ecuaciones diferenciales el cual ayuda al estudiante a descubrir los problemas que se presentan.

1. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
1
1.1 Introducción
1.2 Ecuaciones Lineales
1.3 Ecuaciones de Bernoulli
1.4 Ecuaciones separables
1.5 Ecuaciones Homogéneas
1.6 Ecuaciones exactas
1.7 Factor Integrante
1.8 Estabilidad dinámica del equilibrio
1.9 Aplicaciones
Objetivos.
Se persigue que el estudiante:
• Encuentre soluciones generales y/o
particulares de Ecuaciones Diferenciales de
primer orden
• Determine Estabilidad dinámica cuantitativa
y/o cualitativamente
• Resuelva problemas de aplicaciones
económicas
1

2. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
1.1 INTRODUCCIÓN
En ciertas ocasiones resolver un problema puede conducir a plantear
y = ex
2
una ecuación que contiene derivadas. Por ejemplo, suponga que
dy y´
= 2 xe x
2
entonces ; la razón de cambio relativa sería
dx y
2
y´ 2 xe x
= x2 = 2 x , despejando tenemos y´−2 xy = 0 . Esta última expresión
y e
representa una ecuación diferencial.
1.1.1 Definición de Ecuación Diferencial
Una ecuación que contiene derivadas de una o más
variables dependientes con respecto a una o más
variables independientes se denomina Ecuación
Diferencial.
Ejemplo
y´−2 xy = 0 donde y = f (x)
Si la función desconocida depende de una sola variable, como es el
caso del ejemplo anterior, se la llama Ecuación Diferencial Ordinaria.
Si la función desconocida depende de más de una variable se llama
Ecuación Diferencial Parcial o en Derivadas Parciales.
Ejemplo
∂z ∂z
+ 2 xy = xz donde z = f ( x, y )
∂x ∂y
Aquí nos dedicaremos sólo al estudio de las Ecuaciones Diferenciales
Ordinarias.
1.1.2 Orden de una ecuación diferencial
El orden de una Ecuación diferencial está dado por la más alta derivada
presente en la ecuación:
Ejemplos
dy
1. − 2 xy = 0 Una Ecuación Diferencial Ordinaria de primer orden
dx
2

3. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
d2y
2. + xy = y´ Una Ecuación Diferencial Ordinaria de Segundo Orden
dx 2
d4y d2y
3. + 3 2 = 2 Una Ecuación Diferencial Ordinaria de Cuarto Orden
dx 4 dx
1.1.3 Grado de una ecuación diferencial
El grado de una Ecuación diferencial está dado por el exponente entero
positivo de la más alta derivada presente en la ecuación.
Ejemplos
1. y´´+5( y´)3 − 4 y = x Una Ecuación Diferencial Ordinaria de segundo orden y
primer grado
2. ( y´)2 − 2 xy = 0 Una Ecuación Diferencial Ordinaria de Primer orden y segundo
grado
1.1.4 Ecuaciones Lineales
Una Ecuación Diferencial es lineal si lo es en todas
sus derivadas y también en su variable dependiente.
Ejemplos
dy
1. + 2 xy = 0 Una Ecuación Diferencial Ordinaria Lineal de primer orden
dx
d2y dy
2. 2
+x −y=0 Una Ecuación Diferencial Ordinaria de Lineal de
dx dx
Segundo Orden
Como ejemplos de Ecuaciones Diferenciales no lineales, tenemos:
Ejemplos
1. y´´+5( y´)3 − 4 y = x
2. yy´−2 x = 2
3. ( x + y ) dx + ( x − y ) dy = 0
4. y´− y = e y
5. y´− y = cos y
3

4. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
Usualmente una Ecuación Diferencial Lineal Ordinaria se puede
representar en forma polinómica de la siguiente manera:
[a n ( x)]y ( n ) + [a n−1 ( x)]y ( n−1) + + [a 0 ( x ) ]y = g ( x )
1.1.5 Solución de una Ecuación Diferencial
Se dice que una función y = f (x ) definida en un intervalo I , es
solución de una ecuación diferencial en el intervalo I , si sustituida en la
ecuación diferencial se obtiene una proposición verdadera; es decir, se
convierte en una identidad.
Ejemplo
1
Determinar si la función x4 es solución de la ecuación y´−xy 2 = 0 .
y = f ( x) =
16
SOLUCIÓN:
3
De x4 se obtiene y´= 4 x x3
y= =
16 16 4
Reemplazando resulta:
y´− xy 1 / 2 = 0
1/ 2
x3 ⎛x ⎞
4
− x⎜ ⎟ = 0
4 ⎝ 16 ⎠
⎛x ⎞
3 2
x
− x⎜ ⎟ = 0
4 ⎝ 4⎠
x3 x3
− =0
4 4
0=0
Por tanto, la función si es solución de la Ecuación Diferencial.
1.2 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER
ORDEN
Una Ecuación Diferencial lineal de primer orden se puede expresar de la
siguiente forma: y´+[ p ( x)]y = g ( x)
Bien, ahora determinemos su solución.
e∫
p ( x ) dx
Multiplicando a ambos miembros de la ecuación por la función ,
tenemos:
4

5. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
e∫
p ( x ) dx
[ y´+ p( x) y ] = e ∫ p ( x ) dx
g ( x)
y´e ∫ + ye ∫ p( x) = e ∫
p ( x ) dx p ( x ) dx p ( x ) dx
g ( x)
Observe que el miembro de la izquierda representa el diferencial del
∫ p ( x ) dx
producto de la función buscada y (x ) con la función e , es decir:
d ⎛ ye ∫ ⎞ = e ∫ p ( x ) dx g ( x)
p ( x ) dx
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Integrando miembro a miembro:
∫ d ⎛ ye ∫
∫
⎞ = e ∫ p ( x ) dx g ( x)dx
p ( x ) dx
⎜ ⎟
⎝ ⎠
ye ∫ = e∫
∫ g ( x)dx + C
p ( x ) dx p ( x ) dx
∫
1 ⎡ ⎤
Finalmente, se obtiene y ( x ) = e∫ g ( x ) dx + C ⎥ . La cual
p ( x ) dx
⎢
e∫ ⎢ ⎥
p ( x ) dx
⎣ ⎦
llamaremos Solución General.
Ejemplo 1
Encontrar la solución general para y´−2 xy = x
SOLUCIÓN:
Para este caso tenemos: p( x) = −2 x y g ( x) = x
e∫ = e∫
p ( x)dx − 2 xdx
= e− x
2
Calculando primero,
∫
⎡ ⎤
e∫
1 ⎢ p ( x ) dx
Luego utilizando la formula y ( x) = g ( x)dx + C ⎥ , resulta:
e ∫ p ( x)dx ⎢
⎣
⎥
⎦
⎡ ⎤
∫
1 ⎢ ⎥
e − x xdx + C ⎥
2
y= ⎢
e− x ⎢
2
⎥
⎣ ⎦
2
⎡ 1 −x ⎤ 2
y = e x ⎢− e + C⎥
⎣ 2 ⎦
1 2
o lo que es lo mismo: y = − + Ce x . Solución General
2
Ejemplo 2
2
Encontrar la solución general para y´− y = x 2 sen 3x
x
SOLUCIÓN:
2
Para este caso tenemos: p( x) = − y g ( x) = x 2 sen 3x
x
5

6. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
2
∫ − dx
Primeramente e ∫
p ( x ) dx
= e ln x = x − 2
−2
=e x .
Luego:
∫ ∫
1
y= x − 2 x 2 sen 3 x = x 2 sen 3 x
x −2
⎡ cos 3 x ⎤
y = x 2 ⎢− + c⎥
⎣ 3 ⎦
x 2 cos 3 x
y=− + cx 2
3
Ejemplo 3
Encontrar la solución general para xy´+2 y = sen x
SOLUCIÓN:
Dividiendo para " x ", tenemos:
xy´ 2 y sen x
+ =
x x x
2 sen x
y´+ y =
x x
2 sen x
Entonces: p ( x) = ∧ g ( x) =
x x
Por lo tanto:
2
e
∫ x
dx
= e 2 ln x = e ln x
2
= x2
∫
⎡ ⎤
1 ⎢ sen x 2
y ( x) = x dx + C ⎥
2⎢ x ⎥
x
⎣ ⎦
∫
⎡ ⎤
1 ⎢
= x sen xdx + C ⎥
2⎢ ⎥
x
⎣ ⎦
La integral que resulta se la encuentra empleando la técnica de integración por Partes.
u = x → du = 1dx
∫
Haciendo resulta:
dv = sen xdx → v = sen xdx = − cos x
∫ x sen xdx = x(− cos x ) +
= − x cos x + sen x
∫ cos xdx
Por lo tanto: y ( x) =
1
[− x cos x + sen x + C ] es la solución general
x2
1.2.1 Teorema
Si las funciones p y g son continuas en un intervalo
(a, b ) que contiene el punto x0 , entonces existe una
función única y = f (x) que satisface a la ecuación
6

7. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
diferencial y´+ p ( x) y = g ( x) , para x ∈ (a, b) que
cumple la condición inicial y ( x 0 ) = y 0
Ejemplo 4
Encontrar la solución particular xy´+2 y = 4 x si y (1) = 2
2
SOLUCIÓN:
Dividimos para " x ":
xy´+2 y = 4 x 2
2
y´+ y = 4x
x
2
Entonces: p( x) = ∧ g ( x) = 4 x
x
Por lo tanto:
2
∫ p ( x ) dx ∫ dx 2
e =e x = e 2 ln x = e ln x = x 2
⎡ ⎤
∫ [ ]
1 ⎢ 2 ⎥ 1
y = ⎢ x 4 xdx + C ⎥ = x4 + C
x2 ⎢ ⎥ x2
⎣ ⎦
C
y = x2 + SOLUCIÓN GENERAL
x2
Con la condición y = 2 ∧ x =1 se obtiene: 2 = 1+
C
⇒ C =1
1
1
Finalmente y = x 2 + SOLUCIÓN PARTICULAR
x2
Ejemplo 5
Encontrar la solución particular y´− y = 2 xe 2 x ; y( 0 ) = 1
SOLUCIÓN:
Aquí tenemos que p( x) = −1 ∧ g ( x) = 2 xe2 x
Entonces: e
∫ p ( x ) dx
=e = e−x
∫ −1 dx
Reemplazando y resolviendo resulta:
∫
⎡ ⎤
2 xe 2 x e − x dx + C ⎥
1
⎢
y(x) =
e−x ⎢
⎣
⎥
⎦
∫
⎡ ⎤
= e x ⎢2 xe x dx + C ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
La integral que resulta se la encuentra integrando Por Partes.
u = x → du = 1dx
∫
Haciendo resulta:
dv = e x dx → v = e x dx = e x
7

8. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
∫ xe x dx = xe x −
∫ e x dx
= xe − e x
x
[( ) ]
Por lo tanto: y( x) = e x 2 xe x − e x + C es la SOLUCIÓN GENERAL.
Empleando la condición inicial x = 0 y y = 1 , encontramos C
[(
y (0) = e 2 0e − e0 + C = 1
0 0 ) ]
− 2 + C =1
C =3
[( ) ]
Finalmente y ( x) = e 2 xe − e x + 3 es la SOLUCIÓN PARTICULAR.
x x
Ejemplo 6
Encontrar la solución particular y´+2 y = g ( x) ; y( 0 ) = 0 para
a) g ( x) = 1 y b) g ( x ) = 0
SOLUCIÓN:
y´+2 y = 1
e∫
2dx
= e2x
⎡ ⎤
∫
1 ⎢ ⎥ 1 ⎡ 1 2x ⎤
y1 = ⎢ e 2 x (1) dx + C1 ⎥ = ⎢ e + C1 ⎥
e2x ⎢ ⎥ e2x ⎣ 2 ⎦
⎣ ⎦
a) Si g ( x) = 1 , entonces: 1 C
y1 = + 1 ∧ y1 = 0, x = 0
2 e2x
1
0=
+ C1
2
C1 = − 1
2
1 − 12 1 1
y1 = + = −
2 e2x 2 2e 2 x
y´+2 y = 0
e∫
2dx
= e2 x
⎡ ⎤
∫
1 ⎢ 2x ⎥
y2 = ⎢ e (0)dx + C2 ⎥
e2 x ⎢ ⎥
⎣ ⎦
C2
y2 = ; y2 (1) = y1(1)
b) Si g ( x) = 0 , entonces: e2 x
y1(1) = 1 − 1 e − 2
2 2
C2
y2 (1) =
e2
1 − 1 e−2 = C e−2
2 2 2
e2 − 1
C2 =
2
8

9. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
Ejemplo 7
1
Encontrar la solución de y´=
e +x
y
SOLUCIÓN:
La ecuación dada NO ES LINEAL con respecto a " x "
dy 1
= y
dx e + x
dx
= ey + x
dy
dx
− x = ey
dy
Pero es lineal con respecto a " y ", entonces:
∫ −1dy
e = e− y
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
∫ ∫
1 ⎢ ⎥ 1 ⎢ ⎥
x( y ) = − y ⎢ e y (e − y )dy + C ⎥ = − y ⎢ 1dy + C ⎥
e ⎢ ⎥ e ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
x( y ) = e y [ y + C ] =
Segundo Método:
Haciendo cambio de variable ⎧x → y resulta:
⎨
⎩y → x
dy 1
= y
dx e + x
dx 1
=
dy e x + y
dy
= ex + y
dx
y´− y = e x
La última es una ecuación lineal, por lo tanto:
∫
⎡ ⎤
1 ⎢
y ( x) = e e dx + C ⎥
x −x
e ∫ −1dx ⎢
⎢
⎥
⎥
⎣ ⎦
∫
⎡ ⎤
x⎢
=e ⎢ dx + C ⎥
⎥
⎢
⎣ ⎥
⎦
y ( x) = e x [x + C ]
Finalmente, regresando la variable:
x( y ) = e y [ y + C ]
9

10. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
Ejercicio Propuesto 1.1
Encuentre la solución de las siguientes Ecuaciones Diferenciales Lineales:
1. y' −
y
= 2+ x 9. 2 xy' − y = x 3 − x
x 2 1
10. y' + y = 2
dy x 3 − 2 y x x
2. =
dx x dy
11. = e2x + 3y
dy dx
3. x + 2 y = sen x , y( 2 ) = 1
dx dy 1
12. +y=
4.
dy
x + xy = 1 − y , y( 1 ) = 0 dx 1+ ex
dx 13. (2 y + 3x )dx = − xdy
5. y' = e 2 x + y − 1 dy 4 2y
14. = −
dy e x − y dx x + 2 x + 1
6. = 1
dx x 15. y' =
y x − 3y
y' + = x , y = 0 cuando x = 3
16. (e + x + 3)y' = 1
7.
x +1 y
8. y' −2 y = e x
1.3. ECUACIONES DE BERNOULLI
Existen Ecuaciones Diferenciales que no son lineales pero se pueden
transformar en Lineales. Una de estas es la denominada Ecuación de Bernoulli.
Una Ecuación de Bernoulli tiene la forma y´+ p ( x ) y = g ( x ) y n donde
n ≠ 0 ∧ n ≠ 1 . Para encontrar su solución, se siguen los siguientes pasos:
PASO 1: Dividir para y n .
y´ y yn
+ p( x) n = g ( x) n
yn y y
y´ y − n + p ( x) y 1− n = g ( x)
PASO 2: Cambiar de variable: v = y 1− n
Además, derivando la nueva variable con respecto a x, se
obtiene:
10

11. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
dv dy
= (1 − n) y1− n −1
dx dx
dv dy
= (1 − n) y − n
dx dx
dy 1 dv
= −n
=
dx (1 − n) y dx
y n dv
y´=
(1 − n) dx
Al realizar las sustituciones necesarias y simplificando resulta:
y´ y − n + p ( x) y1− n = g ( x)
y n dv − n
y + p ( x )v = g ( x )
(1 − n) dx
1 dv
+ p ( x )v = g ( x )
1 − n dx
La última ecuación es lineal con respecto a la nueva variable v ,
Paso 3: Encontrar v(x ) .
Paso 4: Encontrar y (x ) , empleando el cambio de variable utilizado.
Ejemplo 1
Encontrar la solución general de x y´+2 xy = y3
2
SOLUCIÓN:
PASO 1:
x 2 y´+2 xy = y 3
3
Dividiendo para x2
2 xy y
y´+ 2
=
x x2
2 1
y´+ y = 2 y 3 Ecuación de Bernoulli
x x
y´ 2 y 1 y3 Dividiendo para y3
+ = 2 3
y3 x y3 x y
2 1
y −3 y´+ y − 2 = 2
x x
PASO 2:
dv dy
Aquí el cambio de variable sería: v = y −2 , entonces = −2 y − 3 o también
dx dx
dy 1 dv
=
dx − 2 y −3 dx
−3 2 −2 1
Reemplazando en y y´+ y = 2 se obtiene:
x x
11

12. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
dv 2 1
−1 + v=
2 dx x
x2
dv 4 2
− v=−
dx x x2
PASO 3: Encontrar v . La última ecuación es lineal con respecto a v , por tanto
podemos encontrarla de la manera descrita anteriormente.
= e − 4 ln x e = eln (x ) = x−4
4
∫ − x dx −4
e
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
∫ ∫
1 ⎢ −4 −2 ⎥ 1 ⎢ −6 ⎥
v = − 4 ⎢ x (−2 x )dx + C ⎥ = − 4 ⎢ − 2 x dx + C ⎥
x ⎢ ⎥ x ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ 2x −5 ⎤ 2
v = x4 ⎢ + c ⎥ = x −1 + cx 4
⎢ 5
⎣ ⎥ 5
⎦
PASO 4: Encontrar y
2
Como v = y −2 entonces y − 2 = + cx 4
5x
Y al despejar, se obtiene:
1
y2 =
2
+ cx 4
5x
1
y2 = ±
2
+ cx 4
5x
1
y ( x) =
2
± + cx 4
5x
Ejemplo 2
Encontrar la solución general de y´= y ( xy 3 − 1)
SOLUCIÓN:
Paso 1: Primero la llevamos a la forma de Bernoulli
y´= y ( xy 3 − 1) = xy 4 − y
y´+ y = xy 4
y´ y xy 4
+ =
4 4
y y y4
Dividiendo para y 4 , se obtiene:
+ y −3 = x
y´
4
y
Paso 2: El cambio de variable sería: v = y −3 .
= −3 y − 4
dv dy
Derivando se obtiene:
dx dx
dy 1 dv
Despejando se obtiene: =
dx − 3 y − 4 dx
12

13. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
y´ y −4 + y −3 = x
1 dv − 4
Reemplazando se obtiene: − 4 dx
y +v = x
− 3y
dv
− 3v = −3 x
dx
Paso 3: Encontrando v
e∫
−3dx
= e −3 x
⎡ ⎤
∫
1 ⎢ −3 x ( ⎥
v= ⎢ e − 3 x )dx + C ⎥
e −3 x ⎢ ⎥
⎣ ⎦
Integrando por partes:
1 ⎡ e −3 x (− 3 x ) 3 −3 x ⎤
v= ⎢− + e + C⎥
e −3 x ⎢
⎣
3 9 ⎥
⎦
3 3x
v = x + + Ce
9
Paso 4. Encontrando y
y −3 = x +
1
+ Ce3 x
3
Como v = y −3 entonces y 3 =
1
1
x + + Ce3 x
3
1
y ( x) =
1
3 x + + Ce3 x
3
Ejemplo 3
Encontrar la solución general de y dx + xy − x dy = 0
2
( 3
)
SOLUCIÓN:
Paso 1: Primero tratemos de llevarla a la forma de Bernoulli
y2
dx
dx
(
+ xy − x3
dy
dx
=0 )
(
y 2 + xy − x 3 y´= 0 )
No es posible así tal como está. Cambiando de variable ⎧x → y se tiene:
⎨
⎩y → x
(
x 2 dy + yx − y 3 dx = 0 )
Ahora le damos la forma de Bernoulli.
x2
dy
dx
+ yx − y 3( dx
dx
=0 )
x 2 y´+ xy − y 3 = 0
1 1
y´+ y = 2 y 3
x x
1 y 1 y3y´
= 2 3 +
3 y3 x y3 x y
Dividiendo para y , se obtiene:
y´ 1 − 2 1
3
+ y = 2
y x x
Paso 2: cambio de variable v = y −2 .
13

14. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
dv dy
Derivando se obtiene: = −2 y − 3
dx dx
dy 1 dv
Despejando se obtiene: =
dx − 2 y −3 dx
1 −2 1
y´ y −3 +y = 2
x x
1 dv −3 1 1
y + v= 2
− 2 y −3 dx x x
Reemplazando se obtiene:
1 dv 1 1
− + v= 2
2 dx x x
dv ⎛ 2 ⎞ 2
+ ⎜ − ⎟v = − 2
dx ⎝ x ⎠ x
Paso 3: Encontrando v
2
e
∫ − x dx = e −2 ln x = e ln x = x −2
−2
⎡ ⎤
∫
1 ⎢ ⎛ 2 ⎞ −2 ⎥
v( x) = ⎜− ⎟ x dx + C ⎥ =
−2 ⎢ ⎜ 2⎟
x ⎢ ⎝ x ⎠ ⎥
⎣ ⎦
⎡ ⎤
2⎢
∫ −4 ⎥
v( x) = x ⎢− 2 x dx + C ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎡ 2 x −3 ⎤
v( x) = x 2 ⎢ + C⎥
⎢ 3
⎣ ⎥
⎦
2 x −1
v( x) = + Cx 2
3
Paso 4. Encontrando y
2 x −1
v( x) = + Cx 2
3
2 x −1
Como v = y −2 entonces y = + Cx 2
-2
3
1
y(x) = ± −1
2x
+ Cx 2
3
Finalmente, regresando a la variable original:
1
x(y) = ± −1
2y
+ Cy 2
3
14

15. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
Ejercicio Propuesto 1.2
Encuentre la solución de las siguientes Ecuaciones Bernoulli:
1. x
dy
dx
− y = 2x2 y2 , y (1) = 2 ( )
3. xdy − y + xy3 (1 + ln x) dx = 0
dy y + 2 xy
2
2. xy '− y − y 2 e 2 x = 0 4. =
dx x2
1.4 ECUACIONES SEPARABLES
Son Ecuaciones Diferenciales, lineales o no lineales, que se pueden
expresar de la forma:
M ( x ) dx + N ( y ) dy = 0
Entonces, el método de solución será integrando, ambos miembros.
Ejemplo 1
dy x2
Encontrar la solución general de =
dx 1 + y 2
SOLUCIÓN:
Despejando para obtener de un lado de la ecuación función de x y del otro lado función
de y , y luego integrando. Resulta:
dy x2
=
dx 1 + y 2
(1 + y 2 )dy = x 2 dx
∫ (1 + y 2 )dy =
∫ x 2 dx
⎛ 3⎞ 3
⎜y+ y ⎟= x +C
⎜ 3 ⎟ 3
⎝ ⎠
Ejemplo 2
x2 + 1
Encontrar la solución particular de y´= ; y (−3) = 4
2− y
SOLUCIÓN:
Despejando para obtener de un lado de la ecuación función de x y del otro lado función
de y , y luego integrando. Resulta:
15

16. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
x2 + 1
y´=
2− y
dy x 2 + 1
=
dx 2− y
( 2 − y ) dy = ( x 2 + 1)dx
∫ ( 2 − y ) dy =
2 3
∫ ( x 2 + 1) dx
y x
2y − = + x+C
2 3
x0 = −3
Empleando la condición Inicial , encontramos C, es decir:
y0 = 4
y 2 x3
2y − = + x+C
2 3
2(4 ) −
(4)2 =
(− 3)3 + (− 3) + C
2 3
C = 12
y 2 x3
Entonces la solución particular sería: 2 y − = + x + 12
2 3
Existen ecuaciones diferenciable que con un cambio de variable se
convierte en separable.
Ejemplo 3
Encontrar la solución particular de y´= 1 tg 2 (x + 2y )
2
SOLUCIÓN:
La ecuación dada no es lineal y tampoco es separable directa, pero haciendo el cambio de
variable u = x + 2y se podrá separar las variables.
Derivando la expresión de la nueva variable se obtiene:
du
=
d
(x + 2y ) = 1 + 2 dy
dx dx dx
u´-1
Entonces y´= . Reemplazando y resolviendo, resulta:
2
y´= 1 tg 2 (x + 2y )
2
u´-1 tg 2 u
=
2 2
u´−1 = tg 2 u
du
= 1 + tg 2 u
dx
du
= sec 2 u
dx
La última ecuación es separable, resolviendo tenemos:
16

17. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
du
= sec2 u
dx
du
= dx
sec2 u
∫ cos 2 udu =
∫ dx
∫[ ]
1 1 + cos 2u du = x + C
2
1 ⎡u + sen 2u ⎤ = x + C
2⎢⎣ 2 ⎥ ⎦
Y regresando de variable, queda:
1 ⎡(x + 2 y ) + sen 2(x + 2 y ) ⎤ = x + C SOLUCIÓN GENERAL
2⎢⎣ 2 ⎥
⎦
Ejercicio Propuesto 1.3
Encuentre la solución de las siguientes Ecuaciones Separables:
dy x2 5. y' = e x + y
1. =
(
dx y 1 + x 3 ) ( ) ( )
6. x 2 y + xy − y dx + x 2 y − 2 x 2 dy = 0
2.
dy
= x 3 − 3x 2 + 5 7. (2 x + 3)dx + (2 y − 2)dy = 0
dx dy
8. = 5 x 4 − 3 x 2 − 2 , y (1) = 4
dy y (x + 1)3 dx
3. =
dx x ( y + 1)3 9.
dy
= 1 − (x − y )2 , y (0) = 1
dx
dy x − 1
( )
2
4. =
dx y 2 + 1
, y (−1) = 1
10. tg 2 (x + y ) dx − dy = 0
11. y ' ' y ' = 1 , y (0) = 5, y ' (0) = 1
1.5 ECUACIONES HOMOGÉNEAS
Si una Ecuación Diferencial puede ser expresada de la forma
y´= f ⎛ y ⎞ , se la denomina Ecuación Diferencial Homogénea.
⎜ x⎟
⎝ ⎠
y
Para encontrar su solución se realiza el cambio de variable v = , para
x
convertirla en una ecuación donde se pueda separar sus variables.
dy
Para obtener se hace lo siguiente:
dx
Despejando y tenemos: y = vx
dy dv
= x + (1)v
dx dx
Derivando con respecto a " x ", se obtiene:
dv
y´= x +v
dx
17

18. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
Ejemplo 1
1− y
Encontrar la solución general de y´= x
1+ y
x
SOLUCIÓN:
y
Como es una ecuación homogénea hacemos el cambio de variable v= de donde
x
dv
y´= x +v .
dx
Reemplazando, y resolviendo resulta:
y
1−
y´= x
y
1+
x
dv 1− v
x +v=
dx 1+ v
dv 1 − v
x = −v
dx 1 + v
dv 1 − v − v(1 + v )
x =
dx 1+ v
dv 1 − v − v − v 2
x =
dx 1+ v
dv 1 − 2v − v 2
x =
dx 1+ v
1+ v dx
dv =
2
1 − 2v − v x
En la última ecuación están separadas sus variables y podemos proceder a integrar cada
miembro:
∫ ∫
1+ v dx
dv =
1 − 2v − v 2
x
− 1 ln(1 − 2v − v ) = ln( x) + C
2
2
y
Finalmente, debemos reemplazar v =
x
− 1 ln⎛1 − 2
2 ⎜
⎝
( ) − ( ) ⎞⎟⎠ = ln( x) + C S
y
x
y 2
x
OLUCIÓN GENERAL
Ejemplo 2
dy y y 2
Encontrar la solución general de = + ; y (1) = 1
dx x x 2
SOLUCIÓN:
y dv
Hacemos el cambio de variable v = de donde y´= x +v
x dx
Reemplazando, y resolviendo resulta:
dy y y 2
= +
dx x x 2
dv
x + v = v + v2
dx
dv
x = v2
dx
18

19. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
En la última ecuación se pueden separar las variables.
dv dx
=
v2 x
∫ ∫
1 1
dv = dx
2 x
v
1
− = ln x + C
v
1
− = ln x + C
y
Regresando de variable: x
x
− = ln x + C
y
1
− = ln 1 + C
Empleando la condición inicial x0 = 1 y y 0 = 1 resulta 1
C = −1
x
Finalmente: − = ln x − 1 SOLUCIÓN PARTICULAR
y
Ejemplo 3
2⎛ y ⎞
dy y + x cos ⎜ x ⎟
⎝ ⎠; π
Encontrar la solución general de = y(1) = 4
dx x
SOLUCIÓN:
y + x cos 2 ⎛ ⎞
y
⎜x⎟
dy
= ⎝ ⎠
dx x
= + cos 2 ⎛ ⎞
dy y y
⎜x⎟
dx x ⎝ ⎠
y dv
Hacemos el cambio de variable v = de donde y´= x +v .
x dx
= v + cos 2 (v )
dv
v+x
dx
Reemplazando, y resolviendo resulta:
= cos 2 (v )
dv
x
dx
∫ ∫
1 dx
dv =
cos (v )2 x
Separando variables: tg v = ln x + C
y
tg = ln x + C
x
π
Empleando la condición inicial dada: tg 1 = ln 1 + C
4
C =1
y
Finalmente: tg = ln x + 1 SOLUCIÓN PARTICULAR
x
19

20. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
Ejercicio Propuesto 1.4
Encuentre la solución de las siguientes Ecuaciones Homogéneas:
y x
1. y '− = ( )
5. x 2 + 3xy + y 2 dx − x 2 dy = 0
x y ⎛ x ⎞ x ⎛
x⎞
( 2
) ( ) ⎜
⎝
y⎟
2. 3 y + 2 xy dx − 2 xy + x 2 dy = 0 6. ⎜1 + 2e ⎟dx + 2e ⎜1 − y ⎟dy = 0
⎠
y
⎜
⎝
⎟
⎠
3. (x + y )dx + (x − y )dy = 0 dy x + 3 y
dy y( x + y) 7. = , y (1) = 0
4. = dx x− y
dx x( x − y)
1.6 ECUACIONES EXACTAS
∂f ∂f
Sea la función z = f ( x, y ) . Su diferencial total es df = dx + dy
∂x ∂y
df ( x, y ) = dc
Si f ( x, y ) = C entonces ∂f ∂f
dx + dy = 0
∂x ∂y
Suponga ahora que se tiene una ecuación diferencial de la forma:
M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0
que represente la diferencial total de una función desconocida z = f ( x, y ) .
Entonces el asunto sería encontrar la función desconocida.
1.6.1 TEOREMA DE EXACTITUD
Una ecuación diferencial M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0
∂M ∂N
es exacta si y sólo si =
∂y ∂x
Ejemplo 1
dy ( y cos x + 2 xe y )
Encontrar la solución general de =−
dx (sen x + x 2e y + 2)
SOLUCIÓN:
En este caso la forma diferencial de la ecuación es:
( y cos x + 2 xe y )dx + (sen x + x 2e y + 2)dy = 0
M ( x, y ) N ( x, y )
Veamos si que es exacta
20

21. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
∂M ∂N
= cos x + 2 xe y = cos x + 2 xe y
∂y ∂x
Como las derivadas cruzadas son iguales, por tanto la ecuación diferencial si es exacta
y procedemos a encontrar la función solución.
f ( x, y ) =
∫ M ( x, y )dx =
∫ (y cos x + 2 xe )dx = y sen x + x e
y 2 y
+ C1
f ( x, y ) =
∫ N ( x, y )dy =
∫ ( )
sen x + x 2e y + 2 dy = ySenx + x 2e y + 2 y + C2
ySenx + x 2e y + 2 y = C
Ejemplo 2
Encontrar la solución general de:
dy
2 xy3 + 3x 2 y 2 =0 y(1) = −1
dx
SOLUCIÓN:
La forma diferencial de la ecuación es:
( ) (
2 xy3 dx + 3x 2 y 2 dy = 0 )
Veamos si que es exacta
∂M ∂N
= 2 x3 y 2 = 6 xy 2 = 6 xy 2 ( Si es exacta )
∂y ∂x
Encontrando la función potencial tenemos:
∂f
= 2 xy 3 → f ( x, y ) = x 2 y 3 + C1
∂x
∂f 3 2 3
= 3x 2 y 2 → f ( x, y ) = x y = x 2 y 3 + C2
∂y 3
x2 y3 = C
Empleando la condición inicial para encontrar C, resulta:
(1) 2 (−1) 3 = C → C = -1
Por tanto la solución particular sería: x y = −1 2 3
21

22. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
Ejercicio Propuesto 1.5
Encuentre la solución de las siguientes Ecuaciones Diferenciales Exactas:
1.
dy
=
2x + y ( 3
) (
, y (0) = 0 5. 2 x − 2 y + y dx + x − 6 xy dy = 0
2
)
dx 3 + 3 y − x 6. (x + y )dx + (x + 2 y )dy = 0; y (2) = 3
2
2.
dy
=−
2 xy + y 2 + 1 ( ) ( )
7. 2 xy 2 + 2 y + 2 x 2 y + 2 x y ' = 0
dx x 2 + 2 xy cos y
8. y ' =
( ) (
3. x 2 + y dx + x + e y dy = 0 ) x sen y − 1
4.
dy
=−
2 xy + 1
9. y ' =
(
y y − ex )
dx x2 + 2y e − 2 xy
x
1.7 FACTOR INTEGRANTE
∂M ∂N
En la ecuación diferencial M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 , si
≠ a
∂y ∂x
veces es posible transformarla en exacta si se la multiplica por una función
R ( x, y ) ; es decir:
R ( x, y )[M ( x, y )dx + N ( x, y ) dy ] = 0
RMdx + RNdy = 0
∂ (RM ) ∂ (RN )
=
∂y ∂x
∂M ∂N
R = R´N + R
∂y ∂x
Suponga que R = R (x ) entonces
∂N ∂M
NR´+ R −R =0
∂x ∂y
1 ⎛ ∂N ∂M ⎞
R´+ ⎜
⎜ ∂x − ∂y ⎟ R = 0
⎟
N ⎝ ⎠
La última expresión es una ecuación diferencial lineal para R (x )
∫
1 ⎡ 1 ⎛ ∂N ∂M ⎞
∫ N ⎜ ∂x − ∂y ⎟ dx
⎜ ⎟ ⎤
R( x) = 1 ⎛ ∂N ∂M ⎞ ⎢ 0e
⎝ ⎠
dx + C ⎥
Por lo tanto
∫ N ⎜ ∂x − ∂y
⎜
⎝
⎟ dx
⎟
⎠ ⎢
⎣ ⎥
⎦
e
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞
∫ N ⎜ ∂y − ∂x ⎟ dx
⎜ ⎟
R( x) = Ce ⎝ ⎠
22

23. MOISES VILLENA MUÑOZ Cap. 1 Ecuaciones Diferenciales de Primer orden
Ejemplo
dy 3 x + xy 2
Encontrar la solución general de: =
dx y + x2 y
SOLUCIÓN:
dy 3 x + xy 2
=
dx y + x2 y
( y + x 2 y ) dy = ( 3 x + xy 2 ) dx
(
( 3 x + xy 2 ) dx − y + x 2 y dy = 0 )
∂M ∂N
= 2 yx ≠ = − 2 xy
∂y ∂x
Hallemos R (x )
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞
∫ N⎜
⎜ − ⎟ dx
⎟ ∫
1
(2 yx −( −2 xy) )dx
⎝ ∂y ∂x ⎠ = e −( y + x y )
2
R ( x) = e
4 xy 4x
∫ − y (1+ x ) dx ∫ −(1+ x ) dx
= e − 2 ln(1+ x )
2 2 2
=e =e
= eln(1+ x ) = (1 + x 2 ) − 2
2 −2
( 2 −2
Multiplicando la ecuación (3 x + xy ) dx − y + x y dy = 0 por R ( x) = (1 + x )
2 2
y )
resolviendo, resulta:
(1 + x 2 ) −2 (3 x + xy 2 )dx − (1 + x 2 ) −2 y + x 2 y dy = 0 ( )
(1 + x )
(3 + y )dx − (1 +yx ) dy = 0
x
2 2
2
2
∂ ⎡
⎢
x
∂y (1 + x )
2 2
(3 + y 2 )⎤⎥ = (1 +2xy2 ) 2
⎢
⎣ x ⎥
⎦
En este caso si es exacta.
∂ ⎡ y ⎤ 2 xy
⎢−
( ⎥=
)
∂x ⎢ 1 + x ⎥ (1 + x 2 ) 2
⎣
2
⎦
Calculando f ( x, y ) , resulta:
(3 + y )dx = − 2(31++ yx )) = − 2(1 +3 x ) − 2(1y+ x )
∫
2 2
x
f ( x, y ) = 2
(1 + x 2 ) 2 ( 2 2 2
∫
y y2
f ( x, y ) = −
(1 + x ) 2
dy = −
(
2 1+ x2 )
Por tanto la solución general sería:
3 y2
(
2 1+ x2 ) 2(1 + x ) = C
+
2
Si no existe R = R (x) , suponga ahora que R = R ( y ) entonces:
23