Ecuaciones diferenciales de orden superior

Escuela Superior Politécnica del Litoral

Solucionario de Problemas
de Ecuaciones
Diferenciales
Primer parcial (3ra versión)
Roberto Cabrera

RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN.

APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER
ORDEN
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO
ORDEN: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO DE LOS
COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS.
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN
SUPERIOR: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO LOS
COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS.
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO
ORDEN ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS. (SERIE DE TAYLOR)

09

Ecuaciones diferenciales de primer orden

Ecuaciones Diferenciales separables
Se tiene una ecuación diferencial ordinaria de primer orden:
XY
ͨ{Y Y{
XY

Se dice que ecuación diferencial de primer orden es separable si se puede expresar la esa
ecuación diferencial de la siguiente manera:
XY
ͨ{Y{ͩ{Y{
XY
Donde ˘{˲ ˳{ se lo expresa como una multiplicación de dos funciones, una que depende de la
variable “x” y otra de la variable “y”. En este caso se obtiene la siguiente solución de esta
ecuación diferencial:
XY
XY

XY
ͩ{Y{

XY
ͩ{Y{

ͨ{Y{ͩ{Y{
ͨ{Y{XY

ͨ{Y{XY

Donde la solución de esta ecuación diferencial separable tiene la siguiente forma:
{Y{
{Y{ - V

1.- Encontrar la solución implícita de la siguiente ecuación diferencial:

dy(xy - 2x + 4y - 8) - dx(xy + 3x - y - 3) = 0
dy
xy + 3x - y - 3
=
dx xy - 2x + 4y - 8
dy
x(y + 3) - (y + 3)
=
dx x(y - 2) + 4(y - 2)
dy (y + 3)(x - 1)
= f ( y )g ( x );
=
dx (y - 2)(x + 4)

(y − 2 )dy (x − 1)dx
⇒ Integramos
=
(y + 3 )
(x + 4 )
(y − 2 )dy (x − 1)dx
∫ (y + 3 ) = ∫ (x + 4 )

∫

a ambos lados de la ecuación

( y + 3 )dy
5dy
(x + 4 )dx
5dx
−∫
=∫
−∫
(x + 4 )
(x + 4 )
( y + 3)
y+3
5dy

5dx

∫ dy − ∫ y + 3 = ∫ dx − ∫ (x + 4 )
y − 5 ln y + 3 = x − 5 ln x + 4 + c
ESPOL 2009

2

2.- Encontrar la solución particular de la siguiente ecuación diferencial:
π
Si y(0) = ;
4
Reemplazan do u y v :
x
3e tan(y)dx + (2 − e x )sec 2 (y)dy = 0
ln tan(y) = 3ln 2 − e x + c;
(2 − e x )sec 2 (y)dy = −3e x tan(y)dx;
3ln 2 − e x + c
e ln tan(y) = e
;
− 3e x tan(y)
dy
=
= f(x).g(y);
x
2
x 3
dx (2 − e )sec (y)
tan(y) = (2 − e ) K;
2
x
sec (y)dy
3e dx
La solución general es :
=−
;
x
tan(y)
(2 − e )
y = arctan[(2 − e x )3 K ];
sec 2 (y)dy
3e x dx
= ∫−
;
∫ tan(y)
(2 − e x )

si y(0) = /4;
⇒

u = tan(y) ⇒ du = sec 2 (y);

/4 = arctan[(2 − e 0 )K ];

v = 2 − e ⇒ dv = − e dx;
x

x

/4 = arctan(K);

⇒ Reemplazan do :

 
tan   = K; ⇒ K = 1;
4
La solución particular es :

du
3dv
∫ u =∫ v ;
ln u = 3ln v + c;

y = arctan[(2 − e x )3 ];

3.- Exprese de forma implícita la solución de la siguiente ecuación diferencial:

e x/2 ydy −

e x/2 ydy =

dx
= 0
e (1 + ex/2 )
y

dx
;
e (1 + e x/2 )

Integrando por fracciones parciales obtenemos :
1
A B
C
= 2+ +
;
2
u ( u + 1) u
u 1+ u
Donde los valores de A, B, C son :

y

dy
1
= x/2
= f( x ).g( y );
dx e (1 + e x/2 )ye y
f( x) =
g( y ) =

e

x/2

1
;
(1 + e x/2 )

A = 1; B = - 1; C = 1;
⇒∫
⇒∫

1
;
ye y

dx
y
∫ ye dy = ∫ e x/2 (1 + e x/2 ) ;
dx
∫ e x/2 (1 + e x/2 ) = ?
1
u = e x /2 ⇒ du = e x /2 dx ;
2
2du
1
;
du = udx ⇒ dx =
u
2
2du
dx
2du
u
⇒ ∫ x/2
=∫
=∫ 2
x/2
e (1 + e )
u(1 + u )
u (1 + u )

1  
2du
  1 1
= 2 ∫  2 − +
du ;
u 1+u  
u (1 + u )

 u
du
du
du
2du
= 2∫ 2 − 2∫
+ 2∫
;
1+u
u
u
u (1 + u )

⇒∫

2du
2
= − − 2 ln u + 2 ln 1 + u + c ;
u (1 + u )
u

⇒∫

2

2

2

e

x/2

dx
2
= − x/2 − 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ;
x/2
(1 + e )
e

dx
;
e (1 + e x/2 )
La solución implicita general es :
ye y − e y = ∫

x/2

⇒ ye y − e y = −

ESPOL 2009

2
e

x/2

− 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ;
3


4. - Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial:
2 y ln( x )dx − (e y − e − y )x 1 + ln( x )dy = 0
(e y − e − y )x 1 + ln( x)dy = 2 y ln( x)dx ;
dy
2 y ln( x )
= y
= f( y ).g( x );
dx (e − e − y )x 1 + ln( x )
f( y ) =

2y
ln( x)
∧ g(x) =
;
−y
(e − e )
x 1 + ln( x )
y

dy
2 y ln( x )
= y
dx (e − e − y )x 1 + ln( x )
ln( x)
(e y − e − y )
dx ;
dy =
2y
x 1 + ln( x)
Integrando a ambos lados de la ecuación se obtiene :
ln( x )
(e y − e − y )
∫ 2 y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx;
(e y − e −y )
= senh( y ) entonces tenemos lo siguiente :
2
senh( y )
ln( x)
∫ y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx ;

Si observamos que

Para integrar

senh( y )
dy debemos usar series de potencias :
y

y 2 n +1
senh( y ) + ∞ y 2 n
⇒
=∑
;
y
n = 0 (2 n + 1 )!
n = 0 (2 n + 1 )!
+∞

Si senh( y ) = ∑

Re emplazando :
y2n
ln( x )
∫ ∑ (2 n + 1)!dy = ∫ x 1 + ln(x) dx;
n =0
+∞

y2n
dy obtenemos que :
n = 0 (2 n + 1)!
+∞

Integrando ∑

+∞
y 2 n +1
y2n
∫ ∑ (2 n + 1)!dy = ∑ (2 n + 1)(2n + 1)! ;
n =0
n =0
+∞

ESPOL 2009

4


Ahora integrando

∫x

ln(x)
dx = ?
1 + ln(x)

Si u = ln(x) ⇒ du =
⇒∫

ln(x)
dx :
x 1 + ln(x)

dx
x

ln(x)
udu
dx = ∫
;
1+u
x 1 + ln(x)

Ahora z 2 = 1 + u ⇒ 2 zdz = du ;
⇒∫

udu
(z 2 - 1)2zdz
;
=
z
1+u ∫


 z3
(z 2 - 1)2zdz
2
⇒∫
= 2 ∫ (z - 1)dz = 2  − z + C ;
z

3
⇒∫


udu
= 2
1+u



(

1+ u
3

)

3


− 1+ u +C



 1 + ln(x) 3

ln(x)
dx = 2 
⇒∫
− 1 + ln(x)  + C ;
3
x 1 + ln(x)




La solucion general de forma implícita es :

(


y 2 n +1
=2 
∑ (2n + 1)(2 n + 1)! 
n =0

+∞

(

)

3

1 + ln(x)
− 1 + ln(x)  + C
3



)

ESPOL 2009

5


Ecuaciones Diferenciales Lineales
Las ecuaciones diferenciales lineales tienen la siguiente forma:

y'+ p(x)y = g(x);
Existen dos métodos para resolver este tipos de ecuaciones:
El método del factor integrante.
Método de variación de parámetros

El método del factor integrante:
y' + p(x)y = g(x);
u(x) = e ∫

p(x)dx

;

u(x)[y' + p(x)y] = u(x)g(x);
d
[u(x)y] = u(x)g(x);
dx

∫ d[u(x)y] = ∫ u(x)g(x)dx;
u(x)y = ∫ u(x)g(x)dx;
y=

1
u(x)g(x)dx;
u(x) ∫

Método de variación de parámetros
y' + p(x)y = g(x);
yh' + p(x)yh = 0 ;
yh' = − p(x)yh ;
dyh
= − p(x)yh ;
dx
dyh
∫ yh = ∫ − p(x)dx;
ln yh = ∫ − p(x)dx;
yh = e ∫ − p(x)dx;
Asumir:

Re emplazando :
y' + p(x)y = g(x);
[ y hv'(x) + y' hv(x)] + p(x)y hv(x) = g(x);
v'(x)[ y h ] + v(x)[ y' h + p(x)y h ] = g(x);
Pero y' h + p(x)y h = 0 , entonce s:
v'(x)[ y h ] + v(x)[0] = g(x);
v'(x)[ y h ] = g(x);
dv
[ yh ] = g(x);
dx
g(x)
∫ dv = ∫ yh dx;
g(x)
dx;
yh

y = yhv(x);

v(x) = ∫

y' = yh v'(x) + y'hv(x);

y = y h v(x);
y = e∫

− p(x)dx

ESPOL 2009

∫

g(x)
dx;
yh

6


1)
y' −

x3
;
xy'−2 y =
sen 2 (x)4 ctg(x)
2
x2
;
y=
x
sen 2 (x)4 ctg(x)

Tiene la forma y' + p(x)y = g(x);
Por lo tanto podemos aplicar el método del factor integrante :
Encontremos el factor integrante u(x) :
u(x) = e ∫

p(x)dx
2

− dx
−2
1
u( x) = e ∫ x = e − 2 ln( x ) = e ln( x ) = x −2 = 2 ;
x
Multipliquemos el factor integrante u(x) a ambos lados de la ecuación :


x2
2  1 
1 
;

 y' − y  = 2 
x  x  sen 2 (x)4 ctg(x) 
x2 


1
d  1  
;
 2 y = 
dx  x   sen 2 (x)4 ctg(x) 




1
 1 
dx ;
⇒ ∫ d 2 y  = ∫ 
2
 sen (x)4 ctg(x) 
x 




1
1
dx ;
⇒ 2 y = ∫
 sen 2 (x)4 ctg(x) 
x


2


1
dx = csc ( x ) dx ;

⇒∫
∫ 4 ctg(x)
 sen 2 (x)4 ctg(x) 


Si u = ctg( x) ⇒ du = − csc 2 ( x )dx ;

⇒∫
⇒∫

csc 2 ( x )
ctg(x)

4

dx = ∫

 u 3/4 
4u 3 / 4
− du
=−
= − ∫ u −1 / 4 du = − 

4
3
u
 3 /4 

4 4 ctg 3 ( X )
4[ctg( X )]3 / 4
dx = −
+C =−
+ C;
3
3
ctg(x)

csc 2 ( x )
4

4 4 ctg 3 ( X )
1
y=−
+ C;
x2
3
La solución general de la ecuacion diferencial es :

⇒

 4 4 ctg 3 ( X )

−
y=x
+ C ;
3




2

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7


y'+ p(x)y = 1; y(0) = 1;
2)

1 ; 0 ≤ x < 2
p(x) = 
- 2x ; x ≥ 2

Para el intervalo 0 ≤ x < 2 resolvemos la ecuación diferencial, donde p(x) = 1 :
Ahora para x ≥ 2, p(x) = -2x;
y'-2xy = 1;

u( x ) = e ∫

y'+ y = 1;
dy
dy
+ y = 1; ⇒
= 1 − y ; (Ec. dif. separable);
dx
dx
dy
dy
= dx ⇒ ∫
= dx ;
1−y ∫
1−y
− ln 1 − y = x + C ;

(Ec. dif. lineal)

− 2 xdx

2

= e −x ;

2

2

e −x (y'- 2 xy ) = e − x (1);
2

2
d(e −x y )
= e −x ;
dx

−x
−x
−x
−x
∫ d(e y) = ∫ e dx; ⇒ e y = ∫ e dx;
2

2

2

2

2

Pero para integrar e −x dx necesitamos

ln 1 − y = −x + K

usar series de potencias :

e ln 1− y = e − x+K ;

+∞

(− 1 ) n x 2 n

n =0

n!

⇒ e −x y = ∫ ∑
2

−x

1 − y = k 1e ;
y 1 = 1 − k 1e −x ;

+∞

(− 1 ) n x 2 n + 1

n =0

( 2 n + 1)n!

⇒ e −x y = ∑
2

Pero y(0) = 1;
1 = 1 − k 1e 0 ; ⇒ k 1 = 0 ;
⇒ y 1 = 1 para 0 ≤ x < 2

⇒ y2 = ex

2

dx ;

+∞

(− 1 ) n x 2 n + 1

∑ ( 2n + 1)n!

+ k2 ;
2

+ e x k 2 ; para x > 2;

n =0

Ahora para encontrar k 2 usaremos la
condición de continuidad de dos funciones :
Esta condición dice :

lim f( x) = lim f(x);
⇒ lim y = lim y ;
x →a −

x→2 −

x→a +

1

x→2 +

2

2
 2 + ∞ (− 1 ) n x 2 n + 1

⇒ lim 1 = lim e x ∑
+ e x k 2 ;
x→2 −
x→2 + 
n = 0 (2 n + 1)n!

n 2 n +1
+∞
+∞
2
2
(− 1 ) 2
(− 1 ) n 2 2 n 2 4
⇒ 1 = e2 ∑
+ e2 k 2 ;⇒ 1 = e4 ∑
+e k2 ;
n = 0 (2 n + 1)n!
n = 0 (2 n + 1)n!

1 + ∞ (− 1 ) n 2 2 n 2
(− 1 ) n 2 2 n 2 4
= e k2 ;⇒ k2 = 4 − ∑
;
e
n = 0 (2 n + 1)n!
n = 0 (2 n + 1)n!
+∞
1
(− 1 ) n 2 2 n
⇒ k 2 = 4 − 2∑
;
e
n = 0 (2 n + 1)n!
+∞

⇒ 1−e4 ∑

La solución queda expresada con
la siguiente regla de correspondencia :
0≤x<2
1 ;
 +∞
+∞
y =  x 2 (− 1)n x 2 n +1
2  1
(− 1)n 2 2 n 
e ∑
+ e x  4 − 2∑
; x ≥ 2

n = 0 (2 n + 1 )n! 
e
 n =0 ( 2 n + 1)n!

ESPOL 2009

8


3.- Resolver la siguiente ecuación diferencial:

dy
y
= y
dx e + 2 x
Si observamos que esta es una ecuación diferencial no separable, no lineal con respecto
a y, que tal si hacemos que nuestra variable independiente sea “y”, y que “x” nuestra
variable dependiente, es decir obtener nuestra solución en función de “y” (x = f( y)) .

(e
(e
y

y

+ 2 x )dy = ydx ;

y

+ 2x) = y

dx
;
dy

dx
− e y − 2x = 0;
dy

≡ yx'−e y − 2 x = 0 ;

e y 2x
2x e y
;
−
= 0 ; ⇒ x'−
=
y
y
y
y
Tiene la forma x'+ p(y)x = g(y);
⇒ x'−

Ahora y es la variable independie nte :
Apliquemos el método del factor integrante :
x' + p(y)x = g(y);
* El factor integrante ahora depende de y :
u(y) = e ∫

p(y)dy

p( y ) = −

∫ − dy
2
; entonces u(y) = e y = e −2 ln y = y -2 ⇒ u(y) = y - 2
y

;
2

Multiplicando el factor integrante u(y) = y -2 a ambos lados de la ecuación diferencial :
x'−


2x 
ey
.
⇒ y -2  x'−  = y - 2

y 
y

 43
142 4
4

2x e y
=
y
y

d −2
y x
dy

[

]

y
y
d −2
[y x] = e 3 ⇒ d[y −2 x] = e 3 dy ⇒
y
dy
y

y −2 x =

∫

y

e
dy ⇒ x = y 2
y3

∫

∫

d[y − 2 x ] =

∫

ey
dy
y3

y

e
dy
y3

y

Para integrar
+∞

ey =

∑
n =0

+∞

∫∑
n =0

e
dy usamos series de potencias :
y3

yn
ey
⇒ 3 =
n!
y

y n −3
dy =
n!

x( y ) = y

2

∫

∫

+∞

∑
n =0

y n −3
n!

 1
1
1

+
+
+
3
2
2! y
 0! y 1! y


La solución es:
+∞

∑
n =3

y n −3 

n! 


 1
e
1 1
dy = y 2 − 2 − + ln( y ) +
3
y
y 2
 2y

y

+∞

∑
n =3

 1
1
x = − − y + y 2ln(y) +
2
 2


+∞

∑
n =3


yn
+ Cy 2 
(n − 2)n!




y n −2
+ C ;
( n − 2 )n!



ESPOL 2009

9


4.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:

xy' −y = x 2 sen(ln(x));

y(1) = 0 ;

Utilizando el método del factor integrante:
xy' − y = x 2 sen( ln (x));
y
y' − = xsen( ln (x));
x
Tiene la siguiente forma y'+ p(x)y = g(x), entonces :

u( x ) = e ∫ p( x )dx ;
⇒ u( x ) = e ∫ p( x )dx ;
⇒ u( x ) = e ∫ p( x )dx = e

donde
1
− ∫ dx
x

p(x) = −

1
;
x

= e −ln( x ) ;

⇒ u( x ) = x −1 ;
Multiplicando el factor integrante a ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene :
y
x −1 y' − x −1 = x −1 xsen( ln (x));
x
14243
4 4
d −1
x y
dx

[

]

d −1
[x y] = sen( ln (x)) ⇒ d[x −1y] = sen( ln (x))dx ⇒
dx
x −1 y =

∫

∫

d[x −1 y] =

∫

sen( ln (x))dx

sen( ln (x))dx

∫

y = x sen( ln (x))dx

∫

sen(ln( x))dx = ?

Encontremo s ahora la solución particular si y(1) = 0;

z = ln( x);

⇒

dx = xdz ;

x 2 [sen (ln( x )) − cos(ln( x))]
+ Cx ;
2
y( 1) = 0 ;

dx
;
x

Pero x = e z ;

dz =

y=

dx = e zdz ;

∫
∫
∫

sen(ln( x))dx =

∫

sen(z )e zdz ;

sen(z )e zdz , integrando por partes obtenemos que :
sen(z )e zdz =

⇒

∫

12 [sen (ln( 1)) − cos(ln( 1))]
+ C( 1);
2
[sen(0) − cos( 0)] + C ;
⇒0=
2
1
1
⇒ 0 = − + C; ⇒ C = ;
2
2
⇒0=

e z [sen(z ) − cos(z )]
+ C;
2

sen(ln(x ))dx =

x[sen(ln( x)) − cos(ln(x))]
+ C;
2

 x[sen(ln( x)) − cos(ln(x ))]

⇒ y = x
+ C
2


x 2 [sen(ln( x)) − cos(ln( x))]
+ Cx;
y=
2

ESPOL 2009

La solución es :
y=

x 2 [sen(ln(x)) − cos(ln(x))] x
+
2
2

10


Ecuaciones diferenciales Exactas
Las ecuaciones diferenciales exactas tienen la siguiente forma:
M(x, y) + N(x, y)y' = 0;
Es exacta si :
∂M(x, y) ∂N(x, y)
=
;
∂y
∂x
My = Nx ;

Entonces existe :
F(x, y) tal que :
∂F(x,y)
= M(x,y);
∂x
∂F(x,y)
= N(x,y);
∂y
Si escogemos

∂F( x , y )
= M(x, y), se obtiene :
∂x

∂F(x,y)
= M(x,y)
∂x

∫ ∂F(x,y) = ∫ M(x,y)∂x;
F(x,y) = G(x,y) + h(y);
Luego derivando F(x, y) con respecto a y :
∂F( x , y )
= G' ( x , y ) + h' ( y );
∂y
∂F(x, y)
= N(x, y);
Luego igualando con
∂y
G'(x,y) + h'(y) = N(x,y);
h'(y) = N(x,y) − G'(x,y);
h( y ) = La constante de F(x, y).
Entonces :
F(x,y) = G(x,y) + h(y);
La solucíon es :
F(x,y) = 0 ;
G(x,y) + h(y) = 0 ;
Si se elige

∂F(x,y)
= N(x,y), y procedemos de la misma forma, se obtiene :
∂y

F(x, y) = H(x, y) + h(x);
Donde la solución es :
F(x, y) = 0;

ESPOL 2009

11




 3
e xy
e xy
4x y −
+ xln(x) − x  dy = 0
+ yln(x) + x 3 x − 4  dx +  x 4 −

x
y





(

)


 3
 
e xy
e xy
4x y −
+ yln(x) + x 3 x − 4  +  x 4 −
+ xln(x) − x  y' = 0

x
y

 

xy
e
M(x,y) = 4 x 3 y −
+ y ln (x) + x 3 x − 4 ;
x
M y = 4 x 3 − e xy + ln (x) ;

(

)

(

N(x , y ) = x 4 −

)

e xy
+ xln(x) − x;
y

Nx = 4 x 3 − e xy + ln (x) ;
My = Nx ;

entonces la ecuacion diferencia l es exacta;

 Fx = M(x, y)
⇒ Existe una función F(x, y), donde 
 Fy = N(x, y)
Si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
Fy = x 4 −

e xy
+ x ln (x) − x;
y

∂(F(x,y))
e xy
4
=x −
+ x ln (x) − x;
y
∂y

 4 e xy
∂(F(x,y)) =  x −
+ x ln (x) − x  ∂y;


y


Entonces integrando a ambos lados de la ecuación :


e xy
∂ (F(x,y)) = ∫  x 4 −
+ x ln (x) − x  ∂y;
∫


y


 e xy 

F( x , y ) = x y − ∫ 
 y  ∂y + yx ln( x ) − xy + h ( x );


xy
e 

Para integrar 
 y  ∂y se usa series de potencias :


n
xy
+∞
(x )n (y )n − 1 1 + ∞ (x )n (y )n − 1
e
1 + ∞ (xy )
;
= ∑
=∑
= +∑
y
y n = 0 n!
n!
y n =1
n!
n =0
4

+∞
 1 + ∞ (x )n (y )n − 1 

(x )n (y )n
 ∂ y = ln( y ) + ∑
∂y = ∫  + ∑
;


y
n!
n =1
n = 1 (n )(n !)



+∞
(x )n (y )n
4
+ yx ln( x ) − xy + h ( x );
F( x , y ) = x y − ln( y ) − ∑
n = 1 (n )(n !)

 e xy
∫ y



ESPOL 2009

12


Ahora si Fx = M, entonces se obtiene lo siguiente :
Fx = M(x, y);
e xy
+ y ln (x) + x 3 x − 4 ;
x
+∞
n (x ) n −1 (y )n
+ y[1 + ln( x )] − y + h' ( x);
Fx = 4 x 3 y − ∑
(n )(n!)
n =1

(

Fx = 4 x 3 y −

)

(x ) n −1 (y )n
+ y + y ln( x) − y + h' ( x);
(n!)
n =1
+∞

Fx = 4 x 3 y − ∑

e xy
+ y ln( x ) + h' ( x );
x
Entonces reemplazando Fx :

Fx = 4 x 3 y −

e xy
e xy
+ y ln( x) + h' ( x ) = 4x 3 y −
+ y ln (x) + x 3 x − 4 ;
x
x
Eliminando términos :

(

4x 3 y −

(

)

)

h' ( x ) = x 3 x − 4 ;

Obteniendo h(x) :

(

)

h( x) = ∫ x 3 x − 4 dx ;
z 3 = x − 4 ; ⇒ 3z 2 dz = dx ;
z=

(

3

x−4

)

x = z 3 + 4;

( )

h(z) = ∫ (z 3 + 4 ) 3 z 3 3z 2 dz ;
h(z) = 3∫ (z 6 + 4z 3 )dz ;


z7
h( z ) = 3  + z 4 + C  ;

7
7
 3 x−4
+ 3 x−4
h( x ) = 3 
7



(

) (

)

4


+ C ;



Entonces :
 (3 x − 4 )

(x ) n (y )n
4
+ yx ln( x ) − xy + 3
+ (3 x − 4 ) + C  ;
F( x , y ) = x y − ln( y ) − ∑
7
n = 1 (n )(n!)




7

+∞

4

La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir :
 (3 x − 4 )7

(x )n (y )n
4
+ yx ln( x ) − xy + 3
+ (3 x − 4 ) + C  = 0 ;
x y − ln( y ) − ∑
7
n = 1 (n )(n!)




+∞

4

ESPOL 2009

13


xy
y3 
 2
2
2
y' = 0 ;
+ xy  +  2xy − x + ln(x + 1) + x y + 8
y −
x+1
y − 2
 



M(x,y) = y 2 −

xy
+ xy 2
x+1

y3
N(x,y) = 2 xy − x + ln x + 1 + x y + 8
y −2
x
My = 2 y −
+ 2 xy
x+1
1
Nx = 2 y − 1 +
+ 2 xy ;
x+1
1−x−1
Nx = 2 y +
+ 2 xy ;
x+1
x
Nx = 2 y −
+ 2 xy ;
x+1
My = Nx ; la ecuación diferencial es exacta.
2

 Fx = M(x, y)
 Fy = N(x, y)
Si Fx = M(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
Fx = M(x,y) = y 2 −

xy

+ xy 2 ;

x+1
xy
∂(F(x,y))
= y2 −
+ xy 2
x+1
∂x
xy


∂(F(x,y)) =  y 2 −
+ xy 2 ∂x;
x+1


x2 y2
x
2
F( x , y ) = xy − y ∫
∂x +
+ h( y );
x+1
2
x2y2
x+1−1
F( x , y ) = xy 2 − y ∫
∂x +
+ h( y );
x+1
2
x2y2
1
F( x , y ) = xy 2 − y ∫ ∂x + y ∫
∂x +
+ h( y );
x+1
2
x2 y2
2
F( x , y ) = xy − xy + y ln x + 1 +
+ h( y );
2
Ahora si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
Fy = N(x, y);
Fy = 2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y + h' ( y );

ESPOL 2009

14


Entonces reemplazando Fy :
2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y + h' ( y ); = 2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y +

y3
y8 − 2

h' ( y ) =

y3
y8 − 2

;

Obteniendo h(y) :
h( y ) = ∫
h( y ) = ∫

y3
y8 − 2

dy ;

y3

(y )

4 2

−2

dy ;

z = y 4 ; ⇒ dz = 4 y 3 dy ;
h( z ) =
h( z ) =
h( y ) =


z− 2
1
dz
1 1
∫ z 2 − 2 = 4  2 2 ln z + 2 + K  ;
4




1
8 2
1
8 2

ln
ln

z− 2
+ C;
z+ 2
y4 − 2
y4 + 2

+ C;

Entonces :
F( x , y ) = xy 2 − xy + y ln x + 1 +

y4 − 2
x2y2
1
+ C;
+
ln 4
2
y + 2
8 2

xy 2 − xy + y ln x + 1 +

x2 y2
y4 − 2
1
+
ln 4
+ C = 0;
2
8 2
y + 2

3.- Determine el valor de N(x,y) para que la siguiente ecuación diferencial sea
exacta, luego encuentre la solución de forma implícita:

 1/2 −1/2
x 
dx + N(x, y)dy = 0
y x
+ 2

x +y


Para que la ecuación diferencial sea exacta debe cumplirse que My = Nx
Nx = My ;
x
1
;
Nx = y − 1 / 2 x − 1 / 2 −
2
2
(x + y )2
∂N( x , y ) 1 −1 / 2 −1 / 2
x
= y
− 2
;
x
∂x
2
(x + y )2

1
x
∂x ;
∂N( x , y ) =  y − 1 / 2 x − 1 / 2 −
2
(x 2 + y )2 



ESPOL 2009

15


1

∫ ∂N( x, y) = ∫  2 y


−1 / 2

x −1 / 2 −




∂x ;
(x 2 + y ) 

x

2



x
∂x ;
N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 − ∫  2
2 
 (x + y )


2
u = x + y;
∂u = 2 x∂x ;
1 ∂u
;
2 ∫ u2
1
+
+ C;
2u
1
+
+ C;
2
2 (x + y )

N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 −
N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2
N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2



 1 /2 − 1 /2
1
x 
dx +  y −1/2 x 1/2 +
y x
+ C dy = 0
+ 2
2



2 (x + y )
x +y




Ahora como My = Nx;
 Fx = M(x, y)
 Fy = N(x, y)
Si Fx = M(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
x
Fx = M(x,y) = y 1/2 x −1/2 + 2
;
x +y
∂(F(x,y))
x
= y 1 /2 x − 1 /2 + 2
x +y
∂x

x 
∂x;
∂(F(x,y)) =  y 1/2 x −1/2 + 2

x + y



x 
∂x;
F(x,y) = ∫  y 1/2 x −1/2 + 2

x +y


x
F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 + ∫ 2
∂x;
x +y
u = x 2 + y;
∂u = 2 x∂x;
1 ∂u
;
2∫ u
1
F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 + ln x 2 + y + h(y);
2
Ahora si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
Fy = N(x, y);
1
Fy = x 1 / 2 y −1 / 2 +
+ h' ( y );
2
2( x + y )
F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 +

ESPOL 2009

16

Entonces reemplazando Fy :
x 1 / 2 y −1 / 2 +

1
1
+ h' ( y ); = y − 1 / 2 x 1 / 2 +
+ C;
2(x 2 + y )
2( x 2 + y )

h' ( y ) = C ;
Obteniendo h(y) :
h( y ) = Cx + K ;
Entonces :
1
ln x 2 + y + h(y);
2
1
1 / 2 1 /2
F(x,y) = 2 y x + ln x 2 + y + Cx + K;
2
1
2 y 1 /2 x 1 /2 + ln x 2 + y + Cx + K ; = 0 ;
2
F(x,y) = 2 y 1/2 x 1 /2 +

ESPOL 2009

17


Ecuaciones diferenciales exactas con factor integrante
M( x , y ) + N( x , y )y' = 0 ;
Si My ≠ Nx;
Entonces es una ecuación diferencial no exacta, por lo tanto se necesita un factor integrante :
Un factor integrante que solo depende de x es :
My-Nx

u(x) = e

∫ N(x,y) dx

;

u(x)M(x,y) + u(x)N(x,y)y' = 0 ;
Ahora la ecuación diferencial es exacta.
Un factor integrante que depende de y :
Nx-My

u(y) = e

∫ N(x,y) dx

;

u(y)M(x,y) + u(y)N(x,y)y' = 0 ;
Ahora la ecuación diferencial es exacta.

1) xydx +
M(x,y) = xy;

(2x

2

+ 3y 2 − 20 )dy = 0;

Si y(1) = 1;

My = x;
N(x,y) = 2 x 2 + 3 y 2 − 20 ;
Nx = 4 x;
My ≠ Nx; entonces la ecuación diferencial no es exacta;
Por lo tanto debemos encontrar su factor integrante :
 Nx-My 

u(y) = e
u( y ) = e



∫  M(x, y)  dy


 4x-x 
 dy
xy 



∫


3

=e

 
∫  y  dy
 

= y 3;

u( y ) = y 3 ;
Luego mulitiplicando u(y) a ambos lados de la ecuación :

(

)
)dy = 0;

y 3 ( xydx ) + y 3 2 x 2 + 3 y 2 − 20 dy = 0 ;

(

xy 4 dx + 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3
M ( x , y ) = xy 4 ;
My = 4 xy 3 ;

N ( x , y ) = 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3 ;
Nx = 4 xy 3 ;

ESPOL 2009

18

My = Nx, por lo tanto la ecuación diferencial es exacta :
Fx = M(x, y);
∃(F(x, y)) talque : 
Fy = N(x, y);
Fx = M(x, y);
∂ ( F ( x , y ))
= xy 4 ;
∂x
F ( x , y ) = ∫ xy 4 ∂x;
x 2 y4
+ h( y );
2
Fy = N(x, y);
F ( x, y) =

2 x 2 y 3 + h'(y) = 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3 ;
h'(y) = 3 y 5 − 20 y 3 ;

(

)

h( y ) = ∫ 3 y 5 − 20 y 3 dy;
y6
− 5 y 4 + C;
2
Entonces :
h( y ) =

x2 y4 y6
+
− 5 y 4 + C;
2
2
2 4
6
x y
y
+
− 5 y4 + C = 0;
2
2

F(x,y) =

2)

2xdy - [y + xy 3 (1 + ln(x) )]dx = 0;

Si y(1) = 1;
x2 y 4 y6
+
− 5y 4 + C = 0 ;
2
2
(12 )(14 ) + (16 ) − 5(14 ) + C = 0 ;
2
2
1 1
+ − 5 + C = 0;
2 2
C = 5 − 1;
C = 4;
x2 y 4 y6
+
− 5y 4 + 4 = 0 ;
2
2
La solución :
x 2 y 4 + y 6 − 10 y 4 + 8 = 0 ;

ESPOL 2009

19


[y + xy

3

(1 + ln(x))]dx - 2xdy = 0;

M(x,y) = y + xy 3 (1 + ln (x));
My = 1 + 3xy 2 + 3xy 2 ln (x);
N( x , y ) = -2x;
Nx = -2;
 Nx − My 

u(y) = e



∫  M ( x , y ) dy



u( y ) = e

;

 − 2 − 1 − 3 xy 2 − 3 xy 2 ln (x); 
dy

y + xy 3 (1 + ln (x) )


∫



 − 3 − 3 xy 2 − 3 xy 2 ln (x); 
dy



2
∫

= e  y (1+ xy (1+ ln( x ) ))

 − 3 (1 + xy 2 (1 + ln( x ) )) 
−3
∫  y (1+ xy 2 (1+ ln( x ) )) dy ∫ y dy 1




= 3;
u( y ) = e
e
y

Luego mulitiplicando u(y) a ambos lados de la ecuación :
1
[y + xy 3 (1 + ln (x))]dx- y13 (2 xdy) = 0;
3
y
1

 2x 
 2 + x(1 + ln (x))dx −  3 dy = 0 ;
y 
y

 
1
M( x , y ) = 2 + x(1 + ln (x));
y
My = −

2
;
y3

N( x , y ) = −
Nx = −

2x
;
y3

2
;
y3

My = Nx, por lo tanto la e.d. es exacta :
 Fx = M(x, y);
 Fy = N(x, y);
Fx = M(x, y);
∂( F( x , y )) 1
= 2 + x(1 + ln (x));
∂x
y
1

F( x , y ) = ∫  2 + x(1 + ln (x)) ∂x ;
y

2
2
x x
x
x2
+ ln( x ) − + h( y );
F( x , y ) = 2 +
y
2
2
4
Fy = N(x, y);
−

2x
2x
+ h'(y) = − 3 ;
3
y
y

Entonces :
F( x , y ) =

x x2 x2
x2
ln( x ) −
+
+
+ C;
y2 2
2
4

x x2 x2
x2
ln( x ) −
+
+
+ C = 0;
y2 2
2
4

h'(y) = 0 ;
h( y ) = C

ESPOL 2009

20

3)

(

)

x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = −2xyln(y);

[

]

2 xy ln (y) + x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = 0 ;
M( x , y) = 2 xy ln (y);
My = 2 x[1 + ln( y )];

[

]

N( x , y) = x 2 + y 2 y 2 + 1 ;
Nx = 2 x ;
 Nx − My 

u( y ) = e



∫  M ( x , y )  dy



;

 2 x − 2 x [1+ ln( y ) ] 

 dy
2 xy ln (y)



∫
u( y ) = e 
1
u( y ) = ;
y

 − 2 x ln( y ) 

=e



∫  2 xy ln( y ) dy



1

=e

∫ − y dy

;

Luego se multiplica u(y) a ambos lados de la ecuación :

[

]

1
(2xy ln (y)) + 1 x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = 0 ;
y
y
 x2

2 x ln (y) +  + y y 2 + 1  y' = 0 ;
y

M( x , y) = 2 x ln (y);
2x
My =
;
y
N( x , y) =
Nx =

x2
+ y y2 + 1 ;
y

2x
;
y

My = Nx, por lo tanto la e.d. es exacta :
 Fx = M(x, y);
 Fy = N(x, y);
Fx = M(x, y);
∂(F( x , y ))
= 2 x ln (y); ;
∂x
F( x , y) = ∫ [2 x ln (y)]∂x ;
F( x , y) = x 2 ln( y ) + h( y );
Fy = N(x, y);
x2
x2
+ h'(y) =
+ y y2 + 1 ;
y
y
h'(y) = y y 2 + 1 ;

(

)

h( y ) = ∫ y y 2 + 1 dy ;
u = y 2 + 1;
du = 2 ydy ;
h( y ) =

1 2
(y + 1) y 2 + 1 + C;
3
Entonces :
1
F( x , y ) = x 2 ln( y ) + (y 2 + 1) y 2 + 1 + C ;
3
1 2
x 2 ln( y ) + (y + 1) y 2 + 1 + C = 0 ;
3
h(y) =

1
1  2 3 /2
 1
∫ udu = 2  3 u + C = 3 u u + C ;
2



ESPOL 2009

21


Ecuaciones diferenciales de Bernoulli
Sea
dy
+ p( x ) y = g ( x ) y n una ecuación diferencial de Bernoulli, donde n ≠ 0,1.
dx
Esta es una ecuación diferencial no lineal, que se la convierte en lineal
haciendo el siguiente cambio de variable :
v = y 1− n
Donde :
dv dv dy
dy
.
=
= (1 − n ) y − n
dx dy dx
dx
Se multiplicará el factor (1 − n ) y − n a ambos lados de la ecuación de Bernoulli :
(1 − n) y − n dy + (1 − n) y − n p( x ) y = (1 − n) y − n g( x ) y n
dx
Se obtiene lo siguiente :

(1 − n) y − n dy + (1 − n) p( x ){ = (1 − n)g( x )
y 1− n
dx
14 244
4
3
Esto es :

v

dv
dx

dv

+ (1 − n ) p( x )v = (1 − n )g ( x ) Esto es una ecuación diferencial Lineal,
dx

que se puede resolver por el método del factor integrante.

ESPOL 2009

22

1)

xdy - [y + xy 3 (1 + ln(x))]dx = 0;

xdy-[y + xy 3 (1 + ln (x))]dx = 0 ;

∫ (x

y

y' −  + y 3 (1 + ln (x)) = 0 ; .
x

y
y' − = y 3 (1 + ln (x)); n = 3;
x
Se sustituye v = y 1−n ;

)

ln( x ) dx = ?
⇒

u = ln( x );

(

dy
dv
= −2 y − 3
;
dx
dx
Luego se multiplica − 2 y − 3 a ambos de la ecuación :

v' =

y
= −2 y − 3 y 3 (1 + ln (x));
x

y −2
− 2 y y' + 2
= −2(1 + ln (x));
x
Reemplazando v y v' :
−3

du =

dx
;
x

x3
;
3
x 3 ln( x ) x 3
x 2 ln( x ) dx =
−
+ C;
∫
3
9
2
2 x 3 ln( x ) 2 x 3
x 2v = − x 3 −
+
+ K;
3
3
9
Despejandola solución:
2
2 x ln( x ) 2 x K
v =− x−
+
+ ;
3
3
9 x2
Reemplazan v = y-2 :
do
2
2 x ln( x ) 2 x K
y −2 = − x −
+
+ ;
3
3
9 x2
dv = x 2dx;

v = y −2 ;

− 2 y − 3 y' + 2 y − 3

2

⇒

v=

)

2v
= −2(1 + ln (x));
x
Resolviendo por factor integrante :

v'+

2

La solución general es:

dx
u( x ) = e ∫ x = x 2 ;

x 2 v'+ x 2

2v
= −2 x 2 (1 + ln (x));
x

d[x 2 v]
= −2 x 2 (1 + ln (x));
dx

y=

x 2 v = ∫ − 2 x 2 (1 + ln (x))dx ;

1
2xln(x) 2x K
2
;
− x−
+
+
3
9 x2
3

x 2 v = −2 ∫ (x 2 + x 2 ln( x ))dx ;
2
x 2 v = − x 3 − 2 ∫ (x 2 ln( x ))dx ;
3

ESPOL 2009

23


2)

xy'+y = y 2ln(x);

y
ln( x )
;
= y2
x
x
v = y 1− n = y −1 ;

y'+

si y(1) = 1;

n = 2;

dy
dv
;
= −y −2
dx
dx
Luego se multiplica − y − 2 a ambos lados de la ecuación :
y
ln( x )
;
− y − 2 y'− y − 2 = − y − 2 y 2
x
x
Reemplazando v y v' en la ecuación :
v ln( x )
;
=
x
x
Resolviendo por el método del factor integrante :

v'−

u( x ) = e ∫

dx
x

1
;
x
1
v ln( x )
v'− 2 = 2 ;
x
x
x
1
d  v
 x  ln( x )
 =
;
dx
x2
ln( x )
1
v = ∫ 2 dx ;
x
x
−

=

ln( x )
dx = ?
x2
dx
u = ln (x);
;
⇒ du =
x
dx
1
dv = 2 ;
v=- ;
⇒
x
x
ln( x)
1
dx
v=+∫ 2;
x
x
x
ln( x) 1
1
− + C;
v=x
x
x
v = − ln( x ) − 1 + Cx ;
Integrando

∫

Si y(1) = 1, entonces :
1
1=
C-1
C − 1 = 1;
C = 2;

La solución es :

y −1 = − ln( x) − 1 + Cx ;
1
;
y=
− ln( x ) − 1 + Cx

y=

ESPOL 2009

1
;
− ln(x) − 1 + 2x

24

Ecuaciones Diferenciales

3)

4(1 + x)dy + y[1 + 4xy 2 (1 + x)]dx = 0;


 1
+ xy 2  = 0
y'+ y 

 4(1 + x)
y
= −xy 3 ; n = 3;
y'+
4(1 + x)
v = y 1−n = y − 2 ;
dy
dv
= −2 y − 3
;
dx
dx
Luego se multiplica - 2y - 3 a ambos lados de la ecuación :
− 2 y − 3 y'+
v'−

− 2 y −3 y
= 2 y −3 xy 3 ;
4(1 + x)

2v
= 2x;
4(1 + x)
1

∫ − 2 ( 1+ x ) dx

1
− ln 1 + x
2

1
;
1+ x
1
2v
2x
1
=
;
v'−
1 + x 4(1 + x)
1+x
1+ x

u( x ) = e

=e

=


 1
v
d
 1 + x  = 2x ;
dx
1+x
2x
1
dx ;
v=∫
1+ x
1+ x
2x
∫ 1 + x dx = ?;
⇒
z2 = 1 + x;
2 zdz = dx ;
x = z 2 − 1;
2x
(z 2 − 1)2zdz = 4 (z 2 − 1)dz;
∫ 1 + x dx = 2 ∫
∫
z
4z 3
− 4z + C ;
4 ∫ (z 2 − 1)dz =
3

∫

4
2x
dx =
1+ x

(1 + x)3
3

La solución
general es:

− 4 1 + x + C;

4 (1 + x )3
1
− 4 1 + x + C;
v=
3
1+ x
4(1 + x )2
− 4(1 + x ) + C ;
v=
3
4(1 + x )2
− 4(1 + x ) + C 1 + x ;
y −2 =
3

ESPOL 2009

y=

1
4(1 + x )2
− 4(1 + x ) + C 1 + x
3

25

;


3y' +4csc(2x)y = 2y −1/2 ctg(x);

4)

4
2
y'+ csc(2 x)y = y −1 /2 ctg( x );
3
3
1− n
3 /2
v=y =y ;
v' =

1
n=− ;
2

3 1 /2
y y' ;
2

3 1 /2
y a ambos lados de la ecuación :
2
3 1 /2
3
4
3
2
y y'+ y 1 /2 csc(2 x )y = y 1 /2 y − 1 /2 ctg( x );
2
2
3
2
3
v'+2 csc( 2 x )v = ctg( x );

Se multiplica

u( x ) = e ∫

2 csc( 2 x )dx

= e ln csc( 2 x )− ctg ( 2 x )

u( x ) = csc(2 x ) − ctg( 2 x );
u( x ) =

cos( 2 x)
1
;
−
sen( 2 x ) sen( 2 x)

1 − cos( 2 x)
sen 2 ( x )
2
=
= tan( x );
sen( 2 x )
sen( x ) cos( x )
2
tan( x )v'+2 tan( x ) csc(2 x)v = tan( x)ctg( x );

1 − cos( 2 x )
u( x ) =
=
sen( 2 x )

d[tan( x )v]
= 1;
dx
tan( x )v = ∫ dx ;
tan( x )v = ∫ dx ;
tan( x )v = x + C ;
v = xctg( x ) + Cctg( x);
y 3 /2 = xctg( x) + Cctg( x );
y = 3 (xctg( x ) + Cctg( x ))2 ;
Si y( π/4) = 1;
2

π

1 =  + C ;
4

π
1 = + C;
4
π
C = 1− ;
4
3

ESPOL 2009

26


2

π



y = 3  xctg( x) +  1 − ctg( x)  ;
4



y
Ecuaciones diferenciales homogéneas de la forma y' = f  
 
x

dy
= f(x, y) es homogénea si se puede
dx
expresar esta ecuación como :

Se dice que la ecuación

dy  y 
= f  ;
dx  x 
Se hace la siguiente sustitución :
y
v = ; entonces y = vx;
x
dy
dv
;
= v+x
dx
dx
Reemplazando v, y y' en la ecuación :
dy  y 
= f  ;
dx  x 
dv
v+x
= f( v );
dx
dv
= f( v) − v ;
x
dx
dv
dx
;
=
f( v) − v x
v = φ( x);
y
= φ( x );
x
y = xφ( x );

ESPOL 2009

27

1)Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y
sec 2  
dy y
x;
= +
dx x
y2
Asumiendo que :
y
⇒ y = xv;
x
dy
dv
⇒
=x
+ v;
dx
dx
v=

Reemplazando en la ecuación diferencial , y = xv, v =
y
sec 2  
dy y
x
= +
dx x
y2
⇒x
⇒

∫
∫
∫

⇒ x

sec 2 (v )
dv
+v = v+ 2 2 ;
x v
dx

⇒ x3

dv sec 2 (v )
= 2 2
dx
x v

v 2 dv
dx
= 3
2
sec (v ) x

y dy
dv
,
=x
+ v, se obtiene :
dx
x dx

dv sec 2 (v ) 
=
Ecuación diferencial separable.
dx
v2 

∫

Integrando :

v 2 dv
=
sec 2 (v )

∫

dx
;
x3

2

v dv
=?
sec 2 (v )
v 2 dv
=
sec 2 (v )

∫
∫

v 2cos 2 (v)dv =

∫

 1 + cos(2v) 
v2 
dv =
2



 v 2 v 2cos(2v) 
dv
 +

 2
2


2
 v cos(2v) 
dv



2



∫

v 
v
v cos(2v) 
dv =  dv +
 +

 2
 2
2

 

2
m = v ⇒ dm = 2vdv;
sen(2v)
dn = cos(2v)dv ⇒ n =
;
2
3
2
 v2 
v 2 dv
1
(v 2cos(2v))dv = v + 1  v sen(2v) −
=  dv +

 2
sec 2 (v )
2
6 2
2
 

∫
∫

2

v dv
=
sec 2 (v )

2

∫

2

3

∫

2

∫

2

∫

2

∫

2vsen(2v) 
dv 
2


∫

v dv
v
v sen(2v) 1
=
+
−
vsen(2v)dv
2
sec (v ) 6
4
2
m = v ⇒ dm = dv.
1
dn = sen(2v)dv ⇒ n = − cos(2v)
2
2
3
2
v 3 v 2sen(2v)  v
v dv
v
v sen(2v) 1
=
+
−
+
− − cos(2v) +
vsen(2v)dv =
6
2
sec 2 (v ) 6
4
2
 4

∫
∫
∫

∫

∫


1
cos(2v) dv
4


 v
1
v sen(2v) v
1
v dv
v
v sen(2v)  v
+
+ cos(2v) - sen(2v)
=
+
− − cos(2v) +
cos(2v) dv  =
2
8
4
4
4
sec (v ) 6
4
 6
 4
2
3
2
1
v dv
v
v sen(2v) v
=
+
+ cos(2v) - sen(2v)
8
sec 2 (v ) 6
4
4
2

3

2

∫

ESPOL 2009

3

2

28


∫

v 2 dv
=
sec 2 (v )

3

∫

dx
x3

⇔

1
1
v 3 v 2sen(2v) v
+
+ cos(2v) - sen(2v) = − 2 + C
x
8
6
4
4

2

1
1
v
v sen(2v) v
+
+ cos(2v) - sen(2v) = − 2 + C
x
8
6
4
4
y
Reemplazando v = ;
x
La solución de forma implícita queda expresada por :
2

3
 y   y  sen 2 y  
  
   
  x   + v cos 2 y   - 1 sen 2 y   = − 1 + C
x +x
  
  
4
4   x  8
x2
6
  x 

(xy + 4 y

2)

2

+ 2x 2 )dx − (x 2 )dy = 0; si y(1) =

Aplicando tan a ambos lados se obtiene :

dy (xy + 4 y 2 + 2 x 2 )
=
;
dx
x2
dy y 4 y 2
= +
+ 2;
dx x x 2
y
v= ;
x
y = xv ;


 4 ln x
2 v = tan 
+ K ;


2



 4 ln x
1
tan 
v=
+ K ;


2
2


y

 4 ln x
1
=
+ K ;
tan 


x
2
2



 4 ln x
x
+ K ;
tan 
y=


2
2



dy
dv
= v+x
;
dx
dx
dv
= v + 4v2 + 2 ;
v+x
dx
dv
= 4v2 + 2 ;
x
dx
dv
dx
=
;
2
4v + 2 x
dv
dx
=
;
2
4(v + 1 / 2 ) x

∫

dv
=
(v + 1 / 2 )
2

(

∫

Si y(1) =

(

4dx
;
x


)

)

2
;
2

1
2
=
tan (K );
2
2
π
K= ;
4

2 arctan 2 v = 4 ln x + C ;
arctan 2 v =

2 /2;

y=

4 ln x
+ K;
2

ESPOL 2009

 4 ln x π 
x
tan

 2 + 4 ;
2



29


x

3)

dy
= y + x2 − y2 ;
dx

y(x0 ) = 0; donde x0 > 0;

y(1) = /4;

v + xv' = v + 1 − v 2 ;

x2 − y2
dy y
= +
;
dx x
x

xv' = 1 − v 2 ;
dv
x
= 1− v2 ;
dx
dv
dx
;
=
2
1− v ; x

x2 − y2
dy y
;
= +
2
dx x
x

arcsen(v ) = ln x + C ;

y2
dy y
= + 1− 2 ;
x
dx x
Se asume :
y
v= ;
x
y = xv ;
y' = v + xv' ;

v = sen(ln x + C );
y
= sen(ln x + C );
x
y = xsen(ln x + C );
Si y(1) = 1;
1 = sen(C );

π

= C;
2
La solución paticular es :

π

y = xsen ln x + ;
2

x (ln(x) − ln(y) )dy − ydx = 0;

4)

x(ln (x) − ln (y))dy − ydx = 0 ;

v + xv ' = −

x(ln (y) − ln (x))dy + ydx = 0 ;

v

(ln (v ))

v

xv ' = −

;

− v;

(ln (v ))
dv
− v (1 + ln( v ) )
x
;
=
dx
(ln (v ))
 (ln( v ) ) 
 dx 
∫  v (1 + ln( v ) ) dv = − ∫  x ;







dy
y
;
=−
dx
x(ln (y) − ln (x))
dy
y
;
=−
dx
  y 
x ln   
  x 
Se asume :

u = ln( v );
dv
du =
;
v
 u 


∫  (1 + u ) du = − ln x + C ;



y
;
x
y = xv;
y' = v + xv' ;
v=



1





∫ du − ∫  (1 + u ) du = − ln x



+ C;

u − ln 1 + u = − ln x + C ;
ln v − ln 1 + ln( v ) = − ln x + C ;

La solución general de forma implícita es:
ln

y
y
− ln 1 + ln  = −ln x + C;
x
x

ESPOL 2009

30


Ecuaciones Diferenciales de Coeficientes Lineales
1)

dy (2y − x + 5 )
=
;
dx (2x − y − 4 )

( x − 2 y − 5)dx − (2 x − y − 4 )dy = 0 ;
a 1b2 ≠ a 2 b1 ;
(1)(1) ≠ (− 2 )( −2 );
1 ≠ 4;
Se asume :
x = (u + h );
y = (v + k );
dy dv
;
=
dx du
Reemplazando x, y, y' en la ecuación, se obtiene
dv 2(v + k ) − (u + h ) + 5
;
=
du 2(u + h ) − (v + k ) − 4
dv 2 v − u + 2k − h + 5
=
;
du 2 u − v + 2 h − k − 4
2 k − h + 5 = 0 ;

2 h − k − 4 = 0 ;
Resolviendo el sistema :
k = - 1;
h = 3;
Entonces :
dv 2 v − u
;
=
du 2 u − v
Divivdiendo para u, para poder obtener una ecuación homogénea :
2v
−1
dv
u
;
=
du 2 − v
u
Resolviendo como una ecuación diferencial homogénea :
v
;
u
v = zu ;

z=

dv
dz
;
= z+u
du
du
dz 2 z − 1
;
z+u
=
du 2 − z
dz 2 z − 1
u
− z;
=
du 2 − z

ESPOL 2009

31


dz 2 z − 1 − 2 z + z 2
;
=
du
2−z
du
(z − 2 )dz
;
=−
2
(z − 1)
u
(z )dz
(2 )dz
du
∫ (z 2 − 1) − ∫ (z 2 − 1) = ∫ − u ;
1
z−1
ln z 2 − 1 − ln
= − ln u + C ;
2
z+1
1
z−1
= − ln u + C ;
ln z 2 − 1 − ln
2
z+1
1
z−1
= − ln u + C ;
ln (z − 1)(z + 1) − ln
2
z+1
1
1
ln (z − 1) + ln (z + 1) − ln (z − 1) + ln (z + 1) = − ln u + C ;
2
2
1
3
ln (z + 1) − ln (z − 1) = − ln u + C ;
2
2
3 v
 1 v

ln  + 1  − ln  − 1  = − ln u + C ;
2 u
 2 u

⇒
v = y − k;
v = y + 1;

u

u = x − h;

⇒

u = x − 3;

La solución de forma implícita es :
3  y+1  1 y+1 
+ 1  − ln 
− 1  = − ln x − 3 + C ;
ln 
2 x−3
 2  x−3


(

2) 3y − 7x + 7
a 1b2 ≠ a 2 b1 ;

)dx − (3x − 7y − 3)dy = 0;

( −7 )(7 ) ≠ (− 3)( 3);
− 49 ≠ −9 ;
Usando :
x = (u + h );
y = (v + k );
dy dv
;
=
dx du
dy − 7 x + 3y + 7
;
=
dx − 3x + 7 y + 3

ESPOL 2009

32

Reemplazando x, y y y' :
dv − 7 (u + h ) + 3(v + k ) + 7
;
=
du − 3(u + h ) + 7 (v + k ) + 3
dv − 7 u + 3v − 7 h + 3k + 7
=
du − 3u + 7 v − 3h + 7 k + 3
 − 7 h + 3k + 7 = 0 ;

− 3 h + 7 k + 3 = 0 ;

k = 0;
h = 1;
dv − 7 u + 3 v
;
=
du − 3u + 7 v
3v
−7 +
dv
u ;
=
7v
du − 3 +
u
v
z= ;
u

v = zu ;
dz
dv
= z+u
;
du
du
dz − 7 + 3z
=
;
z+u
du − 3 + 7 z
dz − 7 + 3z
− z;
u
=
du − 3 + 7 z

dz − 7 + 3 z + 3 z − 7 z 2
;
=
du
− 3 + 7z
dz
7 z 2 − 6z + 7
u
;
=−
du
7z − 3
(7 z − 3 )dz
− du
∫ 7 z 2 − 6z + 7 = ∫ u ;
u = 7 z 2 − 6 z + 7;
du = 14 z- 6;
⇒
7
7z − 3 =
(14 z-6 ) − 3 + 3;
14
7
(14 z- 6)dz − du
14
∫ 7 z 2 − 6z + 7 = ∫ u ;
7
(14 z- 6)dz
∫ 7 z 2 − 6 z + 7 = − ln u + C ;
14
u

ln 7 z 2 − 6 z + 7

= − ln u + C ;
2
ln 7 z 2 − 6 z + 7 = − ln u 2 + K ;
2

v
v
ln 7  − 6 + 7 = − ln u 2 + K ;
u
 u
2

y
 y 
2
ln 7
+ 7 = − ln ( x − 1) + K ;
 −6
x −1
 x −1
2

y
C
 y 
7
;
+7=
 −6
x −1
( x − 1)2
 x −1

ESPOL 2009

33


3)

(y − x − 5)y'−(1 − x − y ) = 0;

(1-x-y) − (y − x − 5)y' = 0;
a1b2 ≠ a 2 b1 ;
(− 1)(− 1) ≠ (1)(− 1);
1 ≠ −1;
x = (u + h );
y = (v + k );
dy 1 − x − y
=
;
dx y − x − 5
Reemplazando x,y, y y’ en la ecuación:
dv
1-(u + h )-(v + k )
;
=
du (v + k ) − (u + h ) − 5
dv − u − v − h − k + 1
=
;
du − u + v − h + k − 5
− h − k + 1 = 0 ;

− h + k − 5 = 0 ;
Resolviendo el sistema de ecuaciones :
h = -2;
k = 3;
dv − u − v
=
du − u + v
v
−1−
dv
u;
=
du − 1 + v
u
v
z =  ;
u
v = zu ;
dv
dz
=z+u
;
du
du
dz − 1 − z
;
z+u
=
du − 1 + z
dz − 1 − z
u
− z;
=
du − 1 + z
dz − 1 − z + z − z 2
;
u
=
du
−1+z

ESPOL 2009

34


dz
z2 + 1
;
=−
du
z−1
(z − 1)dz
du
∫ (z 2 + 1) = ∫ − u ;
1
ln z 2 + 1 − arctan(z) = − ln u + C ;
2

u

2

1 v
v
ln   + 1 − arctan  = − ln u + C ;
2 u
u
La solución implicita de la ecuación diferencial es :
2

1  y−3
 y−3
ln 
 + 1 − arctan
 = − ln x + 2 + C ;
2 x+2
 x+2

Ecuaciones diferenciales de la forma G(ax+by)
XY
XY

ͩ{ͷY - ͸Y{

Se asume el siguiente cambio de variable

Despejando y:

Y

XY
XY

ͷY - ͸Y
͸

.

ͷ
Y
͸

ͷ
X
.
͸ XY ͸

XY
ͩ{ͷY - ͸Y{
XY
Se obtiene una ecuación diferencial de la forma:

Reemplazando y, y’ en:

X
ͷ
.
ͩ{Ͷ{
͸ XY ͸
X
ͷ
- ͩ{Ͷ{
͸ XY ͸
X

͸XY

Se obtiene una ecuación diferencial separable dela forma:

ͷ
- ͩ{Ͷ{
͸

ESPOL 2009

35


(

)2 − (x + y − 1)2 ;

1. y' = x + y + 1
Se sustituye :

si y(0) = 7/4;

z = x + y;
y = z − x;
dy dz
=
− 1;
dx dx
y' = (x + y + 1)2 − (x + y − 1)2 ;
dz
− 1 = (z + 1)2 − (z − 1)2 ;
dx
dz
= z 2 + 2 z + 1 − (z 2 − 2 z + 1) + 1;
dx
dz
= 4z + 1;
dx
dz
∫ 4z + 1 = ∫ dx;
1
ln 4z + 1 = x + C 1 ;
4
ln 4z + 1 = 4 x + C 2 ;
4z + 1 = ke 4 x ;
z = ke 4 x −

1
;
4

x + y = ke 4 x −
y = ke 4 x −
Si y(0) =

1
;
4

1
− x;
4

7
;
4

7
1
=k− ;
4
4
k = 2;
y = 2e 4 x −

1
− x;
4

ESPOL 2009

36

2

2. y' = tan (x + y);
z = x + y;
y = z − x;

si y(0) = π ;

dy dz
=
− 1;
dx dx
y' = tan 2 ( x + y );
dz
− 1 = tan 2 (z );
dx
dz
= 1 + tan 2 (z );
dx
dz
= sec 2 (z );
dx
dz
∫ sec 2 (z) = ∫ dx;

∫ cos (z)dz = x + C ;
2

 1 + cos( 2z ) 
dz = x + C ;
2

z sen( 2 z )
+
= x + C;
2
4
x + y sen( 2 x + 2 y )
+
= x + C;
2
4
2 x + 2 y + sen( 2 x + 2 y ) = 4 x + K ;

∫


Si y(0) = π ;
2 π + sen( 2 π) = K ;
k = 2π;
2 x + 2 y + sen( 2 x + 2 y ) = 4 x + 2 π ;

ESPOL 2009

37

3.

y' = 10x - 2y + 5 − 5;

y' = 10x - 2y + 5 − 5;
z = 10 x − 2 y ;
10 x z
− ;
2
2
dy
1 dz
= 5−
;
2 dx
dx
1 dz
= z + 5 − 5;
5−
2 dx
dz
10 −
= 2 z + 5 − 10 ;
dx
dz
= 20 − 2 z + 5 ;
dx
dz
∫ 20 − 2 z + 5 = ∫ dx;
u 2 = z + 5;
y=

2 udu = dz ;
dz

2 udu
udu
;
=∫
20 − 2 u
10 − u
z+5
udu
udu
∫ 10 − u = −∫ u − 10 ;
Dividiendo u para u - 10;

∫ 20 − 2

=∫

u
10
;
= 1+
u - 10
u − 10
du
udu
;
−∫
= − ∫ du − 10 ∫
u − 10
u − 10
udu
∫ 10 − u = −u − 10 ln u − 10 ;
dz
∫ 20 − 2 z + 5 = − z + 5 − 10 ln z + 5 − 10 ;
Reemplazando las integrales :
− z + 5 − 10 ln z + 5 − 10 = x + C ;
z = 10 x − 2 y ;
La solucion de forma explicita es :
− 10 x − 2 y + 5 − 10 ln 10 x − 2 y + 5 − 10 = x + C ;

ESPOL 2009

38

4.

(2x + y )dx − (4x + 2y − 1)dy = 0;

a1 b2 = a 2 b1
(2 )(− 2 ) = (− 4 )(1)
− 4 = −4 ;
dy
2x + y
=
;
dx 2(2 x + y ) − 1
z = 2x + y ;
y = z − 2x;
dy dz
=
− 2;
dx dx
Reemplazando :
dz
z
−2 =
;
dx
2z − 1
dz
z
=
+ 2;
dx 2z − 1
dz z + 2(2 z − 1)
=
;
dx
2z − 1
(2z − 1)dz
= dx ;
5z − 2
1
2z - 1 2
= −
;
Dividiendo
5z - 2 5 5(5z − 2 )
2dz
dz
∫ 5 − ∫ 5(5z − 2 ) = ∫ dx ;
1
2
z − ln 5z − 2 = x + C ;
25
5
2
(2 x + y ) − 1 ln 5(2 x + y ) − 2 = x + C ;
5
25

ESPOL 2009

39


Ecuaciones de Primer Orden
Aplicaciones
1.

Una taza de café caliente que inicialmente se encuentra a 95ºC, se enfría y llega a
80ºC en 5 minutos mientras permanece servida en un cuarto cuya temperatura
está a 21ºC. Determine en que momento el café estará a la temperatura ideal de
50ºC.

dT
= k (T − Ta )
dt
dT
∫ T − Ta = ∫ kdt
ln (T − Ta ) = kt + C
T (t ) = Ce kt + Ta
sabemos que la temperatura del cuarto es 21º C ∴
T (t ) = Ce kt + 21
en t = 0 el café está a 95º C ∴
T (0 ) = Ce k (0 ) + 21 = 95 → C = 95 − 21 = 74
T (t ) = 74e kt + 21
en t = 5 min el café está a 80º C ∴
 59 
ln 
ºC
74
T (5) = 74e5 k + 21 = 80 → k =   = −0.0453
5
min
− 0.0453t
+ 21
T (t ) = 74e
en t = t1 min el café está a 50º C ∴
T (t1 ) = 74e −0.0453t1

 29 
ln 
74
+ 21 = 50 → t1 =   = 20.67 min
− 0.0453

2. El Sábado 24 de Febrero del 2007 a las 07h00 A.M. un conserje del básico
encuentra el cuerpo de un estudiante de ecuaciones diferenciales en el aula
donde rindió su examen el día anterior, que se conserva a temperatura constante
de 26° C. En ese momento la temperatura del cuerpo es de 28° C y pasada hora y
media la temperatura es de 27.5° C. Considere la temperatura del cuerpo en el
momento de la muerte de 37° C y que se ha enfriado según la Ley de
Enfriamiento de Newton, cuál fue la hora de la muerte?

Ley de enfriamiento de Newton :
dT
= −K (Tc − Ta )
dt
dT
: (Variación de la temperatura con respecto al tiempo )
dt
Tc: (Temperatura del cuerpo )
Ta:

(Temperatura del aula )

ESPOL 2009

40

t : tiempo en horas.
Ta = 26° C
La temperatura del cuerpo cuando es hallado es 28° C.
El tiempo en que la temperatura es de 28° C es t1 .
⇒ T(t1 ) = 28° C
Después de una hora y media la temperatura del cuerpo desciende a 27.5° C.
El tiempo en que la temperatura es de 27.5° C será entonces : t1 + 1.5.
⇒ T(t 1 + 1.5) = 27.5° C
dT
= −K (Tc − 26 );
dt
dT
= −Kdt ⇔
(Tc − 26 )
e ln Tc − 26 = e −Kt + C

dT

∫ (T − 26) = ∫ − Kdt

⇔ ln Tc − 26 = −Kt + C

c

⇔ Tc − 26 = Ce −Kt

⇒ Tc ( t ) = Ce −Kt + 26;

⇒ Tc ( t ) = Ce −Kt + 26;
Si la temperatura antes de morir era de 37° C entonces:
T(0) = 37° C;
37 = C + 26 ⇒ C = 11
⇒ Tc ( t ) = 11e −Kt + 26
Si T(t1 ) = 28° C
⇒ T(t1 ) = 11e −Kt 1 + 26 = 28 ⇒ 11e − Kt1 = 2 ⇒ e −Kt1 =

2
;
11

1.7047
 2 
(ecuación 1);
⇒ −kt 1 = ln   ⇒ kt 1 = 1.7047 ⇒ k =
t1
 11 
Si T(t1 + 1.5) = 27.5° C
⇒ T(t1 + 1.5) = 11e −K ( t 1 + 1.5 ) + 26 = 27.5 ⇒ 11e −K (t 1 + 1.5 ) = 1.5 ⇒ e −K ( t 1 + 1.5 ) =

1.5
;
11

1.9924
 1.5 
(ecuación 2);
⇒ −k (t 1 + 1.5) = ln 
 ⇒ k (t 1 + 1.5 ) = 1.9924 ⇒ k =
t 1 + 1.5
 11 

Si se iguala ecuación 1 y 2 :

1.7047 1.9924
=
⇒ (t 1 + 1.5 )1.7047 = 1.9924t 1 ⇒ 1.7047 t 1 + 2.55705 = 1.9924t 1
t1
t 1 + 1.5
2.55705
⇒ 1.9924t 1 − 1.7047 t 1 = 2.55705 ⇒ t1 =
= 8.89 horas
1.9924 − 1.7047
Por lo tanto el estudiante murio 8.89 horas antes de ser encontrado es decir.
A las 22h06.

ESPOL 2009

41

3. Supóngase que un alumno de la ESPOL es portador del virus de la gripe y a
pesar de ella va a la escuela donde hay 5000 estudiantes. Si se supone que la
razón con la que se propaga el virus es proporcional no solo a la cantidad de
infectados sino también a al cantidad de no infectados. Determine la cantidad de
alumnos infectados a los 6 días después, si se observa que a los 4 días la
cantidad de infectados era de 50.
x :# de infectados
5000 − x :# de sanos
dx
= kx(5000 − x )
dt

dx

∫ x(5000 − x) = ∫ kdt

⇔

⇔

1
x


ln 
 = kt + C
5000  x − 5000 

x


ln 
 = 5000kt + C
 x − 5000 
− 5000Ce 5000 kt
x(t ) =
1 − Ce 5000 kt
en t = 0 x = 1
∴ x(0 ) =

1
− 5000Ce 0
=1→C = −
1 − Ce 0
4999

e 5000 kt
→ x(t ) = e 5000 kt
1
en t = 4 x = 50
x(t ) =

∴ x(4 ) = e 20000 k = 50 → k =

ln (50 )
20000

x(t ) = e 0.25 t ln ( 50 ) → x(t ) = 50 0.25 t
∴ x(6 ) = 50 0.25 *6 = 50 1.5 = 353 infectados

4. En un cultivo de levadura la rapidez de cambio es proporcional a la cantidad
existente. Si la cantidad de cultivo se duplica en 4 horas, ¿Qué cantidad puede
esperarse al cabo de 16 horas, con la misma rapidez de crecimiento?

x : cantidad existente
dx
= kx
dt
dx
∫ x = ∫ kd
ln(x ) = kt + C
x(t ) = Ce kt
en t = 0

x = x0

x(0 ) = Ce 0 = x0 → C = x0
en t = 4

x = 2x 0

x(4) = x0e 4 k = 2 x0 → k =
x(t ) = x0e

t ln ( 2 )
4

ln(2 )
4

→ x(t ) = x0 2

t
4

16
4

x(16) = x0 2 = 2 4 x0 = 32 x0

ESPOL 2009

42


5. Un objeto que pesa 30Kg se deja caer desde una altura de 40 mt, con una
velocidad de 3m/s. supóngase que la resistencia del aire es proporcional
a la velocidad del cuerpo. Se sabe que la velocidad límite debe ser 40m/s.
Encontrar la expresión de la velocidad en un tiempo t. La expresión para
la posición del cuerpo en un tiempo t cualquiera.

dv
dt
dv
mg − kv = m
dt
k
m
dv
m
= − dt → ln (kv − mg ) = − t + C → ln (kv − mg ) = − t + C
m
k
kv − mg
mg − fr = m

∫

∫

k


1  −m t
1  −kt
Ce
+ mg  → v(t ) = Ce 30 + 300 

k
k


en t = 0 , v = 3m/s

v (t ) =

1
[Ce0 + 300] = 3 → C − 3k = −300
k
en t = ∞ , v = 40 m/s
1
300
= 40 → k = 7.5 ∴ C = −277.5
v(∞ ) = [Ce −∞ + 300] = 40 →
k
k
v(t ) = −37 e −0.25 t + 40
v(0 ) =

v (t ) =

dx
→ x(t ) = v(t )dt + C
dt

x (t ) =

∫ [− 37e

∫

− 0.25 t

+ 40]dt + C = 148e − 0.25 t + 40 t + C

x(t ) = 148e − 0.25 t + 40 t + C
en t = 0 , x = 0m
x(0 ) = 148e 0 + 40(0 ) + C = 0 → C = −148
x(t ) = 148e − 0.25 t + 40 t − 148

ESPOL 2009

43

6. La fuerza resistente del agua que opera sobre un bote es proporcional a
su velocidad instantánea y es tal que cuando la velocidad es de 20
20m/seg
la resistencia es de 40 Newtons. Se conoce que el motor ejerce una fuerza
constante de 50Newtons. En la dirección del movimiento. El bote tiene
Newtons.
una masa de 420 Kg. y el pasajero de 80 Kg
Kg.
a) Determine la distancia recorrida y la velocidad en l cualquier
instante suponiendo que el bote parte del reposo.
b) Determine la máxima velocidad a la que puede viajar el bote.

Aplicando la segunda ley de Newton se obtiene:
.

∑ F = ma
x

a)
Fm: fuerza del motor
Fr: Fuerza de resistencia del agua
Fm = 50 Newtons
Fr = kv
Como la velocidad es de 20m/seg
y la fuerza de resistencia de 40 Newtons.
40 Newtons
Entonces k =
k=2
=2
⇒
20m/seg

∑F

x

= ma ⇒

Fm − Fr = ma;

dv
, k=2
dt
dv

500 + 2v = 50 ,  Ecuación dif. separable
dt

dv
dv
dt
500 = 50 − 2v
=
⇔
dt
50 − 2v 500
dv
dt
⇔
=−
2(v − 25)
500
dv
dt
t
∫ (v − 25) = − ∫ 250 + C ⇔ ln v-25 = - 250 + C
ln v- 25

=e

-

t
+C
250

⇒ v = 25 + ke

-

⇔ v-25 = ke

-

t

t

dv
dt
m: masa total del sistema
m = 420kg + 80 kg = 500kg.

e

-

v = 25 − 25e 250
Como v = dx/dt
Entonces:
dx
= 25 − 25e 250
dt
t
t


−
x(t) = ∫  25 − 25e 250  dt = 25t + 25( 250 )e 250 + C





50 − kv = m

⇒ 50 − kv = 500

Si la velocidad inicial es 0 por partir del reposo entonces v( 0 ) = 0 ;
0 = 25 + k ⇒ k = - 25
La ecuación de la velocidad:

x(t) = 25t + 25( 250 )e

−

t
250

+C
Si parte del reposo x( 0 ) = 0 ;
0 = 25( 250 ) + C ⇒ C = −25( 250 )
La ecuación del movimiento es:
⇒ x(t) = 25t + 25( 250 )e
b)

−

t
250

− 25( 250 )

La velocidad limite o máxima es :
t


vmax = lim 25 − 25e 250  = 25 pies/seg

t →∞ 



t
250

t
250

ESPOL 2009

44


7. Un circuito RL tiene una fem de 9 voltios, una resistencia de 30
ohmios, una inductancia de 1 henrio y no tiene corriente inical.
Hallar la corriente para t=1/5 segundos.
di
v = iR + L
dt
di
9 = 30i +
dt
di
∫ 30i − 9 = −∫ dt
1
ln (30i − 9 ) = −t + C
30
30i − 9 = −30t + C
1
i (t ) =
Ce −30t + 9
30
en t = 0 i = 0

[

]

1
Ce 0 + 9 → C = 21
30
1
i (t ) =
21e −30t + 9 → i (t ) = 0.7e −30t + 0.3
30
en t = 1 / 5

[

i (0 ) =

]

[

]

i (t ) = 0.7e − 6 + 0.3 → i (1 / 5) = 0.301amp

8. Una Fem. de 200e −5 t voltios se conecta en serie con una resistencia de 20
Ohmios y una capacitancia de 0.01 Faradios. Asumiendo que la carga
inicial del capacitor es cero. Encuentre la carga y la corriente en cualquier
instante de tiempo.
dq q

+ = fem  Ecuación diferencial para el circuito RC.
dt C

R = 20 ohmios
R : resistencia
⇒
R

q : carga
C : capacitancia
fem = 200e

⇒

C = 0.01 F

- 5t

ESPOL 2009

45

dq
q
+
= 20e − 5 t ;
dt 0.01
dq
⇒ 20
+ 100q = 20e − 5 t ;
dt
dq

⇒
+ 5q = e −5 t ; Ecuación diferencial lineal.
dt

5dt
5t
u(t) = e ∫ = e
20

⇒ q(t) =

⇒ q(t) = e −5t
q(t) = e

∫
∫e e

1
u(t)e −5t dt
u(t)

− 5t

5t −5t

∫

dt = e −5t dt = e −5t (t + c )

− 5t

− 5t

(t + c ) = e t + e c

Si inicialmente no hay carga en el capacitor, entonces :
q(0) = 0;
0=c
⇒ q(t) = e −5t t;

∫

∫

⇒ i(t) = q(t)dt = e − 5t tdt ;
u = t; ⇒ du = dt;
1
dv = e -5t dt v = − e −5t ;
5
1 − 5t
t
e dt
i(t) = e −5t tdt = − e −5t +
5
5
1
t
i(t) = − e −5t − e − 5t + C
25
5
Si la carga inicial es cero, entonces la corriente inicial es cero :
i(o) = 0;

∫

∫

t
1
⇒ i(t) = − e −5t − e −5t
5
25

ESPOL 2009

46


Casos especiales de ecuaciones diferenciales de segundo orden
Ecuaciones diferenciales en la que falta la variable “y”
 3x (1 + x )3 − y'  + y' ' = x 2 y' ;





1)

dy
= y' ;
dx
dv d 2 y
=
= y' ' ;
dx
dx

v=

Reemplazando en la ecuación :
 3 x (1 + x )3 − y'  + y'' = x 2 y'';




 3 x (1 + x )3 − v  + v' = x 2 v';




3 x (1 + x ) − v + v'-x 2v' = 0 ;
3

(

)

3 x (1 + x ) − v + v' 1 − x 2 = 0;
3

(

)

v' 1 − x 2 − v = −3 x (1 + x ) ;
3

− 3 x (1 + x )
v
;
v'−
=
2
1− x
1 − x2
3

(

)

−

u( x ) = e

(

)

=e

∫ ( x 2 −1 )

dx

∫ (1− x 2 )

x −1
u( x ) =
x +1

dx

1/ 2

(

 x −1 
v
d
 x +1  =
dx

;

x −1
;
x +1

=

v
x −1 
 v'−

1 − x2
1+ x 

=e

1 x −1
ln
2 x +1

)


=



x − 1 − 3 x (1 + x )
=
1 − x2
x +1
3

(

)

3
x − 1  − 3 x (1 + x )

x + 1  (1 − x )(1 + x )



;



3x
;
x −1

1− x
3 xdx
;
v=∫
1+ x
x −1
u 2 = ( x − 1);
x = 1 + u2 ;
dx = 2udu;

ESPOL 2009

47


∫

(

)

3 xdx
3 1 + u 2 (2udu )
=∫
u
x −1

∫ 6(1 + u )du = 6u + 2u
2

∫

3 xdx

3

+ C;

= 6 x −1 + 2

( x − 1)3 + C ;

x −1
v = 6 x −1 + 2
1+ x

( x − 1)3 + C ;

x −1

v = 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C

1+ x
x −1

v = 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C

1+ x

v=

x −1

;

dy
dx

1+ x
dy
;
= 6 1 + x + 2 1 + x ( x − 1) + C
dx
x −1
y = ∫ 6 1 + x dx + ∫ 2 1 + x ( x − 1)dx + C ∫

1+ x
dx;
x −1

z 2 = 1 + x;
z = 1+ x;
2 zdz = dx;
x = z 2 − 1;

(

)

x −1 = z 2 − 2 ;

(

)

y = 4(1 + x )

− ∫ 2 z z 2 − 2 2 zdz + C ∫

y = 4(1 + x )

− 4 ∫ z 4 − 2 z 2 dz + C ∫

3/ 2

3/ 2

(

)

(1 + x )dx ;

x2 −1
( x )dx ;
dx
+ C∫
x2 −1
x2 −1

4
8
− z 5 + z 3 + C ln x + x 2 − 1 − C x 2 − 1 + K ;
5
3
3
5
8
4
3/ 2
1+ x −
1 + x + C ln x + x 2 − 1 − C x 2 − 1 + K ;
y = 4(1 + x ) +
3
5
3/ 2

y = 4(1 + x )

(

)

(

)

ESPOL 2009

48


2)

x

-1

( y' )
y'+

2

x

=y'';

dy
= y' ;
dx
dv d 2 y
v' =
=
= y' ' ;
dx dx 2

v=

x -1y' +

(y' )2

= y' ' ;
x
(v )2
−1
x v+
= v';
x
v2
;
v'− x −1 v =
x
Es una E. diferencial de Bernoulli :

z = v 1-n ;

n = 2;

z = v -1 ;
dv
dz
;
= − v −2
dx
dx
− v − 2 v'−(− v −2 )x −1 v = − v − 2

v2
;
x

1
z'+ x −1z = − ;
x
−1
x dx
u( x ) = e ∫
= x;
1
xz'+ xx −1z = −x ;
x
d[x.z]
= −1;
dx
xz = − ∫ dx = −x + C ;
C
;
x
C C−x
v − 1 = −1 + =
;
x
x
x
;
v=
C−x
dy
x
x
;
=
=−
dx C − x
x−C
xdx
y = −∫
;
x−C
x−C
Cdx
y = −∫
dx − ∫
;
x−C
x−C
y = −x − ln x − C + K ;

z = −1 +

ESPOL 2009

49


Ecuaciones diferenciales en las que falta la variable “ x”
Cuando hace falta la variable “x” se hace el siguiente cambio de variable:
dy
= v;
dx
dv
dv dv dy
=
=v ;
dy
dx dy dx

2y 2 y' '+2y (y' )2 = 1; (HACE FALTA X)

3)

2

2y 2 y' ' +2y(y' ) = 1;
Reemplazando y' , y' ' en la ecuación :
dv
2
2y 2 v + 2y(v ) = 1;
dy
dv v v −1
;
+ =
dy y 2 y 2

Ecuacion diferencial de Bernoulli, n = -1.

z = v 1 − ( −1 ) ;
z = v 2;
dv
dz dz dv
=
= 2v ;
dy
dy dv dy
Multiplicando 2v a ambos lados de la ecuación :
dv 2v .v 2v .v −1
;
+
=
dy
y
2 y2
dz 2 z
1
+
= 2;
dy y
y

2v

2

u( y ) = e
y2

∫ y dy

= y 2;

dz
2z y 2
+ y2
= 2;
dy
y
y

[ ]

d y2z
= 1;
dy
y 2 z = ∫ dy = y + C ;
y 2 z = y + C;
1 C
z= + 2;
y y
v2 =
dy
=
dx

y+C
;
y2

⇒
⇒

v2 =
v=

1 C
+
;
y y2
y+C
;
y

y+C
entonces separando variables
y

y
dy = dx
y+C

u2 = y + C ;
2 zdz = dy;
y = u2 − C;

ESPOL 2009

50


Re emplazando en :

∫

y
dy =
y+C

(u

∫ dx
)

− C (2udu )
, entonces x + K =
u
2u 3
Entonces : x + K =
− 2Cu
3

∫

dx =

∫

2

1

Pero u = (y + C)

∫ (u

2

)

− C (2du ),

2

Por lo tanto la solución de la forma x = f(y) es :
3

2 (y + C)
x+K =
3
4) y' y

2

2

1

− 2C(y + C)

+ yy' ' − (y'

2

)2

= 0;

dy
;
dx
dv dv dy
dv
;
=
=v
dx dy dx
dy

v=

y' y 2 + yy' ' −(y' )2 = 0;
vy 2 + yv
y+

dv
− (v )2 = 0 ;
dy

dv v
− = 0;
dy y

dv v
− = −y ;
dy y
u( y ) = e

∫

−dy
y

=

1
;
y

1 dv 1 v
1
−
= −y ;
y dy y y
y

dy
= − y 2 + Cy;
dx
dy
dy
dy
x=
;
=
+
2
Cy − y
Cy
C(C − y)

∫

∫

∫

La solución es:
1
1
x = ln y − ln C − y + K;
C
C

1 
d  v
 y  = −1;
dy
1
v = − ∫ dy ;
y
1
v = −y + C;
y
v = − y 2 + Cy ;

ESPOL 2009

51


Ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes
1) Resuelva: y' ' +3y' +2y

= sen(e x );

ESPOL 2009

52


ESPOL 2009

53


2) Resuelva:

si y(0)=3/16

ESPOL 2009

,

y’(0)=5/16;

54


y' = C 1 e x − C 2 e − x +
y(0) =

1
(tan 2 (x) sec(x) + sec 3 (x))
2

3
;
16

Re solviendo :

3
= C1 + C2 ;
16
5
y' (0) =
16
5
1
1
= C1 − C2 + 0 + 
16
2
8
1
C1 − C2 = ;
4

7
;
32
−1
;
C2 =
32
7 x 1 − x tan( x) sec( x )
y=
e − e +
32
32
2
C1 =

ESPOL 2009

55

3) Resuelva y' ' −5y' +6y
y' '−5y'+6 y = 0 ;

y = e rx ;

= xe x ;

y' = re rx ;

y' ' = r 2 e rx ;

Reemplazando y, y' , y' ' :

e rx [r 2 − 5r + 6] = 0 ;
r 245r4 6 = 0 ;
1−2 +
3
Ecuación
Característica

(r − 3)(r − 2 ) = 0;
r1 = 3;

r2 = 2 ;

y1 = e 3x ;
y2 = e2x ;
y h = C 1e 3 x + C 2 e 2 x ;
14 244
4
3
Solución hom ogénea

Encontremos la solución particular :

y' '−5y'+6 y = xe x ;
y p = x S [a 0 + a 1 x]e αx ;
s = 0;

α = 1;

y p = [a 0 + a 1 x]e x ;
y p = a 0 e x + a 1 xe x ;
y'p = a 0 e x + a 1 [xe x + e x ];
y' 'p = a 0 e x + a 1 [xe x + 2e x ];
Reemplazando en la ecuación diferencial no homogénea :

y' '−5y'+6 y = xe x ;
a 0 e x + a 1 [xe x + 2e x ] − 5[a 0 e x + a 1 [xe x + e x ]] + 6[a 0 e x + a 1 xe x ] = xe x ;

(2a 0 − 3a1 )e x + 2a1xe x = xe x ;
2a 0 − 3a 1 = 0 ;

2 a 1 = 1 ;

3
1
a0 = ;
a1 = ;
4
2
x
x
y p = a 0 e + a 1 xe ;

3 x 1 x
e + xe ;
2
4
y = yh + yp ;
yp =

3
1
y = C 1e 3 x + C 2 e 2 x + e x + xe x ;
4
2

ESPOL 2009

56

-x
4) Resuelva: y' +2y' +2y = e cosx;
y'+2 y'+2 y = 0 ;

y = e rx ;

y' = re rx ;

y' ' = r 2 e rx ;

Reemplazando y, y' , y' ' :
e rx [r 2 + 2 r + 2 ] = 0 ;
r 2 42r4 2 = 0 ;
1 +2 +
3
Ecuación
Característica

r1 , 2 =

− 2 ± 4 − 4( 2 )
2
β = 1;

λ = −1;
y1 = e

−x

= −1 ± i ;

cos x ;

−x

y 2 = e senx ;
y h = C 1 e − x cos x + C 2 e − x senx ;
14444 4444
2
3
Solución hom ogénea

Encontremos la solución particular :
y' '+2 y'+2 y = e − x cos( x );
y p = x S [a 0 cos x + b 0 senx ]e αx ;
s = 0;

α = -1 ;

y p = [a 0 cos x + b 0 senx ]e − x ;
y p = a 0 e − x cos x + b 0 e − x senx ;
No se puede asumir esta solución particular ya que contiene términos
linealmente dependiente con respecto a mi solución homogénea.
s=1
y p = x[a 0 e − x cos x + b 0 e − x senx ];
y p = a 0 xe − x cos x + b 0 xe − x senx ;
y'p = a 0 [x(− e − x senx − e − x cos x ) + e − x cos x] + b 0 [x(e − x cos x − e − x senx ) + e − x senx ];
y'p = a 0 [− xe − x senx − xe − x cos x + e − x cos x ] + b 0 [xe − x cos x − xe − x senx + e − x senx ];
y' 'p = a 0 [2 xe − x senx − 2 e − x senx − 2e − x cos x ] + b 0 [− 2 xe − x cos x − 2e − x senx + 2e − x cos x];
Reemplazando y simplificando y p , y'p , y' 'p en la ecuación diferencial no homogénea :
y' '+2 y'+2 y = e − x cos( x );
a 0 [− 2 e − x senx ] + b 0 [2e − x cos x ] = e − x cos( x );
− 2a 0 = 0;
2 b 0 = 1;
a 0 = 0;
1
b0 = ;
2

ESPOL 2009

57

1 −x
xe sen( x );
2
y = yh + yp ;

yp =

y = C 1e − x cos x + C 2 e − x senx +

1 −x
xe sen( x);
2

y' ' −2y' + y = cosx + 3e x + x 2 − 1;
Encontrando la solución homogénea :
y' '−2y' + y = 0 ;

y = e rx ;
y' = re rx ;
y' ' = r 2 e rx ;
Reemplazando y, y' , y' ' en la ecuación homogénea :
e rx [r 2 − 2r + 1] = 0 ;
r 2 − 2r + 1 = 0 ;

(r − 1)2 = 0 ;
r1 , 2 = 1;
y1 = ex ;
y 2 = xe x ;
y h = C 1 e x + C 2 xe x ;
Encontrando la solución particular :
y' '−2y' + y = cosx + 3e x + x 2 − 1;
Encontrando la primera solución particular :
y' '−2y' + y = cosx; Ecuación 1.

y p 1 = x s [a cos x + bsenx];
s = 0;
y p 1 = a cos x + bsenx;
y'p 1 = −asenx + b cos x = a[− senx] + b[cos x];
y' 'p 1 = −a cos x − bsenx = a[− cos x] + b[− senx];
Reemplazando y' ' p1 , y' p1 , y p1 en la ecuacion 1;
a[2senx] + b[− 2 cos x] = cosx;
 2a = 0;
Resolviendo

- 2b = 1;
1
y p1 = − senx ;
2

a = 0;

ESPOL 2009

1
b=− ;
2

58

Encontrand o la segunda solución particular :
y' ' −2y' + y = 3e x ; Ecuación 2.
y p 2 = x s [a ]e x ;
s = 0;
y p 2 = [a]e x ;
No se puede asumir esta solución particular , ya que es
lienalmente dependiente con respecto a la solución homogénea.
s = 1;
y p 2 = x[a]e x ;
Tampoco se puede asumir esta solución,
por la misma razón anterior.
s = 2;
y p 2 = x 2 [a]e x ;
En este caso, esta solución es linealmente independiente, respecto
a la solución homogénea
y p 2 = ax 2 e x ;

[
= a[x e

]

y'p 2 = a x 2 e x + 2 xe x ;
y' 'p 2

2

x

]

+ 4 xe x + 2 e x ;

Reemplazando y' ' p2 , y'p2 , y p2 en la ecuación 2.
y' ' −2y' + y = 3e x
2 ae x = 3e x ;
3
a= ;
2
La segunda solución particular es :
y p2 =

3 2 x
xe ;
2

Encontrand o la tercera solución particular :
y' ' −2y' + y = x 2 - 1; Ecuación 3.

[

]

y p 3 = x s a + bx + cx 2 ;
s = 0;
y p 3 = a + bx + cx 2 ;
y' p 3 = b + 2 cx;
y' ' p 3 = 2 c;
Reemplazando y' ' p3 , y' p3 , y p3 en la ecuación 2.
y' ' −2y' + y = x 2 − 1
2 c − 2[b + 2 cx] + [a + bx + cx 2 ] = x 2 − 1;

ESPOL 2009

59


[ 2c − 2 b + a ] + [ 2c + b] x + [ c] x 2 = x 2 − 1;
2c − 2 b + a = −1

−4c + b = 0
c = 1


Resolviendo el sistema:
c = 1;
b = 4;
a = 5;
La tercera solución particular:
yp 3 = 5 + 4x + x 2 ;
y p = y p 1 + y p 2 + yp 3 ;
1
3
y p = − sen(x) + x 2 e x + 5 + 4 x + x 2 ;
2
2
La solución general:
y = yh + yp ;
1
3
y = C1 e x + C2 xe x − sen(x) + x 2 e x + 5 + 4 x + x 2 ;
2
2

ESPOL 2009

60


Ecuacion diferencial de Euler – Cauchy
1) Demuestre que la ecuación diferencial x 2 y' ' + αxy' + βy = 0, donde α , β ∈ R , se
la puede transformar en una ecuación de coeficientes constantes haciendo el
cambio de variable x = e z , y luego resuelva:
x 2 y' ' +2xy' +4y = 4sen(lnx) + e 2ln(X) ;
Si x = e z ;
z = ln( x );
dz 1
= ;
dx x
Ahora :
dy dy dz dy 1
;
=
=
dx dz dx dz x
dy 1 dy
;
y' =
=
dx x dz
Se necesita luego y' ' :
d 2 y d  dy 
=
 ;
dx 2 dx  dx 
d 2 y d  dy  dz
=   ;
dx 2 dz  dx  dx
d2y  1
=
dx 2  x

d2y  1
=
dx 2  x


d 2 y 1 dx dy  dz

;
−
dz 2 x 2 dz dz  dx

d 2 y 1 dy  1
x  ;
−
dz 2 x 2 dz  x


d 2 y  1 d 2 y 1 dy 
;
y'' = 2 =  2 2 − 2
 x dz
dx
x dz 


Reemplazando en la ecuación diferencial
x 2 y' '+αxy'+βy = 0;

 1 d 2 y 1 dy 
 1 dy 
 + αx
x2 2 2 − 2
 + βy = 0 ;

 x dz
x dz 
 x dz 

dy
d 2 y dy
− + α + βy = 0 ;
2
dz
dz
dz
2
dy
d y
+ (α − 1) + βy = 0 ;
2
dz
dz
Resolviendo la ecuación x 2 y' ' +2xy' +4y = 4sen(lnx) + e 2ln(X) ;
Encontrando primero la solución homogénea :
x 2 y' ' +2xy' +4y = 0;
d2y
dy
+ (2 − 1) + 4 y = 0 ;
2
dz
dz

ESPOL 2009

61

y' '+ y'+4 y = 0 ;


e rz  r 24 r 44  = 0 ;
1+ +
23
 Ecuación característica 
2
r + r + 4 = 0;

1
15
− 1 ± 1 − 16
i;
=− ±
2
2
2
 15z 

y 1 = e −z / 2 cos
 2 ;



r1 , 2 =

 15z 
y 2 = e − z / 2 sen

 2 ;


 15z 
 15z 
−z / 2


sen
y h = C 1 e −z / 2 cos
 2 ;
 2  + C2e




 15 ln( x ) 
 15 ln( x ) 
;
 + C 2 xsen
y h = C 1 x cos




2
2




Ahora encontremos la solución particular :

Como se asume que x = e z y z = ln(x), al reemplazar
en la ecuación x 2 y' '+2xy'+4y = 4sen(lnx) + 5e 2ln(X) , se obtiene :

y'' + y' + 4 y = 4sen(z ) + 5e 2 z ;
Donde se tiene 2 soluciones particulares :
y'' + y' + 4 y = 4sen(z ); Ecuación 1.
La primera solución tiene la siguiente forma :

y p = a cos(z) + bsen(z);
y'p = −asen(z) + b cos(z) = a[− sen(z )] + b[cos(z)];
y' 'p = −a cos(z) − bsen(z) = a[− cos(z)] + b[− sen(z)];
Reemplazando y' ' p , y' p , y p en la ecuación 1 :

y'' + y' + 4 y = 4sen(z ); Ecuación 1.
a[3 cos(z) − sen(z)] + b[3sen(z) + cos(z)] = 4sen(z);
3a + b = 0

− a + 3 b = 4
Resolviendo el sistema se obtiene :
6
2
b= ;
a=− ;
5
5
2
6
y p 1 = − cos(z) + sen(z);
5
5
2
6
y p 1 = − cos(ln(x)) + sen(ln(x));
5
5
Encontrando la segunda la solución particular :

y'' + y' + 4 y = 5e 2 z ; Ecuación 2.

ESPOL 2009

62

Se asume la siguiente solución :
y p2 = ae 2 z ;
y' p2 = 2ae 2 z ;
y' ' p2 = 4ae 2 z ;
Reemplazando y' ' p2 , y' p2 , y p2 en la ecuación 2 :

y'' + y' + 4 y = 5e 2 z ; Ecuación 2.
4ae 2 z + 2ae 2 z + 4ae 2 z = 5e 2 z ;
10ae 2 z = 5e 2 z ;
1
a= ;
2
1
y p2 = e 2z ;
2
x2
1
;
y p 2 = e 2 ln( x ) =
2
2
y p = y p1 + y p2 ;
x2
6
2
;
y p = − cos(ln(x)) + sen(ln(x)) +
2
5
5
y = yh + yp ;
 15 ln( x )  2
 15 ln( x) 
6
x2
 − cos(ln(x )) + sen(ln(x )) +
 + C 2 xsen
y = C 1 x cos
;
 5



2
2
5
2




2

2) Resuelva: ( x − 2 ) y' ' +3( x − 2 )y' + y = ln
z

Si x - 2 = e ;

entonces

2

( x − 2) − 5ln ( x − 2) + 6;

z = ln( x − 1);

dz
1
=
;
dx x − 2
Ahora :
dy dy dz dy 1
=
=
;
dx dz dx dz x − 2
dy
1 dy
=
;
y' =
dx x − 2 dz
Se necesita luego y' ' :
d 2 y d  dy 
=
;

dx 2 dx  dx 
d 2 y d  dy  dz
=
;


dx 2 dz  dx  dx
d2y  1 d2y
1
dx dy  dz
=
2

 x − 2 dz 2 − (x − 2 )2 dz dz  dx ;
dx



ESPOL 2009

63

dy  1
d2 y  1 d2 y
1
=
2

 x − 2 dz 2 − (x − 2 )2 (x − 2 ) dz  x − 2 ;
dx


2
2
d y  1
d y
dy 
1
y'' = 2 = 

 (x − 2 )2 dz 2 − (x − 2 )2 dz  ;
dx


Reemplazando en la ecuación diferencial homog{enea :

(x - 2)2 y' '+3(x - 2)y'+ y = 0;
 1
d2 y
dy 
1
 1 dy 
 + 3(x − 2 )

(x − 2 ) 
−
 + y = 0;
2
2
2

(x − 2 ) dz 
 x − 2 dz 
 (x − 2 ) dz
dy
d 2 y dy
−
+3
+ y = 0;
2
dz
dz
dz
dy
d2 y
+ (3 − 1 )
+ y = 0;
2
dz
dz
Resolviendo la ecuación y' '+2y'+ y = 0 ;
2

d2 y
dy
+2
+ y = 0;
2
dz
dz
y = e rz ;
y' = re rz ;
y' ' = r 2 e rz ;
Reemplazando y, y' , y' ' en la ecuación homogénea :


e rz  r 242r + 1  = 0 ;
1+24
3
 Ecuación Característica 
2
r + 2r + 1 = 0 ;

(r + 1)2 = 0 ;
r1 , 2 = −1;
y 1 = e −z ;
y 2 = ze −z ;
y h = C 1e −z + C 2 ze −z ;
z = ln (x − 2 );
y h = C 1e −z + C 2 ze −z ;
y h = C 1e −ln ( x − 2 ) + C 2 ln (x − 2 )e −ln (x − 2 ) ;
C1
C ln (x − 2 )
;
+ 2
x−2
x−2
Ahora encontremos la solución particular :

yh =

Como se asume que x - 2 = e z y z = ln(x - 2), al reemplazar
en la ecuación ( x - 2)2 y' '+3( x - 2)y' + y = ln 2 ( x − 2) − 5ln( x − 2) + 6; , se obtiene :

y'' + 2 y' + y = z 2 − 5z + 6 ;

ESPOL 2009

64

Donde la solución particular tiene la siguiente forma :
y p = x S [a + bz + cz 2 ];

s = 0;
y p = [a + bz + cz 2 ];
y' p = b + 2 cz;

y' 'p = 2 c ;
Reemplazando y' ' p , y' p , y p en la ecuación y' '+2y' + y = z 2 − 5z + 6;

2 c + 2(b + 2 cz) + (a + bz + cz 2 ) = z 2 − 5z + 6 ;
2 c + 2 b + a = 6

4c + b = - 5
c = 1


c = 1;

b = -9 ;
a = 22 ;
y p = 22 − 9z + z 2 ;
y p = 22 − 9 ln( x − 2 ) + ln 2 ( x − 2 );
y = yh + yp ;
y=

C1
C ln (x − 2 )
+ 2
+ 22 − 9 ln( x − 2 ) + ln 2 ( x − 2 );
x−2
x−2

ESPOL 2009

65

x 2 y' '+ xy'+9y = 3tan(3ln(x)) ;

3)

Si x = e z , entonces z = ln(x);
Encontrand o la solución homogénea :
x 2 y' ' + xy' +9y = 0;

Usando :
d2y
dy
+ (α − 1)
+ βy = 0 ;
2
dz
dz
Se obtiene :
dy
d2y
+ (1 − 1)
+ 9y = 0;
2
dz
dz
d2y
+ 9y = 0;
dz 2
y' '+9 y = 0 ;
y = e rz ;
y' ' = r 2 e rz ;

[

]

e rz r 2 + 9 = 0 ;
r 2 + 9 = 0;
r = ±3i ;
y 1 = cos z ;
y 2 = senz ;
y h = C 1 cos(3z ) + C 2 sen (3z );
y h = C 1 cos(3 ln( x )) + C 2 sen (3 ln( x ));
Encontremo s la solución particular :
x 2 y' ' + xy' +9y = 3tan(3ln(x) ) ;
Reemplazan do z = ln( x ) y x = e z , se obtiene :
y'' + 9 y = 3 tan (3z );
g(z) = 3 tan (3z );
yp = u1y1 + u 2 y 2 ;
0
u'1 =

sen 3z

g(z ) 3 cos 3z
W (y 1 , y 2 )

W (y 1 , y 2 ) =

y1

y2

y'1

y'2

;

=

cos 3z

sen 3z

− 3sen 3z 3 cos 3z

= 3 cos 2 (3z ) + 3sen 2 (3z );

W (y 1 , y 2 ) = 3
u'1 = −

3 tan (3z )sen (3z ) − sen( 3z )sen( 3z )
;
=
3
cos( 3z )

ESPOL 2009

66

sen 2 ( 3z)
1 − cos 2 ( 3z )
;
=−
cos( 3z)
cos( 3z )
1
u' 1 = cos( 3z) −
;
cos( 3z)
u 1 ' = cos( 3z) − sec( 3z );
u' 1 = −

u 1 = ∫ (cos( 3z) − sec( 3z))dz
sen( 3z) ln sec( 3z) + tg( 3z)
;
−
3
3
cos 3z
0
− 3sen 3z 3 tan( 3z) 3 cos(3z ) tan( 3z )
u' 2 =
=
W (y 1 , y 2 )
3
cos( 3z)sen( 3z)
;
u' 2 =
cos( 3z)
u' 2 = sen( 3z);
1
u 2 = ∫ sen( 3z)dz = − cos( 3z )
3
yp = u1y1 + u2 y2 ;
u1 =

 sen( 3z) ln sec( 3z ) + tg( 3z) 
1
yp = 
−
 cos( 3z) − cos( 3z)sen( 3z);
3
3

 3


y = yh + yp ;
 sen( 3z) ln sec( 3z) + tg( 3z) 
1
y = C 1 cos(3z ) + C 2 sen (3z ) + 
−
 cos( 3z) − cos( 3z)sen( 3z);
3
3

 3


 sen( 3 ln x) ln sec(3 ln x) + tg( 3 ln x) 
1
y = C 1 cos(3 ln x) + C 2 sen(3 ln x ) + 
−
 cos(3 ln x) − cos(3 ln x)sen( 3 ln x);
3
3
3



ESPOL 2009

67

4) Si y 1 = x −1/2 cosx, y 2 = x −1/2 senx forman un conjunto linealmente independiente y
1
son soluciones de x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = 0;


4

1
Hallar la solución particular para x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = x 3/2 ; si


4

 
y  = 0;
 2

y' (

) = 0;

Como y 1 = x −1/2 cosx, y y 2 = x −1/2 senx son soluciones de
1

x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = 0, entonces se obtiene :
4

y h = C 1 x −1/2 cos x + C 2 x −1/2 senx ;
1

Para encontrar la solución de x 2 y' ' + xy' + x 2 − y = x 3 / 2 ;
4

Se aplica variación de parámetros :
 x2
x 3 /2
1 
x
x2
y'' + 2 y' +  2 − 2  y = 2 ;
x
x
4x 
x
x2


y' 
1 
y'' + +  1 − 2  y = x −1/2 ;
4x 
x 
yp = u1y1 + u 2 y2 ;
g(x) = x −1/2 ;
0
u'1 =

y2

g( x ) y' 2
W( y 1 , y 2 )

;

ESPOL 2009

68

x −1/2 cos x
x −1/2 senx
y2
1
1
=
− 1/2
senx − x − 3 / 2 cos x x − 1/2 cos x − x − 3 / 2 senx
y' 2 − x
2
2
1
1




W( y 1 , y 2 ) = x − 1/2 cos x x − 1/2 cos x − x − 3 / 2 senx − x − 1/2 senx − x − 1/2 senx − x − 3 / 2 cos x ;
2
2




1
1
W( y 1 , y 2 ) = x − 1 cos 2 x − x − 2 senx cos x + x − 1 sen 2 x + x − 2 senx cos x ;
2
2
2
2
−1
−1
−1
W( y 1 , y 2 ) = x (cos x + sen x ) = x (1) = x ;
y1
W( y 1 , y 2 ) =
y' 1

W( y 1 , y 2 ) = x − 1 ;
0
x −1 / 2

x − 1 /2

u' 1 =

x − 1/2 senx
1
cos x − x − 3 / 2 senx
x − 1 senx
2
=−
= −sen( x);
x −1
x −1

u 1 = ∫ − sen( x )dx = cos x ;
x − 1 / 2 cos x
0
1 −3 / 2
− 1 /2
−1 / 2
senx − x
cos x x
−x
2
u' 2 =
;
=
W( y 1 , y 2 )
x −1
y1
y' 1

0
g( x)

x − 1 cos x
u' 2 =
= cos x ;
x −1
u 2 = senx ;
y p = (cos x )(x − 1 / 2 cos x ) + (senx )(x − 1 / 2 senx )
y p = x − 1 / 2 (cos 2 x + sen 2 x ) = x − 1 / 2 (1) = x − 1 / 2 ;
y p = x −1 / 2 ;
y = yh + yp ;
y = C 1 x − 1/2 cos x + C 2 x − 1/2 senx + x − 1 / 2 ;
 π
Si y  = 0 ; y y' ( π ) = 0;
2
y = C 1 x − 1/2 cos x + C 2 x − 1/2 senx + x − 1 / 2 ;
0 = C1

2
(0 ) + C 2
π

2
(1) +
π
C 2 = −1 ;
C2

2
(1) +
π

2
;
π

2
= 0;
π

−3 / 2
1 −3 / 2
1 −3 / 2
 − 1 /2

 − 1 /2
 x
y' = C 1 − x
senx − x
cos x + C 2 x
cos x − x
senx −
;
2
2
2




1
1
1


 1
 1
(0 ) −
(− 1) + C 2  (− 1) −
(0 ) −
;
0 = C 1 −
2π π  2π π
2π π
π

 π


ESPOL 2009

69

1
 1 
 1 
0 = C1 
 − C 2  π  − 2π π ;


 2π π 
1
C1
C
=
− 2 ;
2π π 2π π
π
1
C1
1
;
=
+
2π π 2π π
π
1 = C 1 + 2 π;
C 1 = 1 − 2 π;
y = (1 − 2 π )x −1/2 cos x − x − 1/2 senx + x − 1 /2 ;

ESPOL 2009

70


Identidad de Abel
1. Resuelva la siguiente ecuación diferencial usando la identidad de Abel:

(1 − 2x − x )y' '+2(1 + x )y'−2y = 0; Si y(0) = y' (0) = 1.
2

Si una solución es y 1 = x + 1;
Se usará la identidad de abel :
W (y 1 , y 2 ) = e ∫

− p(x)dx

;

Donde la ecuación diferencial debe tener la siguiente forma :
y' ' + p( x )y' + q(x)y = 0;

(1 − 2 x − x ) y'' + 2(1 + x) y'2
y = 0;
(1 − 2 x − x ) (1 − 2x − x ) (1 − 2 x − x )
2
2

2

2

W (y 1 , y 2 ) =

y1
y'1

y2
;
y'2

W (y 1 , y 2 ) =

x + 1 y2
= (x + 1)y'2 − y 2 ;
y'2
1

Entonces :
2 ( 1 + x )dx

(x + 1)y'2 − y 2 = e

∫ − (1−2 x −x 2 )

;

( − 2 − 2 x )dx

(x + 1)y'2 − y 2 = e

∫ (1−2 x −x 2 )

;

u( x ) = (1 − 2 x − x );
2

du = (− 2 − 2 x )dx ;
2

(x + 1)y'2 − y 2 = e ln 1−2 x−x ;
(x + 1)y'2 − y 2 = 1 − 2 x − x 2 ;
y2
1 − 2x − x2
;
y'2 −
=
x+1
x+1
dx
−∫
1
x +1
u( x ) = e
=
;
x+1
y2
1
1 − 2x − x2
=
y'2 −
;
x+1
(x + 1)2
(x + 1)2
2
d  1
 1 − 2x − x
;
y2  =
(x + 1)2
dx  x + 1 


(1 − 2x − x 2 )dx ;
1
y2 = ∫
(x + 1)2
x+1
(2 − 1 − 2x − x 2 )dx ;
1
y2 = ∫
x+1
(x + 1)2
ESPOL 2009

71


2dx
1
(x + 1)2 dx
;
y2 = −∫
+∫
2
(x + 1 )
(x + 1)2
x+1
1
2dx
;
y 2 = − ∫ dx + ∫
(x + 1)2
x+1
2
1
;
y 2 = −x −
x+1
x+1
2
1
;
y 2 = −x −
x+1
x+1
y 2 = − x (x + 1 ) − 2 ;
y 2 = −x 2 − x − 2 ;
y = C 1 (x + 1) + C 2 (− x 2 − x − 2 );
Si y(0) = 1;
1 = C 1 (1) + C 2 (− 2 );
Si y' (0) = 1;
y' = C 1 + C 2 (− 2x − 1) ;
1 = C 1 + C 2 (− 1);
C 1 − C 2 = 1

C 1 − 2C 2 = 1
1

1

C2
C1
C1

- 1 1  0 1 0 

→
- 2 1  1 - 2 1 

 
= 0;
= 1 + 2C 2 ;
= 1;

La solución es :
y = x + 1;

ESPOL 2009

72


Método de Reducción de Orden
xy' ' +( x + 1)y' + y = 0;
2) Resuelva:

Si y 1 = e − x ;

Usando el método de reducción de orden :
Se asume que y 2 = u( x)y 1 ;
y 2 = u( x)e − x ;
y'2 = −u( x )e −x + u' ( x)e − x ;
y' '2 = −[− u( x)e − x + u' ( x )e −x ] + [− u' ( x)e − x + u' ' ( x)e − x ];
y' '2 = u( x)e − x − 2 u' ( x)e − x + u' ' ( x )e −x ;
Reemplazando en la ecuación diferencial
xy' ' +( x + 1)y' + y = 0, se obtiene :
x[u(x)e − x − 2 u'(x)e −x + u''(x)e − x ] + (x + 1)[− u(x)e − x + u'(x)e − x ] + u(x)e − x = 0 ;
u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− 2 xe −x + (x + 1)e − x ] + u( x)[xe − x − (x + 1)e −x + e − x ] = 0 ;
u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] + u( x)[xe −x − xe − x − e −x + e −x ] = 0 ;
u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] + u( x)[0] = 0 ;
u' ' ( x )[xe − x ] + u' ( x )[− xe − x + e − x ] = 0 ;
Falta y :
v(x) = u' (x);
v' (x) = u' ' (x);
Reemplazando v(x) y v' (x) en la ecuación diferencial :
u''(x)[xe −x ] + u'(x)[− xe −x + e − x ] = 0 ;
v'(x)[xe −x ] + v(x)[− xe − x + e −x ] = 0 ;
dv − x
[xe ] = v(x)[xe −x − e −x ];
dx
dv
 1
= v(x)1 −  ;
dx
 x
dv
 1
∫ v(x) = ∫ 1 − x dx;


ln v( x ) = x − ln x ;
ex
v( x ) = ;
x
ex
u' ( x) = ;
x

ESPOL 2009

73


e x dx
u( x ) = ∫
;
x
+∞
x n−1
u( x ) = ∫ ∑
dx;
n =0 n!
 1 + ∞ x n−1 
u( x ) = ∫  + ∑
dx;
 x n=1 n! 
+∞
xn
u( x ) = ln x + ∑
;
n=1 (n )n!
y 2 = u( x ) y1 ;
+∞

x n  −x
y 2 = ln x + ∑
e ;
n =1 (n )n! 

La solución es :
+∞

xn 
y = C1e − x + C 2 ln x + ∑
;
n =1 (n )n! 


ESPOL 2009

74

Ecuación homogénea de orden superior
1. Las raíces de la ecuación auxiliar, que corresponden a una
cierta ecuación diferencial homogénea de orden 10, con
coeficientes constantes, son:
4, 4, 4, 4, 2+3i, 2-3i, 2+3i, 2-3i, 2+3i, 2-3i,
Escriba la solución general.
Se tienen 4 raíces reales iguales y un par complejo conjugado 3 veces entonces :

(

)

(

)

(

y ( x ) = e 4 x C1 + C 2 x + C 3 x 2 + C 4 x 3 + e 2 x cos(3 x ) C 5 + C 6 x + C 7 x 2 + e 2 x sen(3 x ) C8 + C 9 x + C10 x 2

2. y' ' '−6y' '+12y'−8y = 0

φ (m ) = m 3 − 6 m 2 + 12 m − 8 = 0
1

−6

12

2
1

−8

−8

8

4

−4

2

0

φ (m ) = (m − 2 )(m 2 − 4 m + 4 ) = 0
φ (m ) = (m − 2 )3 = 0 → m 1 = m 2 = m 3 = 2

(

y (x ) = e 2 x C 1 + C 2 x + C 3 x 2

)

d 5y
+ 32y = 0
3.
dx 5

φ(m) = m + 32 = 0 → mk = 2e
5

iπ +2πki
5

; k = 0,1,2,3,4

iπ

 π 
 π 
m0, 4 = 2e 5 = 2 cos  + i sen   = 1.618± 1.175i


 5 
 5
m1,5 = 2e

i 3π
5

  3π 
 3π  
= 2 cos  + i sen   = −0.618± 1.902 i


 5 
 5

m3 = 2eiπ = 2(cos(π ) + i sen(π )) = −2
y(x) = (C1 cos(1.175x) + C2 sen(1.175x))e1.618x + (C3 cos(1.902x) + C4 sen(1.902x))e−0.618x + C5 e −2 x

(D − 2D + 5 ) y = 0
φ (m ) = (m − 2m + 5) = 0
φ (m ) = (m − 2m + 5)(m − 2m + 5) = 0
2

2

4.

2
2

2

2

2 ± 4 − 4.1.5 2 ± − 16
=
= 1 ± 2i
2
2
= 1 ± 2i

m1, 2 =
m3, 4

y ( x ) = e x cos(2 x )(C1 + C 2 x ) + e x sen(2 x )(C 3 + C 4 x )

ESPOL 2009

75

)


Ecuaciones de Orden Superior
Ecuación no homogénea de orden superior

1.

y' ' ' +3y' ' +2y' = x 2 + 4x + 8

y (x ) = y c (x ) + y p (x )
Encuentro la solución complement aria :
y ' ' '+ 3 y ' '+ 2 y ' = 0 → φ (m ) = m 3 + 3 m 2 + 2 m = 0

φ (m ) = m (m 2 + 3 m + 2 ) = 0
φ (m ) = m (m + 1)(m + 2 ) = 0
m1 = 0 , m 2 = − 1, m 3 = − 2 → y c ( x ) = C 1 + C 2 e − x + C 3 e − 2 x
Encuentro la solución particular :

(

g (x ) = x 2 + 4 x + 8 → y p ( x ) = x s Ax 2 + Bx + C

)

s = 0 → y p ( x ) = Ax 2 + Bx + C pero no es linealment e independie nte con y c ( x )

(

)

s = 1 → y p ( x ) = x Ax 2 + Bx + C = Ax 3 + Bx 2 + Cx si es l .i. con y c ( x )
y p ( x ) = Ax 3 + Bx 2 + Cx
y p ' ( x ) = 3 Ax 2 + 2 Bx + C
y p ' ' ( x ) = 6 Ax + 2 B
y p ' ' ' (x ) = 6 A

y p ' ' '+3 y p ' '+2 y p ' = x 2 + 4 x + 8

(

)

6 A + 3(6 Ax + 2 B ) + 2 3 Ax 2 + 2 Bx + C = x 2 + 4 x + 8

(6 A)x 2 + (18 A + 4 B )x + (6 A + 6 B + 2C ) = x 2 + 4 x + 8
1

6A = 1 → A =

6

4 − 18 A
1

18 A + 4 B = 4 → B =
→B=

4
4

6 A + 6 B + 2C = 8 → C = 8 − 6 A + 6 B → C = 11

2
4

Por lo que decimos :
1 3 1 2 11
x + x + x
6
4
4
Solución general :
y p (x ) =

y ( x ) = C1 + C 2 e − x + C 3 e −2 x +

1 3 1 2 11
x + x + x
6
4
4

ESPOL 2009

76

2.

y' ' ' − y' ' −4y' +4y = 2x 2 − 4x − 1 + 2x 2 e 2x + 5xe 2x + e 2x

y (x ) = y c (x ) + y p (x )
y ' ' '− y ' '− 4 y '+ 4 y = 0 → φ (m ) = m 3 − m 2 − 4 m + 4 = 0

φ (m ) = m 2 (m − 1) − 4 (m − 1) = 0
φ (m ) = (m − 1)(m 2 − 4 ) = (m − 1)(m − 2 )(m + 2 )
m1 = 1, m 2 = 2 , m 3 = − 2 → y c ( x ) = C1e x + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x
g (x ) = g 1 ( x ) + g 2 ( x )

(

g 1 ( x ) = 2 x 2 − 4 x − 1 → y p ( x ) = x s Ax 2 + Bx + C

)

s = 0 → y p (x ) = Ax 2 + Bx + C si es l .i. con y c ( x )
y p ( x ) = Ax 2 + Bx + C
y p ' ( x ) = 2 Ax + B
y p ' ' (x ) = 2 A
y p ' ' ' (x ) = 0
y p ' ' '− y p ' '− 4 y p '+ 4 y p = 2 x 2 − 4 x − 1

(

)

0 − 2 A − 4 (2 Ax + B ) + 4 Ax 2 + Bx + C = 2 x 2 − 4 x − 1

(4 A )x 2 + (− 8 A + 4 B )x + (− 2 A − 4 B + 4C ) = 2 x 2 − 4 x − 1
1

4A = 2 → A =

2

− 4 + 8A

− 8 A + 4 B = −4 → B =
→B=0

4

 − 2 A − 4 B + 4C = − 1 → C = − 1 + 2 A + 4 B → C = 0

4

Por lo que decimos :
1
y p1 (x ) = x 2
2

(

g 2 ( x ) = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x → y p ( x ) = x s e 2 x Ax 2 + Bx + C

(

)

)

s = 0 → y p (x ) = e 2 x Ax 2 + Bx + C pero no es linealment e independie nte con y c ( x )

(

)

(

)

s = 1 → y p ( x ) = xe 2 x Ax 2 + Bx + C = e 2 x Ax 3 + Bx 2 + Cx si es l .i. con y c ( x )

(
)
' ( x ) = e (2 Ax + (3 A + 2 B )x + (2 B + 2 C )x + C )
' ' ( x ) = e (4 Ax + (12 A + 4 B )x + (6 A + 8 B + 4C )x + (2 B + 4 C ))
' ' ' ( x ) = e (8 Ax + (36 A + 8 B )x + (36 A + 24 B + 8C )x + (6 A + 12 B + 12 C ))

y p ( x ) = e 2 x Ax 3 + Bx 2 + Cx
yp
yp
yp

2x

2x

2x

3

2

3

3

2

2

y p ' ' '− y p ' '−4 y p '+4 y p = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x

(

)

e 2 x (12 A)x 2 + (30 A + 8 B )x + (6 A + 10 B + 4C ) = 2 x 2 e 2 x + 5 xe 2 x + e 2 x

ESPOL 2009

77

1

12 A = 2 → A =

6

5 − 30 A

→B=0
30 A + 8 B = 5 → B =

8

6 A + 10 B + 4C = 1 → C = 1 − 6 A − 10 B → C = 0

4

1
y p2 (x ) = x 3 e 2 x
6
1
1
y ( x ) = C1 e x + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x + x 2 + x 3 e 2 x
2
6

(
3. y'''+y'= csc x)
y (x ) = y c (x ) + y p (x )
y ' ' '+ y ' = 0 → φ (m ) = m 3 + m = 0

φ (m ) = m (m 2 + 1) = 0
m1 = 0 , m 2 = i , m 3 = − i → y c ( x ) = C1 + C 2 cos (x ) + C 3 sen ( x )
y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3
1
W (1, cos ( x ), sen ( x )) = 0
0

cos ( x )
sen ( x )
− sen ( x ) cos (x ) = 1 cos 2 ( x ) + sen 2 ( x ) = 1
− cos ( x ) − sen ( x )

(

)

0
cos ( x )
sen ( x )
0
− sen ( x ) cos ( x )
csc ( x ) − cos (x ) − sen ( x )

 x 
u1 ' =
= csc ( x )(1) → u1 = ∫ csc ( x )dx = ln  tan   


1
 2 

0
sen (x )
0
cos ( x )
csc ( x ) − sen ( x )
u2 ' =
= − csc (x ) cos ( x ) → u 2 = − ∫ csc ( x ) cos ( x )dx = ln (csc ( x ))
1
1 cos ( x )
0
0 − sen ( x )
0
0 − cos ( x ) csc ( x )
u3 ' =
= − csc ( x )sen ( x ) → u 3 = − ∫ 1dx = − x
1

 x 
y p = ln  tan    (1) + ln (csc ( x ))(cos ( x )) + (− x )sen ( x )


 2 

1
0
0


 x 
y p ( x ) = ln  tan    + cos ( x ) ln (csc ( x )) − x sen ( x )


 2 


 x 
y ( x ) = C1 + C 2 cos ( x ) + C 3 sen ( x ) + ln  tan    + cos ( x ) ln (csc ( x )) − x sen ( x )


 2 


ESPOL 2009

78


(
4. y''' = xln x)
y (x ) = y c (x ) + y p (x )
y ' ' ' = 0 → φ (m ) = m 3 = 0

φ (m ) = m 3 = 0
m1 = 0 , m 2 = 0 , m 3 = 0 → y c ( x ) = C 1 + C 2 x + C 3 x 2
y p ( x ) = u 1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3
1
W (1, cos ( x ), sen ( x )) = 0
0

u1 ' =

=

x2
1

u2 '=

x2
2x
2

0
x
0
1
x ln ( x ) 0

0
0

x2
2x = 1 2x 2 − x 2 = x 2
2

(

( )

x ln (x ) x 2
→ u1 =
x2

)

∫ x ln (x )dx =

1
x2 
 ln ( x ) − 
2 
2

x2

0

0
2x
x ln ( x ) 2
x

x
1
0

2

1

x
1
0

0
x ln ( x )

x ln ( x ).2 x
→ u 2 = − 2 ∫ ln ( x )dx = − 2 x (ln ( x ) − 1)
x2

0

0
0

=−

ln ( x )
ln 2 ( x )
dx =
∫ x
2
x2
2
2
 ln ( x )  2
1
x 
yp =
 ln ( x ) −  (1) + (− 2 x (ln ( x ) − 1))( x ) + 

 2 x
2 
2


2
2
x
x
2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x ) + 7 no es l .i. ∴ y p =
2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x )
yp =
4
4
Solución general :

u3 ' =

=

x ln ( x )
→ u3 =
x2

(

y (x ) = C1 + C 2 x + C 3 x 2 +

)

(

)

x2
2 ln 2 ( x ) − 6 ln ( x )
4

(

)

ESPOL 2009

79


Ecuación de Euler de orden n

d 3y
d 2y
dy
− x 2 2 − 6x
+ 18y = 0
3
dx
dx
dx
La resolveremos por dos métodos :
1° Método :
1. x 3

asumo y = x r como solución entonces la escución se reduce a :
x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 − x 2 r (r − 1)x r −2 − 6 xrx r −1 + 18 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) − 6r + 18]x r = 0
[r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) − 6r + 18] = 0
r (r − 1)(r − 3) − 6(r − 3) = 0
(r − 3)(r 2 − r − 6) = 0
(r − 3)2 (r + 2) = 0
r1 = r2 = 3

r3 = −2

y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x 3 + C 3 x −2
2° Método :
aplicando el cambio x = e t → t = ln x se obtiene :
D(D − 1)(D − 2 ) − D(D − 1) − 6 D + 18 = 0
D 3 − 4 D 2 − 3D + 18 = 0

(D − 3)2 (D + 2) = 0
y ' ' '−4 y ' '−3 y '+18 y = 0 ecuación en t

φ (m ) = (m − 3)2 (m + 2) = 0 → m1 = 3

m2 = 3

m 3 = −2

y (t ) = C1e 3t + C 2 te 3t + C 3 e −2t
y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x 3 + C 3 x −2
d 3y
d 2y
dy
+ 2x 2 2 − 10x
− 8y = 0
3
dx
dx
dx
asumo y = x r como solución entonces la escución se reduce a :
2. x 3

x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 + 2 x 2 r (r − 1)x r −2 − 10 xrx r −1 − 8 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) + 2r (r − 1) − 10r − 8]x r
[r 2 (r − 1) − 2(5r + 4)] = 0

=0

r 3 − r 2 − 10r − 8 = 0
(r − 4)(r + 1)(r + 2) = 0
r1 = 4
r2 = −1
r3 = −2
y ( x ) = C1 x 4 + C 2 x −1 + C 3 x − 2

ESPOL 2009

80

d 3y
d 2y
dy
− 4x 2 2 + 8x
− 8y = 4lnx
3
dx
dx
dx
aplicando el cambio x = e t → t = ln x se obtiene :
Encuentro la solución complementaria :
D(D − 1)(D − 2) − 4 D(D − 1) + 8D − 8 = 0
D(D − 1)(D − 2) − 4 D(D − 1) + 8(D − 1) = 0
(D − 1)(D(D − 2) − 4 D + 8) = 0

3. x 3

(D − 1)(D 2 − 6 D + 8) = 0
(D − 1)(D − 2)(D − 4) = 0 → y' ' '−7 y' '+14 y '−8 y = 0 ecuación en t
φ (m ) = (m − 1)(m − 2)(m − 4) = 0 → m1 = 1 m2 = 2 m3 = 4
y c (t ) = C1e t + C 2 e 2t + C 3 e 4t → y c ( x ) = C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 4
y ' ' '−7 y ' '+14 y '−8 y = 4t
y p = t s ( At + B )
s = 0 → y p = At + B si es linealmente independiente con y c
y p = At + B
yp '= A
y p ''= y p '''= 0
Re emplazando :
0 − 7(0) + 14( A) − 8( At + B ) = 4t
(− 8 A)t + (14 A − 8B ) = 4t


 − 8A = 4

14 A − 8B = 0


1
2 → y (t ) = − 1 t + 7 → y (x ) = − 1 ln x + 7
p
p
7
2
8
2
8
B=
8
1
7
y ( x ) = C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 4 − ln x +
2
8
A=−

ESPOL 2009

81


d 3y
d 2y
dy
− x 2 2 + 2x
− 2y = x 3
3
dx
dx
dx
r
asumo y = x como solución entonces la escución se reduce a :
4. x 3

x 3 r (r − 1)(r − 2)x r −3 − x 2 r (r − 1)x r −2 + 2 xrx r −1 − 2 x r = 0

[r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) + 2r − 2]x r = 0
[r (r − 1)(r − 2) − r (r − 1) + 2(r − 1)] = 0
(r − 1)(r (r − 2) − r + 2) = 0
(r − 1)(r (r − 2) − (r − 2)) = 0
(r − 1)2 (r − 2) = 0
r1 = r2 = 1

r3 = 2

y c = (C1 + C 2 ln x )x + C 3 x 2
encuentro la solución particular :
y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 + u 3 y 3
x ln x x 2
ln x + 1 2 x
x ln x
= 1 ln x + 1 2 x = x −1
− 1 −1
x
2
x
x −1
0
2
x

(

W x, x ln x, x 2

u1 ' =

)

0 x ln x x 2
0 ln x + 1 2 x
x −1
1
2
x

=

(2 x )(x ln x ) − (ln x + 1)(x 2 ) → u
x

1

x2

2

=x

= ∫ x(ln ( x ) − 1)dx =

x2 
3
 ln ( x ) − 
2
2 

x 0 x2

u2 ' =

1 0 2x
0 1 2

=−

(x )(2 x ) − x 2

x
x x ln x 0
1 ln x + 1 0
x −1

x

→ u 2 = − ∫ xdx = −

x2
2

x(ln x + 1) − x ln x
→ u 3 = ∫ 1dx = x
x
x
x2 
x2
3
yp =
ln ( x ) − ( x ) − ( x ln x ) + ( x )x 2

2 
2
2

u3 ' =

0

1

=

x3
4
Solución general :
yp =

y ( x ) = (C1 + C 2 ln x )x + C 3 x 2 +

x3
4

ESPOL 2009

82


Ecuaciones de segundo orden de coeficientes variables
Solución en serie alrededor de un punto ordinario
1. (x 2 − 1)

(x

2

d 2y
dy
+ 3x
+ xy = 0,
2
dx
dx

+∞

y (0 ) = 4; y' (0 ) = 6

+∞

+∞

− 1 ∑ C n n(n − 1)x n − 2 + 3 x ∑ C n nx n −1 + x ∑ C n x n = 0

)

n=2

n =1

n =0

+∞

+∞

+∞

n=2

n=2

n =1

+∞

+∞

n=2

n =0

+∞

∑ C n n(n − 1)x n − ∑ C n n(n − 1)x n − 2 + 3∑ C n nx n + ∑ C n x n +1 = 0
n =0
+∞

+∞

n =1

n =1

∑ C n n(n − 1)x n − ∑ C n + 2 (n + 2)(n + 1)x n + 3∑ C n nx n + ∑ C n −1x n = 0
+∞

− 2C2 − 6C3 x + 3C1 x + C0 x + ∑ [C n n(n + 2 ) −C n + 2 (n + 2 )(n + 1) +C n −1 ]x n = 0
n=2

− 2C2 = 0 → C2 = 0
− 6C3 + 3C1 + C0 = 0 → C3 =

C1 C0
+
2
6

C n n(n + 2 ) −C n + 2 (n + 2 )(n + 1) +C n −1= 0 → C n + 2 =

C n n(n + 2 ) +C n −1
;n≥2
(n + 2)(n + 1)

C 2 2(2 + 2 ) +C 1 8C 2 +C 1 C1
=
=
(2 + 2)(2 + 1)
12
12
C 3(3 + 2 ) +C 2 15C 3+C 2 3C1 C0
=
=
+
n = 3 → C5 = 3
(3 + 2)(3 + 1)
20
8
8

n = 2 → C4 =

+∞

y ( x ) = ∑ Cn x n = C0 + C1 x + C2 x 2 + C3 x 3 + ....
n =0

 x3 x5



x3 x 4 3x5
+
+ ... → y (0 ) = C0 = 4
y ( x ) = C0 1 + + + ... + C1  x + +
6
8
2 12
8







 3 x 2 x3 15 x 4
x 2 5x 4
y ' ( x ) = C0  x +
+
+ ... + C1 1 +
+ +
+ ... → y ' (0 ) = C1 = 6
2
8
2
3
8




4
5
11
x 11x
+
+ ...
y (x ) = 4 + 6 x + x3 +
3
3
4

ESPOL 2009

83


2. y' ' − xy' = e − x
+∞

∑ C n(n − 1)x

alrededor de x 0 = 0
+∞

n−2

n

n=2

− x ∑ C n nx
n =1

+∞

∑ C n(n − 1)x
n

n=2

n

xn
− ∑ C n nx = ∑ (− 1)
n!
n=0
n =1
+∞

n−2

xn
= ∑ (− 1)
n!
n =0
+∞

n −1

+∞

n

n

xn
∑ Cn+ 2 (n + 2)(n + 1)x − ∑ C n nx = ∑ (− 1) n!
n =0
n =0
n =1
+∞

+∞

+∞

n

n

n

+∞

n
= 1 + ∑ (− 1)

n =1

n =1

2C 2 + ∑ (C n + 2 (n + 2 )(n + 1) − C n n )x n
2C 2 = 1 → C 2 =

xn
n!

1
2

C n + 2 (n + 2 )(n + 1) − C n n =
n = 1 → C 3 = C1

+∞

(− 1)n
n!

(− 1)
n
n ≥1
+
(n + 2)(n + 1) n!(n + 2)(n + 1)
n

→ C n+2 = C n

(− 1)1 → C = C1 − 1
1
+
3
(1 + 2)(1 + 1) 1!(1 + 2)(1 + 1)
6 6
2

n = 2 → C4 = C2

C
(− 1)
2
1
1
+
= 2 +
→ C4 =
(2 + 2)(2 + 1) 2!(2 + 2)(2 + 1) 6 24
8

3C
C
(− 1)3
3
1
1
n = 3 → C5 = C3
= 3 −
→ C4 = 1 −
+
(3 + 2 )(3 + 1) 3!(3 + 2)(3 + 1) 20 120
40 30
+∞

y ( x ) = ∑ C n x n = C 0 + C1 x + C 2 x 2 + C 3 x 3 + .....
n=0

1 2  C1 1  3 1 4  C1 1  5
x +  −  x + x +  −  x + ......
2
8
 6 6
 40 30 
3
5
2
3
 x


x
x
x
x4 x5
+ −
x+
+
+ ....  
+
−
+ .... 
y ( x ) = C 0 + C1 

6 40
6
8 30
  2


y ( x ) = C 0 + C1 x +

ESPOL 2009

84


3) Resolver la siguiente ecuación diferencial alrededor del punto ˲" Ŵ.
Determine las soluciones homogéneas de esta ecuación diferencial en términos
de series indicando a que función converge cada una de ellas. (Sugerencia: para
encontrar la solución particular use el método de variación de parámetros).
ŵ
{˲ $ . ŵ{˳ - Ÿ˲˳ - Ŷ˳
˲

Desarrollo.

˜{˲{
˜JJ ˬJ ˮIJˮJ ˲
Se asume:
˳

(

ŵ
˲
˥JˮJJI˥J ˜{Ŵ{

{˲ $ . ŵ{˳ - Ÿ˲˳ - Ŷ˳

{˲ $ . ŵ{
˲ Ŵ
Ŵ ˥J ˯J J˯JˮJ JJˤ˩JIJ˩J
˳

I {˲{
($

(

˳Ȋ

I {˲ . ˲ {
(#

J˥JJ ˲

I {J{{˲{

I {J{{J . ŵ{{˲{

Ŵ

#

.ŵ

Ŵ

˳ȊȊ

$

Primero se obtendrá las soluciones homogéneas. Se reemplaza y, y’, y’’ en la ecuación:
{˲ $ . ŵ{˳ - Ÿ˲˳ - Ŷ˳ Ŵ
{˲ $ . ŵ{

($

I {J{{J . ŵ{{˲{

$

- Ÿ˲

(#

I {J{{˲{

Luego se introduce los coeficientes dentro de las sumatorias
($

I {J{{J . ŵ{{˲{ .
Ŵ

($

I {J{{J . ŵ{{˲{

$

-

(#

#

-Ŷ

(

I {˲{

ŸI {J{{˲{ -

(

Ŵ

ŶI {˲{

Se igualan las patencias de x de todas la sumatorias, en este caso a la que más se repite
que en este caso es n:

($

I {J{{J . ŵ{{˲{ .
Ŵ

($

I {J{{J . ŵ{{˲{

$

-

(#

ŸI {J{{˲{ -

(

ŶI {˲{

Para la
m=n–2
Si n = 2, entonces m =
0
Pero n = m + 2
Luego m = n

ESPOL 2009

85


($

I {J{{J . ŵ{{˲{ .
-

(

(

ŶI {˲{

I

$ {J

Ŵ

- Ŷ{{J - ŵ{{˲{ -

(#

ŸI {J{{˲{

Se igualan los subíndices de todas las sumatorias al mayor, en este caso n=2.
($

I {J{{J . ŵ{{˲{ . ŶI$ . źI% ˲ .
-

($

$ {J

ŸI {J{{˲{ - ŶI - ŶI# ˲ -

.ŶI$ . źI% ˲ - ŸI# ˲ - ŶI - ŶI# ˲
-

($

I

{I {J{{J . ŵ{ . I

($

$ {J

- Ŷ{{J - ŵ{{˲{ - ŸI# ˲
($

ŶI {˲{

Ŵ

- Ŷ{{J - ŵ{ - ŸI {J{ - ŶI {{˲{

Se igualan los coeficientes:
.ŶI$ - ŶI Ŵ ˥JˮJJI˥J J˥ ˮ˩˥J˥ J˯˥ I$ I
.źI% ˲ - źI# ˲ Ŵ ˥JˮJJI˥J J˥ ˮ˩˥J˥ J˯˥ I% I#
I {J{{J . ŵ{ . I $ {J - Ŷ{{J - ŵ{ - ŸI {J{ - ŶI
Ŵ
La fórmula de recurrencia es:
I {J{{J . ŵ{ - ŸI {J{ - ŶI
J4Ŷ
I $
{J - Ŷ{{J - ŵ{
{J$ . J - ŸJ - Ŷ{
{J$ - ŷJ - Ŷ{
{J$ - ŷJ - Ŷ{
I $
I
I
I
{J - Ŷ{{J - ŵ{
{J - Ŷ{{J - ŵ{
{J - Ŷ{{J - ŵ{
{J - Ŷ{{J - ŵ{
I
I
{J - Ŷ{{J - ŵ{
Por lo tanto:
I $ I
J4Ŷ
Encontrando los coeficientes:
˟˩ J
˟˩ J
˟˩ J
˟˩ J
˟˩ J
˟˩ J
Volviendo a la solución:
˳{˲{

(

I ˲

Ŷ
ŷ
Ÿ
Ź
ź
Ż

˥JˮJJI˥J I
˥JˮJJI˥J I'
˥JˮJJI˥J I
˥JˮJJI˥J I
˥JˮJJI˥J I
˥JˮJJI˥J I

I$
I%
I
I'
I
I

Ŵ

I
I#
I
I#
I
I

I - I# ˲ - I$ ˲ $ - I% ˲ % - I ˲ - I' ˲ ' - I ˲ -

˳{˲{
I - I# ˲ - I ˲ $ - I# ˲ % - I ˲ - I# ˲ ' - I ˲ La solución homogénea:
˳{˲{

I ŵ - ˲ $ -˲ - ˲ - - ˲ $ - G

{ {

- I# ˲ - ˲ % - ˲ ' - - ˲ $ # - G

{ {

ESPOL 2009

86


ŵ
F - I# ˲{ŵ - ˲ $ - ˲ - - ˲ $ - {
ŵ . ˲$
˲
ŵ
ŵ
F - I# Ә
ә
˳I J˯˥
ŵ - ˲ - ˲$ - ˲% ˳ {I{ I
ŵ . ˲$
ŵ.˲
ŵ . ˲$
Ahora se encuentra la solución particular ˳
I

Normalizando la ecuación diferencial {˲ $ . ŵ{˳ - Ÿ˲˳ - Ŷ˳
˳ -

Ŷ˳
Ÿ˲˳
- $
$ . ŵ{
{˲ . ŵ{
{˲

Usando el método de variación de parámetros:
˳
˯# ˳# - ˯$ ˳$

ŵ
. ŵ{

˲{˲ $

˳# ˳$
}˳ Ȋ ˳ Ȋ}
#
$
ŵ
˲
ŵ . ˲$
ŵ . ˲$
Ӷ
Ӷ
Ŷ˲
ŵ - ˲$
{ŵ . ˲ $ {$ {ŵ . ˲ $ {$

Encontrando el wronskiano: ˣ{˳# ˳$ {
ˣ{˳# ˳$ {

˖JJˤ˥ ˯#

˯#

˖JJˤ˥ ˯$

˳#

Ŵ
˳$
ŵ
˳$ Ȋ
˲{˲ $ . ŵ{
ˣ{˳# ˳$ {

ŵ
{ŵ . ˲ $ {$
ŵ
{ŵ . ˲ $ {$

Ŵ
ŵ
˳# Ȋ
˲{˲ $ . ŵ{
ˣ{˳# ˳$ {

ŵ

˲
ŵ . ˲$
Ӷ
ŵ
ŵ - ˲$ Ӷ
$ . ŵ{ {ŵ . ˲ $ {$
˲{˲
ŵ
{ŵ . ˲ $ {$

˥JˮJJI˥J ˯#

ŵ
ŵ . ˲$
Ӷ Ŷ˲
{ŵ . ˲ $ {$

.

˳
La solución general es:
˳{˲{

I

, se obtiene:

ŵ
{ŵ . ˲ $ {$

Ŵ

Ŵ

Ӷ
ŵ
. ŵ{

˲{˲ $

ŵ
{ŵ . ˲ $ {$

ŵ
˥JˮJJI˥J ˯$
˲
Por lo tanto a solución particular es:

˯$

#

.Ž {˲{

˲

ŵ
˲{ŵ . ˲ $ {$
ŵ
{ŵ . ˲ $ {$

.

˳

˯# ˳# - ˯$ ˳$
ŵ
˲
˲
F . Ž {˲{
$
ŵ.˲
ŵ . ˲$

˲
ŵ
˲
ŵ
F - I# Ә
ә-˲
F . Ž {˲{
$
$
$
ŵ.˲
ŵ.˲
ŵ . ˲$
ŵ.˲

Este es un solucionario de problemas de Ecuaciones Diferenciales correspondiente a la Primera
Evaluación, donde constan ejercicios tipo examen. Esta obra ha sido elaborada por Roberto
Cabrera y Christian de La Rosa, ex – estudiante de la ESPOL, con el auspicio de la directiva
A.E.F.I.E.C. de los años 2006, 2007, 2008. Modificado y corregido dos veces por Roberto
Cabrera.

ESPOL 2009

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