Volviendo a las variables iniciales, 2(3x+ 2y) + 5 = ke2x, de donde

2(3x+ 2y + 1) = ke2x 3

.

Ejemplo Resolverdy

dx= (5x+ y)2 4

SOLUCION.- Si hacemos que u = 5x + y, entonces dudx

= 5 + dydx, de esta forma la ecuacion

dada se transforma endu

dx+ 5 = u2 4, du

dx= u2 9

Separamos variables, empleamos fracciones parciales e integramos:

1

(u 3)(u+ 3) du = dx

1

6

[1

u 3 1

u+ 3

]du = dx

1

6

[1

u 3 1

u+ 3

]du =

dx

1

6ln

u 3u+ 3 = x+ c1

u 3u+ 3

= e6(x+c1) = ce6x



Al despejar u de la ultima ecuacion, llegamos a la solucion

u =3(1 + ce6x)

1 ce6x , de aqu y = 5x+3(1 + ce6x)

1 ce6x

Ejemplo Resolver y = sen2(x y)

SOLUCION.- Si hacemos que u = x y, entonces u = 1 y, de esta forma la ecuacion dadase transforma en

1 u = sen2 u, u = 1 sen2 uSeparamos variables, empleamos identidades trigonometricas e integramos:

1

1 sen2 u du = dx1

cos2 udu =

dx

sec2 u du =

dx

tan u = x+ c

x y = u = arctan(x+ c)

Al despejar y de la ultima ecuacion, llegamos a la solucion

y = x arctan(x+ c).

Ejemplo Resolver y =1

x+ y + 1

SOLUCION.- Sea u = x + y + 1, de modo que u = 1 + y. La ecuacion dada se transformaentonces en

u 1 = 1u, o bien u =

u+ 1

u

Separamos variables e integrando tenemos:

u

1 + udu = dx

u

1 + udu =

dx [

1 11 + u

]du =

dx

u ln |1 + u| = x+ c1



Reemplazamos u = x+ y + 1, en la ultima ecuacion

x+ y + 1 ln |1 + x+ y + 1| = x+ c1y + 1 ln |x+ y + 2| = c1

ln |x+ y + 2| = y + 1 c1x+ y + 2 = cey

en donde se ha reemplazado e1c1 por c.

Ejemplo Resolver y = 1 +1

(x y)2

SOLUCION.- Sea u = x y, de modo que u = 1 y. La ecuacion dada se transforma entoncesen

1 u = 1 + 1u2, o bien u = 1

u2

Separamos variables e integrando tenemos:

u2du = dx

u2 du =

dx

u3 = 3(x+ c)

Reemplazamos u = xy, en la ultima ecuacion obtenemos la solucion de la ecuacion 3x+(xy)3 =c.

2.3. Ecuaciones diferenciales Homogeneas

Supongamos que tenemos la ecuacion

y = f(yx

).

Para resolverla, hacemos el cambio de funcion y(x) por u(x) mediante u =y

x. As, derivando

y = ux tenemos y = u x+ u, es decir, u x+ u = f(u). Esta ecuacion, que podemos poner comou x = f(u) u, es de variables separadas. Vamos a solucionarla:

+ Si f(u) 6= u, podemos escribir dudx

x = f(u) u como1

f(u) u du =1

xdx,



integrando, 1

f(u) u du =

1

xdx.

Despejando x obtenemos x = Ce(u) con (u) =

1

f(u) u du. Por tanto, las curvas conecuaciones parametricas {

x = Ce(u)

y = Cue(u)

son solucion de la ecuacion diferencial para cada C R. (Esto constituye una familiade curvas homoteticas: una curva se obtiene de otra mediante una homotecia, es decir,multiplicando los valores de x e y por una constante.) A veces, es conveniente expresar estassoluciones de otras formas. Siempre puede ponerse

x = Ce(yx

),

solucion dada mediante una funcion implcita. Y, cuando en x = Ce(u) se logra despejar dealguna forma u = H(x, C), la solucion de la E. D. queda mucho mas sencilla: y = xH(x, C).

+ Supongamos ahora que existe algun u0 tal que f(u0) = u0. En este caso, es inmediatocomprobar que la recta y = u0x es solucion: y

= u0 = f(u0) = f(yx

), luego se satisface la

ecuacion diferencial. Este tipo de soluciones que no se obtienen con el procedimiento generalsuelen denominarse soluciones singulares.

DEFINICION 2.1. En general, una funcion f(x, y) se dice homogenea de grado n si

f(x, y) = nf(x, y)

Ejemplo Pruebe que la siguiente funcion es homogenea de grado 1

f(x, y) = x 3xy + 5y

SOLUCION.-

f(tx, ty) = tx 3txty + 5ty= t(x 3xy + 5y) = tf(x, y)

Ejemplo Pruebe que la siguiente funcion no es homogenea

f(x, y) = x2 + y2 + 1



SOLUCION.-

f(tx, ty) = (tx)2 + (ty)2 + 1

= t2x2 + t2y2 + 1

Podemos deducir si una funcion es homogenea o no sin mas que examinar el grado de cada termino:si los grados coinciden sera homogenea en caso contrario no.

DEFINICION 2.2. Si una ecuacion diferencial de la forma:

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.2)

verifica que M y N son funciones homogeneas del mismo grado, entonces se dice que la ecuaciones homogenea.

Supongamos que M(x, y) y N(x, y) son funciones homogeneas ambos de grado n, despejando y

de (2.2) tenemos M(x, y)dx = N(x, y)dy de aqu

y =dy

dx= M(x, y)

N(x, y)= M

(x, x y

x

)N(x, x y

x

) = xnM(1, yx)xnN

(1, y

x

) = M(1, yx)N(1, y

x

)De aqu proviene el nombre de este tipo de ecuaciones.

Ejemplo Resolver y =2xy y2

x2.

SOLUCION.- Con el cambio y = ux podemos poner

y = 2y

x(yx

)2= 2u u2.

Como y = u x+ u, sustituyendo tenemos u x+ u = 2u u2, es decir, u x = u u2.Si u 6= u2, podemos poner

1

u u2 du =1

xdx,

Para integrar, descomponemos

1

u u2 =A

u+

B

1 u,lo que se satisface para A = B = 1. Entonces, integrando,

1

u+

1

1 u du =

1

xdx.



obtenemoslogu log(1 u) = log x

C,

es decir,u

1 u =x

C; y sustituyendo u =

y

xtenemos

yx

1 yx

=x

C,

de donde Cy = x(x y). De aqu es facil despejar explcitamente y si as se desea.Por otra parte, a partir de u0 = 0 y u0 = 1 (para las cuales u = u

2), se tienen las solucionessingulares y = 0 e y = x.

Ejemplo Resolver la ecuacion y =2xy + 3y2

x2 + 2xy.

SOLUCION.- Se trata de una ecuacion homogenea, todos los terminos tienen el mismo grado.

Hacemos el cambio de variables y = ux en la ecuacion y =2xy + 3y2

x2 + 2xy. Como y = u x + u,

sustituyendo tenemos:

y =2xy + 3y2

x2 + 2xy

u x+ u =2xux+ 3(ux)2

x2 + 2xux=

2x2u+ 3u2x2

x2 + 2x2u=

2u+ 3u2

1 + 2u

u x =2u+ 3u2

1 + 2u u = 2u+ 3u

2 u(1 + 2u)1 + 2u

u

xdu

dx=

u+ u2

1 + 2u

Integrando respecto a x: 1 + 2u

u+ u2du =

1

xdx

ln|u2 + u| = ln|x| + ln|C|ln|u2 + u| = ln|Cx|

u2 + u = Cx

Deshacemos el cambio u = y/x(yx

)2+y

x= Cx, y2 + yx = Cx3



Ejemplo Resolver el siguiente problema de valores iniciales

Resolver: (x2 + 2y2)dx = xydy,

Sujeto a: y(1) = 1.}

(2.3)

SOLUCION.- La ecuacion es homogenea de grado 2. Si consideramos xy 6= 0 tenemos:

y =x2 + 2y2

xy

Cambio de variable: y = ux , y = u x+ u,

y =x2 + 2y2

xy

u x+ u =x2 + 2(ux)2

x(ux)=x2 + 2u2x2

x2u=

1 + 2u2

u

u x =1 + 2u2

u u = 1 + 2u

2 u2u

xdu

dx=

1 + u2

u

Separando de variables: u

1 + u2du =

1

xdx

1

2ln|1 + u2| = ln|x|+ ln|C|

1

2ln|1 + u2| = ln|Cx|ln|1 + u2| = 2 ln|Cx|

1 + u2 = Cx2

Deshacemos el cambio u = y/x

1 +(yx

)2= Cx2, y2 = Cx4 x2

Teniendo en cuenta la condicion inicial y(1) = 1 se tiene

1 = 12 = C(1)4 (1)2 = C 1

por tanto C = 2. La solucion es y2 = x2(2x2 1)



Ejemplo Resolver la ecuacion (x2 + y2)dx+ 2xydy = 0.

SOLUCION.- Se trata de una ecuacion homogenea, todos los terminos tienen el mismo grado.La escribimos de la siguiente forma:

y = x2 + y2

2xy

Hacemos el cambio de variables y = ux en esta ecuacion. Como y = u x + u, sustituyendotenemos:

y = x2 + y2

2xy

u x+ u = x2 + (ux)2

2x(ux)= x

2 + u2x2

2x2u= 1 + u

2

2u

u x = 1 + u2

2u u = 1 u

2 2u22u

xdu

dx=

1 3u22u

Separando de variables:

2u

1 + 3u2du =

1

xdx

13ln|1 + 3u2| = ln|x|+ ln|C|ln|1 + 3u2| = 3ln|Cx|ln|1 + 3u2| = 3ln|Cx|

1 + 3u2 = Cx3

Deshacemos el cambio u = y/x

1 + 3(yx

)2= C

1

x3, x3 + 3y2x = C

Ejemplo Resolver la ecuacion y =y2 + x

x2 + y2

xy.

SOLUCION.- Se trata de una ecuacion homogenea, todos los terminos tienen el mismo grado.

Hacemos el cambio de variables y = ux en esta ecuacion. Como y = u x + u, sustituyendo



tenemos:

y =y2 + x

x2 + y2

xy

u x+ u =(ux)2 + x

x2 + (ux)2

x(ux)=u2x2 + x

x2 + u2x2

x2u

u x =u2 +

1 + u2

u

xdu

dx=

u2 +1 + u2

u

Separando de variables y Integrando respecto a x tenemos

u

u2 +1 + u2

du =1

xdx

u

u2 +1 + u2

du =

1

xdx

z2 = 1 + u2

2zdz = 2uduz

z2 1 + z dz = ln|x| + ln|C|

Puesto que (z2 1 + z) = 2z + 1

z

z2 1 + z =2z

2(z2 + z 1) =2z + 1 1

2(z2 + z 1) =2z + 1

2(z2 + z 1) 1

2(z2 + z 1)Por tanto

2z + 1

z2 + z 1 dz =

1

pdp = ln p = ln(z2 + z 1)

Completando cuadrados en el polinomio z2 + z 1 obtenemos:

z2 + z 1 = z2 + 12z +

(12

)2(12

)2 1 =

(z +

1

2

)2 5

4



1

z2 + z 1 dz =

54p = z + 1

254dp = dz

1(

z + 12

)2 5

4

dz

|=

54

54(p2 1) dp.

=

5

2

4

5

[ 12

p 1 dp+ 1

2

p + 1dp

]=

5

5[ln(p 1) ln(p+ 1)]

=

5

5lnp 1p+ 1

=

5

5lnz 1

5

55

z 15+

55

Finalmente z

z2 1 + z dz =1

2ln(z2 + z 1) +

5

5lnz 1

5

55

z 15+

55

+ k.

z

z2 1 + z dz = ln|x| + ln|C|

12ln(z2 + z 1) +

5

5lnz 1

5

55

z 15+

55

= ln|Cx|

2.4. Ecuaciones diferenciales Reducibles a Homogeneas

Consideremos la ecuacion

y = f(a1x+ b1y + c1ax+ by + c

).

Para resolverla, hay que distinguir dos casos:

Supongamos en primer lugar que las rectas ax + by + c = 0 y a1x + b1y + c1 = 0 se cortanen el punto (x0, y0). As, tendremos que{

ax+ by + c = a(x x0) + b(y y0)a1x+ b1y + c1 = a1(x x0) + b1(y y0)

Hagamos ahora el cambio de variable y de funcion X = x x0, Y = y y0, con lo cual



Y = y = f(a1(x x0) + b1(y y0)a(x x0) + b(y y0)

)= f

(a1X + b1Y

aX + bY

)= f

(a1 + b1

YX

a + b YX

),

es decir, hemos reducido la ecuacion a una homogenea.

En segundo lugar, supongamos que ax+ by+ c = 0 y a1x+ b1y+ c1 = 0 son rectas paralelas,con lo cual podra ponerse (a1, b1) = K(a, b) para algun K R. Efectuemos ahora el cambiode funcion z = ax+ by. Derivando, z = a+ by , o sea, y =

z ab

. Si sustituimos en la E.

D. original obtenemos

dz

dx= a+ bf

(Kz + c1z + c

),

que es de variables separadas.

Ejemplo Resolver

y =2x+ 4y 6x+ y 3 .

SOLUCION.-

Las rectas 2x + 4y 6 = 0 y x + y 3 = 0 se cortan en el punto (x, y) = (1, 2), con lo queefectuamos el cambio X = x 1, Y = y 2, Y = y . Sustituyendo, obtenemos la ecuacionhomogenea

Y =2X + 4YX + Y

=2 + 4 Y

X

1 + YX

.

Para resolverla, hacemos un nuevo cambio u = YX, de donde Y = uX, Y = u X+u. Tras sustituir,

tenemos

u X + u =2 + 4u1 + u

que, a la postre, podemos poner como

Xdu

dX=

u2 3u+ 21 + u

.

Tenemos ahora que distinguir cuando, y cuando no, se anula la expresion u23u+2. Resolviendou2 3u+ 2 = 0, esto ocurre para u = 1 y u = 2.Analicemos en primer lugar el caso u2 3u+ 2 6= 0. As, podemos escribir



dX

X=

(1 + u)u2 3u+ 2 du =

A

u 1 du +B

u 2 du =2

u 1 du 3

u 2 du.

de donde, integrando, 2 log(u 1) 3 log(u 2) = log(KX) y, consiguientemente,(u 1)2(u 2)3 = KX

Sustituyendo ahora u = Y/X llegamos facilmente a (Y X)2 = K(Y 2X)3; y volviendo a lasvariables originales x e y obtenemos las soluciones (yx1)2 = K(y2x)3 de la E. D. de partida.Finalmente, con u0 = 1 y u0 = 2 tenemos, respectivamente, las soluciones Y = X e Y = 2X que,sustituyendo X e Y por su valor, se traducen en y = x+ 1 y y = 2x.

Ejemplo Resolver

y =x y 6x y 2 .

SOLUCION.- Efectuamos el cambio de funcion z = x y, de donde z = 1 y . Sustituyendo,tenemos z + 1 = z 1

z 2, y consiguientemente

dzdx

=z 1z 2 1 =

1

z 2 ,

que es la ecuacion (z 2)dz = dx, cuyas variables estan separadas. Integrando, 12(z 2)2 =

x+K, y finalmente, sustituyendo de nuevo z = x y y denotando C = 2K, obtenemos que lassoluciones de la E. D. original son (x y 2)2 + 2x = C.

Ejemplo Resolver la ecuacion diferencial

(x 2y + 1)dx+ (4x 3y 6)dy = 0

SOLUCION.- Consideremos el sistema de ecuaciones{x 2y + 1 = 04x 3y 6 = 0

{x 2y = 14x 3y = 6

Puesto que el determinante de la matriz ce coeficientes =

1 24 3 = (1)(3) (4)(2) =

3 + 8 = 5 es distinto de cero, entonces el sistema tiene solucion que es dada por

x =

1 26 3 1 24 3 =

(1)(3) (6)(2)5

=15

5= 3



y =

1 14 6 1 24 3 =

(1)(6) (4)(1)5

=10

5= 2

de modo que la transformacion es {x = u+ 3y = v + 2

Esto reduce la ecuacion dada a la ecuacion homogenea siguiente

(u+ 3 2(v + 2) + 1)du+ (4(u+ 3) 3(v + 2) 6)dv = 0

(u 2v)du+ (4u 3v)dv = 0

Expresamos primeramente esta ecuacion homogenea en la forma

dv

du= u 2v

4u 3v =u 2v3v 4u =

1 2 vu

3 vu 4

y ahora hacemos v = zu. Entoncesdv

du= z + u

dz

duy obtenemos

z + udz

du=

1 2z3z 4

de donde resulta una ecuacion de variables separables

3z 43z2 2z 1 dz =

1

udu

Utilizando fracciones parciales

3z 43z2 2z 1 =

3z 4(3z + 1)(z 1) =

A

3z + 1+

B

z 1de aqu

3z 4 = A(z 1) +B(3z + 1)Si z = 1, 3(1)4 = B(3(1)+1), 1 = 4B, B = 1

4. Pero si z = 1/3, 3(1/3)4 = A(1/31),

5 = A(4/3), A = 15/4. Por tanto

3z 43z2 2z 1 =

15

4

1

3z + 1 1

4

1

z 1



Integrando, obtenemos

15

4

1

3ln |3z + 1| 1

4ln |z 1| = ln |x|+ ln |c|

5

4ln |3z + 1| 1

4ln |z 1| = ln

( cu

)multiplicando por 4 a ambos lado esta ecuacion se reduce a

5 ln |3z + 1| ln |z 1| = ln(c4

u4

)o sea,

ln

(3z + 1)5z 1 = ln( c4u4

)Finalmente, tenemos

u4(3z + 1)5 = C|z 1|

donde C = c4. Estas son las soluciones de la ecuacion de variables separables. Sustituyendo ahoraz por v/u, obtenemos las soluciones de la ecuacion homogenea en la forma3v + u5 = C|v u|Sustituyendo finalmente u por x3 y v por y2, tendremos las soluciones de la ecuacion diferencialen la forma

|3(y 2) + (x 3)|5 = C|y 2 x+ 3|o bien

|x+ 3y 9|5 = C|y x+ 1|


(x+ 2y + 3)dx+ (2x+ 4y 1)dy = 0

SOLUCION.- Consideremos el sistema de ecuaciones{x+ 2y + 3 = 02x+ 4y 1 = 0

{x+ 2y = 32x+ 4y = 1

Puesto que el determinante de la matriz de coeficientes =

1 22 4 = (1)(4) (2)(2) = 44 = 0

es cero, entonces el sistema no tiene soluciones. Por tanto nos encontramos ahora en el segundocaso. Hacemos

z = x+ 2y



luegodz = dx+ 2dy

y la ecuacion se transforma en

(z + 3)dx+ (2z 1)[dz dx

2

]= 0

(2z + 6)dx+ (2z 1)(dz dx) = 0(2z + 6)dx+ (2z 1)dz (2z 1)dx = 0[(2z + 6) (2z 1)

]dx+ (2z 1)dz = 0

o sea,7xdx+ (2z 1)dz = 0

que es de variables separables. Integrando, tenemos

7x+ z2 z = 0

Sustituyendo z por x+ 2y, obtenemos la solucion de la ecuacion diferencial dad en la forma

7x+ (x+ 2y)2 (x+ 2y) = 0

o bien7x+ 4xy + 4y2 + 6x 2y = 0


dy

dx=

3x y 9x+ y + 1

SOLUCION.- Consideremos el sistema de ecuaciones{3x y 9 = 0x+ y + 1 = 0

{3x y = 9x+ y = 1

Puesto que el determinante de la matriz ce coeficientes =

3 11 1 = (3)(1) (1)(1) =

3 + 1 = 4 es distinto de cero, entonces el sistema tiene solucion que es dada por

x =

9 11 1 3 11 1 =

(9)(1) (1)(1)4

=8

4= 2



y =

3 91 1 3 11 1 =

(3)(1) (1)(9)4

= 124

= 3

de modo que el cambio de variables es{x = u+ 2y = v 3

{dx = dudy = dv

Sustituir los cambios de variables en la ecuacion.

(3x y 9)dx (x+ y + 1)dy = 0

Resultando:[3(u+ 2) (v 3) 9]du [u+ 2 + v 3 + 1]dv = 0

Efectuar operaciones y reducir terminos semejantes

[3u+ 6 v + 3 9]du [u+ v]dv = 0[3u v]du [u+ v]dv = 0

Esta es una ecuacion diferencial homogenea; proceder en consecuencia.

Efectuar un nuevo cambio de variable v = zu. Entonces

dv = zdu+ [dz]u = udz + zdu

Hacer la sustitucion en la ultima ecuacion obtenida

[3u zu]du [u+ zu](udz + zdu) = 0Efectuar operaciones hasta transformarla en separable

3udu zudu (u+ zu)udz (u+ zu)zdu = 0Al simplificar y reducir terminos semejantes resulta:

3udu zudu (u+ zu)zdu = (u+ zu)udz(3u zu (u+ zu)z

)du = (u+ zu)udz

(3u zu uz z2u)du = u(u+ zu)dzu(3 2z z2)du = u2(1 + z)dz(3 2z z2)du = u(1 + z)dz



Al separar las variables e integrar miembro a miembro se obtiene1

udu =

z + 1

z2 + 2z 3dz (2.4)

La integral del lado izquierdo es inmediata; la del lado derecho se resuelve por cambio de variablesas: Sea t = z2 + 2z 3, entonces dt = (2z + 2)dz, de aqu

1

2dt = (z + 1)dz

Al sustituir los cambios en la integral resulta:

z + 1

z2 + 2z 3 dz = 1

2

tdt =

1

2

1

tdt =

1

2ln |t| = 1

2ln |z2 + 2z 3|

Sustituyendo este resultado en (2.4) integrando el lado izquierdo de esa ecuacion se obtiene:

ln |u| = 12ln |z2 + 2z 3|+ ln |C|

Aplicar las propiedades de los logaritmos para simplificar la expresion

ln |u|+ 12ln |z2 + 2z 3| = ln |C|

lnu(z2 + 2z 3)1/2 = ln |C|u(z2 + 2z 3)1/2 = C

Elevar al cuadrado ambos miembros (renombrando C2 C)

u2(z2 + 2z 3) = C

Revertir todos los cambios de variables y simplificar

(x 2)2(v2

u2+ 2

v

u 3

)= C

(x 2)2((y + 3)2

(x 2)2 +2(y + 3)

x 2 3)

= C

(x 2)2[(y + 3)2 + 2(x 2)(y + 3) 3(x 2)2

(x 2)2]

= C

Por lo tanto la Solucion General es:

(y + 3)2 + 2(x 2)(y + 3) 3(x 2)2 = C.




y = 2x+ 3y 14x+ 6y + 2

SOLUCION.- Consideremos el sistema de ecuaciones{2x+ 3y 1 = 04x+ 6y + 2 = 0

{2x+ 3y = 14x+ 6y = 2

Puesto que el determinante de la matriz de coeficientes =

2 34 6 = (2)(6)(4)(3) = 1212 = 0

es cero, entonces el sistema no tiene soluciones. Por tanto nos encontramos ahora en el segundocaso. Hacemos

z = 2x+ 3y 1luego

dz = 2dx+ 3dy,dz

dx= 2 + 3

dy

dx, z = 2 + 3y, y =

1

3(z 2).

con lo cual la ecuacion se transforma en

1

3(z 2) = z

2(z + 1) + 2

z 2 = 3z2z + 4

z = 3z2z + 4

+ 2 =3z + 2(2z + 4)

2z + 4dz

dx=

3z + 4z + 82z + 4

=z + 8

2z + 4

o sea,dz

dx=

z + 8

2z + 4

que es de variables separables. Integrando, tenemos2z + 4

z + 8dz =

dx, 2

z + 2

z + 8dz = 2

z + 8 6z + 8

dz = x+ C

2z 12 ln(z + 8) = x+ Cpor lo tanto, sustituyendo z por 2x+ 3y 1 la solucion sera:

4x+ 6y 2 12 ln(2x+ 3y + 7) = x+ C



o bienx+ 2y 4ln(2x+ 3y + 7) = C;

con 2x + 3y + 7 6= 0. Podemos comprobar que 2x + 3y + 7 = 0 es una solucion particular de laecuacion diferencial.


(2x+ 3y + 4)dx+ (3x+ 4y + 5)dy = 0

SOLUCION.- La ecuacion diferencial es

y = 2x+ 3y + 43x+ 4y + 5

Notamos que f(x, y) = 2x+ 3y + 43x+ 4y + 5

no es homogenea pero podemos hacer un cambio de variable

que trasforma a la ecuacion en homogenea.

Primero buscamos el punto de interseccion de las rectas 2x+3y+4 = 0 y 3x+4y+5 = 0, este es,x = 1 y y = 2 entonces hacemos el cambio de variable x = u+1 y y = v2, ahora reemplazamosen la ecuacion, que se trasforma en

dv

du= 2(u+ 1) + 3(v 2) + 4

3(u+ 1) + 4(v 2) + 5 = 2u+ 3v

3u+ 4v= 2 + 3

vu

3 + 4 vu

hacemos nuevamente un cambio de variable z =v

u, esto es uz = v. Entonces u

dz

du+ z =

dv

duy

reemplazamos

udz

du+ z = 2 + 3z

3 + 4z

udz

du= 2 + 3z

3 + 4z z = 2 + 3z + z(3 + 4z)

3 + 4z

udz

du= 2 + 3z + 3z + 4z

2

3 + 4z3 + 4z

2 + 6z + 4z2dz = 1

udu

integramos 3 + 4z

2 + 6z + 4z2dz =

1

udu

debemos hacer fracciones parciales para resolver la integral



3 + 4z

2 + 6z + 4z2=

A

2(z + 1)+

B

2z + 1=A+ 2B + z(2A + 2B)

2 + 6z + 4z2

entonces {A +B = 2

A+ 2B = 3

{A = 1

B = 13 + 4z

2 + 6z + 4z2dz =

1

2(z + 1)dz +

1

2z + 1dz ==

1

udu

luego1

2ln(z + 1) +

1

2ln(2z + 1) = ln |u|+ ln |C| = ln

Cu

ln |(z + 1)(2z + 1)| 12 = lnCu

(z + 1)(2z + 1) = Cu2

Ahora volvemos a las variables originales y obtenemos la solucion

2z2 + 3z + 1 = Cu2

2v2

u2+ 3

v

u+ 1 = Cu2

2v2 + 3uv + u2 = Cu2u2

2(y + 2)2 + 3(x 1)(y + 2) + (x 1)2 = C2y2 + 3xy + x2 + 4x+ 5y = C

Ejemplo hallar la solucion general de

y =x+ y + 4

x y 6

SOLUCION.- Si se ve el numerador y el denominador como rectas, determinamos su interseccion,resolviendo {

x+ y + 4 = 0

x y 6 = 0

{x = 1

y = 5Planteamos u = x 1, v = y + 5, convirtiendo la ecuacion en

dv

du= v =

u+ v

u v =1 + v

u

1 vu



Ecuacion de tipo homogeneo, que la resolvemos planteando z = v/u o uz = v, lo que da

uz + z =1 + z

1 zuz =

1 + z

1 z z =1 + z z(1 z)

1 zudz

du=

1 + z z + z21 z

1 z1 + z2

dz =1

udu

ecuacion separable, que la resolvemos integrandoz 11 + z2

dz =

1

udu

luego1

2ln(1 + z2) arctan z = ln |u|+ C

Reemplazando z = v/u, se obtiene

lnu2 + v2 ln |u| arctan

(vu

)= ln |u|+ C

de donde, la solucion general del problema es

ln(x 1)2 + (y + 5)2 arctan

(y + 5

x 1)= C.

2.5. Ecuaciones diferenciales Homogeneas Implcitas

Sea la ecuacion

F(yx, y )= 0.

Para resolverla, consideremos la curva F (, ) = 0 y supongamos que hemos logrado encontraruna representacion parametrica de la curva dada por = (t), = (t). Es decir, que se verifica

F ((t), (t)) = 0. Hagamos ahora el cambio de funcion y por t mediantey

x= (t), teniendo en

cuenta que y = (t).

Si derivamos y = x(t) respecto de x tenemos y = (t) + x (t)dt

dx, es decir,



(t) (t) = x (t) dtdx

que, en principio, es una ecuacion en variables separadas.

+ Si (t) 6= (t), podemos poner (t)dt

(t) (t) =dx

x, integrando,

(t)dt

(t) (t) =

dx

x.

Despejando x obtenemos x = Ce(t) con (t) =

(t)dt

(t) (t). De aqu que la E. D. departida tiene las soluciones {

x = Ce(t)

y = C(t)e(t)C R.

+ Si existe t0 tal que (t0) = (t0), formalmente, podemos pensar

0 = x (t)dt

dx,

luego (t) = 0 y por tanto (t) = cte. = (t0), lo que nos llevara a la solucion y =x(t0). Esta recta es, efectivamente, una solucion de la E. D., como podemos comprobardirectamente:

F(yx, y )= F ((t0), (t0)) = F ((t0), (t0)) = 0.

Ejemplo Resolver

x2(y )2 (y2 + x2) = 0.

SOLUCION.-

Si ponemos la ecuacion en la forma

(y )2 (yx

)2= 1,

podemos recordar que el coseno y el seno hiperbolicos satisfacen la relacion

cosh2 t senh2 t = 1,



lo que se adecua a nuestras necesidades. As, tomemos ahora

y

x= senh t y y = cosh t

Si derivamos y = x senh(t) tenemos y = senh(t) + x cosh (t)dt

dxo sea,

cosh(t) = senh(t) + x cosh(t)dt

dx

Despejando,dx

x=

cosh(t)dt

cosh(t) senh(t)(notar que, en esta ecuacion, el denominador no se anula nunca ya que cosh t > senh t, luego nohay que preocuparse de analizar por separado las races de cosh t senh t = 0) e, integrando,x = Ce(t) con

(t) =

cosh(t)

cosh(t) senh(t) dt =et + et

2etdt =

1

2

(1 + e2t) dt =

1

2t+

1

4e2t .

Entonces, la E. D. original tiene como soluciones las curvas

{x = Cet/2+e

2t/4

y = C senh(t)et/2+e2t/4

C R.

2.6. Ecuaciones diferenciales Exactas

La sencilla ecuacion ydx+xdy = 0 es separable, pero tambien equivale a la diferencial del productode x por y

ydx+ xdy = d(xy) = 0

Al integrar obtenemos de inmediato la solucion implcita xy = c

En calculo diferencial, se tiene que si z = f(x, y) es una funcion con primeras derivadas parcialescontinuas en una region R del plano xy, su diferencial (que tambien llamamos diferencial total) es

dz =f

xdx+

f

ydy

Entonces, si f(x, y) = c, se tienef

xdx+

f

ydy = 0



Esto es, dada una familia de curvas f(x, y) = c, podemos generar una ecuacion diferencial deprimer orden si calculamos la diferencial total, por ejemplo si

x2 5xy + y3 = c(2x 5y)dx+ (5x+ 3y2)dy = 0

dy

dx=

5y 2x5x+ 3y2

Para nuestros fines, es mas importante darle la vuelta al problema, o sea; dada una ecuacion como

dy

dx=

5y 2x5x+ 3y2

podemos demostrar que la ecuacion equivale a d(x2 5xy + y3) = 0?

Sea una ecuacion diferencial ordinaria del tipo

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.5)

Esta claro que si la ecuacion diferencial ordinaria anterior la podemos reescribir en la formadf(x, y) = 0, para cierta funcion f(x, y), entonces la solucion de la ecuacion diferencial ordinariasera f(x, y) = C.

Nuestro objetivo en este apartado es estudiar cuando una ecuacion diferencial ordinaria se puedeescribir de la forma anterior. La ecuacion diferencial ordinaria (2.5) tendra una solucion en cuadrat-uras del tipo f(x, y) = C si y solo si (2.5) es equivalente a la expresion df(x, y) = 0, o lo que eslo mismo, f(x, y) = C es una solucion de (2.5) si y solo si (2.5) se puede reescribir de la formadf(x, y) = 0.

Como

0 = df(x, y) =f

xdx+

f

ydy

entonces la ecuacion diferencial ordinaria (2.5) se puede escribir de la forma df(x, y) = 0 si y solosi, dadas dos funciones M(x, y) y N(x, y) existe una funcion f(x, y) tal que

f

x= M y

f

y= N

Por ejemplo, la ecuacion diferencial x dx+ y dy = 0 se puede escribir en la forma

d[x2 + y2] = 0

y la ecuacion diferencial

[2x exp(x+ y)] dx+ [2y + exp(x+ y)] dy = 0



se puede escribir comod[x2 + y2 exp(x+ y)] = 0.

En general no es trivial deducir si una ecuacion diferencial del tipo (2.5) se puede expresar de laforma df(x, y) = 0. Por ejemplo, no es facil intuir que la ecuacion diferencial[

y3 + yey cos(xy) 3x2

]dx+

[3xy2 + ey sen(xy) + xey cos(xy)

]dy = 0

se puede escribir como

d[xy3 + ey sen(xy) +

3

x

]= 0.

Obviamente no cualquier ecuacion diferencial del tipo (2.5) se puede escribir de la forma df(x, y) =0, por ejemplo, la ecuacion diferencial lineal y + [a(x)y b(x)] = 0.As surge la pregunta cuando la ecuacion diferencial (2.5) se puede escribir de la forma df(x, y) =0, y por tanto su solucion es f(x, y) = C?. La respuesta la da el Teorema 1 de abajo. Antes damosalgunas definiciones.

DEFINICION 2.3. Una expresion diferencial M(x, y)dx + M(x, y)dy se dice exacta en unaregion R del plano xy cuando existe alguna funcion f(x, y) tal que

f

x= M y

f

y= N (2.6)

para todo (x, y) R; en otras palabras, si la diferencial de f es

df =M dx+N dy

f , que es unica salvo constantes, se denomina funcion potencial.

DEFINICION 2.4. Se dice que una ecuacion diferencial

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

es decir, y =dy

dx= M(x, y)

N(x, y)es una ecuacion diferencial exacta si la expresion del lado izquierdo

es una diferencial exacta.

Antes de explicar como resolverlas, comentemos brevemente algo sobre expresiones diferenciales(rigurosamente hablando, estamos tratando con 1-formas diferenciales w = Mdx + Ndy, aunqueno entraremos en ello).

Supongamos de antemano en todo lo que sigue queM y N son de clase C1 (continuas con derivadasparciales continuas) en su dominio de definicion (un abierto de R2).



DEFINICION 2.5. Una expresion diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy se dice que es una difer-encial cerrada en una region R del plano xy si se verifica

M

y(x, y) =

N

x(x, y)

para todo (x, y) R.

El teorema de Schwartz sobre igualdad de derivadas cruzadas nos asegura que cualquier expresiondiferencial exacta es cerrada. Lo contrario no es cierto en general, aunque s en una clase muyamplia de dominios de R2: los simplemente conexos que, intuitivamente, son los que no tienenagujeros. Demostrar este hecho no es excesivamente sencillo, pero tampoco es necesario para loque aqu pretendemos. En realidad, el lema de Poincare (que normalmente se prueba en cualquiercurso de calculo integral en varias variables) asegura que una expresion cerrada es exacta siempreque el dominio sea estrellado, lo que significa que exista un punto del dominio que se pueda unira todos los demas mediante un segmento sin salirnos del dominio; en particular, los conjuntosconvexos son estrellados. Ademas, esto asegura que, dada cualquier expresion cerrada, es exactalocalmente, es decir, alrededor de cada punto podemos restringir el dominio de tal forma que laexpresion sea exacta en ese nuevo dominio. Por lo tanto, en lo que a nosotros concierne, podemosidentificar los conceptos de exacto y cerrado, ya que no nos estamos preocupando de donde estandefinidas las E. D. que tratamos de resolver ni en que intervalo existen las soluciones. En realidad,en ecuaciones diferenciales suele hablarse siempre de exacto aun refiriendose a que se satisface laigualdad M

y= N

x.

Teorema 1. Sean M(x, y) y N(x, y) dos funciones tales que existan todas las derivadas parcialesMx, My Nx, Ny y sean funciones continuas en un conjunto R abierto de R

2 y simplemente conexo,o sea, sin agujeros (llamado dominio). Entonces la expresion diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dyes exacta si y solo si es una diferencial cerrada.

Corolario. Sean continuas M(x, y) y N(x, y), con derivadas parciales continuas en una regionrectangular, R, definida por a < x < b, c < y < d. Entonces, la condicion necesaria y suficientepara que M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 sea una diferencial exacta es que

M

y=N

x(2.7)

Una demostracion detallada puede encontrarse en el Texto: Ecuaciones diferenciales ordinarias(LIBRO), pgs 55 y 56.

Metodo de solucion para ecuaciones diferenciales exactas. Una ecuacion diferencial exactaes una expresion exacta igualada a cero. Veamos como resolverlas: si tenemos Mdx + Ndy = 0exacta, como existe f tal que df = Mdx + Ndy, entonces la ecuacion podemos ponerla en laforma df = 0 y, por tanto, su solucion sera f(x, y) = C (siendo C constante arbitraria). As pues,basta con que encontremos la funcion potencial f . El procedimiento para hallar f , segun veremos,

funciona gracias a queM

y=N

x, es como sigue:



Buscamos f tal quef

x= M . Debido al teorema fundamental del calculo tenemos que h(x) =

h (x) dx + c; as, es posible encontrar f integrando M(x, y) respecto a x mientras se mantieney constante, es decir,

f(x, y) =

M(x, y)dx+ (y),

donde la funcion arbitraria (y) es la constante de integracion. Derivando respecto de y obten-emos

f

y=

y

[M(x, y)dx

]+ (y),

Por otra parte, si utilizamosf

y= N , de aqu. resulta que

(y) = N(x, y) y

[M(x, y)dx

],

la expresion de la derecha es independiente de x, en efecto,

x

[N(x, y)

y

(M(x, y) dx

)]=

N

x x

[

y

(M(x, y) dx

)]=

N

x y

[

x

(M(x, y) dx

)]=

N

x M

y= 0

Una vez conocida (y), integrando obtenemos (y) y, sustituyendo su valor, llegamos a la fun-cion potencial f(x, y). As, quedan halladas completamente las soluciones buscadas f(x, y) = C,expresadas en forma implcita.

Ejemplo Resolver

3y + ex + (3x+ cos y) y = 0.

SOLUCION.- Si ponemos la ecuacion en la forma M dx + N dy = 0 con M(x, y) = 3y + ex yN(x, y) = 3x+ cosy, es claro que

M

y=N

x= 3,



luego la ecuacion diferencial es exacta. Calculemos la funcion potencial f (que nos dara directa-mente las soluciones f(x, y) = C). Como fx = 3y + e

x, integrando respecto de x,

f(x, y) = 3yx+ ex + (y).

Derivando respecto de y e igualando a N queda 3x+ (y) = 3x+ cos y, es decir,

(y) = cos y,

de donde basta tomar (y) = sen y, y por tanto f(x, y) = 3yx+ ex + sen y. As, la solucion de laecuacion diferencial viene dada, implcitamente, por 3yx+ e6x+ sen y = C.

Notese que al integrar (y) = cos y no hace falta poner la constante de integracion (y) =sen y+C1 ya que, en ese caso, una de las dos constantes de la solucion 3yx+ e

6x+sen y+C1 = Csera claramente superflua.

Ejemplo Resolver

2xy dx+ (x2 1) dy = 0SOLUCION.- Igualamos M(x, y) = 2xy y N(x, y) = x2 1 y tenemos

M

y= 2x =

N

x

Por tanto se trata de una ecuacion exacta y existe una funcion f(x, y) tal que

f

x= 2xy

f

y= x2 1

Integrando la primera de estas ecuaciones se tiene:

f(x, y) = x2y + g(y)

Derivamos con respecto a y, e igualamos a N(x, y)

f

y= x2 + g (y) = x2 1

Por lo tanto g(y) = 1 y g(y) = y. La solucion es x2y y = C.

Ejemplo Decidir si la ecuacion diferencial

(2x+ y sen x) dx+ (3y2 + cos y + x) dy = 0

es exacta, y encontrar su solucion.



SOLUCION.- En este caso M(x, y) = 2x+ y sen x y N(x, y) = 3y2 + cos y + x y tenemosM

y= 1 =

N

x

luego segun el corolario es exacta. Vamos a resolverla. Como la ecuacion diferencial es exactaentonces existe f(x, y) tal que se cumple (2.6), o sea,

f

x= 2x+ y sen x f

y= 3y2 + cos y + x

Integrando la primera de estas ecuaciones deducimos

f(x, y) = x2 + xy + cosx+ h(y)

Derivamos con respecto a y, e igualamos a N(x, y)

f

y= x+ h (y) = 3y2 + cos y + x

Por lo tanto h(y) = 3y2 + cos y y h(y) = y3 + sen y. La solucion, en cuadraturas, es

f(x, y) = x2 + xy + cosx+ y3 + sen y = C.

Obviamente podramos haber comenzado por la segunda ecuacionf

y= 3y2 + cos y + x entonces

f(x, y) = y3 + sen y + xy + g(x)

Derivamos con respecto a x, e igualamos a M(x, y)

f

x= y + g (x) = 2x+ y sen x

Por lo tanto g(x) = 2x+ sen x y g(x) = x2 + cos x. As, la solucion es

f(x, y) = y3 + sen y + xy + x2 + cosx = C.

Ejemplo Resolver la ecuacion

(3x2 + 4xy) dx+ (2x2 + 2y) dy = 0

SOLUCION.- Nuestra primera mision es determinar si esta ecuacion es exacta. Aqu tenemos

M(x, y) = 3x2 + 4xy y N(x, y) = 2x2 + 2y luego

M

x= 4x

N

y= 4x



para todo (x, y) R2 y, en consecuencia, la ecuacion es exacta en todo dominio D. Por lo tanto,hemos de hallar f tal que

f(x, y)

x= M(x, y) = 3x2 + 4xy

f(x, y)

y= N(x, y) = 2x2 + 2y

De la primera de estas ecuaciones se deduce

f(x, y) =

M(x, y) dx+ C(y)

=

(3x2 + 4xy) dx+ C(y)

= x3 + 2x2y + C(y)

Entoncesf

y= 2x2 + C (y)

Pero se ha de cumplirf(x, y)

y= N(x, y) = 2x2 + 2y

luego2x2 + C (y) = 2x2 + 2y o sea, C (y) = 2y

Por tanto,C(y) = y2 + C0

donde C0 es una constante arbitraria, de modo que

f(x, y) = x3 + 2x2y + y2 + C0

Como consecuencia, una familia uniparametrica de soluciones de la ecuacion diferencial es f(x, y) =C1, es decir,

x3 + 2x2y + y2 + C0 = C1

Combinando las constantes C0 y C1, podemos escribir esta solucion en la forma

x3 + 2x2y + y2 = C

en donde C = C1C0 es una constante arbitrario. El leco observara que no se pierde generalidadtomando C0 = 0 y escribiendo C(y) = y

2.

Ejemplo Resolver el siguiente problema de valores iniciales

Resolver: (2x cos y + 3x2y) dx+ (x3 x2 sen y y) dy = 0,Sujeto a: y(0) = 2

}(2.8)



comprobando en primer lugar que la ecuacion es exacta en todo dominio D y resolviendo laecuacion.

SOLUCION.- Aqu tenemosM(x, y) = 2x cos y+3x2y y N(x, y) = x3x2 sen yy. Observemosque la ecuacion es exacta ya que

M(x, y)

y= 2x sen y + 3x2 = N(x, y)

x

para todo (x, y) R2. Pasemos ahora a su resolucion, para ello hemos de hallar f que satisfagaf(x, y)

x=M(x, y) = 2x cos y + 3x2y y

f(x, y)

y= N(x, y) = x3 x2 sen y y

Entonces

f(x, y) =

M(x, y) dx+ C(y)

=

(2x cos y + 3x2y) dx+ C(y)

= x2 cos y + x3y + C(y)

De aqu, entonces tenemosf(x, y)

y= x2 sen y + x3 + C (y)

Pero, por hipotesis se cumple la igualdad

f(x, y)

y= N(x, y) = x3 x2 sen y y

de manera que

x2 sen y + x3 + C (y) = x3 x2 sen y y o sea, C (y) = y

por lo que

C(y) = y2

2+ C0

Por tanto,

f(x, y) = x2 cos y + x3y y2

2+ C0

En consecuencia, una familia uniparametrica de soluciones es f(x, y) = C1, la cual puede escribirse

x2 cos y + x3y y2

2= C



Aplicando ahora la condicion inicial y = 2 cuando x = 0, hallamos que c = 2. Por tanto, lasolucion del problema de valores iniciales dado es

x2 cos y + x3y y2

2= 2

Ejemplo Resolver (x2 + y2 + 2x) dx+ 2xy dy = 0

SOLUCION.- Aqu tenemosM(x, y) = x2+y2+2x y N(x, y) = 2xy. Es una ecuacion diferencialexacta ya que:

M(x, y)

y= 2y =

N(x, y)

x

Integremos M(x, y) con respecto a x:

f(x, y) =

M(x, y) dx+ C(y)

=

(x2 + y2 + 2x) dx+ C(y)

=x3

3+ xy2 + x2 + C(y)

Derivando respecto a yf(x, y)

y= 2xy + C (y)

Igualando a N(x, y)

2xy + C (y) =f(x, y)

y= N(x, y) = 2xy

Despejando C (y) se obtiene C (y) = 0, integrando este resultado respecto a y se tiene que C(y) =C0. Sustituyendo en f(x, y) obtenemos

f(x, y) =x3

3+ xy2 + x2 + C0

En consecuencia, una familia uniparametrica de soluciones es f(x, y) = C1, la cual puede escribirse

x3

3+ xy2 + x2 = C

Ejemplo Resolver2x

y3dx+

y2 3x2y4

dy = 0



SOLUCION.- Aqu tenemos

M(x, y) =2x

y3y N(x, y) =

y2 3x2y4

=1

y2 3x

2

y4.

Es una ecuacion diferencial exacta ya que:

M(x, y)

y= 2x(y3) = 2x(3)y4 = 6 x

y4

N(x, y)

x= 0 32x

y4= 6 x

y4

Es una ecuacion diferencial exacta ya queM(x, y)

y= 6 x

y4=N(x, y)

x

Integremos N(x, y) con respecto a y:

f(x, y) =

N(x, y) dy + C(x)

=

(1

y2 3x

2

y4

)dy + C(x)

= 1y+x2

y3+ C(x)

Derivando f(x, y) con respecto a x se tiene:

f(x, y)

x= 0 + 2

x

y3+ C (x)

Igualandof(x, y)

xcon N(x, y) se tiene

2x

y3+ C (x) =

f(x, y)

y=M(x, y) =

2x

y3

Despejando C (x) se obtiene C (x) = 0, integrando este resultado respecto a x se tiene queC(x) = C0. Sustituyendo el resultado obtenido en f(x, y) se tiene:

1y+x2

y3= C o x2 y2 = Cy3.

Ejemplo Comprobar que la ecuacion diferencial lineal y + [a(x)y b(x)] = 0, es exacta.

SOLUCION.- Escribamos la ecuacion diferencial lineal y + [a(x)y b(x)] = 0, en su formadifeencial

[a(x)y b(x)] dx+ dy = 0.



En este caso M(x, y) = a(x)y b(x) y N(x, y) = 1 luegoM

y6= N

x

as que no es exacta. Que hacer en este caso?

EJEMPLO 2.2. Resuelva la ecuacion diferencial

t+ xxt2 + x2

+tx xt2

= 0

Solucion 1. Empecemos colocando esta la ecuacion en su forma diferencial:

t+ xxt2 + x2

+tx xt2

= 0

tt2 + x2

+xxt2 + x2

+tx

t2 xt2

= 0

xxt2 + x2

+tx

t2+

tt2 + x2

xt2

= 0(x

t2 + x2+

1

t

)x +

tt2 + x2

xt2

= 0

de donde tenemos (t

t2 + x2 xt2

)dt+

(x

t2 + x2+

1

t

)dx = 0

Nuestra primera mision es determinar si esta ecuacion es exacta. Aqu tenemos

M(t, x) =t

(t2 + x2)1/2 xt2

y N(t, x) =x

(t2 + x2)1/2+

1

t

luegoM

x= xt

(t2 + x2)3/2 1t2

yN

t= xt

(t2 + x2)3/2 1t2

para todo (t, x) R2 y, en consecuencia, la ecuacion es exacta en todo dominio D.Por lo tanto, hemos de hallar f tal que

f(t, x)

t=M(t, x) =

t

(t2 + x2)1/2 xt2

f(t, x)

x= N(t, x) =

x

(t2 + x2)1/2+

1

t

De la primera de estas ecuaciones se deduce



f(t, x) =

M(t, x) dt+ C(x)

=

(t

t2 + x2 xt2

)dt+ C(x)

=t2 + x2 +

x

t+ C(x)

Entoncesf

x=

xt2 + x2

1t+ C (x)

Pero se ha de cumplirf(t, x)

x= N(t, x) =

xt2 + x2

+1

t

luegox

t2 + x2 1

t+ C (x) =

xt2 + x2

+1

to sea, C (x) =

2

t

Por tanto,

C(x) =2x

t+ C0

donde C0 es una constante arbitraria, de modo que

f(t, x) =t2 + x2 +

x

t+

2x

t+ C0

Como consecuencia, una familia uniparametrica de soluciones de la ecuacion diferencial es f(t, x) =C1, es decir,

t2 + x2 +3x

t+ C0 = C1

Combinando las constantes C0 y C1, podemos escribir esta solucion en la forma

t2 + x2 +

3x

t= C

en donde C = C1 C0 es una constante arbitrario.

Solucion 2. Realicemos los siguientes cambios de variables:

u = t2 + x2, du = 2t dt+ 2x dx

v =x

t, dv =

t dx x dtt2

Puesto que la ecuacion



t+ xxt2 + x2

+tx xt2

= 0

puede escribirse como

2t dt+ 2x dx

2t2 + x2

+t dx x dt

t2= 0

entonces tenemosdu

2u+ dv = 0

integrando tenemos 1

2udu+

dv = C,

u+ v = C

de donde se obtiene que t2 + x2 +

x

t= C.

2.7. Reducibles a Exactas: Factores Integrantes.

Si tenemos una ecuacion M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 que no es exacta, una idea para inten-tar resolverla sera tratar de encontrar alguna funcion (x, y) no identicamente nula tal que(x, y)M(x, y)dx + (x, y)N(x, y)dy = 0 sea exacta. Como esta ecuacion es equivalente a lade partida, sus soluciones y las de M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 seran las mismas.

Ejemplo Resolver la ecuacion diferencial:

tan y + tanxy = 0 (2.9)

SOLUCION.- Podemos escribir la ecuacion (2.9) en la forma

tan y dx+ tanx dy = 0 (2.10)

tan y

y=

1

cos2 y6= 1

cos2 x= tanx

x

Por tanto la ecuacion no tiene forma exacta, mientras que la ecuacion equivalente:

cosx sen ydx+ sen x cos ydy = 0 (2.11)



si que lo es: cosx sen y

y= cosx cos y =

sen x cos y

x

(2.11) resulta de (2.10) multiplicando por cosx cos y. Es lo que llamaremos factor integrante dela ecuacion.

DEFINICION 2.6. En general, dada la ecuacion diferencial

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, (2.12)

se dice que (x, y) 6= 0 es un factor integrante de (2.12) si la ecuacion diferencial

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

es exacta.

Si (x, y) es un factor integrante de la ecuacion diferencial

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

entonces, multiplicando por (x, y) es exacta luego:

y[(x, y)M(x, y)] =

x[(x, y)N(x, y)].

y por tantou

yM + u

M

y=u

xN + u

N

x

Mu

yN u

x=

(N

x M

y

)(2.13)

Para buscar factores integrantes hay que resolver una ecuacion en derivadas parciales que normal-mente es mas difcil que la propia ecuacion diferencial. Por eso se recomienda el uso de funciones de una forma particular: (x), (y), (x+ y), (xy),...

El factor integrante solo depende de x, entonces la ecuacion (3.20) sera

N dudx

=

(N

x M

y

)luego

(x)(x)

=

M

y N

x

N



tiene que resultar ser una funcion que dependa exclusivamente de x, que denotamos h(x).Cuando este es el caso, es claro que la funcion que satisface la relacion anterior es

(x) = exp

(h(x) dx

),

con lo cual hemos encontrado el factor integrante buscado.

Si = (y) entonces (3.20) sera:

Mdu

dx=

(N

x M

y

)y por tanto

(y)(y)

=

N

x M

y

M,

q

Mario Chavez - Ecuaciones Diferenciales

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