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Hacia EL Aprendizaje DE LAS Ecuaciones Diferenciales
Matemáticas (Universidad Autónoma de Nuevo León)
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PRIMER INFORME DE ÁRBITROS
DEPARTAMENTO: ÁREA DE DIVULGACIÓN CIENTÍFICA.
UNIVERSIDAD: UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE NUEVO LÉON.
TÍTULO
DEL
TRABAJO:
HACIA
EL
APRENDIZAJE
DE
LAS
ECUACIONES DIFERENCIALES
FECHA DE EVALUACIÓN: 25 de junio del 2018
CRITERIOS
ALTA
Pertinencia del tema
X
Originalidad planteamiento
X
Metodología utilizada
Desarrollo y conclusiones
X
Redacción
X
Bibliografía adecuada y actualizada
Presentación de cuadros y gráficos X
MEDIANA
BAJA
X
X
Escriba comentarios o sugerencias que ayuden a mejorar el trabajo o argumente
por qué, de ser el caso, no puede ser considerado susceptible de ser publicado.
El presente libro es fruto del trabajo de investigación del autor. Aunque está orientado a
la docencia ha requerido una minuciosa revisión científica del tema abordado. El texto
está compuesto por un prólogo y cinco capítulos. Cada capítulo está estructurado con
una introducción, ejemplos resueltos, códigos QR donde se explican ejemplos para
resolver y ejercicios para ser resueltos por los estudiantes. Se tiene un área de aplicación
de las ecuaciones diferenciales, en las cuales se sugiere añadir ecuaciones diferenciales
de segundo orden y mayor en las aplicaciones, por otro lado, en el tema de variación de
parámetros, se le sugiere colocar más ejemplos para que los estudiantes puedan adquirir
de mayor manera el conocimiento.
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Tomando en cuenta estas dos observaciones, se podrá logar el objetivo del libro, a
través del cual, los estudiantes adquirirán los conocimientos, desarrollarán las
habilidades matemáticas y aplicarían las ecuaciones diferenciales en situaciones del
mercado laboral.
En el capítulo 1,"Introducción a las ecuaciones diferenciales" se exponen los conceptos
básicos de las ecuaciones diferenciales, lo cual, servirá para la comprensión de los
capítulos siguientes, para la obtención de la solución general de las ecuaciones
diferenciales.
Se recomienda colocar más ejemplos de orden y grado, además de ejercicios con
funciones trigonométricas en el tema de “comprobación de la solución general de una
ecuación diferencial dada”.
El capítulo 2, sobre: “Métodos para la obtención de la solución general de una ecuación
diferencial” se muestra los métodos para la obtención de la solución general y/o
particular de una ecuación diferencial de primer orden y primer grado. Los conceptos de
este capítulo son vitales, pues sirven de fundamento para la solución de ecuaciones
diferenciales lineales de orden superior, variación de parámetros y realizar aplicaciones
de las ecuaciones diferenciales en situaciones reales.
En este capítulo se sugiere utilizar un lenguaje de la cotidianidad, con la finalidad de
que el estudiante comprenda de mejor manera el lenguaje matemático que se expresa en
los mismos.
El capítulo 3, acerca de: “Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior”, en este
capítulo, el estudiante aplicará todos los conocimientos de algebra para la obtención de
las raíces de una ecuación lineal o de orden superior y podrá encontrar la solución
general de cualquier ecuación diferencial de este tipo aplicando los conceptos que se
exponen.
Se recomienda colocar una mayor cantidad de ecuaciones diferenciales que manejen
raíces imaginarias.
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El capítulo 4, “Variación de parámetros”, se describe la resolución de una ecuación
diferencial por el método mencionado, como un complemento a lo descrito en el
capítulo anterior “Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior”.
Se sugiere agregar un mayor número de ejemplos.
El capítulo 5, “Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales en casos reales”, describe
las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales en las diferentes áreas del conocimiento,
como son la mecánica de fluidos, sistemas amortiguados, oscilaciones armónicas,
electrónica, medicina y biología. Se sugiere colocar ecuaciones diferenciales de orden
superior a primero.
RECOMENDACIONES
Publicable sin modificaciones
Publicable con modificaciones menores
X
Publicable con modificaciones mayores
No publicable
DR. LUIS EUGENIO TODD PÉREZ
Asesor de Divulgación Científica de la UANL
Tel. 83294000 Ext. 1804 y 1754
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Contenido
Prólogo
Introducción
Capítulo 1. Introducción a las Ecuaciones Diferenciales
1.1 Obtención del orden y grado de una Ecuación Diferencial
Ejercicios
1.2 Comprobación de la solución general de una Ecuación Diferencial
Ejercicios
1.3 Obtención de la Ecuación Diferencial a partir de la solución general
Ejercicios
Capítulo 2. Métodos para la obtención de la solución general de una
Ecuación Diferencial
2.1 Método para la Ecuación Diferencial separable (separación de variables)
Problemas resueltos
Ejercicios
2.2 Método para Ecuaciones Diferenciales homogéneas
Problemas resueltos
Ejercicios
2.3 Método para Ecuaciones Diferenciales de simple de sustitución
Problemas resueltos
Ejercicios
2.4 Método para Ecuaciones Diferenciales de la forma
Problemas resueltos
Ejercicios
2.5 Método para Ecuaciones Diferenciales exactas
Problemas resueltos
Ejercicios
2.6 Método utilizando factores integrantes
Problemas resueltos
Ejercicios
2.7 Método para Ecuaciones Diferenciales lineales
Problemas resueltos
Ejercicios
2.8 Método para Ecuaciones Diferenciales reducibles a lineales
Problemas resueltos
Ejercicios
Capítulo 3. Ecuaciones Diferenciales lineales de orden superior
3.1 Ecuaciones Diferenciales con coeficientes constantes
Ecuación Diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes
Ejercicios
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3.2 Deducción de las constantes de integración según las condiciones iniciales (solución
particular)
Ejercicios
3.3 Ecuación lineal no homogénea (método de los coeficientes indeterminados)
Problemas resueltos
3.4 Caso especial en la resolución de una Ecuación Diferencial lineal no homogéneas
Problemas resueltos
Ejercicios
Capítulo 4. Variación de parámetros
Demostración del método de variación de parámetros
Problemas resueltos
Ejercicios
Capítulo 5. Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales en casos reales
Ecuación de la conducción de calor
Ley de Fourier
Mecánica de fluidos: Presión
Sistema masa-resorte con amortiguamiento
Oscilaciones armónicas: El péndulo simple
Mecánica de fluidos: Flotación
Electrónica: Análisis de un circuito LC
Medicina: Crecimiento de tumores malignos
Termodinámica: Ley de enfriamiento de Newton
Mecánica de materiales: Deflexión de vigas
Biología: Crecimiento de un cultivo de bacterias
Biología: Crecimiento de un individuo (modelo de Bertalanffy)
Actividades para reforzar las competencias que debe desarrollar en
Ecuaciones Diferenciales
Bibliografía
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1.1 OBTENCIÓN DEL ORDEN Y GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Antes de comentar cómo se obtiene el orden y el grado de una ecuación diferencial, es
importante comentar que una ecuación diferencial es una ecuación que contiene diferenciales
o derivadas de una o más variables independientes, con respecto a una o más variables
dependientes.
El concepto de orden se explica en cálculo diferencial y tiene que ver con la derivada, es
decir, la primera derivada es primer orden, la segunda derivada es Segundo orden, la tercer
derivada es Tercer orden, etc.
Iniciaremos con la DEFINICIÓN DE ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL. El
orden de una ecuación diferencial ordinaria es el orden de la derivada de mayor orden que
interviene en ella. Para determinar el orden lo que haremos es observar qué derivadas
aparecen en la ecuación diferencial y lo determinamos de la “mayor” derivada que tiene la
ecuación diferencial.
EJEMPLOS para determinar el orden cuando sólo aparece UNA derivada en la ecuación
diferencial.
𝑑𝑦 3
1) ( ) = 7𝑥 5 − 8
𝑑𝑥
SOLUCIÓN. Es una ecuación de PRIMER ORDEN, dado que tiene una primera derivada.
2) (
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
) = 5𝑠𝑒𝑛(3𝑥)
SOLUCIÓN. Es una ecuación diferencial de SEGUNDO ORDEN, porque aparece una
segunda derivada.
EJEMPLOS para determinar el orden cuando aparecen VARIAS derivadas en la ecuación
diferencial.
3) (
𝑑4 𝑦
𝑑𝑥
2
4) − 5 (
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦 5
) = 3𝑥 2 + 7
2) + (
𝑑𝑥
SOLUCIÓN. Es una ecuación diferencial de CUARTO ORDEN, porque la cuarta derivada es
la de mayor orden de las que aparecen en la ecuación diferencial.
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4) (
𝑑𝑦 6
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥
) + 7𝑥 ( ) = 𝑥 2 + (
2
𝑑𝑥
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
)
SOLUCIÓN. Es una ecuación diferencial de SEGUNDO ORDEN, dado que la segunda
derivada es la de mayor orden en la ecuación diferencial.
DEFINICIÓN DE GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL. El grado de una
ecuación diferencial, es el exponente al que está elevada la derivada de mayor orden de la
ecuación diferencial. Éste tiene que ser un número entero y positivo.
EJEMPLOS. Determine el orden y el grado de las siguientes ecuaciones diferenciales.
𝑑𝑦
1) √
𝑑𝑥
= 7𝑥 2 + 1
SOLUCIÓN. Como la derivada se encuentra dentro de una raíz cuadrada, que implica un
valor fraccionario, tendremos que eliminarla elevando a la mínima potencia con la que se
elimine el radical, en este caso se elevan al cuadrado ambos lados de la ecuación diferencial.
𝑑𝑦
√
= 7𝑥 2 + 1
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Elevando al cuadrado
= (7𝑥 2 + 1)2
La primer derivada está elevada a la primer potencia, por
lo tanto, la ecuación diferencial es de Primer orden y Primer grado.
𝑑2 𝑦
2) √
𝑑𝑥 2
3
𝑑𝑦
+𝑥 = √
𝑑𝑥
SOLUCIÓN. Cuando las dos derivadas tienen radical, hay que elevar a la mínima potencia
con la cual se eliminan los radicales. Si los tipos de raíz son múltiplos o submúltiplos uno de
otro, entonces elevaremos ambos lados de la ecuación a la potencia con la que se elimina el
radical mayor.
Si no son múltiplos, entonces elevaremos ambos lados al producto de los números que
denotan la raíz. Es decir, para eliminar los radicales, la mínima potencia que los elimina es el
mínimo común denominador de los radicales que aparecen. Si aparece raíz cuadrada y raíz
cúbica se elevarían a la sexta.
𝑑2 𝑦
√
𝑑𝑥 2
3
𝑑𝑦
+𝑥 = √
𝑑𝑥
Elevando a la sexta potencia
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3
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦 2
(𝑑𝑥 2 + 𝑥) = ( )
𝑑𝑥
3) (
1
5
𝑑𝑦 2 2
𝑑2 𝑦 3
𝑑𝑥 2
Segundo orden y Tercer grado
) = 𝑘 [1 + ( ) ]
𝑑𝑥
SOLUCIÓN. Eliminaremos las potencias fraccionarias (raíces), elevando a la sexta potencia
en ambos lados.
(
(
1
𝑑𝑥 2
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
4) (
5
𝑑𝑦 2 2
𝑑2 𝑦 3
) = 𝑘 [1 + ( ) ]
𝑑𝑥
2
15
𝑑𝑦 2
6
) = 𝑘 [1 + ( ) ]
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
1
4
Elevando a la sexta potencia
Segundo orden y Segundo grado
𝑑2 𝑦
+ 5𝑦) = √
𝑑𝑥 2
SOLUCIÓN. Como los tipos de raíces son múltiplos (4 de 2), elevaremos ambos lados al
múltiplo, es decir a la cuarta potencia.
(
𝑑𝑦
1
4
𝑑2 𝑦
Elevando a la cuarta potencia
2
Segundo orden y Segundo grado
+ 5𝑦) = √
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 5𝑦 = (
𝑑𝑥
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥 2
)
2
Las derivadas tienen varias formas de expresarse. Colocamos ahora un ejemplo con otro tipo:
5) (𝑦 ′′ )5 + 3(𝑦 ′ )7 = 5𝑥 2 − 9
SOLUCIÓN
Como 𝑦 ′′ =
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
𝑦′ =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
, entonces la mayor derivada es la segunda, por lo tanto la ecuación
es de Segundo orden y como la segunda derivada está elevada a la quinta potencia, entonces
es de Quinto grado.
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CONOCE +
En este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que se
obtiene el orden y grado de una ecuación diferencial.
EJERCICIOS. Determine el orden y el grado de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1)
𝑑3 𝑦
3)
𝑑𝑦
5)
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 3
𝑑𝑦
= 3𝑥 ( ) + 5𝑦
𝑑𝑥
+ 18 (
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
3
) = 8𝑥 + (
3
𝑑3 𝑦
𝑑𝑥
𝒅𝟐 𝒚
𝒅𝒙𝟐
𝟑
) + 𝟕𝒙 = [𝟖𝟏 +
1
𝑑5 𝑦 3
𝑑𝑥
) = 8 [1 + (
5
)
3
5
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
𝑑𝑦 4
𝑑𝑥
𝑑3 𝑦
4) √
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥
𝟏
𝒅𝒚 𝟒
𝒅𝒙
5
]
2 2
) ]
2
6) √
8)
𝑑𝑥 3
𝑑𝑥
𝒅𝟑 𝒚
𝒅𝒙𝟑
10) (
𝑑𝑦 3
+ 13 ( ) + 𝑥 2 = ( )
𝑑𝑥
𝑑𝑦
− 5𝑥 = 8( )
𝑑𝑥
5
𝑑2 𝑦
= √𝑥 − 2
2
7) √(
9) (
𝑑3 𝑦
2)
+ 3𝑥 = √(
2
𝑑3 𝑦 3
𝑑𝑥 3
)
𝒅𝒚
=√
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥
3
𝒅𝒙
𝑑𝑦 5
) =5−( )
2
𝑑𝑥
SOLUCIONES
1. Tercer orden y Primer grado
2. Segundo orden y Primer grado
3. Tercer orden y Quinto grado
4. Tercer orden y Primer grado
5. Segundo orden y Primer grado
6. Tercer orden y Sexto grado
7. Segundo orden y Sexto grado
8. Tercer orden y Segundo grado
9. Quinto orden y Segundo grado
10. Segundo orden y Tercer grado
1.2 COMPROBACIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL DE UNA ECUACIÓN
DIFERENCIAL
DEFINICIÓN. La solución general de una ecuación diferencial ordinaria de dos variables es
una relación sin derivadas, entre las variables que satisfacen la ecuación. En este punto
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estudiaremos la forma en que podemos determinar cuándo una ecuación es o no solución
general de una ecuación diferencial dada.
MÉTODO
Le sugerimos realizar los siguientes pasos.
1. Observaremos en la ecuación diferencial, qué derivada o derivadas aparecen en ella.
2. Vamos a derivar la solución general que nos proporcionaron, para encontrar el valor de las
derivadas que aparecen en la ecuación diferencial (paso 1).
3. Sustituiremos el valor de las derivadas encontradas (paso 2) y el valor de la solución
general (si aparece en la ecuación diferencial), dentro de la ecuación diferencial dada.
Sabremos que SÍ es la solución general de la ecuación diferencial que nos proporcionaron,
cuando al hacer la sustitución y simplifiquemos, se encuentre la misma expresión en los dos
lados de la igualdad.
EJEMPLO en que sí es solución general.
Determine si 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥 + 𝑐 es una solución general de la ecuación diferencial
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑥 = 1
MÉTODO
1) Observando la ecuación diferencial vemos que aparece una primera derivada, por lo tanto,
encontraremos su valor derivando la supuesta solución general.
2) Derivando 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥 + 𝑐
𝑑𝑦
= 2𝑥 + 1
𝑑𝑥
3) Sustituyendo el valor de la derivada encontrada en la ecuación diferencial.
𝑑𝑦
= 2𝑥 + 1
𝑑𝑥
Sustituyendo este valor de la derivada en la ecuación diferencial que nos proporcionaron,
tenemos:
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2x+1 - 2x = 1
4) Reduciendo
1=1o0=0
5) Conclusión.
Por lo tanto 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥 + 𝑐 sí es solución general de la ecuación diferencial
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑥 = 1
EJEMPLO en que no es solución general.
Determine si 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐 es una solución general de la ecuación diferencial
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=𝑥
1) Observando la ecuación diferencial vemos que aparece una primera derivada
2) Derivando 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥
3) Sustituyendo (a) en la ecuación diferencial
sustituyendo el valor de la derivada
𝑑𝑦
𝑑𝑥
(a)
= 𝑥, ésta es la ecuación diferencial,
2𝑥 ≠ 𝑥
2≠1
Como podemos observar, a diferencia del ejemplo anterior en el que al reducir quedó 1 = 1,
en este ejemplo al sustituir y simplificar no quedó una identidad.
4) Conclusión.
𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐 no es solución general de la ecuación diferencial
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=𝑥
NOTAS
1) Cuando en la ecuación diferencial aparezca la variable o función, a la que está igualada la
solución general que nos proporcionaron, este valor también lo sustituiremos, al igual que el
de las derivadas.
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2) Cuando se tenga que aplicar derivación implícita para encontrar las derivadas, tenemos que
tomar en cuenta que ninguna derivada encontrada deberá estar en función de otra derivada; si
así fuera, hay que sustituir el valor de la derivada de menor orden.
PROBLEMAS RESUELTOS. En los siguientes ejercicios determine si la solución general
que se le proporciona, es o no de la ecuación diferencial dada.
𝑑2 𝑦
1) 𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥),
𝑑𝑥 2
= +25 = 0
SOLUCIÓN
a) Observación y obtención de las derivadas. Como aparece la segunda derivada, la
obtendremos de la solución general.
𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥),
derivando
𝑑𝑦
= 5𝐴𝑐𝑜𝑠(5𝑥) − 5𝐵𝑠𝑒𝑛(5𝑥)
𝑑𝑥
𝑑2𝑦
= −25𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) − 25𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥)
𝑑𝑥 2
Sustituyendo en la ecuación diferencial el valor de la segunda derivada además del valor de
“y”
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
+ 25𝑦 = 0
−25𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) − 25𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥) + 25[𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥)] = 0
Simplificando obtenemos 0 = 0
b) Conclusión.
𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(5𝑥), sí es solución general de la ecuación diferencial
2) 𝑦 = 𝑐(𝑥 − 𝑐)2 ,
𝑑𝑦 3
𝑑𝑦
( ) − 4𝑥𝑦 (𝑑𝑥 ) + 8𝑦 2 = 0
𝑑𝑥
MÉTODO
a)
Observación, obtener la primera derivada.
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𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
+ 25𝑦 = 0
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𝑦 = 𝑐(𝑥 − 𝑐)2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
derivando
se sustituye este valor y el de “y” en la ecuación diferencial
= 2𝑐(𝑥 − 𝑐)
𝑑𝑦 3
𝑑𝑦
( ) − 4𝑥𝑦 ( ) + 8𝑦 2 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑥
[2𝑐(𝑥 − 𝑐)]3 − 4𝑥[𝑐(𝑥 − 𝑐)2 ][2𝑐(𝑥 − 𝑐) + 8[𝑐(𝑥 − 𝑐)2 ]2 = 0
simplificando
8𝑐 3 (𝑥 − 𝑐)3 − 8𝑐 2 𝑥(𝑥 − 𝑐)3 + 8𝑐 2 (𝑥 − 𝑐)4 = 0
8𝑐 2 (𝑥 − 𝑐)3 [𝑐 − 𝑥 + (𝑥 − 𝑐)] = 0
como 𝑐 − 𝑥 + (𝑥 − 𝑐) = 0, al multiplicarlo tenemos entonces 0 = 0
b) Conclusión.
𝑑𝑦 3
𝑑𝑦
𝑦 = 𝑐(𝑥 − 𝑐)2 sí es solución general de la ecuación diferencial ( ) − 4𝑥𝑦 (𝑑𝑥 ) + 8𝑦 2 = 0
3) ln(𝑦) − 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ,
𝑦(
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
𝑑𝑦 2
𝑑𝑥
) − ( ) = 𝑦 2 ln(𝑦)
𝑑𝑥
MÉTODO
a) Observación, obtención de las derivadas y sustituciones. Como la supuesta solución no es
igualada a “y”, obtendremos la primera y segunda derivada por derivación implícita.
ln(𝑦) − 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
derivando
1 𝑑𝑦
se despeja
𝑑𝑦
derivando
( ) = 𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥
y 𝑑𝑥
𝑑𝑥
= (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
= (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦(𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 )
𝑑𝑦
𝑑𝑥
se sustituye
𝑑2𝑦
= (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )2 𝑦 + 𝑦(𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 )
𝑑𝑥 2
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𝑑𝑦
𝑑𝑥
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sustituyendo
,
𝑑𝑥 2 𝑑𝑥
𝑑𝑦 2
𝑑2 𝑦
𝑦(
𝑑2 𝑦 𝑑𝑦
, ln(𝑦) en la ecuación diferencial
) − ( ) = 𝑦 2 ln(𝑦)
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
sustituyendo
𝑦[(𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )2 𝑦 + 𝑦(𝑦(𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 )] − [(𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )𝑦]2 = 𝑦 2 [(𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 )]
multiplicando
𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )2 + 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ) − 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥 )2 = 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 )
Simplificando la ecuación anterior, tenemos:
𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ) = 𝑦 2 (𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 ), la cual sí es una identidad
b) Conclusión.
ln(𝑦) − 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 sí es solución general de la ecuación diferencial
𝑦(
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦 2
)
−
(
) = 𝑦 2 ln(𝑦)
2
𝑑𝑥
𝑑𝑥
4) 𝑐(𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 2 𝑦 2 ) = 1,
(𝑥 − 𝑦 2 𝑥)𝑑𝑥 + (1 − 𝑥 2 )𝑦𝑑𝑦 = 0
MÉTODO
Como la ecuación diferencial aparece en diferenciales, antes de iniciar la pasaremos a la
forma de derivada, dividiendo toda la ecuación entre “dx” y tenemos:
(𝑥 − 𝑦 2 𝑥) + (1 − 𝑥 2 )𝑦
𝑑𝑦
=0
𝑑𝑥
a) Obtención de la derivada y sustitución. La supuesta solución se puede expresar como:
𝑥2 + 𝑦2 − 𝑥2𝑦2 =
𝑑𝑦
1
𝑐
para derivar implícitamente
𝑑𝑦
2𝑥 + 2𝑦 ( ) − 2𝑥 2 𝑦 (𝑑𝑥 ) − 2𝑥𝑦 2 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑦(1 − 𝑥 2 ) ( ) = 𝑥𝑦 2 − 𝑥
𝑑𝑥
dividiendo entre 2 y agrupando
despejando
𝑑𝑦
𝑑𝑥
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𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥𝑦 2 −𝑥
se sustituye en la ecuación diferencial
𝑦(1−𝑥 2 )
𝑥 − 𝑦 2 𝑥 + (1 − 𝑥 2 )𝑦 (
𝑥 − 𝑦 2 𝑥 + (1 − 𝑥 2 )𝑦 (
𝑑𝑦
)=0
𝑑𝑥
𝑥𝑦 2 −𝑥
)=0
reduciendo
𝑦(1−𝑥 2 )
𝑥 − 𝑦 2 𝑥 + 𝑥𝑦 2 − 𝑥 = 0
realizando las restas
0=0
b) Conclusión.
𝑐(𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 2 𝑦 2 ) = 1 sí es solución general de la ecuación diferencial:
(𝑥 − 𝑦 2 𝑥)𝑑𝑥 + (1 − 𝑥 2 )𝑦𝑑𝑦 = 0
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejercicio en el que
se ejemplifica la comprobación de la solución general de una ecuación
diferencial.
EJERCICIOS. Determine si la expresión dada es solución general o no, de la ecuación
diferencial dada.
1) 𝑦 = 𝑐 2 + 𝑐𝑥 −1 ,
2) 𝑒 cos(𝑥) (1 − cos(𝑦)) = 𝑐,
3) 𝑦 = 8𝑥 5 + 3𝑥 2 + 𝑐,
4) 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) + 𝑐2 cos(3𝑥),
5) 𝑦 = (𝑥 + 𝑐)𝑒 −𝑥 ,
6) 𝑦 = 𝑐𝑒 5𝑥 ,
𝑦 + 𝑥𝑦′ = 𝑥 4 (𝑦 ′ )2
𝑑𝑦
𝑠𝑒𝑛(𝑦) ( ) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 6 = 160𝑥 3
+ 9𝑦 = 0
+ 𝑦 = 𝑒 −𝑥
− 5𝑦 = 0
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7) ln(𝑦) = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐2 cos(𝑥),
𝑦(
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦 2
) − ( ) = 𝑦 2 ln(𝑦)
2
𝑑𝑥
1.3 OBTENCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL A PARTIR DE LA
SOLUCIÓN GENERAL
MÉTODO
Para encontrar la ecuación diferencial a partir de su solución general, le sugerimos aplicar el
siguiente método.
1. Observar el número de constantes de integración diferentes que aparecen en la solución
general.
2. Derivar la solución general, tantas veces como constantes de integración diferentes (paso
1).
3. Tomando en cuenta el resultado de la última derivada, se nos pueden presentar los
siguientes casos.
I.
Si en la última derivada no aparecen constantes de integración, ésta será la ecuación
diferencial de la solución general dada.
II.
Si la última derivada contiene al menos una constante de integración, ésta no es la
ecuación diferencial. Para obtener la ecuación diferencial, aplicaremos algún método
algebraico de solución de un sistema de ecuaciones con el cual podamos eliminar las
constantes de integración. Para este proceso podemos utilizar las derivadas
encontradas, así como la solución general dada.
Es decir, en la ecuación diferencial que debemos encontrar, no deben de aparecer constantes
de integración.
EJEMPLO del caso I. Encuentre la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐
SOLUCIÓN
a) Observación del número de constantes de integración diferentes. Sólo aparece una
constante de integración, por lo tanto derivaremos una vez la solución general.
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b) Derivadas 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥
c) Conclusión. Como en esta derivada no aparecen constantes de integración, esto quiere
decir que
𝑑𝑦
= 2𝑥 es la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐.
𝑑𝑥
EJEMPLO del caso II. Encuentre la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑐𝑥 2
SOLUCIÓN
a) Observación del número de constantes de integración. Sólo aparece una constante de
integración, por lo tanto derivaremos sólo una vez.
𝑦 = 𝑐𝑥 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
(1)
= 2𝑐𝑥
(2) como podemos observar, en la derivada todavía aparece “c”, por lo
tanto, ésta no es la ecuación diferencial.
b) Obtención de la ecuación diferencial. Utilizaremos el método algebraico de cambio de
variable.
Despejando “c” de (1)
𝑐=
𝑑𝑦
𝑦
𝑥2
sustituyendo “c” en (2)
𝑦
= 2 ( 2) 𝑥
𝑑𝑥
c) Conclusión.
𝑥
𝑑𝑦
simplificando y multiplicando por “x”, tenemos ( ) = 2𝑦
𝑑𝑥
dy
x ( ) = 2y es la ecuación diferencial, dado que ya no aparecen constantes de integración.
dx
A continuación realizaremos algunas notas con la finalidad de tener más herramientas de
juicio para resolver este tipo de ejercicios.
NOTA 1. Existen soluciones generales en las cuales aparecen las constantes de integración en
el ángulo de una función trigonométrica. Tenemos varias opciones que podemos aplicar. Para
este caso aplicaremos funciones trigonométricas inversas antes de empezar el ejercicio, con la
finalidad de eliminar más fácilmente la constante de integración.
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EJEMPLO. Encuentre la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑡𝑎𝑛(𝑥 + 𝑐)
SOLUCIÓN
a) Observación. Como aparece “c” como ángulo, entonces aplicaremos el concepto de la
tangente inversa, es decir 𝑦 = 𝑡𝑎𝑛(𝑥 + 𝑐) es la solución general que nos proporcionaron.
Aplicando trigonométricas inversas, se convierte esta ecuación en:
tan−1(𝑦) = 𝑥 + 𝑐
ésta será la ecuación con la que trabajaremos
tan−1(𝑦) = 𝑥 + 𝑐
aplicando 𝐷𝑥 (tan−1(𝑢)) =
b) Obtención de las derivadas.
𝑦′
1+𝑦 2
=1
𝐷𝑥 𝑢
1+𝑢2
despejando
𝑦′ = 1 + 𝑦2
c) Conclusión. Como no tiene constantes de integración, 𝑦 ′ = 1 + 𝑦 2 es la ecuación
diferencial.
PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre las ecuaciones diferenciales que tienen las
siguientes soluciones generales.
1) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
SOLUCIÓN
a) Observación y obtención de las derivadas. Como aparecen dos constantes de integración
diferentes 𝑐1 y 𝑐2 , derivaremos la solución general dos veces.
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑐2 𝑒 −𝑥
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
= 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
(1)
(2)
(3)
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b) Obtención de la ecuación diferencial. Para eliminar las constantes de integración,
utilizaremos el método algebraico de cambio de variable; podemos sustituir la (1) en (3).
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
= 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
𝑑2 𝑦
sustituyendo
𝑑𝑥 2
c) Conclusión.
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
=𝑦
= 𝑦 es la ecuación diferencial de la solución general 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
2) 𝑦 = 𝑒 3𝑥 + 𝑐1 sen(2x) + c2 cos(2𝑥)
SOLUCIÓN
a) Observación y obtención de las derivadas. Como aparecen dos constantes, por lo tanto
derivaremos 2 veces.
𝑦 = 𝑒 3𝑥 + 𝑐1 sen(2x) + c2 cos(2𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 3𝑒 3𝑥 + 2𝑐1 cos(2x) − 2c2 sen(2𝑥)
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
= 9𝑒 3𝑥 − 4𝑐1 sen(2x) − 4c2 cos(2𝑥)
(1)
(2)
(3)
b) Obtención de la ecuación diferencial. Utilizaremos el método algebraico de simultáneas.
Podemos multiplicar la ecuación (1) por cuatro y hacerla simultánea con la (3) para eliminar
las constantes de integración.
4𝑦 = 4𝑒 3𝑥 + 4𝑐1 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)4𝑐2 cos(2𝑥)
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
= 9𝑒 3𝑥 − 4𝑐1 sen(2x) − 4c2 cos(2𝑥)
(1) por suma y resta
(3)
𝑑2𝑦
+ 4𝑦 = 13𝑒 3𝑥
𝑑𝑥 2
c) Conclusión.
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
+ 4𝑦 = 13𝑒 3𝑥 es la ecuación diferencial cuya solución general es:
𝑦 = 𝑒 3𝑥 + 𝑐1 sen(2x) + c2 cos(2𝑥)
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3) 𝑦 = 𝑐𝑥 + 2𝑐
SOLUCIÓN
a) Observación y obtención de las derivadas. El objetivo de este ejercicio es dejar en claro que
el procedimiento NO ES cuántas constantes de integración tiene la solución general. El
procedimiento es determinar cuántas constantes de integración diferentes tiene la solución
general. Como las 2 constantes son la misma “c”, sólo derivaremos una vez.
𝑦 = 𝑐𝑥 + 2𝑐
𝑑𝑦
𝑑𝑥
(1) derivando
=𝑐
(2)
b) Obtención de la ecuación diferencial. Sustituyendo la “c” de la ecuación (2) en la (1).
𝑦 = 𝑐𝑥 + 2𝑐
sustituyendo (2)
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑦 = 𝑥 ( ) + 2 (𝑑𝑥 )
𝑑𝑥
factor común
𝑑𝑦
𝑦 = (𝑥 + 2) ( )
𝑑𝑥
c) Conclusión.
𝑑𝑦
𝑦 = (𝑥 + 2) ( ) es la ecuación diferencial cuya solución es 𝑦 = 𝑐𝑥 + 2𝑐
𝑑𝑥
4) y = sen(8x − c)
SOLUCIÓN
a) Observación. Como aparece “c” en el ángulo, aplicaremos el concepto de seno inverso y
quedaría:
𝑠𝑒𝑛−1 (𝑦) = 8𝑥 + 𝑐
con esta ecuación trabajaremos
b) Obtención de las derivadas. Como solo hay una constante, derivaremos una vez:
𝑠𝑒𝑛−1 (𝑦) = 8𝑥 + 𝑐
𝐷 𝑢
𝑥
aplicando 𝐷𝑥 (𝑠𝑒𝑛−1 (𝑢)) = √1−𝑢
2
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1
𝑑𝑦
√1−𝑦 2 𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=8
despejando
= 8√1 − 𝑦 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
elevando al cuadrado ambos lados, nos queda
𝑑𝑦 2
( ) = 64(1 − 𝑦 2 )
𝑑𝑥
c) Conclusión.
𝑑𝑦 2
( ) = 64(1 − 𝑦 2 ) es la ecuación diferencial cuya solución general es 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(8𝑥 − 𝑐)
𝑑𝑥
NOTA 2. Puede ser que en lugar de que se nos proporcione la solución general, nos den un
enunciado. Lo primero que tenemos que hacer es leer el enunciado para encontrar, con sus
datos, la ecuación de la solución general. En este caso, los parámetros que tenga la ecuación
que formaremos, serán tomados como las constantes de integración.
EJEMPLO. Encuentre la ecuación diferencial de cada uno de los sistemas de curvas
siguientes.
1) Todas las rectas que pasan por el origen del sistema de coordenadas rectangulares.
SOLUCIÓN
a) Obtención de la ecuación de la solución general. El dato es que son las rectas que pasan por
el origen P(0,0). Podemos utilizar la ecuación:
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 )
𝑦 − 0 = 𝑚(𝑥 − 0)
sustituyendo el punto (x,y) por P(0,0)
reduciendo
𝑦 = 𝑚𝑥
ésta es la ecuación de la solución general
𝑦 = 𝑚𝑥 (1)
derivando
(1)
b) Observación y obtención de las derivadas. De 𝑦 = 𝑚𝑥, “m” es el parámetro, es decir, la
constante de integración; por lo tanto, derivaremos una vez.
c) Obtención de la ecuación diferencial:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑚 (2)
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𝑦 = 𝑚𝑥
sustituyendo m de (2) en (1)
𝑑𝑦
𝑦 = 𝑥( )
𝑑𝑥
d) Conclusión.
𝑑𝑦
𝑦 = 𝑥 ( ) es la ecuación diferencial de todas las rectas que pasan por el origen.
𝑑𝑥
2) Todas las circunferencias con centro en el origen (0,0).
SOLUCIÓN
a) Obtención de la ecuación de la solución general. El dato es que son las circunferencias con
centro (0,0).
Recordemos que la ecuación general para circunferencias, con centro en el origen, es:
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2
b) Obtención de la derivada “r” es el parámetro (constante de integración), por lo tanto
derivaremos una vez.
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2
derivando
𝑑𝑦
2𝑥 + 2𝑦 ( ) = 0
𝑑𝑥
dividiendo entre 2
𝑑𝑦
𝑥 +𝑦( ) = 0
𝑑𝑥
c) Conclusión.
𝑑𝑦
𝑥 + 𝑦 ( ) = 0 es la ecuación diferencial de todas las circunferencias con centro en el origen
(0,0).
𝑑𝑥
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se obtiene la ecuación diferencial a partir de la solución general.
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EJERCICIOS. Obtenga la ecuación diferencial de las siguientes soluciones generales.
1) 𝑦 = 7𝑥 2 + 8𝑥 + 𝑐
2) 𝑦 = 𝑐1 𝑥 2 + 𝑐2
3) 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(8𝑥) + 𝑐2 cos(8𝑥)
4) 𝑦 = tan(3𝑥 + 𝑐)
7) 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑥) + 𝑐2 cosh(𝑥)
8) 𝑐 𝟐 = 1 − 𝒄𝟐
5) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 −5𝑥
9) 𝑦 = 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑐)
11) Todas las líneas rectas.
eje “x”
6) 𝑦 = 𝑥𝑡𝑎𝑛(𝑥 + 𝑐)
𝒚𝟐
𝑥2
1
𝟐
10) (𝑥 − 𝑐1 )2 + 𝑦 2 = 𝑐22
12) Todas las circunferencias de radio = 1 y centro en el
SOLUCIONES
1)
𝑑𝑦
3)
𝑑2 𝑦
5)
𝑑2 𝑦
7)
𝑑2 𝑦
𝑑2 𝑦
= 14𝑥 + 8
𝑑𝑥
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥 2
2) 𝑥 (
+ 64𝑦 = 0
4)
𝑑𝑦
+ 2 ( ) − 15𝑦 = 0
=𝑦
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
9) 𝑥 2 (𝑦 ′ )2 − 2𝑥𝑦𝑦 ′ + (1 + 𝑥 2 )𝑦 2 = 𝑥 4
11) 𝑦 ′′ = 0
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥 2
)=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 3(1 + 𝑦 2 )
𝑑𝑦
6) 𝑥 ( ) + 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑦 2
𝑑𝑥
8) 𝑥 [𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦 2
𝑑𝑦
+ ( ) ] = 𝑦( )
2
𝑑𝑥
𝑑𝑥
10) 𝑦(𝑦 ′′ ) + (𝑦 ′ )2 + 1 = 0
𝑑𝑦 2
12) 𝑦 2 [1 + ( ) ] = 1
𝑑𝑥
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Como habíamos comentado anteriormente, la solución general de una ecuación diferencial es
el resultado de integrar los términos de una ecuación diferencial.
Recordemos que para poder integrar un término, debemos de tener variables iguales a la
variable del diferencial. Sin embargo, no siempre se cumple esta condición; es entonces
cuando aplicaremos los “MÉTODOS PARA LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN
GENERAL”, con los cuales transformaremos la ecuación que se nos proporcione y que NO se
puede integrar al menos uno de sus términos, en otra ecuación diferencial que SÍ se pueda
integrar, es decir, transformar la ecuación diferencial de tal forma que todos los términos
contengan variables iguales a la variable del diferencial, con lo cual ya podremos integrar
cada término de la ecuación diferencial.
Antes de empezar con nuestro primer método veremos algunos conceptos que utilizaremos en
la mayoría de los métodos.
CONCEPTOS A UTILIZARSE EN LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL
1. Procuraremos colocar la ecuación diferencial igualada a cero cuando ya vayamos a
integrar, en donde haremos la ∫ 0 (cero) igual a la constante de integración.
2. Como la constante de integración es un valor arbitrario, aplicaremos las siguientes
propiedades para dicha constante, mismas que son válidas solamente en el proceso
para la obtención de la solución general.
a) La constante de integración multiplicada por cualquier número real, será igual a la
constante de integración.
EJEMPLOS
(𝑐1 )(3) = 𝑐2 , (𝑐1 )(−7) = 𝑐2,
1
𝑐1 ( ) = 𝑐2 ,
2
3
𝑐1 (− ) = 𝑐2 y 𝑐2 = 𝑐1
4
b) La constante de integración sumada o restada a cualquier número real será igual a la
constante de integración.
EJEMPLOS
𝑐1 + 4 = 𝑐2 , 𝑐1 − 7 = 𝑐2 , 𝑐1 +
3
2
14
= 𝑐2 , 𝑐1 − = 𝑐2 , 𝑐1 +
= 𝑐2
5
7
3
c) La constante de integración es igual a la constante de integración, también cuando aparezca
en un logaritmo o función “e”.
𝑒 𝑐1 = 𝑐2 ,
𝑙𝑛 (𝑐1) = 𝑐2
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d) Se utilizarán las siguientes propiedades de las funciones logaritmo y exponencial.
𝑒𝑎
𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, ln(𝑒 𝑢 ) = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑎−𝑏 = 𝑒 𝑏
𝑎
ln(𝑎) + ln(𝑏) = ln(𝑎𝑏) , ln(𝑎) − ln(𝑏) = ln ( ) , (𝑐) ln(𝑢) = ln(𝑢)𝑐
𝑏
𝑎𝑏
ln(𝑎) + ln(𝑏) − ln(𝑐) − ln(𝑑) = ln ( )
𝑐𝑑
e) Ya que integramos, si aparecen como resultado logaritmos naturales en la mayoría de los
términos, aplicaremos sus propiedades para llegar a un solo logaritmo con la finalidad de
exponenciar ambos lados de la ecuación, para simplificar más nuestra solución general.
OBJETIVO DE LOS “MÉTODOS PARA LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN
GENERAL”
El objetivo será llegar a una ecuación diferencial en la que todos los términos se puedan
integrar.
SOLUCIÓN PARTICULAR. En ocasiones se nos darán los valores de las variables de la
ecuación diferencial. Esto quiere decir que se nos pide la solución particular de la ecuación
diferencial.
Para encontrar la solución particular, primeramente encontraremos la solución general. En
ella sustituiremos los valores que se nos proporcionaron (al inicio del ejercicio) de las
variables. Al hacer esta sustitución se tendrá una ecuación en la que solo aparece la constante
de integración y números reales, de ella despejaremos el valor de la constante de integración.
La solución particular se obtiene ando la solución general, pero en el lugar de la constante de
integración colocaremos el valor “numérico” que encontramos de ella.
NOTA. El valor de la constante de integración se encuentra sustituyendo los valores de las
variables en la solución general y de ahí despejamos el valor de la constante de integración.
Después de haber compartido conceptos generales que vamos a utilizar durante este capítulo,
vamos ahora a iniciar con los diferentes métodos para la obtención de la solución general de
una ecuación diferencial de Primer orden y Primer grado.
2.1 MÉTODO PARA LA ECUACIÓN DIFERENCIAL SEPARABLE (SEPARACIÓN
DE VARIABLES)
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Es de suma importancia recalcar que en todos los métodos para la obtención de la solución
general de una ecuación diferencial, lo primero que debemos hacer es asegurarnos que esa
ecuación diferencial que nos están pidiendo resolver, sí cumple con las condiciones para que
se le aplique un método, es decir, no a todas las ecuaciones diferenciales se les pueden aplicar
todos los métodos.
Por lo anterior, al tener una ecuación diferencial que nosotros pensamos que se le puede
aplicar el método de separación de variables, lo primero que tenemos que hacer es corroborar
que sí se puede aplicar este método. A continuación se describen los pasos que se les
sugieren, para aplicar este método de separación de variables.
a) El primer paso para saber si a una ecuación diferencial se le puede aplicar el método de
separación de variables es agrupar los términos de la ecuación diferencial en base a sus
diferenciales y factorizar, es decir, agrupar los términos que tengan “dx” y factorizarlos, así
como también agrupar los términos que tengan “dy” y factorizarlos.
Al hacer lo anterior, este método se puede aplicar cuando en los factores que forman el
coeficiente de cada diferencial, sólo aparece máximo un tipo de variable en cada factor, es
decir, que sólo tenga “x” o sólo “y”. Dicho de otra manera: ningún factor de ninguno de los
diferenciales puede tener las 2 variables.
EJEMPLOS de ecuaciones diferenciales que SÍ se pueden resolver por el método de
separación de variables.
I. [𝑓(𝑥)𝑔(𝑦)]𝑑𝑥 + [ℎ(𝑥)𝑘(𝑦)]𝑑𝑦 = 0
II. 𝑥(3𝑦 + 5)𝑑𝑥 + 8𝑦(2𝑥 + 7)𝑑𝑦 = 0
III. 4𝑦𝑐𝑜𝑠(9𝑥 + 13)𝑑𝑦 + 𝑠𝑒𝑛(9𝑥 + 13)𝑑𝑥 = 0
EJEMPLOS de ecuaciones diferenciales que NO se pueden resolver aplicando el método de
separación de variables.
I. (3𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥 + 8𝑥𝑑𝑦 = 0 Como podemos ver, la ecuación diferencial NO SE PUEDE
RESOLVER por el método de separación de variables. El factor (3𝑥 + 2𝑦) tiene las 2
variables, lo cual no debe existir en una ecuación diferencial que se quiere resolver por
separación de variables.
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II. [𝑦 + 𝑥𝑐𝑡𝑔(𝑦/𝑥)]𝑑𝑥 – 𝑥𝑑𝑦 = 0 Como podemos ver, la ecuación diferencial NO SE
PUEDE RESOLVER por el método de separación de variables. El factor [𝑦 + 𝑥𝑐𝑡𝑔(𝑦/𝑥)]
tiene las 2 variables.
b) Una vez que identificamos que la ecuación diferencial sí se puede resolver por el método
de separación de variables, procederemos con el siguiente paso, el cual consiste en despejar la
ecuación diferencial, es decir, multiplicamos toda la ecuación por un factor, que será igual al
inverso del producto de los factores que no permiten que se integren los términos (el factor es
el que tiene la variable diferente a la del diferencial del término).
En nuestro ejemplo I [𝑓(𝑥)𝑔(𝑦)]𝑑𝑥 + [ℎ(𝑥)𝑘(𝑦)]𝑑𝑦 = 0 el FACTOR es el inverso de
𝑔(𝑦)ℎ(𝑥) que son los factores que tiene la variable diferente a la del diferencial del término.
Y tendremos:
{[𝑓(𝑥)𝑔(𝑦)]𝑑𝑥 + [ℎ(𝑥)𝑘(𝑦)]𝑑𝑦 = 0}
𝑘(𝑦)
𝑓(𝑥)
𝑑𝑥 +
𝑑𝑦 = 0
𝑔(𝑦)
ℎ(𝑥)
1
𝑔(𝑦)ℎ(𝑥)
Como podemos observar, al hacer el despeje, todos los términos están formados por variables
iguales a la variable del diferencial del término, con lo cual sí se pueden integrar todos los
términos.
El resultado de dichas integrales será la solución general de nuestra ecuación.
c) Procuremos que en la solución general no aparezcan fracciones, ni variables elevadas a
potencias negativas y recordemos que si aparecen 2 o más logaritmos naturales, aplicaremos
sus propiedades para después exponenciar.
PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de los siguientes ejercicios.
1) 2𝑥(1 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑦(1 + 2𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0
SOLUCIÓN
a) Identificación. Checando los factores 2𝑥, (1 + 𝑦 2 ), y 𝑦, (1 + 2𝑥 2 ), vemos que en cada uno
de ellos sólo aparece un tipo de variable, por lo tanto sí se puede resolver por separación de
variables.
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b) Obtención del FACTOR (despejar). Observando los factores del “ 𝑑𝑥 ”, vemos que el
factor (1 + 𝑦 2 ) no se puede integrar dado que tiene “𝑦”; así mismo, observando ahora el
“𝑑𝑦 ” vemos que (1 + 2𝑥 2 ) está en función de “ 𝑥 ”, por lo tanto no se puede integrar.
Entonces el FACTOR será el inverso del producto de esos factores.
1
FACTOR = [(1+𝑦 2 )(1+2𝑥 2 )]
c) Producto y obtención de la solución. Como ya tenemos el FACTOR, entonces lo
multiplicaremos por la ecuación diferencial.
[2𝑥(1 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑦(1 + 2𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0] [
1
(1 + 𝑦 2 )(1 + 2𝑥 2 )
𝑦𝑑𝑦
2𝑥𝑑𝑥
−
=0
2
1 + 𝑦2
1 + 2x
]
Como son variables iguales a la del diferencial, integramos
2𝑥𝑑𝑥
d) Solución de integrales.
𝑦𝑑𝑦
∫ 1+2𝑥 2 − ∫ 1+𝑦 2 = ∫ 0
(1)
2𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑢
se completa multiplicando por 2
𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑢
se completa multiplicando por 2
∫ 1+2𝑥 2 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐 , 𝑢 = 1 + 2𝑥 2 , 𝑑𝑢 = 4𝑥𝑑𝑥
∫ 1+𝑦 2 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐 , 𝑢 = 1 + 𝑦 2 , 𝑑𝑢 = 2𝑦𝑑𝑦
e) Obtención de la solución general. Ésta se obtiene integrando los términos (1).
1
2
1
2
(2)2𝑥𝑑𝑥
1
(2)𝑦𝑑𝑦
integrando
1
multiplicando por 2 y aplicando
∫ 1+2𝑥 2 − 2 ∫ 1+𝑦 2 = ∫ 0
ln|1 + 2𝑥 2 | − ln|1 + 𝑦 2 | = 𝑐
2
𝑎
ln 𝑎 − ln 𝑏 = ln ( )
𝑏
1+2𝑥 2
𝑙𝑛 1+𝑦 2 = 𝑐
hacemos uso de las propiedades de
los logaritmos
𝑒
𝑙𝑛
1+2𝑥2
1+𝑦2
= 𝑒𝑐
aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐
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1+2𝑥 2
1+𝑦 2
=𝑐
despejando
1 + 2𝑥 2 = 𝑐(1 + 𝑦 2 )
ésta es la solución general.
2) 𝑑𝑟 = 𝑟 (𝑐𝑡𝑔)𝑑
SOLUCIÓN
a) Identificación. Checando los factores “𝑟” y 𝑐𝑡𝑔, como los factores de los diferenciales no
tienen las dos variables, por lo tanto la ecuación diferencial sí se puede resolver por el método
de separación de variables.
b) Obtención del FACTOR.
1
FACTOR = ( ) dado que la “𝑟” es la que no se puede integrar con el 𝑑
𝑟
c) Producto y reducción.
1
[𝑑𝑟 = 𝑟 (𝑐𝑡𝑔)𝑑] ∙ (𝑟 )
𝑑𝑟
𝑟
𝑑𝑟
𝑟
(𝑐𝑡𝑔)𝑑
=
igualando a cero
− (𝑐𝑡𝑔)𝑑 = 0
ya podemos integrar
𝑑𝑟
∫ 𝑟 − ∫ 𝑐𝑡𝑔 𝑑 = ∫ 0
(1)
d) Solución de integrales.
∫
𝑑𝑢
𝑑𝑟
−∫
= ln(𝑢) + 𝑐
𝑢
𝑟
∫ 𝑐𝑡𝑔 𝑑 − ∫ 𝑐𝑡𝑔 𝑢 𝑑𝑢 = ln |𝑠𝑒𝑛 | + 𝑐
e) Obtención de la solución general de (1) aplicando
𝑑𝑟
𝑎
∫ 𝑟 − ∫ 𝑐𝑡𝑔 𝑑 = ∫ 0 , ln|r| − ln |𝑠𝑒𝑛 | = 𝑐, 𝑙𝑛(𝑎) – 𝑙𝑛(𝑏) = (𝑏)
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ln|r/𝑠𝑒𝑛| = 𝑐, (exponenciando), e
𝑟
𝑠𝑒𝑛
= 𝑐 (despejando),
3) 4𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑑𝑦
r
|
𝑠𝑒𝑛
ln|
𝑟 = 𝑐𝑠𝑒𝑛
= 𝑒 0 aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 0 = 𝑐
es la solución general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como primer paso, vamos a agrupar los términos en base a los diferenciales
y factorizar.
(4 − 𝑥 2 )𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 = 0
Como los factores de los diferenciales no tienen las 2 variables, la ecuación diferencial sí se
puede resolver por el método de separación de variables.
b) Obtención del FACTOR.
1
FACTOR = (4−𝑥 2 )𝑦
c) Producto.
[(4 − 𝑥 2 )𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 = 0] [
𝑑𝑦
𝑦
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
(4−𝑥 2 )
=0
1
]
(4−𝑥 2 )𝑦
multiplicando
ya podemos integrar
𝑑𝑥
∫ 𝑦 + ∫ (4−𝑥 2 ) = ∫ 0
(1)
d) Solución de integrales.
∫
∫
𝑑𝑢
𝑑𝑦
=∫
= ln|𝑢| + 𝑐,
𝑢
𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑢
1
𝑎+𝑢
2
=
∫
−
𝑢
=
ln
(
)+𝑐
(4 − 𝑥 2 )
𝑎2
2𝑎
𝑎−𝑢
𝑢2 = 𝑥 2 , 𝑢 = 𝑥, 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, 𝑎2 = 4, 𝑎 = 2
e) Obtención de la solución general de (1).
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∫
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+∫
= ∫0
𝑦
(4 − 𝑥 2 )
ln|𝑦| + [
1
2(2)
] ln (
4 ln(𝑦) + ln (
𝑙𝑛 [𝑦 4
2+𝑥
2−𝑥
4 2+𝑥
2+𝑥
2−𝑥
2+𝑥
2−𝑥
]=𝑐
)=𝑐
multiplicando por 4
aplicando 𝑐𝑙𝑛(𝑢) = ln(𝑢)𝑐 , ln(𝑎) + ln(𝑏) = ln(𝑎𝑏)
)=𝑐
hacemos uso de las propiedades de los logaritmos
𝑒 𝑙𝑛[𝑦 2−𝑥] = 𝑒 𝑐
aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐
𝑦 4 (2 + 𝑥) = 𝑐(2 − 𝑥)
solución general.
4) 𝑑 /𝑑𝑟 = 15 – 16
SOLUCIÓN
a) Identificación. Pasaremos la ecuación diferencial en base a diferenciales, multiplicando
por el “𝑑𝑟” y queda la ecuación 𝑑 = (15 − 16)𝑑𝑟
Como los factores de los diferenciales no tienen las dos variables, la ecuación diferencial sí se
puede resolver por el método de separación de variables.
b) Obtención del FACTOR.
1
FACTOR = [15−16]
c) Producto.
1
[𝑑 = (15 – 16)𝑑𝑟] ∙ [15−16]
𝑑
15 – 16
𝑑
− 𝑑𝑟 = 0
∫ 15 – 16 − ∫ 𝑑𝑟 = ∫ 0
multiplicando e igualando a cero
integramos
(1)
d) Solución de integrales.
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∫
16)
𝑑
𝑑𝑢
−∫
= ln|𝑢| + 𝑐
15 – 16
𝑢
𝑢 = 15 – 16 , 𝑑𝑢 = – 16
completamos, multiplicando y dividiendo por (–
∫ 𝑑𝑟 = ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑐
completa.
e) Obtención de la solución general de (1).
1
(−16)𝑑
− 16 ∫ 15−16 − ∫ 𝑑𝑟 = ∫ 0
integrando
1
− 16 ln|15 − 16| − 𝑟 = 𝑐
multiplicando por (-16) y despejando
ln(15 − 16) = 𝑐 − 16𝑟
logaritmos.
𝑒 ln(15−16) = 𝑒 0−16𝑟
15 − 16 =
hacemos uso de las propiedades de los
aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑎−𝑏 = 𝑒 𝑎−𝑏 =
𝑐
despejando “𝑐”
𝑒 16𝑟
(15 − 16)𝑒 16𝑟 = 𝑐
5) 2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 = −𝑑𝑥, 𝑦 =
𝑒𝑎
𝑒𝑏
, 𝑒0 = 𝑐
solución general.
7
2
cuando 𝑥 =
1
ln(2)
SOLUCIÓN
7
a) Identificación. Como nos dan 𝑦 = , 𝑥 =
2
1
ln(2)
, entonces nos piden la solución particular.
Como primer paso, vamos a agrupar los términos en base a los diferenciales y factorizar
(2𝑥 + 1)𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 = 0 Como los factores de los diferenciales no tienen las 2 variables, la
ecuación diferencial sí se puede resolver por el método de separación de variables.
b) Obtención del FACTOR.
1
FACTOR = [(2𝑦+1)𝑥 2 ]
c) Producto.
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1
[(2𝑦 + 1)𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 = 0] [(2𝑦+1)𝑥 2 ]
𝑥 −2 𝑑𝑥 +
𝑑𝑦
2𝑦+1
integramos, ∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 + ∫
=0
d) Solución de integrales.
∫𝑥
−2
𝑑𝑦
multiplicando y aplicando
𝑑𝑦
2𝑦+1
𝑑𝑥
𝑥2
= 𝑥 −2 𝑑𝑥
= ∫0
𝑥 𝑛+1
+ 𝑐,
𝑑𝑥 ≈ ∫ 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑛+1
(1)
𝑛
𝑑𝑢
∫ 2𝑦+1 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐, 𝑢 = 2𝑦 + 1, 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑦 completamos y multiplicamos por 2
e) Obtención de la solución general de (1).
∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 +
1
1 (2)𝑑𝑦
∫
= ∫0
2 2𝑦 + 1
𝑥 −1 + ln|2𝑦 + 1| = 𝑐,
2
ln(2𝑦 + 1) = 𝑐 + 2𝑥 −1 ,
𝑒 ln(2𝑦+1) = 𝑒 0+2𝑥
multiplicando por 2 y despejando ln
hacemos uso de las propiedades de los logaritmos
−1
aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐
2
2𝑦 + 1 = 𝑐𝑒 𝑥 ,
solución general.
f) Obtención de la solución particular.
Sustituyendo 𝑦 =
2
2𝑦 + 1 = 𝑐𝑒 𝑥 ,
7
7
2
8 = 𝑐(4), 𝑐 = 2,
2𝑦 + 1 = 2𝑒 2𝑥
1
ln(2)
en la solución general
sustituyendo los valores de “x” y “y”
2 ( ) + 1 = 𝑐𝑒 2𝑙𝑛2
2
,𝑥 =
aplicando 𝑐𝑙𝑛𝑢 = 𝑙𝑛𝑢𝑐 , 𝑒 𝑙𝑛 𝑢 = 𝑢
sustituyendo “c” en la solución general
solución particular.
6) 𝑥 3 𝑑𝑦 + 𝑥𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑑𝑦 + 2𝑦𝑑𝑥, 𝑦 = 𝑒 cuando 𝑥 = 2
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SOLUCIÓN
a) Identificación. Nos piden la solución particular.
Como primer paso, vamos a agrupar los términos en base a los diferenciales y factorizar.
x 2 (x − 1)dy + y(x − 2)dx = 0
Como los factores de los diferenciales no tienen las 2 variables, la ecuación diferencial sí
se puede resolver por el método de separación de variables.
b) Obtención del FACTOR.
1
FACTOR =[ 2
𝑥 (𝑥−1)(𝑦)
]
c) Producto de (1) por el FACTOR.
1
[𝑥 2 (𝑥 − 1)𝑑𝑦 + 𝑦(𝑥 − 2)𝑑𝑥 = 0] [ 2
]
𝑥 (𝑥 − 1)(𝑦)
𝑑𝑦
𝑦
+
(𝑥−2)𝑑𝑥
𝑥 2 (𝑥−1)
= 0,
integramos ∫
d) Solución de integrales.
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑦
𝑑𝑢
∫ 𝑦 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐,
(𝑥−2)𝑑𝑥
∫ 𝑥 2 (𝑥−1)
(𝑥−2)
𝑥 2 (𝑥−1)
(𝑥−2)𝑑𝑥
+ ∫ 2 (𝑥−1) = ∫ 0,
𝑥
completa
fracciones parciales
𝐴
𝐵
= + 2+
𝑥
𝑥
𝐶
𝑥−1
𝑥 − 2 = 𝐴𝑥(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 − 1) + 𝐶𝑥 2
(a) multiplicar por 𝑥 2 (𝑥 − 1)
(2) dando valores a “x”.
Para “𝑥” = 0 en (2)
0 − 2 = 𝐴(0)(0 − 1) + 𝐵(0 − 1) + 𝐶(0)2
−2 = − 𝐵 , por lo tanto 𝐵 = 2
Para “𝑥” = 1 𝑒𝑛 (2) 1 − 2 = 𝐴(1 − 1) + 𝐵(1)(1 − 1) + 𝐶(1) 2
−1 = 𝐶
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Si realizamos los productos en (2) aparecería A y C multiplicando a 𝑥 2 y aplicando la
identidad con el coeficiente de 𝑥 2 del otro lado de la ecuación Tendríamos:
𝐴 + 𝐶 = 0 , sustituyendo 𝐶 = −1, 𝐴 − 1 = 0, 𝐴 = 1, sustituyendo 𝐴, 𝐵, 𝐶 en (a)
(𝑥−2)
2
1
= + 2−
𝑥 2 (𝑥−1)
𝑥
(𝑥−2)
𝑥
1
𝑥−1
integrando en ambos lados
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∫ 𝑥 2 (𝑥−1) = 2 ∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 − ∫ 𝑥−1
(3)
e) Obtención de la solución general de (1).
(𝑥−2)𝑑𝑥
𝑑𝑦
∫ 𝑦 + ∫ 𝑥 2 (𝑥−1) = ∫ 0
∫
sustituyendo en (3)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
+ 2 ∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 + ∫
−∫
= ∫0
𝑦
𝑥
𝑥−1
ln(𝑦) − 2𝑥 −1 + ln(𝑥) − ln(𝑥 − 1) = 𝑐, aplicando 𝑙𝑛𝑎 + 𝑙𝑛𝑏 – 𝑙𝑛𝑐 = 𝑙𝑛(𝑎𝑏/𝑐) y
despejando
𝑙𝑛 [
𝑦𝑥
] = 𝑐 + 2𝑥 −1
𝑥−1
𝑦𝑥
𝑒 ln[𝑥−1] = 𝑒 𝑐+2𝑥
𝑦𝑥
𝑥−1
−1
= 𝑐𝑒 2𝑥−1
2
𝑦𝑥 = 𝑐𝑒 𝑥 (𝑥 − 1)
hacemos uso de las propiedades de los logaritmos
aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐
despejando “𝑦𝑥”
solución general.
f) Obtención de la solución particular.
2
𝑦𝑥 = 𝑐𝑒 𝑥 (𝑥 − 1)
general.
2
sustituyendo 𝑦 = 𝑒, 𝑥 = 2 en la solución
(𝑦)(2) = 𝑐𝑒 2 (2 − 1)
𝑐 = 2
2
𝑦𝑥 = 2𝑒 𝑥 (𝑥 − 1)
2
como 𝑒 2 = 𝑒 y despejando 𝑐
sustituyendo este valor en la solución general
solución particular.
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CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución de una ecuación diferencial separable, utilizando el
método de separación de variables.
EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) 5𝑥 4 𝑑𝑥 + 20𝑦 19 𝑑𝑦 = 0
2) 2𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + 3𝑒 3𝑦 𝑑𝑦 = 2𝑥𝑑𝑥
3)
𝑑𝑟
𝑑𝑠
=𝑟
4) 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑦 = 𝑦𝑑𝑥
5) 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 1) cos(𝑦) 𝑑𝑦 = 0
6) (𝑥𝑦 + 2𝑥 + 𝑦 + 2)𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 2𝑥 + 3)𝑑𝑦 = 0
7)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥+1
𝑦 4 +1
8) 𝑥𝑦 4 𝑑𝑥 + (𝑦 2 + 2)𝑒 −3𝑥 𝑑𝑦 = 0
9) 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑒 −𝑦 𝑑𝑥 − 𝑦𝑑𝑦 = 0
10)
𝑑𝑦
11)
𝑑𝑦
12)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
= 𝑒 3𝑥+2𝑦
=
𝑥𝑦+3𝑥−𝑦−3
𝑥𝑦−2𝑥+4𝑦−8
= 𝑠𝑒𝑛𝑥(cos 2𝑦 − cos 2 𝑦 )
13) (𝑥 + 1)𝑑𝑦 + (𝑦 − 1)𝑑𝑥 = 0, “𝑦” = 3 cuando “𝑥” = 0
14) 𝑥 3 𝑑𝑦 + 𝑥𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑑𝑦 + 2𝑦 𝑑𝑥 , “𝑦” = 𝑒 cuando “𝑥” = 2
SOLUCIONES
1) 𝑥 5 + 𝑦 20 = 𝑐
2) 𝑒 3𝑦 = 𝑐 + 𝑥 2 + cos(2𝑥) 3) 𝑟 = 𝑐𝑒 8
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5) (𝑥 2 + 1)𝑠𝑒𝑛2 𝑦 = 𝑐
4) 𝑥 + 1 = 𝑐(1 − 𝑦)
6) (𝑥 2 + 2𝑥 + 3)(𝑦 + 2)2 = 𝑐
7) 5𝑥(𝑥 + 2) = 𝑐 + 2𝑦(𝑦 4 + 5)
8) 𝑦 3 𝑒 3𝑥 (3𝑥 − 1) = 9𝑦 2 + 6 + 𝑐𝑦 2
11) (𝑦 + 3)5 𝑒 𝑥 = 𝑐𝑒 𝑦 (𝑥 + 4)5
12) cos(𝑥) + 𝑐𝑡𝑔( 𝑦) = 𝑐
9) 𝑒 𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝑦𝑒 𝑦 + 𝑥𝑐𝑜𝑠 (𝑥) + 𝑐
10) 2𝑒 3𝑥 + 3𝑒 −2𝑦 = 𝑐
2
13) (𝑦 − 1)(𝑥 + 1) = 2
14) 𝑥𝑦 = 2(𝑥 − 1)𝑒 𝑥
2.2 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS
Primeramente estudiaremos los pasos para identificar si una ecuación diferencial es
homogénea o no.
Supongamos que se nos pide determinar si la ecuación es homogénea o no.
𝑥3
5𝑦 4
2
3
(3𝑥 − 5𝑥𝑦 + ) 𝑑𝑥 + (5√𝑦 𝑥 − 3𝑥 + 2 ) 𝑑𝑦 = 0
𝑦
𝑥
2
MÉTODO. Para saber si una ecuación diferencial es homogénea, vamos a llamar “t” a todas
las variables de la ecuación.
Analizaremos término a término toda la ecuación (los signos de + o – son los que separan un
término de otro). Una ecuación será homogénea cuando todos y cada uno de los términos
tengan la variable “t” elevada a la misma potencia. Si al menos un término no tiene “t”
elevada a la misma potencia, entonces la ecuación no es homogénea. Las constantes no se
cambian por “t”, ni los diferenciales intervienen para determinar si es homogénea o no.
Checando el ejemplo tenemos como términos.
𝑥3
3𝑥 2 , 5𝑥𝑦, 𝑦 , 5√𝑦 3 𝑥, 3𝑥 2 ,
𝑡3
5𝑦 4
𝑥2
sustituyendo “𝑥” y “𝑦” por “𝑡”
𝑡4
𝑡 2 , (𝑡)(𝑡) = 𝑡 2 , 𝑡 = 𝑡 2 , √𝑡 3 𝑡 = 𝑡 2 , 𝑡 2 , 𝑡 2 = 𝑡 2
si observamos, todos los términos
tienen 𝑡 2 , por lo tanto la ecuación diferencial sí es homogénea.
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NOTA
1) Para checar si es homogénea, si aparece √(𝑥 2 + 𝑦 2 ) como término,
√(𝑥 2 + 𝑦 2 ) = √(𝑡 2 𝑥 2 + 𝑡 2 𝑦 2 ) = 𝑡√(𝑥 2 + 𝑦 2 ) = 𝑡
2) En caso de que aparezcan términos con funciones como 𝑒^(𝑥/𝑦), 𝑠𝑒𝑛(𝑥/𝑦), 𝑐𝑜𝑠(𝑦/𝑥),
etc., las “t” de dicha función se deben eliminar. Éstos no representarán ninguna “t”, ya que la
variable sobre variable sería igual a 1, con lo cual quedaría el término como constante a la
cual no le corresponde “𝑡” 𝑒 𝑥/𝑦 = 𝑒 𝑡/𝑡 = 𝑒 1 = 𝑐𝑡𝑒,
𝑠𝑒𝑛(𝑥/𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑡/𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(1) = 𝑐𝑡𝑒, 𝑐𝑜𝑠ℎ (𝑦/𝑥) = 𝑐𝑜𝑠ℎ (𝑡/𝑡) = 𝑐𝑡𝑒
Ejemplo en que no es homogénea.
(𝑥 + 3𝑦 + 2)𝑑𝑥 + (8𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑦 = 0
Los términos son “𝑥”, 3𝑦, 2, 8𝑥, 3𝑦 sustituyendo 𝑡, 𝑡, 𝑡 0 , 𝑡, 𝑡, como en el tercer término no
contiene “𝑡” y los demás tienen “𝑡” a la primera potencia, entonces la ecuación no es
homogénea.
MÉTODO PARA OBTENER LA SOLUCIÓN GENERAL POR EL MÉTODO PARA
ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS
1) Checar que la ecuación sea homogénea.
2) Utilizar la sustitución.
𝑦 = 𝑣𝑥
o
𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣
𝑥 = 𝑣𝑦
𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑣
Si el coeficiente del “𝑑𝑥” tiene menos términos que el de “𝑑𝑦”, se utiliza la sustitución 𝑥 =
𝑣𝑦, y si el coeficiente del “𝑑𝑦” tiene menos términos que el del “𝑑𝑥”, entonces se utiliza la
sustitución 𝑦 = 𝑣𝑥
Si ambos coeficientes tienen el mismo número de términos, podemos sustituir cualquiera de
las dos variables.
3) Sustituir la variable y el diferencial en la ecuación diferencial.
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4) Realizar los productos y divisiones.
5) Realizar las sumas y restas.
6) Al hacer los tres pasos anteriores, SIEMPRE se tendrá una ecuación diferencial que se
puede resolver por el método de separación de variables.
7) Con el resultado del paso 5, ya que integremos, se tendrán términos con la variable “v”, la
cual tenemos que sustituir ya que no es una variable de las originales de la ecuación
diferencial, despejando la ecuación del paso 2.
PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones
diferenciales.
1) (3𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 = 0
SOLUCIÓN
a) Identificación. Los términos son 3x, 2y y 2x. Sustituyendo “x” y “y” por “t”, quedan t, t y t.
Como los tres quedaron con “𝑡” elevada a la misma potencia, la ecuación sí es homogénea.
b) Determinación de la variable y diferencial que saldrán y sustituciones. Como el “𝑑𝑦” tiene
el menor número de términos, entonces la variable que vamos a sustituir, es la de este
diferencial, es decir, saldrá la variable “𝑦” y el “𝑑𝑦” aplicando el segundo paso.
𝑦 = 𝑣𝑥, 𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣
sustituyendo “𝑦” y “𝑑𝑦” en (1)
3𝑥𝑑𝑥 + 2𝑣𝑥𝑑𝑥 + 2𝑥𝑣𝑑𝑥 + 2𝑥 2 𝑑𝑣 = 0
agrupando y se factoriza
(3𝑥 + 2𝑣𝑥)𝑑𝑥 + 2𝑥(𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣) = 0
multiplicando
𝑥(3 + 4𝑣)𝑑𝑥 + 2𝑥 2 𝑑𝑣 = 0
(a)
c) Resolviendo por separación de variable.
1
FACTOR =[(3+4𝑣)𝑥 2 ]
multiplicando por (a)
1
[𝑥(3 + 4𝑣)𝑑𝑥 + 2𝑥 2 𝑑𝑣 = 0 ] [(3+4𝑣)𝑥 2 ]
realizando el producto
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𝑑𝑥
𝑥
+
2 𝑑𝑣
3+4𝑣
𝑑𝑥
=0
integramos
2 𝑑𝑣
∫ 𝑥 + ∫ 3+4𝑣 = ∫ 0
d) Solución de integrales.
∫
∫
𝑑𝑥
= ln|𝑥| + 𝑐
𝑥
𝑑𝑢
2 𝑑𝑣
≈∫
= ln|𝑢| + 𝑐
𝑢
3 + 4𝑣
𝑢 = 3 + 4𝑢, 𝑑𝑢 = 4𝑑𝑢
completamos multiplicando y dividiendo por 2
Obtención de la solución general de (b)
𝑑𝑥
(2)2𝑑𝑣
1
∫ 𝑥 + 2 ∫ 3+4𝑣 = ∫ 0
integrando
1
ln|𝑥| + ln|3 + 4𝑣| = 𝑐
multiplicando por 2 y aplicando (𝑐)𝑙𝑛(𝑢) =
ln(𝑥)2 + ln|3 + 4𝑣| = 𝑐
aplicando 𝑙𝑛(𝑎) + 𝑙𝑛(𝑏) = 𝑙𝑛(𝑎𝑏)
2
ln(𝑢)𝑐
ln|𝑥 2 (3 + 4𝑣)| = 𝑐
exponenciando ambos lados de la ecuación
2
𝑒 𝑙𝑛 |𝑥 (3+4𝑣)| = 𝑒 𝑐
aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐
𝑥 2 (3 + 4𝑣) = 𝑐
𝑥 2 (3 +
4𝑦
𝑥
de (b) 𝑦 = 𝑣𝑥, 𝑣 =
multiplicando la 𝑥 2
)=𝑐
3𝑥 2 + 4𝑥𝑦 = 𝑐
𝑥(3𝑥 + 4𝑦) = 𝑐
𝑦
𝑦
𝑥
sustituyendo v
factorizando
solución general.
𝑦
2) [𝑥 + 𝑦𝑠𝑒𝑛 ( )] 𝑑𝑥 − 𝑥𝑠𝑒𝑛 (𝑥 ) 𝑑𝑦 = 0
𝑥
SOLUCIÓN
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a) Identificación. Los términos son “x”, y sen(y/ x) y x sen(y/ x), sustituyendo “x” y “y” por
“t” quedan t, t sen(t/ t)=t y t sen(t /t)= t. Como los tres términos quedaron con “t” elevada a la
misma potencia, entonces la ecuación sí es homogénea.
b) Determinación de la variable y diferencial que saldrán, y sustituciones. Como el “dy” tiene
el coeficiente más sencillo, entonces saldrá la variable “y” y el “dy”.
Aplicando el segundo paso del método y = vx , dy = vdx + xdv, sustituyendo “y” y “dy” en
(2)
𝑣𝑥
𝑣𝑥
[𝑥 + 𝑣𝑥𝑠𝑒𝑛 ( )] 𝑑𝑥 − [𝑥𝑠𝑒𝑛 ( 𝑥 )] [𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣] = 0
𝑥
𝑥𝑑𝑥 + 𝑣𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑥 − 𝑥𝑣𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 = 0
𝑥𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 = 0
multiplicando
reduciendo
(1)
c) Resolviendo por separación de variables.
FACTOR =
factor
1
multiplicando (1) por este
𝑥2
1
[𝑥𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣][ 𝑥 2 ]
𝑑𝑥
𝑥
realizando el producto
− 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 = 0
integramos
𝑑𝑥
∫ 𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 = ∫ 0
(2)
d) Solución de integrales.
∫
𝑑𝑥
= ln|𝑥| + 𝑐
𝑥
∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑣)𝑑𝑣 ≈ ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢)𝑑𝑢 = − cos(𝑢) + 𝑐
e) Obtención de la solución general de (2).
𝑑𝑥
∫ 𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑣) 𝑑𝑣 = ∫ 0
ln|𝑥| + cos(𝑣) = 𝑐
integrando
de (b) y = vx, v = y /x,
sustituyendo v
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𝑦
ln|𝑥| + cos (𝑥 ) = 𝑐
solución general.
3) 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = √(𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥
SOLUCIÓN
a) Identificación. Aplicando x,y,√𝑥 2 y √𝑦 2 , sustituyendo “x” y “y” por “t”.
t, t, √𝑡 2 =t, √𝑡 2 = t como los tres términos quedaron con “t” elevada a la misma potencia, sí
es homogénea.
b) Determinación de la variable y diferencial que saldrán, y sustituyendo. Como el “dy” tiene
el coeficiente más sencillo, entonces saldrá la variable “y” y el “dy”.
Aplicando el segundo paso del método.
𝑦 = 𝑣𝑥, 𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣
sustituyendo en (3)
𝑥𝑣𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑣 − 𝑣𝑥𝑑𝑥 = √𝑥 2 (1 + 𝑣 2 ) 𝑑𝑥
reduciendo
𝑥(𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣) − 𝑣𝑥𝑑𝑥 = √𝑥 2 + 𝑣 2 𝑥 2 𝑑𝑥
multiplicando
𝑥 2 𝑑𝑣 = 𝑥 √1 + 𝑣 2 𝑑𝑥
(I)
c) Resolviendo por separación de variables.
1
FACTOR = [ 2 √1+𝑣2 ]
𝑥
multiplicando (I) por este factor
1
[𝑥 2 𝑑𝑣 = 𝑥 √1 + 𝑣 2 𝑑𝑥] ∙ [ 2 √1+𝑣2 ]
𝑑𝑣
√1+𝑣 2
𝑑𝑣
−
𝑑𝑥
𝑥
𝑥
=0
realizando el producto e igualando a cero
integrando
𝑑𝑥
∫ √1+𝑣2 − ∫ 𝑥 = ∫ 0
(II)
d) Solución de integrales.
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𝑑𝑣
∫
𝑑𝑢
∫ √1+𝑣2 ≈ ∫ √1+𝑢2 = ln|𝑢 + √1 + 𝑢2 | + 𝑐,
𝑑𝑥
= ln|𝑥| + 𝑐
𝑥
𝑢2 = 𝑣 2 , 𝑢 = 𝑣
e) Obtención de la solución general de (II).
𝑑𝑥
𝑑𝑣
∫ √1+𝑣2 − ∫ 𝑥 = ∫ 0
integrando
𝑎
ln|𝑣 + √1 + 𝑣 2 | − ln|𝑥| = 𝑐
aplicando 𝑙𝑛(𝑎) − 𝑙𝑛(𝑏) = 𝑙𝑛 ( )
ln (
hacemos uso de las propiedades de los
𝑣+√1+𝑣 2
logaritmos
𝑒
ln(
𝑥
)𝑐
𝑣+√1+𝑣2
)
𝑥
𝑣+√1+𝑣 2
(
𝑥
= 𝑒𝑐
aplicando 𝑒 𝑙𝑛 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐
)=𝑐
despejando
𝑣 + √1 + 𝑣 2 = 𝑐𝑥
sustituyendo v
𝑦2
𝑦
𝑏
de b) 𝑦 = 𝑣𝑥 despejando, 𝑣 = 𝑦/𝑥,
+ √1 + (𝑥 2 ) = 𝑐𝑥
𝑥
reduciendo
𝑦
multiplicando por “x”
𝑥
+
√𝑥 2 +𝑦2
𝑥
= 𝑐𝑥
𝑦 + √𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐𝑥 2
solución general.
4) 𝑦𝑥 2 𝑑𝑥 − (𝑥 3 + 𝑦 3 )𝑑𝑦 = 0, “x” = 0 cuando “y” = 1
SOLUCIÓN
a) Identificación. Nos piden la solución particular. Los términos son 𝑦𝑥 2 , 𝑥 3 y 𝑦 3
sustituyendo “x” y “y” por “t”, (𝑡)(𝑡 2 ) = 𝑡 3 , 𝑡 3 y 𝑡 3 como todos los términos quedaron con t
elevada al cubo, entonces la ecuación sí es homogénea.
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b) Determinación de la variable y diferencial que saldrán. Como el “dx” tiene el coeficiente
más sencillo, entonces saldrá la variable “x” y el “dx”.
“x” = vy, “dx” = vdy + ydv
𝑦(𝑣 2 𝑦 2 )(𝑣𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑣) − (𝑣 3 𝑦 3 + 𝑦 3 )𝑑𝑦 = 0
𝑣 3 𝑦 3 𝑑𝑦 + 𝑦 4 𝑣 2 𝑑𝑣 − 𝑣 3 𝑦 3 𝑑𝑦 − 𝑦 3 𝑑𝑦 = 0
𝑦 4 𝑣 2 𝑑𝑣 − 𝑦 3 𝑑𝑦 = 0
sustituyendo en (4)
multiplicando
reduciendo
(I)
c) Resolviendo por separación de variables.
1
FACTOR = [ 4 ]
𝑦
multiplicando (I) por este factor
1
[𝑦 4 𝑣 2 𝑑𝑣 − 𝑦 3 𝑑𝑦 = 0][ 4]
𝑣 2 𝑑𝑣 −
𝑑𝑦
𝑦
𝑦
=0
integrando
𝑑𝑦
∫ 𝑣 2 𝑑𝑣 − ∫ 𝑦 = ∫ 0
𝑣3
realizando el producto
resolviendo
− ln|𝑦| = 𝑐
multiplicando por 3 aplicando (𝑐)𝑙𝑛(𝑢) = ln(𝑢)𝑐
ln(𝑦)3 = 𝑣 3 + 𝑐
hacemos uso de las propiedades de los logaritmos
3
𝑣 3 − 3 ln|𝑦| = 𝑐
3
despejando
3
𝑒 ln(𝑦) = 𝑒 𝑣 +𝑐
aplicando 𝑒 𝑙𝑛𝑢 = 𝑢 , 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐
𝑥
3
𝑦3 = 𝑒𝑣 𝑐
de b)𝑥 = 𝑣𝑦, 𝑣 = , sustituyendo v
𝑦 3 = 𝑐𝑒 𝑦3
solución general.
𝑦
𝑥3
d) Obtención de la solución particular. Sustituyendo “x” = 0 y “y” = 1 en la solución general.
(1)3 = 𝑐𝑒 0
3
𝑦 =𝑒
𝑥3
𝑦3
𝑐 = 1
sustituyendo en la solución general
solución particular.
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CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución de una ecuación diferencial homogénea.
EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) (6𝑥 2 − 7𝑦 2 )𝑑𝑥 − 14 𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0
2) (2√𝑥𝑦 − 𝑦)𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
𝑦
3) [𝑦 + 𝑥𝑐𝑡𝑔 ] 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
𝑥
4) (𝑦 + √𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
5)
𝑑𝑦
6)
𝑑𝑦
=
𝑑𝑦
=
7)
=
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
2𝑦 4 +𝑥 4
𝑥𝑦 3
𝑥 2
( )
2𝑥𝑦𝑒 𝑦
𝑥 2
( )
𝑥 2
( )
𝑦 2 +𝑦 2 𝑒 𝑦 +2𝑥 2 𝑒 𝑦
2𝑥𝑦
𝑥 2 −𝑦 2
8) (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
9) 𝑦(𝑥 2 + 𝑥𝑦 − 2𝑦 2 )𝑑𝑥 + 𝑥 (3𝑦 2 − 𝑥𝑦 − 𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0
10) (𝑥 2 𝑦 + 𝑦 3 )𝑑𝑥 − 2𝑥 3 𝑑𝑦 = 0
“y” = 3
cuando “x” = 2
11) [𝑥 + 𝑦𝑒 (𝑥 ] 𝑑𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑦 = 0 , “y” = 0
cuando “x” = 1
𝑦
)
𝑦
( )
12) 𝑦 2 𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0,
“y” = 1
cuando “x” = 0
SOLUCIONES
1) 2𝑥 3 = 𝑐 + 7𝑥𝑦 2
2) √𝑥𝑦 = 𝑐 + 𝑥
𝑦
3) 𝑥𝑐𝑜𝑠 ( ) = 𝑐
𝑥
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4) 𝑦 + √𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐𝑥 2
4
4
8
5) 𝑦 + 𝑥 = 𝑐𝑥
7) 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐𝑦
8) (𝑥 + 𝑦)2 = 𝑐𝑥𝑒 𝑥)
(
10) 5𝑥𝑦 2 = 18(𝑦 2 − 𝑥 2 )
𝑦
𝑦
)
11) ln(𝑥) = 𝑒 (𝑥 − 1
6) 𝑦 = 𝑐 [1 + 𝑒
𝑥 2
𝑦
( )
]
𝑦3
9) 2𝑦 2 ln (𝑥 2 ) + 2𝑥𝑦 + 𝑥 2 = 𝑐𝑦 2
12) (𝑥 + 𝑦) ln|𝑦| + 𝑥 = 0
2.3 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES DE SIMPLE SUSTITUCIÓN
Este método se aplica para ecuaciones que tengan la forma siguiente.
Coeficientes que representan rectas paralelas:
1) (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)𝑑𝑥 ± (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑓)𝑑𝑦 = 0
2) (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)𝑑𝑥 ± (𝑛𝑎𝑥 + 𝑚𝑏𝑦 + 𝑗)𝑑𝑦 = 0
Ecuaciones que tendrían la forma de los dos casos anteriores al sustituir:
𝑟 = 𝑥 2 , 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦
3) (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑐)𝑥𝑑𝑥 ± (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑓)𝑦𝑑𝑦 = 0
4) (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑐)𝑥𝑑𝑥 ± (𝑛𝑎𝑥 2 + 𝑚𝑏𝑦 2 + 𝑗)𝑦𝑑𝑦 = 0
Ecuaciones que sólo un diferencial tenga como coeficiente la ecuación de una recta, y el otro
diferencial sólo tenga una constante como coeficiente:
𝑟 = 𝑥 2 , 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦
5) (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)𝑑𝑥 ± 𝑐𝑡𝑒. 𝑑𝑦 = 0
6) (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑐)𝑑𝑥 ± 𝑐𝑡𝑒. 𝑑𝑦 = 0
MÉTODO
1. Cerciorarse de que la ecuación tenga la forma. Esto es, que los coeficientes de los
diferenciales representen ecuaciones de rectas paralelas, o bien, que sólo un diferencial tenga
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como coeficiente la ecuación de una recta, mientras que el otro diferencial sólo tenga una
constante como coeficiente.
2. Haremos “z” igual a la relación ax + by y diferenciando esta ecuación encontraremos el
valor de “dz”.
3. Despejaremos de la ecuación de “dz” (paso2) el diferencial que en la ecuación diferencial
tenga el coeficiente con el menor número de términos. Si los dos coeficientes tienen el mismo
número de términos, se despejará de la ecuación de “dz” cualquiera de los 2 diferenciales.
4. Sustituiremos “z” y el diferencial que despejamos en la ecuación diferencial.
5. La ecuación resultante se resuelve por método de separación de variables.
6. Una vez encontrada la solución, sustituiremos el valor de “z”, por lo que le asignamos en el
paso 2. Ésta será nuestra solución general.
NOTA. En las ecuaciones de las formas 3, 4 y 6 primero se harán las sustituciones de 𝑟 =
𝑥 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦 y después ya seguiremos con todos los pasos. La
relación sería ar + bw.
PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones
diferenciales.
1) (3𝑥 + 2𝑦 − 3)𝑑𝑥 + (6𝑥 + 4𝑦)𝑑𝑦 = 0
SOLUCIÓN
a) Identificación. Checaremos si son las rectas paralelas o no.
𝐴
3
𝐴
6
Del coeficiente de “dx”, A = 3, B = 2, 𝑚 = − = − 2 = 𝑚
𝐵
3
Del coeficiente de “dy” , A =6, B =4, 𝑚 = − = − = − = 𝑚
𝐵
4
2
Como las pendientes (m) son iguales, entonces la ecuación diferencial sí tiene la forma (rectas
paralelas).
b) Obtención de las ecuaciones de sustitución. Haremos “z” igual a la relación que sea el
submúltiplo en este caso: “z” = 3x+ 2y  “dz” = 3dx + 2dy
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Como el “dy” tiene el coeficiente más sencillo en la ecuación diferencial, entonces será el que
despejemos.
c) Sustituciones de “z” y “dy”.
𝑑𝑦 =
𝑑𝑧 − 3𝑑𝑥
2
sustituyendo “z” y “dy”
(3𝑥 + 2𝑦 − 3)𝑑𝑥 + (6𝑥 + 4𝑦)𝑑𝑦 = 0
2𝑧(𝑑𝑧−3𝑑𝑥)
(𝑧 − 3)𝑑𝑥 +
2
=0
multiplicando
𝑧𝑑𝑥 − 3𝑑𝑥 + 𝑧𝑑𝑧 − 3𝑧𝑑𝑥 = 0
agrupando
(𝑧)𝑑𝑧 − (2𝑧 + 3)𝑑𝑥 = 0
(I)
d) Aplicando el método de separación de variables
FACTOR = [
1
2𝑧+3
]
[𝑧𝑑𝑧 − (2𝑧 + 3)𝑑𝑥] [
𝑧𝑑𝑧
2𝑧+3
multiplicando (I) por el factor
1
2𝑧+3
− 𝑑𝑥 = 0
]
multiplicando
integramos
𝑧𝑑𝑧
∫ 2𝑧+3 − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0
(II)
e) Solución de integrales.
∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑐
𝑧𝑑𝑧
∫ 2𝑧+3
función impropia, por lo tanto hay que dividir
1/2
2𝑧 + 3 | 𝑧
−𝑧 − 3/2
−3/2
𝑧
2𝑧+3
1
= +
2
−3/2
2𝑧+3
integrando ambos lados
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𝑧𝑑𝑧
1
3
𝑑𝑧
∫ 2𝑧+3 = 2 ∫ 𝑑𝑧 − 2 ∫ 2𝑧+3
(III)
f) Obtención de la solución general de (II).
∫
𝑧𝑑𝑧
− ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0
2𝑧 + 3
3 1
(2)𝑑𝑧
∫ 𝑑𝑧 − 2 (2) ∫ 2𝑧+3 − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0
1
3
𝑧 − ln|2𝑧 + 3| − 𝑥 = 𝑐
2
4
2𝑧 − ln(2𝑧 + 3)3 − 4𝑥 = 𝑐
integrando
multiplicando por 4, aplicando (𝑐)𝑙𝑛(𝑢) = ln(𝑢)𝑐
de b), z = 3x + 2y, sustituyendo
2(3𝑥 + 2𝑦) − ln(2𝑧 + 3)3 − 4𝑥 = 𝑐
desarrollando y reduciendo
2(𝑥 + 2𝑦) = 𝑐 + ln(6𝑥 + 4𝑦 + 3)3
solución general.
2𝑥 + 4𝑦 = 𝑐 + ln(6𝑥 + 4𝑦 + 3)3
2) 2(𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 0
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como el “dx” tiene como coeficiente la ecuación de una recta x-y y el “dy”
tiene 1 como el coeficiente, sí es de simple sustitución del caso 5.
b) Obtención de las ecuaciones de sustitución. Haremos “z” igual a la relación de variables, es
decir:
“z” = “x” – “y”
diferenciando
“dz” = “dx” – “dy”
despejando “dy”, dado que tiene el coeficiente más simple
“dy” = “dx” – “dz”
c) Sustituciones.
2(x – y)dx + dy = 0
sustituyendo “z” y “dy”
2zdx + dx – dz = 0
agrupando
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(2z + 1)dx – dz = 0
(1)
d) Aplicando el método de separación de variables.
FACTOR = [
1
2𝑧+1
]
multiplicando (1) por el factor
[(2z + 1)dx – dz = 0] [
𝑑𝑥 −
𝑑𝑧
2𝑧+1
=0
1
]
2𝑧 + 1
integramos
𝑑𝑧
completamos la segunda integral
2𝑑𝑧
integrando
∫ 𝑑𝑥 − ∫ 2𝑧+1 = ∫ 0
1
∫ 𝑑𝑥 − 2 ∫ 2𝑧+1 = ∫ 0
1
𝑥 − ln|2𝑧 + 1| = 𝑐
multiplicando por 2 y sustituyendo z = x-y y despejando x
2
2𝑥 = 𝑐 + ln|2(𝑥 − 𝑦) + 1| solución general.
3) (2𝑥 2 + 𝑦 2 + 6)𝑥𝑑𝑥 + (2𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑦𝑑𝑦 = 0
SOLUCIÓN
a) Transformación. Como tiene la forma (3) haremos 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥,
𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦,
(2𝑟 + 𝑤 + 6)
𝑑𝑟
2
𝑑𝑤
2
= 𝑦𝑑𝑦
+ (2𝑟 + 𝑤)
𝑑𝑤
2
sustituyendo estas relaciones
=0
(1) (2𝑟 + 𝑤 + 6)𝑑𝑟 + (2𝑟 + 𝑤)𝑑𝑤 = 0
𝑑𝑟
2
= 𝑥𝑑𝑥,
multiplicando por 2
la cual tiene la forma
de dr = A =2 , B = 1, m =-2/1=-2
de dw A = 2, B = 1, m =-2/1=-2
b) Ecuaciones de sustitución. Haremos “z” igual a la relación de variables “z” = 2r + w
diferenciando, dz = 2dr + dw despejando dw, dw = dz – 2dr.
c) Sustituciones de (1).
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(2𝑟 + 𝑤 + 6)𝑑𝑟 + (2𝑟 + 𝑤)𝑑𝑤 = 0
sustituyendo z y dw
(𝑧 + 6)𝑑𝑟 + 𝑧(𝑑𝑧 − 2𝑑𝑟) = 0
multiplicando y agrupando
(6 − 𝑧)𝑑𝑟 + 𝑧𝑑𝑧 = 0
(2)
d) Resolviendo por separación de variables.
FACTOR = [
1
6−𝑧
]
multiplicando (2) por factor
[(6 − 𝑧)𝑑𝑟 + 𝑧𝑑𝑧 = 0] [
𝑑𝑟 +
𝑧𝑑𝑧
6−𝑧
1
6−𝑧
=0
]
multiplicando
integramos
𝑧𝑑𝑧
∫ 𝑑𝑟 + ∫ 6−𝑧 = ∫ 0
(4)
e) Solución de integrales.
∫ 𝑑𝑟 = 𝑟 + 𝑐
𝑧𝑑𝑧
∫ 6−𝑧, como es una función impropia, dividiremos
−𝑧 + 6
𝑧𝑑𝑧
−1
| 𝑧
−𝑧 + 6
+6
𝑧
6−𝑧
= −1 +
𝑑𝑧
∫ 6−𝑧 = − ∫ 𝑑𝑧 + 6 ∫ 6−𝑧
6
6−𝑧
integrando en ambos lados
(3)
f) Obtención de la solución general de (4).
𝑧𝑑𝑧
∫ 𝑑𝑟 + ∫ 6−𝑧 = ∫ 0
sustituyendo (3)
∫ 𝑑𝑟 − ∫ 𝑑𝑧 + 6(−1) ∫
𝑟 − 𝑧 − 6 ln(6 − 𝑧) = 𝑐
(−1)𝑑𝑧
= ∫0
6−𝑧
𝑟 − (2𝑟 + 𝑤) − ln(6 − 2𝑟 − 𝑤)6 = 𝑐
sustituyendo “z” = (2r + w)
reduciendo y multiplicando por –1
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𝑟 + 𝑤 + ln(6 − 2𝑟 − 𝑤)6 = 𝑐
𝑥 2 + 𝑦 2 + ln(6 − 2𝑥 2 − 𝑦 2 )6 = 𝑐
sustituyendo 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑤 = 𝑦 2
solución general.
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución de una ecuación diferencial de rectas paralelas
utilizando el método de simple sustitución.
EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) (𝑥 + 2𝑦 + 3)𝑑𝑥 + (2𝑥 + 4𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0
3) (2𝑥 − 3𝑦 + 2)𝑑𝑥 + 3(4𝑥 − 6𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0
5) (𝑥 − 2𝑦 + 5)𝑑𝑥 − [2(𝑥 − 2𝑦) + 9]𝑑𝑦 = 0
7) (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦 − 2)𝑑𝑦 = 0
2) (𝑥 + 𝑦 − 3)𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦 + 4)𝑑𝑦 = 0
4) (2𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 − (4𝑥 + 2𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0
6) 2𝑑𝑥 + (2𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑦 = 0
8) (3𝑥 − 𝑦 + 4)𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 0
9) (2𝑥 + 3𝑦 − 1)𝑑𝑥 = (5 − 2𝑥 − 3𝑦)𝑑𝑦 10) (𝑥 2 + 𝑦 2 + 4)𝑦𝑑𝑦 + (𝑥 2 + 𝑦 2 − 3)𝑥𝑑𝑥 = 0
11) (12𝑥 2 − 18𝑦 2 − 3)𝑦𝑑𝑦 + (2𝑥 2 − 3𝑦 2 + 2)𝑥𝑑𝑥 = 0
SOLUCIONES
1) 𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 4𝑦 2 + 6𝑥 = 𝑐 + 2𝑦
2) 𝑥 2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 2 + 8𝑦 = 𝑐 + 6𝑥
3) 𝑥 + 6𝑦 + ln(2𝑥 − 3𝑦) = 𝑐
4) 5𝑥 − 10𝑦 + ln(10𝑥 + 5𝑦 − 2) = 𝑐
7) (𝑥 + 𝑦)2 = 4𝑦 + 𝑐
8) 3𝑥 + 7 = 𝑦 + 𝑐𝑒 𝑥
5) (𝑥 − 2𝑦)2 + 10(𝑥 − 2𝑦) + 2𝑦 = 𝑐
9) 𝑥 + 𝑦 + 𝑐 = 4 ln(2𝑥 + 3𝑦 + 7)
11) 𝑥 2 + 6𝑦 2 + ln(2𝑥 2 − 3𝑦 2 ) = 𝑐
6) (2𝑥 + 3𝑦 − 3)𝑒 𝑦 = 𝑐
10) 𝑥 4 + 2𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 + 8𝑦 2 = 𝑐 + 6𝑥 2
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2.4 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES DE LA FORMA
(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)𝑑𝑥 + (𝑓𝑥 + 𝑔𝑦 + ℎ)𝑑𝑦 = 0 o (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑦 2 + 𝑐)𝑥𝑑𝑥 + (𝑓𝑥 2 + 𝑔𝑦 2 +
ℎ)𝑦𝑑𝑦 = 0
en la que los coeficientes representan rectas no paralelas.
MÉTODO PARA LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL
1. Identificamos que la ecuación es de este método y no del anterior, cuando las pendientes
sean diferentes.
2. Sustituiremos 𝑥 = 𝑥 ′ + ℎ, 𝑦 = 𝑦 ′ + 𝑘, 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 ′ , 𝑑𝑦 = 𝑑𝑦 ′
3. Tomaremos los términos de h, k y la constante que aparezcan en el coeficiente de cada
diferencial y los igualaremos a cero, con lo cual tendremos dos ecuaciones que contengan h y
k. A partir de estas ecuaciones encontraremos los valores de h y k.
4. Sustituiremos los valores de h y k en la ecuación del paso 2, con lo cual sólo nos deben
quedar las variables primas en cada coeficiente de cada diferencial.
5. Esta ecuación (paso 4) se resolverá por homogéneas.
6. Obtenida la solución, sustituiremos primero v, la cual utilizamos en la homogénea y
después sustituiremos “x” y “y”, despejándolas de las ecuaciones con las que iniciamos el
método, es decir, de 𝑥 = 𝑥 ′ + ℎ despejando x’, tenemos 𝑥 ′ = 𝑥 − ℎ , de 𝑦 = 𝑦 ′ + 𝑘
despejando y’, tenemos 𝑦 ′ = 𝑦 − 𝑘.
PROBLEMAS RESUELTOS. Determine la solución general de las siguientes ecuaciones.
1) (2𝑥 + 3𝑦 − 1)𝑑𝑥 − 4(𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 0
SOLUCIÓN
a) Identificación.
Del coeficiente de “dx” A = 2, B = 3, m = -2/3
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Del coeficiente de “dy” A = 1, B = 0, m = -1/0 (indefinido)
Como las pendientes son diferentes, entonces la ecuación diferencial sí tiene la forma.
b) Sustituciones.
x = x’+ h,
y = y’+ k
dx = dx’,
dy = dy’
sustituyendo
(2x +3y-1)dx – 4(x +1)dy = 0
sustituyendo x, y, dx, dy
(2x’+ 2h+ 3y’+ 3k-1)dx’ – 4(x’+ h +1) dy’= 0
tomando h, k y la constante
Del
dx
2h+ 3k-1= 0
(1)
Del
dy
h +1=0,
2(-1) + 3k-1= 0,
h = -1
sustituyendo h en (1)
h = -1
sustituyendo h y k en (1)
[2x’+2(-1)+3y’+3(1)-1]dx’ – 4(x’-1+1)dy’= 0
reduciendo
(2x’+ 3y’)dx’ – 4x’dy’= 0
(2)
c) Resolviendo por homogéneas. Como el “dy” tiene el coeficiente más sencillo, entonces
sustituiremos la “y”.
y’= vx’, dy’ = vdx’ + x’dv
sustituyendo “y” y “dy” en (2)
(2x’ + 3vx’)dx’ – 4x’(vdx’ + x’dv) = 0
multiplicando
2x’dx’ + 3vx’dx’-4x’vdx’ – 4x’ 2 dv = 0
agrupando
|(2-v)x’dx’ – 4x’ 2 dv = 0
(3)
d) Resolviendo por separación de variables.
FACTOR = [
1
(2−𝑣)𝑥 ′
2
]
multiplicando (3) por este factor
2
[(2 − 𝑣)𝑥 ′ 𝑑𝑥 ′ − 4𝑥 ′ 𝑑𝑣 = 0] [
1
(2−𝑣)𝑥 ′
2
]
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𝑑𝑥 ′
𝑥′
−
4𝑑𝑣
2−𝑣
=0
𝑑𝑥 ′
integramos
𝑑𝑣
multiplicando y dividiendo por –1
∫ 𝑥 ′ − 4 ∫ 2−𝑣 = ∫ 0
completamos la segunda integral
𝑑𝑥 ′
(−1)𝑑𝑣
∫ 𝑥 ′ − 4(−1) ∫ 2−𝑣 = ∫ 0
integrando
ln|𝑥 ′ | + 4 ln|2 − 𝑣| = 𝑐
hacemos uso de las propiedades de los logaritmos
𝑥 ′ (2 − 𝑣)4 = 𝑐
sustituyendo v = y’/x’
′
4
𝑒 ln[𝑥 (2−𝑣) ] = 𝑒 𝑐
𝑥 ′ (2 − 𝑦 ′ ⁄𝑥 ′ )4 = 𝑐
𝑥′ [
(2𝑥 ′ −𝑦 ′ )
𝑥
′4
4
aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐
simplificando
multiplicando por 𝑥 ′
]=𝑐
(2𝑥 ′ − 𝑦 ′ )4 = 𝑐𝑥 ′ 3
3
sustituyendo x’= x-h, x’= x +1
y’= y-k, y’= y-1
(2𝑥 + 2 − 𝑦 + 1)4 = 𝑐(𝑥 + 1)3
(2𝑥 − 𝑦 + 3)4 = 𝑐(𝑥 + 1)3
reduciendo
solución general.
2) (𝑥 2 − 2𝑦 2 + 4)𝑥𝑑𝑥 + (2𝑥 2 − 𝑦 2 + 2)𝑦𝑑𝑦 = 0 , y = 0 cuando “x” = 2
SOLUCIÓN. Nos piden solución particular.
a) Transformación. Como tiene la segunda forma:
𝑟 = 𝑥 2 , 𝑑𝑟 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑤 = 𝑦 2 , 𝑑𝑤 = 2𝑦𝑑𝑦, 𝑑𝑟⁄2 = 𝑥𝑑𝑥
Sustituyendo estas relaciones en 2)
(𝑟 − 2𝑤 + 4)𝑑𝑟/2 + (2𝑟 − 𝑤 + 2)𝑑𝑤/2 = 0
(𝑟 − 2𝑤 + 4)𝑑𝑟 + (2𝑟 − 𝑤 + 2)𝑑𝑤 = 0 (1)
multiplicando por 2
checando la forma
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De dr A =1, B =-2, m = -1/-2 = 1/2
De dw A =2, B =-1, m-2/-1= 2
Como las pendientes son diferentes, entonces sí es ecuación de la forma.
b) Sustituciones. Como no son “x” y “y”, se pueden poner h y k en cualquier sustitución.
r = r’ + h, w = w’ + k
dr = dr’, dw = dw’
sustituyendo en (1)
(r’ + h-2w’-2k+4)dr’+(2r’+ 2h-w’-k +2)dw = 0
(2)
Tomando h, k y la constante:
a) h-2k+4=0
multiplicando a) por (-2) la sustitución
b) 2h- k + 2=0
sumando b) y c)
c) –2h+4k-8=0
3k-6=0, k = 2
sustituyendo en a) h-(2)2+4=0 , h =0
Sustituyendo h y k en (2)
[r’+0-2w’-2(2)+4]dr’ + [2r’+2(0)-w’-2+2]dw’= 0
(r’-2w’)dr’ + (2r’-w’)dw’=0
(3)
c) Resolviendo por homogéneas. Como los dos diferenciales están igual de complicados, o
sea, los dos tienen dos términos, podemos sustituir cualquier variable arbitrariamente.
w’= vr’, dw’= vdr’ + r’dv
(r’ – 2vr’)dr’ + (2r’ –vr’)(vdr’+ r’dv)=0
sustituyendo w’ y dw’ en (3)
multiplicando
r’dr’ – 2vr’dr’+ 2vr’dr’+ 2r’2dv-v2r’dr’-vr’2dv = 0 agrupando
(1-v2)r’dr’+(2-v)r’2dv = 0
(4)
d) Resolviendo por separación de variables.
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FACTOR = [
1
(1−𝑣)𝑟 ′
2
]
multiplicando (4) por este factor
2
[(1 − 𝑣 2 )𝑟 ′ 𝑑𝑟 ′ + (2 − 𝑣)𝑟 ′ 𝑑𝑣 = 0] [
𝑑𝑟 ′
𝑟′
𝑑𝑟 ′
𝑟′
+
+
𝑑𝑟 ′
(2−𝑣)𝑑𝑣
=0
1−𝑣 2
2𝑑𝑣
1−𝑣 2
−
𝑣𝑑𝑣
1−𝑣 2
𝑑𝑣
1
(1 − 𝑣)𝑟 ′ 2
]
=0
separando la segunda integral
integramos
𝑣𝑑𝑣
∫ 𝑟 ′ + 2 ∫ 1−𝑣2 − ∫ 1−𝑣 2 = ∫ 0
(5)
e) Solución de integrales.
∫
∫
𝑑𝑟 ′
= ln|𝑟 ′ | + 𝑐
𝑟′
𝑑𝑢
1
1+𝑢
𝑑𝑣
≈∫
= ln (
) + 𝑐, 𝑣 2 = 𝑢2 , 𝑣 = 𝑢, 𝑑𝑣 = 𝑑𝑢
2
2
1−𝑢
2
1−𝑢
1−𝑣
𝑣𝑑𝑣
𝑑𝑢
∫ 1−𝑣2 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐
Completamos multiplicando y dividiendo por (-2).
𝑢 = 1 − 𝑣 2 , 𝑑𝑢 = −2𝑣𝑑𝑣
f) Obtención de la solución general de (5).
𝑑𝑟 ′
𝑑𝑣
(−2)𝑣𝑑𝑣
1
∫ 𝑟 ′ + 2 ∫ 1−𝑣2 − (−2) ∫ 1−𝑣2 = ∫ 0
integrando
1+𝑣
1
1
ln|𝑟 ′ | + 2 ( ) ln (
) + ( ) ln(1 − 𝑣 2 ) = 𝑐
1−𝑣
2
2
Multiplicando por 2 y aplicando 𝑐 ln 𝑢 = ln 𝑢𝑐
ln(𝑟 ′ )2 + ln (
ln [
2
1+𝑣 2
1−𝑣
) + ln(1 − 𝑣 2 ) = 𝑐
aplicando ln a + ln b + ln c = ln (abc)
]=𝑐
hacemos uso de las propiedades de los
𝑟 ′ (1+𝑣)2 (1−𝑣 2 )
(1−𝑣)2
logaritmos
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𝑒
2
𝑟 ′ (1+𝑣)2 (1−𝑣2 )
ln[
]
(1−𝑣)2
= 𝑒𝑐
Aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐 y (1 − 𝑣 2 ) = (1 − 𝑣)(1 + 𝑣)
2
𝑟 ′ (1+𝑣)2 (1−𝑣)(1+𝑣)
=𝑐
(1−𝑣)2
reduciendo
2
𝑟 ′ (1 + 𝑣)3 = 𝑐(1 − 𝑣)
sustituyendo v = w’/r’
2
𝑟 ′ (1 + 𝑤 ′ ⁄𝑟 ′ )3 = 𝑐(1 − 𝑤 ′ ⁄𝑟 ′ )
2 𝑟 ′ +𝑤 ′
)
𝑟′
𝑟′ (
3
= 𝑐(
𝑟 ′ −𝑤 ′
𝑟′
)
reduciendo
multiplicando por r’
(𝑟 ′ + 𝑤 ′ )3 = 𝑐(𝑟 ′ − 𝑤 ′ )
debido que h = 0, k = 2,
(𝑟 + 𝑤 − 2)3 = 𝑐(𝑟 − 𝑤 + 2)
sustituyendo 𝑟 = 𝑥 2 , 𝑤 = 𝑦 2
Sustituyendo r’= r-h, r’= r, w’= w-k, w’= w-2
(𝑥 2 + 𝑦 2 − 2)3 = 𝑐(𝑥 2 − 𝑦 2 + 2)
solución general.
(22 + 0 − 2)3 = 𝑐(22 − 0 + 2)
reduciendo
g) Obtención de la solución particular. Sustituyendo y = 0, x = 2 en la solución general, por lo
tanto:
8 = c(6)
c = 8/6
c = 4/3
(𝑥 2 + 𝑦 2 − 2)3 = (4⁄3)(𝑥 2 − 𝑦 2 + 2)
3(𝑥 2 + 𝑦 2 − 2)3 = 4(𝑥 2 − 𝑦 2 + 2)
sustituyendo c en solución general
multiplicando por 3
solución particular.
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución de una ecuación diferencial de rectas no paralelas.
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EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) (𝑥 − 2𝑦 + 4)𝑑𝑥 + (2𝑥 − 𝑦 + 2)𝑑𝑦 = 0
3) (4𝑥 + 3𝑦 − 7)𝑑𝑥 + (3𝑥 − 7𝑦 + 4)𝑑𝑦 = 0
2) (2𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 + 2)𝑑𝑦 = 0
4) (2𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0
5) (2𝑥 − 3𝑦 − 30)𝑑𝑥 − (2𝑦 + 3𝑥)𝑑𝑦 = 0 6) (𝑥 − 2𝑦 + 1)𝑑𝑥 + (4𝑥 − 3𝑦 − 6)𝑑𝑦 = 0
7) (5𝑥 + 4𝑦 + 4)𝑑𝑥 + (4𝑥 + 3𝑦 + 1)𝑑𝑦 = 0
8) (𝑥 − 2𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 − 𝑦 − 3)𝑑𝑦 = 0
y = -1 cuando x = -1
SOLUCIONES
1) (𝑥 + 𝑦 − 2)3 = 𝑐(𝑥 − 𝑦 + 2)
2) (𝑦 + 2𝑥 − 4)2 = 𝑐(𝑥 + 𝑦 − 1)
3) 4𝑥 2 + 6𝑥𝑦 − 7𝑦 2 − 14𝑥 + 8𝑦 = 𝑐
4) ln[(𝑦 − 𝑥)2 + (𝑥 − 1)2 ] + 2 tan−1 [
7) (2𝑥 + 𝑦 − 5)2 = (3𝑥 + 2𝑦 − 2)2 + 𝑐
8) (𝑥 + 𝑦 − 3)3 = 125(𝑥 − 𝑦 − 1)
5) 𝑥 2 − 3𝑥𝑦 − 𝑦 2 − 30𝑥 = 𝑐
6) (𝑥 + 3𝑦 − 9)5 = 𝑐(𝑦 − 𝑥 + 1)
𝑦−𝑥
𝑥−1
]=𝑐
2.5 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS
Antes de empezar con este método, estudiaremos qué es una ecuación diferencial exacta, para
después aprender el método para su solución.
La diferencial total de una función f(x, y) es:
𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] =
𝜕𝑓
𝜕𝑓
𝑑𝑥 +
𝑑𝑦
𝜕𝑥
𝜕𝑦
A la parte de la derecha de la ecuación se le llama diferencial exacta y cuando se iguala ésta a
cero, se le llama ECUACIÓN DIFERENCIAL EXACTA, es decir:
𝜕𝑓
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝑓
𝜕𝑦
𝑑𝑦 = 0
ecuación diferencial exacta
EJEMPLO. Determine la diferencia total de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 2 + 2𝑥 3 𝑦 − 7𝑦 3
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SOLUCIÓN
Como veíamos anteriormente, la diferencial total de la función es:
𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] =
𝜕𝑓
𝑑𝑥 +
𝜕𝑥
𝜕𝑓
𝜕𝑦
𝑑𝑦
sustituyendo f(x, y)
𝜕(3𝑥 2 + 2𝑥 3 𝑦 − 7𝑦 3 )
𝜕(3𝑥 2 + 2𝑥 3 𝑦 − 7𝑦 3 )
] 𝑑𝑥 + [
] 𝑑𝑦
𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] = [
𝜕𝑦
𝜕𝑥
𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] = (6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 − 21𝑦 2 )𝑑𝑦
Como vimos también anteriormente, la ecuación diferencial exacta sería:
(6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 − 21𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0
Lo importante para nosotros es cómo saber que la ecuación diferencial que se nos da es
ecuación diferencial exacta. Para esto, podemos aplicar el siguiente método para identificar
una ecuación diferencial exacta.
1) Llamaremos M al coeficiente del “dx” y N al coeficiente del “dy”, quedando la ecuación:
Mdx + Ndy = 0
2) Una ecuación diferencial será ecuación diferencial exacta, cuando sean iguales las
derivadas parciales de los coeficientes de cada diferencial, con respecto a la variable del otro
diferencial. Es decir, el coeficiente del dx(M) se derivará parcialmente con respecto a “y” y el
coeficiente del dy(N) se derivará parcialmente con respecto a “x”, como ecuación. Una
ecuación diferencial es exacta si:
Del ejercicio anterior tenemos:
𝜕𝑀 𝜕𝑁
=
𝜕𝑥
𝜕𝑦
(6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 − 21𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0
Vamos a comprobar que es ecuación diferencial exacta.
SOLUCIÓN
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Obtención de M, N y las derivadas parciales.
𝑀 = 6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦
𝑁 = 2𝑥 3 − 21𝑦 2
obteniendo las derivadas parciales
𝜕𝑀 𝜕(6𝑥 + 6𝑥 2 𝑦)
=
= 6𝑥 2
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑁 𝜕(2𝑥 3 − 21𝑦 2 )
=
= 6𝑥 2
𝜕𝑥
𝜕𝑥
Conclusión.
Como
𝜕𝑀
=
𝜕𝑦
𝜕𝑁
𝜕𝑥
la ecuación diferencial sí es exacta.
NOTAS
1) Es importante resaltar que la forma de la ecuación diferencial que nos den debe estar
como Mdx + Ndy = 0, es decir, como una suma. Si no es así, tendremos que darle a la
ecuación esa forma para poder checar si es exacta.
2) Cuando las variables NO sean “x” y “y”, se denominarán M y N arbitrariamente.
Recordemos que la ecuación diferencial es EXACTA cuando las derivadas parciales
de los coeficientes de cada diferencial, con respecto a la variable del otro diferencial,
SON IGUALES.
EJEMPLO. Determine si la ecuación [sin(𝑎) + 𝑏]𝑑𝑎 + [𝑎 − 2 cos(𝑏)]𝑑𝑏 = 0 es exacta.
SOLUCIÓN
Como NO son “x” y “y” las variables, entonces tomaremos M y N arbitrariamente, por
ejemplo, que la ecuación sea de la forma:
Mda + Ndb =0 es decir, M =sen(a) + b, N = a-2cos(b)
Para saber si es exacta, tendremos que obtener
db en la ecuación original.
Obteniendo las derivadas
𝜕𝑀
𝜕𝑏
=
𝜕[sin(𝑎)+𝑏]
𝜕𝑏
𝜕𝑀
𝜕𝑏
𝑦
𝜕𝑁
𝜕𝑎
, dado que M está con da y N está con
=1
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Como
𝜕𝑀
𝜕𝑏
=
𝜕𝑁
𝜕𝑎
𝜕𝑁 𝜕[𝑎 − 2 cos(𝑏)]
=
=1
𝜕𝑎
𝜕𝑎
, entonces la ecuación diferencial sí es exacta.
Ahora bien, ya sabemos cuándo una ecuación es exacta. El método para obtener la solución
general tiene una variante con respecto a los demás métodos, debido a que la ecuación
diferencial exacta proviene de derivadas parciales.
Existen varios métodos para encontrar la solución general de una ecuación diferencial exacta.
Aquí estudiaremos el método para la obtención de la solución general.
1) Ya que checamos que la ecuación sí es exacta, pasaremos a integrar por separado cada
parte de la ecuación. Esto es, ∫ 𝑀𝑑𝑥 se resolverá por un lado y ∫ 𝑁𝑑𝑦 por otro.
NOTA. Sólo para este método, al integrar las variables que no sean iguales a la variable del
diferencial, se tomarán las “y” como constantes en ∫ 𝑀𝑑𝑥 y en ∫ 𝑁𝑑𝑦 las “x” serán
constantes.
2) Al realizar cada integral se debería sumar a cada resultado la constante total de integración
c, sólo que en nuestras integrales también son tomadas como constante algún tipo de variable,
por lo tanto, la constante de integración se representará por ∅[𝑣𝑎𝑟], donde colocaremos la
variable que se tomó como constante en dicha integral.
3) Encontraremos el valor de los ∅[𝑣𝑎𝑟], los cuales estarán formados por los términos que
aparezcan en la solución de la otra integral, pero que no aparezcan en la solución donde
tenemos el ∅[𝑣𝑎𝑟] que estamos buscando. Por ejemplo, ∅(𝑦) estará formado por los términos
de la solución de ∫ 𝑁𝑑𝑦 que no sean términos de la solución de ∫ 𝑀𝑑𝑥 (que es donde
tendríamos el ∅[𝑦]).
NOTAS
a) El ∅(𝑥) sólo podrá estar formado por R y variables x, y el ∅(𝑦) sólo podrá estar formado
por R y variables “y”. De no ser así, tendremos algún error.
b) Si en la solución de alguna de las integrales aparecen logaritmos, aplicamos sus
propiedades para obtener realmente los términos que aparecerán o no en cada ∅[𝑣𝑎𝑟].
c) Los ∅[𝑣𝑎𝑟] no se toman como términos faltantes, es decir, ∅(𝑥) no contendrá a ∅(𝑦) o
viceversa.
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4) Con el paso anterior las dos soluciones deben ser iguales y por lo tanto la solución general
será cualquiera de la soluciones en donde esta solución se igualará a “c” (constante de
integración), para que ya sea la solución general.
PROBLEMAS RESUELTOS. Determine si las siguientes ecuaciones diferenciales son
exactas o no y en caso de serlo, encuentre su solución general.
1) (3𝑥 2 + 3𝑥𝑦 2 )𝑑𝑥 + (3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0
SOLUCIÓN
a) Identificación. 𝑀 = 3𝑥 2 + 3𝑥𝑦 2 ,
𝜕𝑀
=
𝜕𝑦
Como
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕(3𝑥 2 +3𝑥𝑦 2 )
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜕𝑦
= 6𝑥𝑦
y
𝑁 = 3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 + 2𝑦
𝜕𝑁
𝜕𝑥
=
𝜕(3𝑥 2 𝑦−3𝑦 2 +2𝑦)
𝜕𝑥
= 6𝑥𝑦
, la ecuación diferencial sí es EXACTA.
b) Solución de las integrales.
∫ 𝑀𝑑𝑥 = ∫(3𝑥 2 + 3𝑥𝑦 2 )𝑑𝑥 = 3 ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 + 3𝑦 2 ∫ 𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 3 +
y = cte
3𝑦 2 𝑥 2
2
+ ∅[𝑦]
∫ 𝑁𝑑𝑦 = ∫(3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 3𝑥 2 ∫ 𝑦𝑑𝑦 − 3 ∫ 𝑦 2 𝑑𝑦 + 2 ∫ 𝑦𝑑𝑦
x = cte
3𝑦 2 𝑥 2
− 𝑦 3 + 𝑦 2 + ∅[𝑥]
=
2
c) Obtención de ∅(𝑥) y ∅(𝑦). Para determinar ∅(𝑦) checamos la solución de ∫ 𝑁𝑑𝑦, es decir,
la solución en que no está ∅(𝑦). Ésta será igual a todos los términos de la solución de ∫ 𝑁𝑑𝑦
que no estén en la solución donde está ∅(𝑦). Para ∅(𝑥) es al contrario.
∅(𝑦) = −𝑦 3 + 𝑦 2 ,
∫ 𝑀𝑑𝑥 = 𝑥 3 +
∫ 𝑁𝑑𝑦 =
3𝑥 2 𝑦 2
2
3𝑥 2 𝑦 2
2
∅(𝑥) = 𝑥 3
− 𝑦3 + 𝑦2
sustituir los ∅ en las integrales
− 𝑦3 + 𝑦2 + 𝑥3
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Como podemos ver, las dos soluciones son iguales, por lo tanto la solución general es
cualquiera de éstas, igualándola a “c”.
d) Obtención de la solución general. Tomando arbitrariamente ∫ 𝑀𝑑𝑥
𝑥3 +
3𝑥 2 𝑦 2
2
− 𝑦3 + 𝑦2 = 𝑐
solución general.
1
2) (𝑥 − 1)−1 𝑦𝑑𝑥 + [ln(2𝑥 − 2) + ] 𝑑𝑦 = 0
𝑦
SOLUCIÓN
a) Identificación. 𝑀 = (𝑥 − 1)−1 𝑦, 𝑁 = ln(2𝑥 − 2) +
=
𝜕𝑁
=
𝜕[ln(2𝑥−2)+1/𝑦]
𝜕𝑀
=
𝜕𝑁
𝜕𝑦
𝜕𝑥
Como
𝜕[(𝑥−1)−1 𝑦]
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝑦
= (𝑥 − 1)−1
𝜕𝑥
𝜕𝑥
1
=
2
2𝑥−2
= (𝑥 − 1)−1
, sí es EXACTA
b) Solución de las integrales.
𝑑𝑥
∫ 𝑀𝑑𝑥 = ∫(𝑥 − 1)−1 𝑦𝑑𝑥 = 𝑦 ∫ 𝑥−1 = 𝑦 ln(𝑥 − 1) + ∅(𝑦)
En este caso y = cte
𝑑𝑦
1
= 𝑦 ln(2𝑥 − 2) + ln 𝑦 + ∅(𝑥)
∫ 𝑁𝑑𝑦 = ∫ [ln(2𝑥 − 2) + ] 𝑑𝑦 = ln(2𝑥 − 2) ∫ 𝑑𝑦 + ∫
𝑦
𝑦
En este caso x = cte
Como tiene logaritmos aplicaremos
ln(2𝑥 − 2) = ln[2(𝑥 − 1)] ≈ ln(𝑎𝑏) = ln 𝑎 + ln 𝑏
𝑁𝑑𝑦 = 𝑦 ln(2) + 𝑦 ln(𝑥 − 1) + ln 𝑦 + ∅(𝑥)
c) Obtención de los ∅[𝑣𝑎𝑟].
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∅(𝑦) = 𝑦 ln(2) + ln 𝑦
sustituyendo los valores de ∅ en las integrales
∅(𝑥) = 0
∫ 𝑀𝑑𝑥 = 𝑦 ln(𝑥 − 1) + 𝑦 ln(2) + ln 𝑦
∫ 𝑁𝑑𝑦 = 𝑦 ln(2) + 𝑦 ln(𝑥 − 1) + ln 𝑦
𝑦 ln(2) + 𝑦 ln(𝑥 − 1) + ln 𝑦 = 𝑐
aplicando cln a + cln b = cln (ab)
d) Obtención de la solución general de ∫ 𝑁𝑑𝑦
𝑦 ln(2𝑥 − 2) + ln 𝑦 = 𝑐
solución general.
1
3) (𝑥 + 3)−1 cos(𝑦) 𝑑𝑥 − [sin(𝑦) ln(5𝑥 + 15) − ] 𝑑𝑦 = 0
𝑦
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparece la resta (Mdx - Ndy), hay que colocarla como la suma (Mdx
+ Ndy). Lo que se hace es colocar el positivo y multiplicar por –1 los términos que está
afectando.
1
(𝑥 + 3)−1 cos(𝑦) 𝑑𝑥 + [− sin(𝑦) ln(5𝑥 + 15) + ] 𝑑𝑦 = 0
𝑦
Con lo cual ya podemos determinar M y N.
1
𝑀 = (𝑥 + 3)−1 cos(𝑦)
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜕𝑁
=
=
𝜕𝑥
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜕[(𝑥+3)−1 cos(𝑦)]
𝜕𝑦
𝑁 = − sin(𝑦) ln(5𝑥 + 15)
𝑦
= −(𝑥 + 3)−1 sin(𝑦)
𝜕[1/𝑦−sin(𝑦) ln(5𝑥+15)]
𝜕𝑥
= − sin(𝑦) (𝑥 + 3)−1
= − sin(𝑦) [
como
𝜕𝑀
𝜕𝑦
b) Solución de las integrales.
5
5𝑥+15
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
] = − sin(𝑦) [
5
]
5(𝑥+3)
, la ecuación sí es EXACTA.
𝑑𝑥
∫ 𝑀𝑑𝑥 = ∫(𝑥 + 3)−1 cos 𝑦 𝑑𝑥 = cos 𝑦 ∫ 𝑥+3 = cos 𝑦 ln(𝑥 + 3) + ∅(𝑦) y = cte
1
𝑑𝑦
∫ 𝑁𝑑𝑦 = ∫ [𝑦 − sin(𝑦) ln(5𝑥 + 15)] 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦 − ln(5𝑥 + 15) ∫ sin 𝑦 𝑑𝑦
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x = cte
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∫ 𝑁𝑑𝑦 = ln(𝑦) + ln(5𝑥 + 15) cos 𝑦 + ∅(𝑥)
Aplicando ln(5x+15) = ln[5(x+3)]
ln(ab) = lna + lnb
∫ 𝑁𝑑𝑦 = ln(𝑦) + ln(5) cos 𝑦 + ln(𝑥 + 3) cos 𝑦 + ∅(𝑥)
c) Obtención de los ∅[𝑣𝑎𝑟].
∅(𝑦) = ln 𝑦 + ln(5) cos 𝑦
∅(𝑥) = 0
d) Sustituyendo los ∅[𝑣𝑎𝑟].
∫ 𝑀𝑑𝑥 = cos 𝑦 ln(𝑥 + 3) + ln 𝑦 + ln(5) cos 𝑦
∫ 𝑁𝑑𝑦 = ln(𝑦) + ln(5) cos 𝑦 + ln(𝑥 + 3) cos 𝑦
e) Obtención de la solución general de ∫ 𝑁𝑑𝑦.
ln(𝑦) + ln(5) cos 𝑦 + ln(𝑥 + 3) cos 𝑦 = 𝑐 aplicando c lna + c lnb= c ln(ab)
ln(𝑦) + cos(𝑦) ln(5𝑥 + 15) = 𝑐
solución general.
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución de una ecuación diferencial separable exacta.
EJERCICIOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) (2𝑥 cos 𝑦 + 3𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 3 − 𝑥 2 sin 𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0
2) (𝑥 + sin 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 cos 𝑦 − 2𝑦)𝑑𝑦 = 0
𝑑𝑦
2+𝑦𝑒 (𝑥𝑦)
3) 𝑑𝑥 = 2𝑦−𝑥𝑒 (𝑥𝑦)
4)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−3𝑦𝑥 2
= 𝑥 3 +2𝑦 4
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5) 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (1 + 𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0
6) (𝑦 sin 𝑥 + 𝑥𝑦 cos 𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥 sin 𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 0
7) [𝑒 2𝑦 − 𝑦 cos(𝑥𝑦) + 2𝑦]𝑑𝑥 + [2𝑥𝑒 2𝑦 − 𝑥 cos(𝑥𝑦) + 2𝑦 + 2𝑥]𝑑𝑦 = 0
8) 𝑦 3 sin(2𝑥) 𝑑𝑥 − 3𝑦 2 cos 2 𝑥 𝑑𝑦 = 0
2𝑦 2 −𝑥 2
𝑦 2 −2𝑥 2
9) (𝑥𝑦 2 −𝑥 3 ) 𝑑𝑥 + (𝑦 3 −𝑥2 𝑦) 𝑑𝑦 = 0
10)
𝑑𝑥
√𝑥 2 +𝑦 2
3𝑦 2 𝑑𝑥
11) 2
𝑥 +3𝑥
1
+( −
𝑦
𝑥
𝑦√𝑥 2 +𝑦 2
+ [2𝑦 ln (
5𝑥
) 𝑑𝑦 = 0
) + 3 sin 𝑦] 𝑑𝑦 = 0
𝑥+3
SOLUCIONES
𝑦2
1) 𝑥 2 cos 𝑦 + 𝑥 3 𝑦 − 2 = 𝑐
1
2) 𝑥 2 + 𝑥 sin(𝑦) − 𝑦 2 = 𝑐
2
2𝑦 5
3) 2𝑥 + 𝑒 (𝑥𝑦) − 𝑦 2 = 𝑐
4) 𝑥 3 𝑦 +
7) 𝑥𝑒 2𝑦 − sin(𝑥𝑦) + 𝑦 2 + 2𝑦𝑥 = 𝑐
8) 𝑦 3 (1 + cos 2𝑥) = 𝑐
5) (𝑥 2 + 1)𝑦 = 𝑐
9) 𝑥 2 𝑦 2 (𝑥 2 − 𝑦 2 ) = 𝑐
11) 𝑦 2 ln (
5𝑥
) − 3 cos 𝑦 = 𝑐
5
=𝑐
6) 𝑥𝑦 sin(𝑥) + 𝑦 = 𝑐
10) 𝑥 + √𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐
𝑥+3
2.6 MÉTODO UTILIZANDO FACTORES INTEGRANTES
Una ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 puede transformarse en una ecuación
diferencial exacta, multiplicándola por una expresión apropiada. Esta expresión se denomina
FACTOR INTEGRANTE o FACTOR DE INTEGRACIÓN.
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Un método para encontrar la solución general, es multiplicar toda la ecuación diferencial por
un factor integrante, el cual se obtiene de acuerdo a las características de los términos que
aparecen en la ecuación diferencial.
Utilizaremos la siguiente tabla.
RELACIÓN
xdy + ydx
xdy – ydx
xdy – ydx
xdy – ydx
xdy + ydx
xdy + ydx
xdy + ydx
xdy + ydx
py dx + qxdy
FACTOR INTEGRANTE
DIFERENCIAL EXACTA
1
d(xy)
1
𝑑( )
𝑥2
1
𝑦2
1
(𝑥 2 +𝑦 2 )
1
(𝑥𝑦)𝑛
1
(𝑥𝑦)𝑛
1
(𝑥 2 +𝑦 2 )𝑛
1
(𝑥 2 +𝑦 2 )𝑛
𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1
𝑦
𝑥
𝑥
𝑑 (− )
𝑦
𝑦
𝑑 tan−1 ( )
𝑥
−1
𝑑 [(𝑛−1)(𝑥𝑦)𝑛−1 ] si 𝑛 ≠ 1
𝑑[ln(𝑥𝑦)] si n=1
𝑑[
−1
2(𝑛−1)(𝑥 2 +𝑦 2 )𝑛−1
1
] si 𝑛 ≠ 1
𝑑 [ ln(𝑥 2 + 𝑦 2 )] si n=1
2
𝑑(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 )
NOTA 1. Cuando en la ecuación diferencial aparezca la relación pydx + qxdy, donde “p” y
“q” sean diferenciales de uno o menos uno y al multiplicar la ecuación por 𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1, el otro
término de la ecuación NO se puede integrar, multiplicaremos toda la ecuación por
1
, donde “a” es la potencia que hace que se elimine la variable que no permite que se
(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 )𝑎
integre el otro término de la ecuación.
PROBLEMAS RESUELTOS
Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 7𝑥 6 𝑑𝑥 − 4𝑦 7 𝑑𝑦 + sin(2𝑥) 𝑑𝑥 , determine su solución
general.
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SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparecen los términos xdy + ydx, es de FACTORES
INTEGRANTES. Sustituiremos xdy + ydx = d(xy) en la ecuación diferencial.
b) Sustitución.
𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 7𝑥 6 𝑑𝑥 − 4𝑦 7 𝑑𝑦 + sin(2𝑥) 𝑑𝑥
𝑑(𝑥𝑦) = 7𝑥 6 𝑑𝑥 − 4𝑦 7 𝑑𝑦 + sin(2𝑥) 𝑑𝑥
Como los demás términos ya se pueden integrar igualaremos a 0.
𝑑(𝑥𝑦) − 7𝑥 6 𝑑𝑥 + 4𝑦 7 𝑑𝑦 − sin(2𝑥) 𝑑𝑥 = 0
∫ 𝑑(𝑥𝑦) − 7 ∫ 𝑥 6 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑦 7 𝑑𝑦 − ∫ sin(2𝑥) 𝑑𝑥 = 0
1
∫ 𝑑(𝑥𝑦) − 7 ∫ 𝑥 6 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑦 7 𝑑𝑦 − 2 ∫(2) sin(2𝑥) 𝑑𝑥 = 0
𝑦8
1
integrando
𝑥𝑦 − 𝑥 7 + 2 + cos(2𝑥) = 𝑐
multiplicando por 2
𝑦(2𝑥 + 𝑦 7 ) + cos(2𝑥) = 𝑐 + 2𝑥 7
solución general.
2
2𝑥𝑦 − 2𝑥 7 + 𝑦 8 + cos(2𝑥) = 𝑐
NOTA 2. Cuando los demás términos no se puedan integrar porque no nos lo permite alguna
variable, entonces multiplicaremos toda la ecuación por 1⁄(𝑥𝑦)𝑎 , donde “a” será la potencia
de la derivada que no nos permite que se integren los otros términos.
EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 5𝑥 3 𝑦 5 𝑑𝑦, encuentre la solución general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparece la relación xdy + ydx, la sustituiremos por d(xy). Como no se
puede integrar (porque aparece x3) , multiplicaremos toda la ecuación por 1/(xy)3.
b) Sustituiremos.
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𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 5𝑥 3 𝑦 5 𝑑𝑦
sustituyendo xdy + ydx = d(xy)
𝑑(𝑥𝑦) = 5𝑥 3 𝑦 5 𝑑𝑦
multiplicando por {1⁄(𝑥𝑦)3 }
𝑑(𝑥𝑦)
= 5𝑦 2 𝑑𝑦
(𝑥𝑦)3
(𝑥𝑦)−3 𝑑(𝑥𝑦) − 5𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
∫(𝑥𝑦)−3 𝑑(𝑥𝑦) − 5 ∫ 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
−
(𝑥𝑦)−2
2
5𝑦 3
− 3 =𝑐
3 + 10𝑦 5 𝑥 2 = 𝑐(𝑥 2 𝑦 2 )
igualando a cero
integrando
multiplicando por (−6𝑥 2 𝑦 2 )
solución general.
EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 7𝑥 8 𝑑𝑥 + 4𝑥 2 𝑑𝑥, encuentre la solución general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparece la relación xdy – ydx, utilizaremos el FACTOR
b) Productos y sustituciones.
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 7𝑥 8 𝑑𝑥 + 4𝑥 2 𝑑𝑥
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑥2
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑥2
𝑦
= 7𝑥 6 𝑑𝑥 + 4𝑑𝑥
𝑥
= 𝑑( )
𝑦
1
multiplicando por ( 2 )
𝑥
aplicando
e igualando a cero
𝑑 ( ) − 7𝑥 6 𝑑𝑥 − 4𝑑𝑥 = 0
integramos
𝑦
multiplicando por “x” y agrupando
𝑥
𝑦
∫ 𝑑 (𝑥 ) − 7 ∫ 𝑥 6 𝑑𝑥 − 4 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0
𝑥
− 𝑥 7 − 4𝑥 = 𝑐
𝑦 = 𝑥(𝑐 + 𝑥 7 + 4𝑥)
solución general.
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1
𝑥2
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EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 9𝑦 2 𝑥 2 𝑑𝑥 + 5𝑦 2 𝑥 4 𝑑𝑥 , encuentre la solución
general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como parece la relación xdy – ydx, multiplicaremos entonces toda la
ecuación por el FACTOR
1
𝑦2
b) Productos y sustituciones.
1
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 9𝑦 2 𝑥 2 𝑑𝑥 + 5𝑦 2 𝑥 4 𝑑𝑥
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑦2
𝑥
𝑦
= 9𝑥 2 𝑑𝑥 + 5𝑥 4 𝑑𝑥
𝑑 (− ) − 9𝑥 2 𝑑𝑥 − 5𝑥 4 𝑑𝑥 = 0
𝑦
multiplicamos por ( 2 )
𝑥
integramos
∫ 𝑑 (− 𝑦) − 9 ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 − 5 ∫ 𝑥 4 𝑑𝑥 = 0
𝑥
𝑥
𝑦
− − 3𝑥 3 − 𝑥 5 = 𝑐
multiplicamos por (-y)
𝑥 + 𝑥 3 𝑦(3 + 𝑥 2 ) = 𝑐𝑦
solución general.
𝑦
𝑥 + 3𝑥 3 𝑦 + 𝑥 5 𝑦 = 𝑐𝑦
𝑥
aplicamos ∫ 𝑑 (− ) = − + 𝑐
𝑦
agrupando
EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 8𝑥𝑦 3 𝑑𝑦, encuentre la solución general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparece la relación xdy – ydx, multiplicaremos toda la ecuación por
el FACTOR
1
𝑥𝑦
b) Productos y sustituciones.
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 8𝑥𝑦 3 𝑑𝑦
multiplicamos por
1
𝑥𝑦
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𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑥 = 8𝑦 2 𝑑𝑦
𝑦
𝑑𝑦
𝑦
−
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑥
− 8𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
igualando a cero
integrando
𝑑𝑥
∫ 𝑦 − ∫ 𝑥 − ∫ 8𝑦 2 𝑑𝑦 = ∫ 0
8𝑦 3
ln|𝑦| − ln|𝑥| − 3 = 𝑐
Multiplicando por 3 y aplicando 𝑐 ln 𝑢 = ln 𝑢𝑐 , ln 𝑎 − ln 𝑏 = ln(𝑎⁄𝑏)
𝑦3
ln ( 3 ) = 𝑐 + 8𝑦 3
𝑥
𝑒
𝑦3
𝑥
ln( 3 )
𝑦3
𝑥3
= 𝑒 𝑐+8𝑦
= 𝑐𝑒 8𝑦
3
𝑦 3 = 𝑐𝑥 3 𝑒 8𝑦
3
3
hacemos uso de las propiedades de los logaritmos
aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐
multiplicamos por x3
solución general.
Cuando en los demás términos aparezca (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥𝑦 + 𝑐𝑦 2 ), donde a, b, c ⇒ R, realizaremos
los siguientes pasos.
1. Multiplicaremos toda la ecuación por (1/𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥𝑦 + 𝑐𝑦 2 )
2. Al realizar el producto anterior, nos quedará
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑎𝑥 2 +𝑏𝑥𝑦+𝑐𝑦 2
o
𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦
𝑎𝑥 2 +𝑏𝑥𝑦+𝑐𝑦 2
En uno de los lados de la ecuación, multiplicaremos el numerador y el denominador por [1/
(𝑣𝑎𝑟)2 ], que será la primer variable de nuestra relación, es decir, si tenemos xdy – ydx
multiplicaremos por (1/x2) porque primero aparece x, si tenemos ydx – xdy multiplicaremos
por (1/y2).
3. Sustituiremos por la derivada del cociente que le corresponde al numerador y se
realizarán las operaciones en el denominador.
4. Llamaremos “m” a la relación de la derivada, para observar más fácilmente el tipo de
integral e integramos.
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EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = (𝑦 2 + 6𝑥𝑦 + 9𝑥 2 )𝑒 𝑥 𝑑𝑥, encuentre su solución
general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparece la relación xdy – ydx, multiplicaremos toda la ecuación por
1/(𝑦 2 + 6𝑥𝑦 + 9𝑥 2 ).
b) Productos y sustituciones.
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = (𝑦 2 + 6𝑥𝑦 + 9𝑥 2 )𝑒 𝑥 𝑑𝑥
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑦 2 +6𝑥𝑦+9𝑥 2
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑥2
𝑦 2
𝑦
( ) +6( )+9
𝑥
𝑥
𝑦
𝑥
𝑑( )
𝑦
𝑦 2
( ) +6( )+9
𝑥
𝑥
multiplicamos por 1/(𝑦 2 + 6𝑥𝑦 + 9𝑥 2 )
= 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
multiplicamos numerador y denominador por
= 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
sustituyendo
− 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0
𝑑𝑚
𝑚2 +6𝑚+9
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑥2
𝑦
= 𝑑( )
𝑥
− 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0
𝑦
Sustituyendo “m” por para visualizar más fácil la primera cantidad.
𝑥
𝑑𝑚
𝑚2 +6𝑚+9
− 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0
∫(𝑚 + 3)−2 𝑑𝑚 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0
−(𝑚 + 3)−1 − 𝑒 𝑥 = 𝑐
1 + (𝑚 + 3)𝑒 𝑥 = 𝑐(𝑚 + 3)
𝑦
𝑦
1 + ( + 3) 𝑒 𝑥 = 𝑐 ( + 3)
𝑥
1+[
(𝑦+3𝑥)
𝑥
1
𝑥2
𝑥
] 𝑒𝑥 = 𝑐
(𝑦+3𝑥)
𝑥
𝑥 + (𝑦 + 3𝑥)𝑒 𝑥 = 𝑐(𝑦 + 3𝑥)
integramos, aplicando 𝑚2 + 6𝑚 + 9 = (𝑚 + 3)2
aplicando ∫(𝑚 + 3)−2 𝑑𝑚 ≈ ∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢
multiplicando por [−(𝑚 + 3)]
sustituyendo 𝑚 =
𝑦
𝑥
simplificando
multiplicando por x
solución general.
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EJEMPLO. Dada la ecuación 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )3 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦), determine su
solución general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparece la relación ydx – xdy, multiplicamos toda la ecuación por
1
9𝑥 2 +25𝑦 2
b) Productos y sustituciones.
𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )3 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦)
𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦
9𝑥 2 +25𝑦 2
𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦
𝑦2
9𝑥2 +25𝑦2
𝑦2
𝑥
𝑦
𝑥 2
𝑑( )
𝑑𝑚
9𝑚2 +25
𝑑𝑚
1
1
9𝑥 2 +25𝑦 2
multiplicar por [ 2 ] el numerador
𝑦
y el denominador de la izquierda
𝑥 𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦
− (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) = 0
aplicamos 𝑑 ( )
𝑦2
− (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) = 0
sustituyendo 𝑚 =
𝑦
− (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) = 0
integramos
9( ) +25
𝑦
= (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦)
multiplicando por
∫ 9𝑚2 +25 − ∫(9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) = ∫ 0
𝑦
𝑥
(1)
c) Solución de integrales.
𝑑𝑚
𝑑𝑢
1
𝑢
∫ 9𝑚2 +25 ≈ ∫ 𝑢2 +𝑎2 = 𝑎 tan−1 (𝑎) + 𝑐
𝑢2 = 9𝑚2 , 𝑎2 = 25
completamos
𝑑𝑢 = 3𝑑𝑚
y dividimos por
𝑢 = 3𝑚, 𝑎 = 5
𝑢𝑛+1
∫(9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (9𝑥𝑑𝑥 + 25𝑦𝑑𝑦) ≈ ∫ 𝑢𝑑𝑢 = 𝑛+1 + 𝑐
multiplicamos
𝑢 = 9𝑥 2 + 25𝑦 2
𝑑𝑢 = 18𝑥𝑑𝑥 + 50𝑑𝑦
Completamos, multiplicamos y dividimos entre 2.
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d) Obtención de la solución general.
(3)𝑑𝑚
1
1
∫
− ∫(9𝑥 2 + 25𝑦 2 )2 (18𝑥𝑑𝑥 + 50𝑦𝑑𝑦) = ∫ 0
2
3 9𝑚 + 25 2
1
1
( ) ( ) tan−1 (
3
5
3𝑥
3𝑚
5
1
1
) − ( ) ( ) (9𝑥 2 + 25𝑦 2 )3 = 𝑐 multiplicamos por 30 y sustituimos 𝑚 =
2
3
2 tan−1 ( ) − 5(9𝑥 2 + 25𝑦 2 )3 = 𝑐
5𝑦
solución general.
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥
ó
Cuando la ecuación tenga la forma {
} = 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑏𝑦𝑑𝑦
𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦
𝑎
𝑏
Aplicaremos el hecho de que 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑏𝑦𝑑𝑦 es la derivada de 𝑑 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) y lo que
1
haremos será multiplicar toda la ecuación por (𝑎 2 𝑏 2)
2
2
2
𝑥 + 𝑦
2
EJEMPLO. Dada la ecuación xdy – ydx = 8xdx – 200ydy, encuentre su solución general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como tiene la forma xdy – ydx = axdx + bydy, entonces:
8𝑥𝑑𝑥 − 200𝑦𝑑𝑦 = 𝑑(4𝑥 2 − 100𝑦 2 ), es decir, multiplicaremos toda la ecuación por
1
[ 2
]
4𝑥 − 100𝑦 2
b) Productos y sustituciones.
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 8𝑥𝑑𝑥 − 200𝑦𝑑𝑦
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
4𝑥 2 −100𝑦 2
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑥2
𝑦 2
4−100( )
𝑥
𝑦
𝑥
𝑑( )
𝑦 2
4−100( )
𝑥
=
8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦
4𝑥 2 −100𝑦2
multiplicamos por [
1
𝑥
denominador de la izquierda
8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦
=0
aplicando 𝑑 ( ) =
−
8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦
=0
sustituimos 𝑚 =
4𝑥 2 −100𝑦2
]
multiplicar por [ 2 ] el numerador y el
−
4𝑥 2 −100𝑦2
1
4𝑥 2 −100𝑦 2
𝑦
𝑥
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
𝑦
𝑥
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𝑥2
𝑥
𝑦
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𝑑𝑚
8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦
∫ 4−100𝑚2 − ∫ 4𝑥 2 −100𝑦 2 = ∫ 0
integramos
c) Solución de integrales.
𝑑𝑚
𝑑𝑢
1
𝑢2 = 100𝑚2 , 𝑎2 = 4
𝑎+𝑢
∫ 4−100𝑚2 ≈ ∫ 𝑎2 −𝑢2 = 2𝑎 ln 𝑎−𝑢 + 𝑐
𝑢 = 10𝑚, 𝑎 = 2
Completamos multiplicando y dividiendo por 10
8𝑥𝑑𝑥−200𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑢 = 10𝑑𝑚
𝑑𝑢
𝑢 = 4𝑥 2 − 100𝑦 2
∫ 4𝑥 2 −100𝑦 2 ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐
𝑑𝑢 = 8𝑥𝑑𝑥 − 200𝑦𝑑𝑦
d) Obtención de la solución general.
(10)𝑑𝑚
8𝑥𝑑𝑥 − 200𝑦𝑑𝑦
1
∫
−∫
= ∫0
2
4𝑥 2 − 100𝑦 2
10 4 − 100𝑚
1
1
( ) ( ) ln (
10
4
10𝑦
𝑥
10𝑦
2−
𝑥
2+
ln (
ln (
2+10𝑚
2−10𝑚
) − ln(4𝑥 2 − 100𝑦 2 ) = 𝑐
) − 40ln(4𝑥 2 − 100𝑦 2 ) = 𝑐
2𝑥+10𝑦
2𝑥−10𝑦
) − ln(4𝑥 2 − 100𝑦 2 )40 = 𝑐
2𝑥+10𝑦
40 ]
(2𝑥−10𝑦)(4𝑥2 −100𝑦2 )
ln[
𝑒
= 𝑒𝑐
aplicando 𝑒 ln 𝑢 = 𝑢, 𝑒 𝑐 = 𝑐
multiplicando por 40
y sustituyendo 𝑚 =
aplicando 2 +
2−
10𝑦
𝑥
=
10𝑦
𝑥
2𝑥−10𝑦
𝑥
=
𝑎
𝑦
𝑥
2𝑥+10𝑦
𝑥
𝑎
aplicando ln ( ) − ln 𝑐 = ln ( )
𝑏
𝑏𝑐
hacemos uso de las propiedades de los logaritmos y
2𝑥+10𝑦
=𝑐
(2𝑥−10𝑦)(4𝑥 2 −100𝑦 2 )40
2𝑥 + 10𝑦 = 𝑐(2𝑥 − 10𝑦)(4𝑥 2 − 100𝑦 2 )40
despejando
aplicando
4𝑥 2 − 100𝑦 2 = (2𝑥 − 10𝑦)(2𝑥 + 10𝑦)
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2𝑥 + 10𝑦 = 𝑐(2𝑥 − 10𝑦)(2𝑥 + 10𝑦)40 (2𝑥 − 10𝑦)40
1 = 𝑐(2𝑥 − 10𝑦)41 (2𝑥 + 10𝑦)39
1 = 𝑐(4𝑥 − 100𝑦)39 (2𝑥 − 10𝑦)2
dividiendo ÷ (2𝑥 + 10𝑦)
simplificando
solución general.
Cuando en la ecuación diferencial aparezca la relación pydx + qxdy, aplicaremos (𝑝𝑦𝑑𝑥 +
𝑞𝑥𝑑𝑦)(𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 ) = 𝑑(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 ), es decir, multiplicaremos toda la ecuación por el FACTOR
𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 y al hacer el producto, sustituiremos (𝑝𝑦𝑑𝑥 + 𝑞𝑥𝑑𝑦)(𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 ) por la derivada
que representa 𝑑(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 ).
Cuando los demás términos se pueden integrar (después de haber multiplicado por
𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1 ), integraremos y encontraremos la solución general.
EJEMPLO. Dada la ecuación 5𝑦𝑑𝑥 − 3𝑥𝑑𝑦 = 𝑦 4 𝑥 7 𝑑𝑥, encuentre su solución general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparece la relación 𝑝𝑦𝑑𝑥 + 𝑞𝑥𝑑𝑦 , donde 𝑝 = 5 y 𝑞 = −3 ,
𝑒𝑙 𝐹𝐴𝐶𝑇𝑂𝑅 = 𝑥 4 𝑦 −4
b) Productos y sustituciones.
5𝑦𝑑𝑥 − 3𝑥𝑑𝑦 = 𝑦 4 𝑥 7 𝑑𝑥
(5 𝑦𝑑𝑥 − 3𝑥𝑑𝑦)(𝑥 4 𝑦 − 4) = 𝑥11 𝑑𝑥
𝑑(𝑥 5 𝑦 −3 ) − 𝑥11 𝑑𝑥 = 0
∫ 𝑑(𝑥 5 𝑦 −3 ) − 𝑥11 𝑑𝑥 = ∫ 0
𝑥 12
𝑥 5 𝑦 −3 − 12 = 𝑐
12𝑥 5 − 𝑥12 𝑦 3 = 𝑐𝑦 3
12𝑥 5 = (𝑐 + 𝑥12 )𝑦 3
multiplicamos por 𝑥 4 𝑦 4
sustituimos 𝑑 ( 𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 )
como x11 se puede integrar, integramos
multiplicamos por 12𝑦 3
agrupando
solución general.
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Si después de multiplicar por 𝑥 𝑝−1 𝑦 𝑞−1, el otro término no se puede integrar, multiplicaremos
1
toda la ecuación por(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞)𝑎, donde esta relación puede quedar con la variable a la potencia,
con la cual elimine a la que no permite que se integre el otro término.
EJEMPLO. Dada la ecuación 7𝑥𝑑𝑦 + 3𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 4 𝑦 9 𝑑𝑦, encuentre su solución general.
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como aparece la relación 3𝑦𝑑𝑥 + 7𝑥𝑑𝑦, 𝑝 = 3, 𝑞 = 7, 𝐹𝐴𝐶𝑇𝑂𝑅 = 𝑥 2 𝑦 6
b) Productos y sustituciones.
7𝑥𝑑𝑦 + 3𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 4 𝑦 9 𝑑𝑦
multiplicamos por 𝑥 2 𝑦 6
(7𝑥𝑑𝑦 + 3𝑦𝑑𝑥)(𝑥 2 𝑦 6 ) = 𝑥 6 𝑦 15 𝑑𝑦
como x6 no permite que se integre el 2º
(𝑥 3 𝑦 7 ) − 𝑥 6 𝑦 15 𝑑𝑦 = 0
término, multiplicamos[(𝑥 3 𝑦 7 )2 ]
− (𝑥 3 7 )2 = 0
(𝑥 3 7 )2
simplificando
𝑑(𝑥 3 𝑦 7 )
𝑦
𝑥 6 𝑦 15 𝑑𝑦
𝑦
(𝑥 3 𝑦 7 )−2 𝑑(𝑥 3 𝑦 7 ) − ∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∫ 0
−(𝑥 3 𝑦 7 )−1
𝑦2
2
2 + 𝑦 9 𝑥 3 = 𝑐(𝑥 3 𝑦 7 )
aplicamos 𝑑(𝑥 𝑝 𝑦 𝑞 )
1
aplicamos ∫(𝑥 3 𝑦 7 )−2 𝑑(𝑥 3 𝑦 7 ) ≈ ∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢
multiplicamos por [−2(𝑥 3 𝑦 7 )]
solución general.
NOTA. No siempre van a aparecer nuestros términos 𝑝𝑦𝑑𝑥 + 𝑞𝑥𝑑𝑦 despejados. Cuando esto
no se cumpla, tendremos que darle la forma, es decir, colocar nuestros términos 𝑝𝑦𝑑𝑥 +
𝑞𝑥𝑑𝑦 de un lado y los términos que no tengan esta forma, los colocaremos del otro lado de la
ecuación.
EJEMPLO. Resuelva (𝑦 − 𝑥𝑦 2 )𝑑𝑥(𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0.
SOLUCIÓN
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Identificación. Como podremos ver, esta ecuación no tiene la forma de ningún método de los
anteriores. Para checar si es de FACTORES INTEGRANTES, realizaremos los productos y
checaremos si podemos encontrar la relación pydx + qxdy.
Para este ejercicio:
𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
acomodándola
𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 − 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
como aparece 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥, la sustituimos
𝑑(𝑥𝑦) − 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
[𝑑(𝑥𝑦) − 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0] [
(𝑥𝑦)−2 𝑑(𝑥𝑦) −
𝑑𝑥
𝑥
+ 𝑑𝑦 = 0
𝑑𝑥
1
(𝑥𝑦)2
∫(𝑥𝑦)−2 𝑑(𝑥𝑦) − ∫ 𝑥 + ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 0
]
checando los otros términos, vemos que uno no
se puede integrar por 𝑦 2 y el otro por 𝑥 2
multiplicaremos por [
1
(𝑥𝑦)2
integramos
aplicando ∫(𝑥𝑦)−2 𝑑(𝑥𝑦) ≈ ∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢
−(𝑥𝑦)−1 − ln|𝑥| + 𝑦 = 𝑐
multiplicando por [−𝑥𝑦]
1 + xyln|𝑥| = 𝑥𝑦(𝑐 + 𝑦)
solución general.
1 + xyln|𝑥| − 𝑥𝑦 2 = 𝑐𝑥𝑦
]
despejamos
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución de una ecuación diferencial utilizando el método de
factores integrantes.
EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 4 𝑦 8 𝑑𝑦
3) 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 5 𝑑𝑦
2) 3𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 3 𝑑𝑦 − 5𝑥𝑑𝑦
4)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
3𝑦𝑥 2
𝑥 3 +2𝑦 4
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5) (𝑦 − 𝑥𝑦 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0
6)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥𝑦 2 −𝑦
𝑥
7) (𝑥 3 𝑦 2 + 𝑥)𝑑𝑦 + (𝑥 2 𝑦 3 − 𝑦) = 0
8) 4𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥
11) 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = (𝑥 2 + 𝑥𝑦 − 2𝑦 2 )𝑑𝑥
12) 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 = (𝑥 2 − 𝑦 2 )3 (𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)
9) (𝑦 2 − 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 e
13) 𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 32𝑦𝑑𝑦 + 98𝑥𝑑𝑥
10) 𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = (𝑥 2 − 𝑦 2 )2 (𝑥𝑑𝑥 − 𝑦𝑑𝑦)
SOLUCIONES
1) 5 = (𝑐 − 3𝑦 5 )(𝑥 3 𝑦 3 )
3) 𝑦 5 = 𝑐𝑥 5 𝑒 𝑦
5
5) 𝑦 2 𝑥 = 𝑥𝑦(ln 𝑥 + 𝑐) + 1
7) ln(𝑦/𝑥)2 + (𝑥𝑦)2 = 𝑐
9) 𝑥 = (𝑥 + 𝑐)𝑦
11) ln [
𝑥+2𝑦
𝑥−𝑦
4) 3𝑥 3 = (2𝑦 3 + 𝑐)𝑦
6) 1 + 𝑥𝑦 ln(𝑥) = 𝑐𝑥𝑦
8) 3 = (𝑥 + 𝑐𝑥 4 )𝑦
𝑥
10) 4 arctan ( ) = (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 + 𝑐
𝑦
] = 3𝑥 + 𝑐
4𝑦
2) ln(𝑥 3 𝑦 5 )3 = 𝑦 3 + 𝑐
𝑥
12) 6(𝑥 2 + 𝑦 2 )3 arctan ( ) + 1 = 𝑐(𝑥 2 + 𝑦 2 )3
𝑦
13) arctan ( ) = ln(49𝑥 2 + 16𝑦 2 )28 + 𝑐
7𝑥
2.7 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
Se dice que una ecuación diferencial de cualquier orden es lineal, cuando es de primer grado
respecto de la variable dependiente y sus derivadas. En otras palabras, una ecuación
diferencial es lineal cuando la variable del diferencial del numerador (de la derivada) aparece
sólo elevada a la primera potencia dentro de la ecuación diferencial. Tomando por ejemplo, la
variable “y” como dependiente, su ecuación general para una ecuación diferencial lineal en
“y” es
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃𝑦 = 𝑄, donde P y Q son funciones de “x” solamente.
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Para resolver este tipo de ecuaciones, multiplicaremos toda la ecuación diferencial por el
factor integrante: FACTOR =𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 , donde P = coeficiente de la variable lineal (con todo y
el signo), los diferenciales son los de la parte del denominador de la derivada. Si la ecuación
fuera lineal en “x”, tendrá la forma
solamente y el FACTOR =𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 𝑃𝑥 = 𝑄 , donde P y Q son funciones de “y”
Para este método aplicaremos el concepto (
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃𝑦) 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑(𝑦𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 )
De esto, vemos que multiplicando la parte lineal por el FACTOR 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 este producto será
siempre igual a la derivada de un producto cuyos factores serán siempre la variable lineal
multiplicada por el FACTOR 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥, que es la clave del método.
PASOS PARA LA OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN GENERAL
1. Colocar la ecuación en la forma lineal.
2. Determinar el coeficiente de la variable lineal (con todo y signo) P.
3. Encontrar el FACTOR 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥(𝑣𝑎𝑟) 𝑑(𝑣𝑎𝑟).
4. Multiplicar toda la ecuación por el FACTOR.
5. Aplicar la identidad 𝑑𝑦 + 𝑃𝑦(𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥) = 𝑑(𝑦𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 ).
6. Integrar y la solución de las integrales será la solución general.
NOTA. Puede ser que la ecuación diferencial no se nos dé en forma de derivadas, sino de
diferenciales, por lo tanto para pasar de diferenciales a derivadas dividiremos toda la ecuación
entre la diferencial que aparezca en un mayor número de términos. Por ejemplo:
𝑥 2 𝑑𝑦 − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦𝑑𝑥 = 0
Dividiremos entre el “dx”, dado que aparecen más términos con este diferencial.
𝑑𝑦
𝑥 2 ( ) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 3𝑥𝑦 = 0
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
−
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
𝑥2
+
3𝑦
𝑥
=0
como el coeficiente de la derivada debe ser 1 (uno)
entonces dividiremos entre 𝑥 2 , dándole la forma
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𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
3𝑦
𝑥
𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
=
donde vemos que es una ecuación diferencial lineal en “y”.
𝑥2
PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones.
1) 𝑑𝑦(1 + 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦)) = 𝑑𝑥
SOLUCIÓN
a) Identificación. Dividiremos entre “dy” para darle la forma a la ecuación y ésta quedaría
como:
1 + 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦) =
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
colocándola en la forma lineal
− 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦) = 1 donde vemos que es lineal en “x”
b) Obtención del FACTOR 𝑃 = 2cot(𝑦)
FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒 −2 ∫ cot(𝑦)𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒 −2 ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)| 𝑑𝑦
−2
−2
FACTOR = 𝑒 ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)| 𝑑𝑦 = (𝑠𝑒𝑛(𝑦)) 𝑑𝑦
FACTOR = csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦
aplicando 𝑐 ln |𝑢| = ln|𝑢|𝑐
1
aplicamos 𝑠𝑒𝑛(𝑦) = csc(𝑦)
c) Producto de la lineal por el FACTOR.
[
factor
𝑑𝑥
− 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦) = 1] [csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦]
multiplicando
𝑑𝑥
− 2𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑦)) (csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦) = csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦
aplicamos la identidad del
𝑑𝑦
(
𝑑𝑦
𝑑𝑥
( + 𝑃𝑥) 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑(𝑥𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑦 )
𝑑𝑦
𝑑(𝑥 csc 2 (𝑦)) − csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦 = 0
integramos
∫ 𝑑(𝑥 csc 2 (𝑦)) − ∫ csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 0
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d) Solución de integrales.
∫ 𝑑(𝑥 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑦)) ≈ ∫ 𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝑐, 𝑢 = 𝑥𝑐𝑠𝑐 2 (𝑦)
∫ 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑦)𝑑𝑦 ≈ ∫ 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑢)𝑑𝑢 = − cot(𝑢) + 𝑐 = − cot(𝑦) + 𝑐
e) Obtención de la solución general.
∫ 𝑑(𝑥 csc 2 (𝑦)) − ∫ csc 2 (𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 0
𝑥𝑐𝑠𝑐 2 (𝑦) + cot(𝑦) = 𝑐
integrando
solución general.
𝑑𝑦
2) 𝑥 ( ) − 2𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥
𝑑𝑥
SOLUCIÓN
a) Identificación. Para darle la forma dividiremos entre “x” la ecuación “y”. Ésta quedaría
como
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
2𝑦
𝑥
= 𝑥 + 1 es lineal en “y”.
b) Obtención del FACTOR. Primeramente encontramos P y es 𝑃 = −
𝑑𝑥
FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 −2 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 −2 ln |𝑥| 𝑑𝑥 = 𝑒 ln |𝑥
FACTOR = 𝑥 −2 𝑑𝑥
−2 |
𝑑𝑥
2
𝑥
aplicamos 𝑒 ln|𝑢| = 𝑢
c) Producto e identidad.
[
[
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
−
2𝑦
𝑥
2𝑦
𝑥
= 𝑥 + 1] [𝑥 −2 𝑑𝑥]
] [𝑥 −2 𝑑𝑥] = 𝑥 −1 𝑑𝑥 + 𝑥 −2 𝑑𝑥
𝑑(𝑦𝑥 −2 ) −
𝑑𝑥
𝑥
− 𝑥 −2 𝑑𝑥 = 0
𝑦𝑥 −2 − ln|𝑥| + 𝑥 −1 = 𝑐
𝑦 − 𝑥 2 ln|𝑥| + 𝑥 = 𝑐𝑥 2
multiplicando
aplicando paso 5
integramos
multiplicando por 𝑥 2
despejando
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𝑦 + 𝑥 = 𝑥 2 (𝑐 + ln|𝑥|)
solución general.
3) 𝑡𝑑𝑠 = (3𝑡 + 1)𝑠𝑑𝑡 + 𝑡 3 𝑒 3𝑡 𝑑𝑡
SOLUCIÓN
a) Identificación. Para checar si es lineal hay que pasarla a derivadas, por lo tanto dividiremos
entre “dt” dado que tiene el coeficiente con mayor número de términos y quedaría:
𝑑𝑠
𝑡 ( ) = (3𝑡 + 1)𝑠 + 𝑡 3 𝑒 3𝑡
dividiendo entre “t” y dándole la forma
𝑑𝑡
𝑑𝑠
𝑑𝑡
a la ecuación tenemos
1
− (3 + ) 𝑠 = 𝑡 2 𝑒 3𝑡
vemos que es lineal en “s”.
𝑡
b) Obtención del FACTOR. Primero encontramos P. P = −3 −
1
FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 ∫(−3− 𝑡
)𝑑𝑡
aplicando 𝑒 −𝑎−𝑏 = 𝑒 −𝑎 ∙ 𝑒 −𝑏
𝑑𝑡
−1 |
FACTOR =(𝑡 −1 )𝑒 −3𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑡
c) Producto e identidad
multiplicando
𝑑𝑠
aplicando paso 5
𝑑𝑡
1
− (3 + ) 𝑠] [𝑒 −3𝑡 (𝑡 −1 )𝑑𝑡] = 𝑡𝑑𝑡
𝑡
𝑑[𝑠𝑒 −3𝑡 (𝑡 −1 )] − 𝑡𝑑𝑡 = 0
𝑡
𝑑𝑡 = 𝑒 −3 ∫ 𝑑𝑡−∫ 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 −3𝑡−ln |𝑡| 𝑑𝑡
FACTOR = 𝑒 −3𝑡 𝑒 ln|𝑡| 𝑑𝑡 = 𝑒 −3𝑡 𝑒 ln|𝑡
[
1
integrando
∫ 𝑑[𝑠𝑒 −3𝑡 (𝑡 −1 )] − ∫ 𝑡𝑑𝑡 = ∫ 0
𝑠𝑒 −3𝑡 (𝑡 −1 ) −
𝑡2
2
=𝑐
2𝑠 − 𝑡 3 𝑒 3𝑡 = 𝑐𝑡𝑒 3𝑡
multiplicando por (2𝑡𝑒 2 )
despejando
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2𝑠 = 𝑡𝑒 3𝑡 (𝑐 + 𝑡 2 )
solución general.
NOTA. Cuando los dos diferenciales tienen coeficientes con igual número de términos,
entonces checaremos cuál variable pudiera ser la lineal (la que aparezca elevada sólo a la
primera potencia) para darle la forma lineal en esta variable.
4) (1 + 𝑥𝑦)𝑑𝑥 = (1 + 𝑥 2 )𝑑𝑦
SOLUCIÓN
a) Identificación. Para darle forma, vemos que los dos diferenciales tienen el mismo número
de términos en su coeficiente, por lo tanto, para saber entre qué diferencial dividiremos,
observaremos qué variable aparece elevada a la primera potencia.
Vemos que “y” sólo aparece a la primera potencia, por lo tanto colocaremos la ecuación lineal
en “y”.
( 1 + 𝑥𝑦)𝑑𝑥 = (1 + 𝑥 2 )𝑑𝑦
( 1 + 𝑥𝑦) = (1 + 𝑥 2 )
(1+𝑥𝑦)
1+𝑥 2
1
1+𝑥 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
=
+
𝑑𝑦
1+𝑥 2
𝑥𝑦
1+𝑥 2
𝑑𝑦
dividiendo entre (1 + 𝑥 2 )
𝑑𝑥
aplicando
𝑑𝑥
𝑥𝑦
dividiendo entre 𝑑𝑥
=
=
(𝑎+𝑏)
𝑐
𝑎
= +
𝑐
𝑏
𝑐
𝑑𝑦
dándole la forma
1
vemos que sí es lineal en “𝑦”.
𝑑𝑥
1+𝑥 2
b) Obtención del FACTOR. Primeramente 𝑃 = −
−
1 2𝑥𝑑𝑥
𝑥
1+𝑥 2
1
2
1
2 −2
FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 2 ∫1+𝑥2 𝑑𝑥 = 𝑒 −2 ln(1+𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑒 ln(1+𝑥 ) 𝑑𝑥
1
FACTOR =(1 + 𝑥 2 )−2
c) Producto e identidad.
[
𝑑𝑦
−
𝑑𝑥
𝑥𝑦
1+𝑥
=
2
1
1+𝑥
1
] [ (1 + 𝑥 2 )−2 𝑑𝑥]
2
multiplicando
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[
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
𝑥𝑦
1+𝑥 2
1
𝑑𝑥
] [ (1 + 𝑥 2 )−2 𝑑𝑥] =
1
𝑑 [ 𝑦(1 + 𝑥 2 )−2 ] −
−
1
𝑑𝑥
3
(1+𝑥 2 )2
∫ 𝑑 [ 𝑦(1 + 𝑥 2 ) 2 ] − ∫
3
(1+𝑥 2 )2
=0
𝑑𝑥
3
(1+𝑥 2 )2
aplicando paso 5
integramos
= ∫0
d) Solución de integrales.
1
∫ 𝑑 [ 𝑦(1 + 𝑥 2 )−2 ] − ∫ 𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝑐
𝑑𝑥
∫ (1+𝑥 2 )3/2 ⇒ sustitución trigonométrica
∫
𝑥
1
𝑑𝑥
sec 2 𝜃 𝑑𝜃
sec 2 𝜃 𝑑𝜃
sec 2 𝜃 𝑑𝜃
=
∫
=
∫
=
∫
3
3
(𝑠𝑒𝑐 3 𝜃)
(1 + 𝑥 2 )3/2
(1 + 𝑡𝑔2 𝜃)2
(sec 2 𝜃)2
= 𝑡𝑔𝜃 , 𝑑𝑥 = sec 2 𝜃 𝑑𝜃
𝑑𝜃
𝑠𝑒𝑐 𝜃
= ∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
∫
1 + 𝑡𝑔𝜃 = sec 2 𝜃
𝑜𝑝
𝑥
=
ℎ𝑖𝑝 √1 + 𝑥 2
𝑑𝑥
3 =
(1 + 𝑥 2 )2
𝑥
√1 + 𝑥 2
de
+𝑐
e) Obtención de la solución general.
−
1
∫ 𝑑 [𝑦(1 + 𝑥 2 ) 2 ] − ∫
1
𝑥
𝑑𝑥
3
(1+𝑥 2 )2
𝑦(1 + 𝑥 2 )−2 − √1+𝑥2 = 𝑐
= ∫0
integramos
1
multiplicamos por (1 + 𝑥 2 )2
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𝑦 − 𝑥 = 𝑐√1 + 𝑥 2
despejando
𝑦 = 𝑐√1 + 𝑥 2 + 𝑥
5)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
solución general.
3
+ ( ) 𝑥 = 2𝑦 , 𝑦 = 1 cuando 𝑥 = 2
𝑦
SOLUCIÓN
a) Identificación. Vemos que la ecuación es la lineal en “x”.
3
b) Obtención del FACTOR 𝑃 =
𝑦
FACTOR = 𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒
𝑑𝑦 = 𝑒 3𝑙𝑛 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒 ln 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑦
3∫
FACTOR = 𝑦 3 𝑑𝑦
3
c) Producto e identidad.
3
multiplicando
+ ( ) 𝑥] [𝑦 3 𝑑𝑦] = 2𝑦 4 𝑑𝑦
𝑑𝑦
3
aplicando el paso 5
∫ 𝑑(𝑥𝑦 3 ) − 2 ∫ 𝑦 4 𝑑𝑦 = ∫ 0
aplicando ∫ 𝑑(𝑥𝑦 3 ) ≈ ∫ 𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝑐
[
[
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ ( ) 𝑥 = 2𝑦] [𝑦 3 𝑑𝑦]
𝑦
𝑦
𝑑(𝑥𝑦 3 ) − 2𝑦 4 𝑑𝑦 = 0
2𝑦 5
𝑥𝑦 3 − 5 = 𝑐
𝑦 3 (5𝑥 − 2𝑦 2 ) = 𝑐
integramos
multiplicando por 5 y factorizando
solución general.
d) Obtención de la solución particular.
Sustituyendo 𝑥 = 2 y 𝑦 = 1
(1)3 [5(2) − 2(1)2 ] = 𝑐, 𝑐 = 8
en la solución general
sustituyendo “c” en la solución general
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𝑦 3 (5𝑥 − 2𝑦 2 ) = 8
solución particular.
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución de una ecuación diferencial lineal.
EJERCICIOS. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 3𝑦 = 6
2)
4) 𝑦 ′ − 7𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
7)cos(𝑥)
9)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
11) (𝑥 + 1)
10)
𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥
𝑑𝑥
+ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
) − 4𝑦 = 𝑥 6 𝑒 𝑥
3) 𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 𝑥
6) (𝑥 2 + 9)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑥𝑦 = 0
8) 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑦 + (𝑦 cos 3 𝑥 − 1)𝑑𝑥 = 0
1−𝑒 −2𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
5)𝑥 (
+ 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 = 1
+𝑦 =
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦𝑡𝑔𝑥 = cos 2 (𝑥), 𝑦 = −1 cuando 𝑥 = 0
+ 𝑦 = ln(𝑥) , 𝑦 = 10 cuando 𝑥 = 1
SOLUCIONES
1) 𝑦 + 2 = 𝑐𝑒 3𝑥
2) 2𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐𝑒 −𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥
6) 𝑦√𝑥 2 + 9 = 𝑐
7) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + [cos(𝑥)]𝑐
3) 2𝑦 + 1 = 𝑐𝑒 𝑥
4) 53𝑦 + 2 cos(2𝑥) + 7𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 𝑐𝑒 7𝑥
5) 𝑦 + 𝑥 4 𝑒 𝑥 = 𝑥 4 (𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐)
9) 𝑦𝑒 𝑥 = ln(𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 ) + 𝑐
10) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) − cos(𝑥)
11) (𝑥 + 1)𝑦 = 𝑥𝑙𝑛(𝑥) − 𝑥 + 21
8) 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑡𝑔(𝑥) + 𝑐
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2
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2.8 MÉTODO PARA ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES
Una ecuación diferencial reducible a lineal es aquella que tiene la forma siguiente.
(1)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
donde 𝑝, 𝑞  𝑓(𝑥)
+ 𝑃𝑦 = 𝑄𝑦 𝑛
Es decir, parece lineal, pero la variable aparece a la primera potencia (como en lineal), pero
también aparece elevada a otra potencia en otro término. También puede ser que la variable
esté dentro de una función, con lo cual será reducible a la lineal. La ecuación (1) se denomina
ecuación de Bernoulli.
Como vimos en lineales 𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 𝑑𝑥 (
lineal.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃𝑦) = 𝑑(𝑦𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 ), entonces es reducible a la
Lo que haremos será sustituir la relación 𝑦𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 por la nueva variable “𝑣”.
𝑣 = 𝑦𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥
despejando “𝑦”
𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃 𝑑𝑥
MÉTODO
𝑑𝑦
Tomando como base la ecuación 𝑑𝑥 + 𝑃𝑦 = 𝑄𝑦 𝑛
1. Sustituiremos la variable “𝑦” por el producto de la nueva variable “𝑣” multiplicada
por el factor de lineales, pero con la potencia de signo contrario, o sea 𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃 𝑑𝑥 .
2. Diferenciando la ecuación anterior, encontraremos el valor del diferencial, el cual
también será sustituido.
3. Las sustituciones de la variable y su diferencial se harán en la ecuación, pero puesta en
diferenciales, no en derivadas. Para pasar de derivadas a diferenciales,
multiplicaremos por el diferencial del denominador.
4. La ecuación resultante se resolverá por separación de variables.
5. Ya encontrada la solución, sustituiremos 𝑣 = 𝑦𝑒 ∫ 𝑃 𝑑𝑥 es decir, se despeja “𝑣” de la
ecuación del paso 1.
PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones.
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𝑑𝑦
1
1) 𝑑𝑥 + ((𝑥−2)) 𝑦 = 5(𝑥 − 2)√𝑦
SOLUCIÓN
a) Identificación. Como la variable del diferencial del numerador aparece elevada a la primera
potencia, pero también aparece elevada a la “½” (la raíz cuadrada), entonces es reducible a
lineal.
b) Sustituciones. Primeramente determinaremos P igual que en lineales. 𝑃 =
la supuesta lineal, entonces será la que sustituiremos.
𝑑𝑥
1
𝑥−2
como “𝑦” es
−1
𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃 𝑑𝑥 = 𝑣𝑒 − ∫𝑥−2 = 𝑣𝑒 −ln(𝑥−2) = 𝑣𝑒 ln(𝑥−2)
𝑦 = 𝑣(𝑥 − 2)−1
diferenciando
𝑑𝑦 = −𝑣(𝑥 − 2)−2 𝑑𝑥 + (𝑥 − 2)−1 𝑑𝑣
Como la ecuación aparece en derivadas, hay que pasarla a diferenciales multiplicando por
“𝑑𝑥” y queda:
𝑑𝑦 + (
1
) 𝑦 𝑑𝑥 = 5(𝑥 − 2)√𝑦 𝑑𝑥
𝑥−2
−𝑣(𝑥 − 2)−2 𝑑𝑥 + (𝑥 − 2)−1 𝑑𝑣 + (
1
𝑥−2
simplificando
sustituyendo “𝑦” y “𝑑𝑦”
) 𝑣(𝑥 − 2)−1 𝑑𝑥 = 5(𝑥 − 2)√𝑣(𝑥 − 2)−1 𝑑𝑥
1
(𝑥 − 2)−1 𝑑𝑣 = 5(𝑥 − 2)2 √𝑢 𝑑𝑥 (1)
c) Resolviendo por separación de variables.
1
FACTOR = [(𝑥−2)−1 𝑣] multiplicando la ecuación (1) por el factor igualando a cero.
√
1
1
[(𝑥 − 2)−1 𝑑𝑣] − 5(𝑥 − 2)2 √𝑣 𝑑𝑥 = 0] [(𝑥−2)−1 ]
𝑣
1
3
𝑣 −2 𝑑𝑣 − 5(𝑥 − 2)2 𝑑𝑥 = 0
√
integrando
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multiplicando
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−
1
3
∫ 𝑣 2 𝑑𝑣 − 5 ∫(𝑥 − 2)2 = 0
5
1
2𝑣 2 − 2 (𝑥 − 2)2 = 𝑐
1
1
𝑢𝑛+1
∫ 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑛+1 + 𝐶
dividiendo entre 2
5
𝑣 2 − (𝑥 − 2)2 = 𝑐
aplicando
5
[𝑦(𝑥 − 2)]2 − (𝑥 − 2)2 = 𝑐
5
(𝑥 − 2)2 [√𝑦 − (𝑥 − 2)2 ] = 𝑐
1
(𝑥 − 2)2 [√𝑦 − 𝑥 2 + 4𝑥 − 4] = 𝑐
de b) 𝑣 = 𝑦(𝑥 – 2) sustituyendo
factorizando
desarrollando (𝑥 – 2)2
solución general.
2) 𝑑𝑦 − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑦𝑙𝑛(𝑦𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 )𝑑𝑥
a) Identificación. Pasándola a derivadas, dividiremos entre:
“𝑑𝑥”,
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑦𝑙𝑛(𝑦𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 )
La “𝑦” aparece a la primera potencia pero también dentro de una función, en este caso un
logaritmo natural, entonces es reducible a lineal.
b) Sustituciones. 𝑃 = −𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃𝑑𝑥 = 𝑣𝑒 ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑑𝑥 = 𝑦 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 diferenciando
𝑑𝑦 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑣
𝑑𝑦 − 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 = 𝑦𝑙𝑛(𝑦𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 )𝑑𝑥 sustituyendo “ 𝑦 ” y “ 𝑑𝑦 ” en la ecuación
diferencial
𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑣 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 ln[𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 ] 𝑑𝑥
𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑣 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 ln(𝑣) 𝑑𝑥
𝑑𝑣 − 𝑣𝑙𝑛(𝑣)𝑑𝑥 = 0
dividiendo entre 𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 e igualando a cero
c) Resolviendo por separación de variables.
FACTOR =
1
𝑣𝑙𝑛(𝑣)
multiplicando la ecuación por este factor
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[𝑑𝑣 − 𝑣 ln(𝑣) 𝑑𝑥 = 0] [
𝑑𝑣
vln(𝑣)
𝑑𝑣
− 𝑑𝑥 = 0
1
]
𝑣𝑙𝑛(𝑣)
∫ vln(𝑣) − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0
d) Solución de integrales.
𝑑𝑣
𝑑𝑢
𝑑𝑣
∫ vln(𝑣) ≈ ∫ 𝑢 = ln|𝑢| + 𝑐, 𝑢 = ln|𝑣| , 𝑑𝑢 = 𝑣
e) Obtención de la solución general.
𝑑𝑣
∫ 𝑣 ln(𝑣) − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0
integrando
ln[ln(𝑣)] = 𝑐 + 𝑥
exponenciando
ln[ln(𝑣)] − 𝑥 = 𝑐
despejando
𝑒 ln[ln(𝑣)] = 𝑒 𝑐+𝑥
aplicando 𝑒 ln(𝑢) = 𝑢, 𝑒 𝑎+𝑏 = 𝑒 𝑎 𝑒 𝑏 , 𝑒 𝑐 = 𝑐
ln(𝑦𝑒 cos 𝑥 ) = 𝑐𝑒 𝑥
solución general.
ln(𝑣) = 𝑐𝑒 𝑥 de b) 𝑦 = 𝑣𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥
3)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 𝑥 cot(𝑦) =
𝑣 = 𝑦𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥
sustituimos
𝑥 sen 𝑦 cos 𝑦
𝑥 2 sen2 𝑦+1
SOLUCIÓN
a) Identificación. Es reducible a lineal en “x” porque aparece elevada a la primera potencia y
también elevada a otra potencia.
b) Sustituciones. 𝑃 = 𝑐𝑜𝑡 (𝑦)
como “𝑥” es la supuesta lineal
−1
𝑥 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃𝑑𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ cot 𝑦𝑑𝑦 = 𝑣𝑒 − ln(sen 𝑦) = 𝑣𝑒 ln(sen 𝑦)
𝑥 = 𝑣 csc(𝑦)
Pasando la ecuación a diferenciales
se aplicó (𝑠𝑒𝑛𝑦)−1 = csc(𝑦)
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𝑑𝑥 = −𝑣 csc 𝑦 cot 𝑦 𝑑𝑦 + csc 𝑦 𝑑𝑣 (multiplicando por “𝑑𝑦”)
𝑑𝑥 + 𝑥 cot(𝑦) =
𝑥 sen 𝑦 cos 𝑦𝑑𝑦
𝑥 2 sen2 𝑦+1
sustituimos “𝑥” y “𝑑𝑦”
𝑣 csc 𝑦 sen 𝑦 cos 𝑦𝑑𝑦
−𝑣 csc 𝑦 cot 𝑦 𝑑𝑦 + csc 𝑦 𝑑𝑣 + 𝑣 csc 𝑦 cot 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑣 2 csc2 𝑦 sen2 𝑦+1
𝑣 csc 𝑦 sen 𝑦 cos 𝑦𝑑𝑦
csc 𝑦 𝑑𝑣 =
csc 𝑦 𝑑𝑣 =
csc 𝑦 𝑑𝑣 −
aplicando sin 𝑦 csc 𝑦 = 1
𝑣 2 csc2 𝑦 sen2 𝑦+1
𝑣 cos 𝑦𝑑𝑦
igualando a cero
𝑣 2 +1
𝑣 cos 𝑦𝑑𝑦
𝑣 2 +1
reduciendo
=0
(1)
c) Resolviendo por separación de variables.
FACTOR =[
[csc 𝑦 𝑑𝑣 −
(𝑣 2 +1)𝑑𝑣
𝑣
𝑣𝑑𝑣 +
−
𝑑𝑣
𝑣
𝑣 2 +1
𝑣 csc 𝑦
]
𝑣 2 +1
= 0] [
𝑣 cos 𝑦
cos 𝑦𝑑𝑦
csc 𝑦
multiplicando la ecuación (1) por el factor
𝑣 2 +1
𝑣 csc 𝑦
=0
]
− cos 𝑦 sen 𝑦 𝑑𝑦 = 0
∫ 𝑣𝑑𝑣 + ∫
multiplicando
1
𝑎+𝑏
𝑎
𝑏
aplicando csc 𝑦 − sen 𝑦 , 𝑐 = 𝑐 + 𝑐
integrando
𝑑𝑣
− ∫ cos 𝑦 sin 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 0
𝑣
d) Solución de integrales.
𝑢𝑛+1
+ 𝑐, 𝑢 = sin(𝑦) , 𝑑𝑢 = cos(𝑦) 𝑑𝑦
∫ cos(𝑦) sin(𝑦) 𝑑𝑦 ≈ ∫ 𝑢 𝑑𝑢 =
𝑛+1
𝑛
e) Obtención de la solución general.
∫ 𝑣𝑑𝑣 + ∫
𝑣2
𝑑𝑣
− ∫ cos 𝑦 sin 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 0
𝑣
+ ln|𝑣| −
2
sen2 (𝑦)
2
=𝑐
multiplicando por 2
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de b) 𝑥 = 𝑣𝑐𝑠𝑐(𝑦), 𝑣 =
𝑥
aplicando
csc 𝑦
por lo tanto 𝑣 = 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑣 2 + 2 ln|𝑣| = 𝑐 + sen2(𝑦)
𝑥 2 sen2 (𝑦) + ln(𝑥 sen 𝑦)2 = 𝑐 + sen2(𝑦)
1
csc(𝑦)
= sen(𝑦)
solución general.
4) (𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 𝑦[𝑦(𝑥 + 1) ln(𝑥 + 1) − 1]𝑑𝑥
SOLUCIÓN
a) Identificación. Primero si es reducible a lineal, dividiremos entre dx.
𝑑𝑦
(𝑥 + 1) ( ) = 𝑦 2 (𝑥 + 1) ln(𝑥 + 1) − 𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 2 ln(𝑥 + 1) −
+
𝑦
𝑥+1
𝑦
𝑥+1
= 𝑦 2 ln(𝑥 + 1)
b) Sustituciones.
𝑃=
dividiendo entre (𝑥 + 1)
colocándola en la forma
vemos que es reducible al lineal
porque aparece 𝑦 2
1
𝑥+1
𝑑𝑥
−1
𝑦 = 𝑣𝑒 − ∫ 𝑃𝑑𝑥 = 𝑣𝑒 − ∫𝑥+1 = 𝑣𝑒 − ln(𝑥+1) = 𝑣𝑒 ln(𝑥+1)
𝑦 = 𝑣(𝑥 + 1)−1
𝑑𝑦 = −𝑣(𝑥 + 1)−2 𝑑𝑥 + (𝑥 + 1)−1 𝑑𝑣
(𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 𝑦 2 (𝑥 + 1) ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 − 𝑦𝑑𝑥
diferenciando la ecuación
sustituimos “𝑦” y “𝑑𝑦”
(𝑥 + 1)[−𝑣(𝑥 + 1)−2 𝑑𝑥 + (𝑥 + 1)−1 𝑑𝑣]
= 𝑣 2 (𝑥 + 1)−2 (𝑥 + 1) ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 − 𝑣(𝑥 + 1)−1 𝑑𝑥
−𝑣(𝑥 + 1)−1 𝑑𝑥 + 𝑑𝑣 = 𝑣 2 (𝑥 + 1)−1 ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 − 𝑣(𝑥 + 1)𝑑𝑥
igualando a cero
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reduciendo e
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𝑑𝑣 −
𝑣 2 ln(𝑥+1)𝑑𝑥
=0
(𝑥+1)
𝑣 −2 𝑑𝑣 −
dividiendo entre 𝑣 2
ln(𝑥+1)𝑑𝑥
=0
(𝑥+1)
∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 − ∫
integramos
ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥
= ∫0
(𝑥 + 1)
c) Solución de integrales.
∫
ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥
𝑢𝑛+1
≈ ∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢 =
+ 𝑐,
(𝑥 + 1)
𝑛+1
𝑢 = ln(𝑥 + 1) ,
𝑑𝑢 =
d) Obtención de la solución general.
∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 − ∫
−𝑣 −1 −
ln(𝑥+1)𝑑𝑥
= ∫0
(𝑥+1)
𝑙𝑛2 (𝑥+1)
2
𝑑𝑥
𝑥+1
integrando
=𝑐
multiplicando por – 2𝑣
2 + 𝑣𝑙𝑛2 (𝑥 + 1) = 𝑐𝑣
2 + 𝑦(𝑥 + 1)𝑙𝑛2 (𝑥 + 1) = 𝑐𝑦(𝑥 + 1)
de b) 𝑦 = 𝑣(𝑥 + 1)−1 𝑣 = 𝑦(𝑥 + 1)
solución general.
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se aborda la reducción de una ecuación diferencial de tal modo que se
pueda llegar a su solución como si se tratase de una ecuación lineal.
EJERCICIOS. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales.
1)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑥𝑦 = 𝑥𝑦 2
2𝑥
2) 𝑑𝑥 + ( ) 𝑑𝑦 = 2𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦
𝑦
2
3) 𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 6𝑥 3 𝑦 2 𝑒 −2𝑦 𝑑𝑦
4) (12𝑒 2𝑥 𝑦 2 − 𝑦)𝑑𝑥 = 𝑑𝑦, 𝑦 = 1
cuando 𝑥 = 0
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𝑑𝑦
𝑦3
5) 3𝑦 2 ( ) + 𝑥+1 − 8(𝑥 + 1) = 0, 𝑦 = 0 cuando 𝑥 = 0
𝑑𝑥
2𝑥 6
6) 𝑥𝑑𝑦 = 𝑥 4 𝑑𝑥 + 3𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑦𝑑𝑥
SOLUCIONES
1) 𝑦 [𝑐𝑒
2
𝑥2
)
2
(
2) 1 + 2𝑦 3 𝑥 = 𝑐𝑥𝑦 2
+ 1] = 1
3) 𝑒 2𝑦 = (𝑐 − 4𝑦 3 )𝑥 2
8
5) 𝑦 3 (𝑥 + 1) = [(𝑥 + 1)3 − 1]
3
4) 𝑦 −1 𝑒 −𝑥 = 13 − 12𝑒 𝑥
6) 6𝑦𝑥 −2 − ln(3𝑦𝑥 −2 + 2)4 = 3𝑥 2 + 𝑐
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3.1 ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES CONSTANTES
OPERADORES. Un operador es un símbolo que indica una operación que se debe efectuar.
El operador D significa la derivada con respecto a “x”.
En general:
𝐷𝑢 ≡
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝐷2 𝑢 ≡
𝐷𝑘 𝑢 ≡
𝑑2 𝑢
𝑑𝑥 2
𝑑𝑘 𝑢
𝑑𝑥 𝑘
donde “u” es función de “x”
Los operadores elementales 𝑎𝐷𝑘 , donde “a” es constante, siguen las leyes fundamentales del
álgebra.
(𝑎𝐷𝑚 + 𝑏𝐷𝑛 )𝑢 = (𝑏𝐷𝑛 + 𝑎𝐷𝑚 )u
(𝑎𝐷𝑚 )(𝑏𝐷𝑛 )𝑢 = (𝑏𝐷𝑚 )(𝑎𝐷𝑛 )u
[𝑎𝐷𝑚 + (𝑏𝐷𝑛 + 𝑐𝐷𝑟 )]𝑢 = [(𝑎𝐷𝑚 + 𝑏𝐷𝑛 ) + 𝑐𝐷𝑟 ]𝑢
Como los operadores a𝐷𝑘 , donde “a” es la constante, siguen las leyes fundamentales del
álgebra, se pueden obtener los operadores algebraicos dados otros operadores algebraicos,
multiplicando, elevando a potencias, introduciendo o quitando paréntesis, exactamente como
si los operadores fuesen expresiones algebraicas. Es indiferente el orden de términos en una
suma o de factores en un producto.
EJEMPLOS
𝑎2 𝐷2 + 2𝑎𝐷 − 3 = (𝑎𝐷 + 3)(𝑎𝐷 − 1)
(2𝐷2 + 5𝐷 + 6)𝑥 3 = 12𝑥 + 15𝑥 2 + 6𝑥 3
(𝐷 − 𝑎)(𝐷 − 𝑏)𝑦 = [𝐷2 − (𝑎 + 𝑏)𝐷 + 𝑎𝑏]𝑦
ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL. Una ecuación diferencial lineal contiene la variable
dependiente y todas sus derivadas sólo en el primer grado.
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Su forma general es (𝑎0 𝐷𝑛 + 𝑎1 𝐷𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝐷 + 𝑎𝑛 )𝑦 = 𝑥, donde las “a” y “x” son
funciones de “x”. Si x = 0 se dice que la ecuación es homogénea.
ECUACIÓN DIFERENCIAL
CONSTANTES
LINEAL
HOMOGÉNEA
CON
COEFICIENTES
Hallaremos un método para resolver las ecuaciones del tipo:
(𝑎0 𝐷𝑛 + 𝑎1 𝐷𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝐷 + 𝑎𝑛 )𝑦 = 0
(1)
donde las “a” son constantes.
Un caso especial es Dy + ay = 0 y su solución es 𝑦 = 𝑐𝑒 −𝑎𝑥 , lo que sugiere que una función
de la forma 𝑦 = 𝑐𝑒 𝑚𝑥 puede ser una solución de la ecuación (1)
𝑑𝑦
Sustituyendo 𝑦 = 𝑐𝑒 𝑚𝑥
𝑑𝑥
= 𝑚𝑐𝑒 𝑚𝑥
𝑑𝑘 𝑦
𝑑𝑥 𝑘
= 𝑚𝑘 𝑐𝑒 𝑚𝑥
En la ecuación (1) obtenemos 𝑐𝑒 𝑚𝑥 (𝑎0 𝑚𝑛 + 𝑎1 𝑚𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑚 + 𝑎𝑛 ) = 0
Esta ecuación será satisfecha si “m” es una raíz de la ecuación:
(𝑎0 𝑚𝑛 + 𝑎1 𝑚𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑚 + 𝑎𝑛 )
Esta ecuación se llama ecuación característica o ecuación auxiliar. La ecuación característica
es de grado “n”.
Las raíces de esta ecuación serán 𝑚1 , 𝑚2 , … , 𝑚𝑛
Si estas raíces son todas reales y diferentes, entonces las “n” soluciones
𝑦1 = 𝑒 𝑚1 𝑥 ,
𝑦2 = 𝑒 𝑚2 𝑥 , … , 𝑦𝑛 = 𝑒 𝑚𝑛𝑥 ,
son linealmente independientes y la solución general de la ecuación (1) puede escribirse
como:
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑚1 𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑚2 𝑥 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑒 𝑚2 𝑥
en donde 𝑐1 , 𝑐2 , … , 𝑐𝑛 son constantes arbitrarias.
EJEMPLOS. Determine la solución general de las siguientes ecuaciones.
1) 1) (𝐷3 + 2𝐷2 − 3𝐷)𝑦 = 0
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La ecuación característica es 𝑚3 + 2𝑚2 − 3𝑚 = 0
Factorizando tenemos 𝑚(𝑚2 + 2𝑚 − 3) = 0 y 𝑚(𝑚 − 1)(𝑚 + 3) = 0
Por lo tanto, las raíces de esta ecuación son 0, 1, -3
Y la solución general de la ecuación es 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −3𝑥
2) (𝐷2 + 5𝐷 + 4)𝑦 = 0
La ecuación característica es 𝑚2 + 5𝑚 + 4 = 0
Factorizando (𝑚 + 4)(𝑚 − 1) = 0
Resolviendo, las raíces son -4, -1.
Por lo que la solución es 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −4𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
3) (𝐷2 + 6𝐷 + 5)(𝐷2 − 9𝐷 + 18)𝑦 = 0
La ecuación característica es (𝑚2 + 6𝑚 + 5)(𝑚2 − 9𝑚 + 18) = 0
Factorizando tenemos (𝑚 + 5)(𝑚 + 1)(𝑚 − 6)(𝑚 − 3) = 0
Resolviendo las raíces son -5, -1, 6, 3
Y la solución general será 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −5𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + 𝑐3 𝑒 3𝑥 + 𝑐4 𝑒 6𝑥
4) (𝐷3 − 21𝐷 + 20)𝑦 = 0
La ecuación característica es m3  21m  20  0
Para encontrar las raíces de esta ecuación utilizamos la división sintética.
1 + 0 − 21 + 20
+ 1 + 1 − 20
1 + 1 − 20 + 0
⏌1
Con esto la ecuación se reduce a una cuadrática que será (𝑚2 + 𝑚 − 20) = 0
Factorizamos (𝑚 + 5)(𝑚 − 4) = 0
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Por lo que las raíces de la ecuación característica son 1, 4, -5
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 4𝑥 + 𝑐3 𝑒 −5𝑥
Y su solución general es
5) (𝐷3 − 5𝐷 − 2)𝑦 = 0
La ecuación característica es 𝑚3 − 5𝑚 − 2 = 0
Para encontrar las raíces de esta ecuación utilizamos la división sintética.
1+0−5−2 ⏌−2
−2 + 4 + 2
1−2−1+ 0
Se reduce la ecuación a una cuadrática 𝑚2 − 2𝑚 − 1 = 0
Utilizando la fórmula general
−𝑏±√𝑏 2 −4𝑎𝑐
2𝑎
, donde a = 1,
b = -2 , c = 1
Sustituyendo en la fórmula general, tendremos
−(−2) ± √(−2)2 − 4(1)(−1) 2 ± √4 + 4 2 ± 2√2
=
=
= 1 ± √2
2(1)
2
2
Entonces, las raíces de la ecuación son -2, 1 ± √2
Y la solución general es
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 (1+√2)𝑥 + 𝑐3 𝑒 (1−√2)𝑥
o
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑒 𝑥 (𝑐2 𝑒 √2𝑥 + 𝑐3 𝑒 −√2𝑥 )
ECUACIÓN CARACTERÍSTICA CON RAÍCES MÚLTIPLES
La parte de una solución correspondiente a una raíz “a”, múltiple de orden “p”, de la ecuación
característica es:
(𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + ⋯ + 𝑐𝑝 𝑥 𝑝−1 )𝑒 𝑎𝑥
EJEMPLOS
1) (𝐷 − 2)3 (𝐷 + 3)2 (𝐷 − 4)𝑦 = 0
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La ecuación característica es (𝑚 − 2)3 (𝑚 + 3)2 (𝑚 − 4) = 0
Las raíces de esta ecuación son 2, 2, 2, -3, -3, -4
Y su solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 )𝑒 2𝑥 + (𝑐4 + 𝑐5 𝑥)𝑒 −3𝑥 + 𝑐6 𝑒 4𝑥
2) (𝐷5 − 2𝐷4 + 𝐷3 )𝑦 = 0
La ecuación característica es 𝑚5 − 2𝑚4 + 𝑚3 = 0
Factorizando 𝑚3 (𝑚2 − 2𝑚 + 1) = 0
Las raíces son 0, 0, 0, 1, 1
𝑚3 (𝑚 − 1)2 = 0
Y la solución general es 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + (𝑐4 + 𝑐5 𝑥)𝑒 𝑥
3) (𝐷2 + 7𝐷 + 12)(𝐷2 + 8𝐷 + 16)𝑦 = 0
La ecuación característica es (𝑚2 + 7𝑚 + 12)(𝑚2 + 8𝑚 + 16) = 0
Factorizando (𝑚 + 4)(𝑚 + 3)(𝑚 + 4)(𝑚 + 4)
Por lo que las raíces son -3, -4, -4, -4
Y la solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 )𝑒 −4𝑥 + 𝑐4 𝑒 −3𝑥
4) (𝐷4 − 13𝐷2 + 36)2 𝑦 = 0
La ecuación característica es (𝑚4 − 13𝑚2 + 36)2 = 0
Factorizando (𝑚2 − 9)2 (𝑚2 − 4)2 = 0
Como ambos factores son diferencias de cuadrado:
[(𝑚 + 3)(𝑚 − 3)]2 [(𝑚 + 2)(𝑚 − 2)]2 = 0
Entonces las raíces son -3, -3, 3, 3, -2, -2, 2, 2
Y la solución general es:
𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 −3𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑒 −2𝑥 + (𝑐5 + 𝑐6 𝑥)𝑒 2𝑥 + (𝑐7 + 𝑐8 𝑥)𝑒 3𝑥
5) (𝐷3 + 5𝐷2 + 8𝐷 + 4)𝑦 = 0
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La ecuación característica es 𝑚3 + 5𝑚2 + 8𝑚 + 4 = 0
Para encontrar las raíces utilizamos la división sintética.
1+5+8+4 ⏌−1
−1 − 4 − 4
1+4+4+ 0
Reducimos la ecuación a una cuadrática 𝑚2 + 4𝑚 + 4 = 0
Cuya solución es (𝑚 + 2)2 = 0
Por lo que las raíces de la ecuación característica son -1, -2, -2.
Y la solución general es
𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 −2𝑥 + 𝑐3 𝑒 −𝑥
ECUACIÓN CARACTERÍSTICA CON RAÍCES IMAGINARIAS
La parte de la solución correspondiente al par de raíces complejas conjugadas 𝑎 ± 𝑏𝑖 de la
ecuación característica, se puede escribir en la forma:
𝑒 𝑎𝑥 [𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥) + 𝑐2 cos(bx)]
En el caso de un par de raíces complejas, los términos correspondientes de la solución general
son:
𝑒 𝑎𝑥 [(𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥) cos(𝑏𝑥)]
EJEMPLOS
1) (𝐷2 + 2𝐷 + 2)(𝐷2 + 14𝐷 + 49)𝑦 = 0
La ecuación característica es (𝑚2 + 2𝑚 + 2)(𝑚2 + 14𝑚 + 49) = 0
Resolvemos por fórmula general: 𝑚2 + 2𝑚 + 2 = 0
−𝑏±√𝑏 2 −4𝑎𝑐
2𝑎
a = 1, b = 2, c = 2
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−2 ± √(2)2 − 4(1)(2) −2 ± √−4 −2 ± 2𝑖
=
=
= −1 ± 𝑖
2(1)
2
2
Factorizando 𝑚2 + 14𝑚 + 49 = 0
(𝑚 + 7)2
Entonces tenemos las raíces –7, -7, −1 ± 𝑖
Y la solución general es 𝑦 = (𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐2 cos(𝑥))𝑒 −𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑒 −7𝑥
2) (𝐷2 + 100)(𝐷 + 7)𝑦 = 0
La ecuación característica es (𝑚2 + 100)(𝑚 + 7) = 0
Las raíces son ±10𝑖, −7
Por lo que la solución general será 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(10𝑥) + 𝑐2 cos(10𝑥) + 𝑐3 𝑒 −7𝑥
3) (𝐷4 + 2𝐷3 + 10𝐷2 )𝑦 = 0
La ecuación característica es 𝑚4 + 2𝑚3 + 10𝑚2 = 0
Factorizando 𝑚2 (𝑚2 + 2𝑚 + 10) = 0
Resolviendo por la fórmula general la ecuación cuadrática:
(𝑚2 + 2𝑚 + 10) = 0 a=1, b=2, c=10
−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 −2 ± √(2)2 − 4(1)(10) −2 ± √−36 −2 ± 6𝑖
=
=
=
= −1 ± 3𝑖
2𝑎
2(1)
2
2
Por lo que las raíces son 0, 0, -1±3𝑖.
Y la solución general es 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + (𝑐3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) + 𝑐4 cos(3𝑥) 𝑒 −𝑥
4) (𝐷2 + 36)2 𝑦 = 0
La ecuación característica es:
(𝑚2 + 36)2 = 0
o
(𝑚2 + 36)(𝑚2 + 36) = 0
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Resolviendo 𝑚2 = −36, 𝑚 = ±6𝑖
Las raíces son ±6𝑖, ±6𝑖
Por lo que la solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(6𝑥) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)cos(6𝑥)
5) (𝐷2 − 2𝐷 + 2)3 𝑦 = 0
La ecuación característica es (𝑚2 − 2𝑚 + 2)3 = 0
Resolviendo por fórmula general 𝑚2 − 2𝑚 + 2 = 0
a = 1, b = -2, c = 2
−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2 ± √(−2)2 − 4(1)(2) 2 ± √−4 2 ± 2𝑖
=
=
=
= 1±𝑖
2
2𝑎
2(1)
2
Pero este par de raíces se repite 3 veces, por lo que la solución general es:
𝑦 = [(𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 ) cos(𝑥) + (𝑐4 + 𝑐5 𝑥 + 𝑐6 𝑥 2 )𝑠𝑒𝑛(𝑥)]𝑒 𝑥
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se aborda la solución general de una ecuación diferencial utilizando el
método de coeficientes constantes.
EJERCICIOS. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones.
1) (𝐷2 + 9𝐷 + 18)𝑦 = 0
2) (𝐷2 − 3𝐷 − 10)𝑦 = 0
3) (𝐷2 + 4𝐷 − 21)𝑦 = 0
4) 𝐷2 𝑦 = 𝐷𝑦
7) (𝐷3 − 𝐷2 − 𝐷 + 1)𝑦 = 0
8) (𝐷6 − 8𝐷4 + 16𝐷2 )𝑦 = 0
5) (𝐷3 − 7𝐷 + 6)𝑦 = 0
9) (𝐷5 − 12𝐷3 + 16𝐷2 )𝑦 = 0
11) (𝐷3 − 4𝐷2 + 5𝐷)𝑦 = 0
13) (𝐷4 + 8𝐷2 + 16)𝑦 = 0
6) (𝐷4 − 𝐷3 − 7𝐷2 + 3𝐷)𝑦 = 0
10) (𝐷2 − 6𝐷 + 9)3 𝑦 = 0
12) (𝐷2 + 2𝐷 + 10)(𝐷2 − 2𝐷 + 2)𝑦 = 0
14) (𝐷6 + 6𝐷4 + 9𝐷2 )𝑦 = 0
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16) (𝐷2 − 4𝐷 + 5)2 𝑦 = 0
15) (𝐷2 + 16)2 𝑦 = 0
17) (𝐷4 − 8𝐷3 + 32𝐷2 − 64𝐷 + 64)𝑦 = 0 18) (𝐷5 − 𝐷4 − 2𝐷3 + 2𝐷2 + 𝐷 − 1)𝑦 = 0
19) (𝐷4 + 8𝐷3 + 24𝐷2 + 32𝐷 + 16)𝑦 = 0 20) (𝐷3 − 6𝐷2 + 2𝐷 + 36)𝑦
21)
𝑑2 𝑦
23)
𝑑3 𝑦
25)
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
− 4𝑦 = 0
+
3
𝑑𝑥 2
+
7𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 12
22)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 6𝑦 = 0
=0
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 7𝑦 = 0
𝑑𝑦
24) 3 ( ) + 11𝑦 = 0
𝑑𝑥
SOLUCIONES
1) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −6𝑥 + 𝑐2 𝑒 −3𝑥
2) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 5𝑥
3) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −7𝑥 + 𝑐2 𝑒 3𝑥
4) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 𝑥
5) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑒 −3𝑥
6) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 3𝑥 + 𝑒 𝑥 (𝑐3 𝑒 √2𝑥 + 𝑐4 𝑒 −√2𝑥 )
7) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −𝑥
8) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑒 2𝑥 + (𝑐5 + 𝑐6 𝑥)𝑒 −2𝑥
9) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑒 2𝑥 + 𝑐5 𝑒 −4𝑥
10) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + 𝑐4 𝑥 3 + 𝑐5 𝑥 4 + 𝑐6 𝑥 5 )𝑒 3𝑥
11) 𝑦 = 𝑐1 + (𝑐2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐3 cos(𝑥))𝑒 2𝑥
12) 𝑦 = (𝑐1 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) + 𝑐2 cos(3𝑥))𝑒 −𝑥 + (𝑐3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐4 cos(𝑥))𝑒 𝑥
13) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(2) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥) cos(2𝑥)
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14) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)𝑠𝑒𝑛(√3𝑥) + (𝑐5 + 𝑐6 𝑥)cos(√3𝑥)
15) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(4) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)cos(4𝑥)
16) 𝑦 = [(𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑥) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥) cos(𝑥)]𝑒 2𝑥
17) 𝑦 = [(𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + (𝑐3 + 𝑐4 𝑥)sen(2x)]𝑒 2𝑥
18) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 )𝑒 𝑥 + (𝑐4 + 𝑐5 𝑥)𝑒 −𝑥
19) 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + 𝑐4 𝑥 3 )𝑒 −2𝑥
20) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + (𝑐2 cos(√2𝑥) + 𝑐3 𝑠𝑒𝑛(√2𝑥)) 𝑒 4𝑥
21) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
22) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 7𝑥
23) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −4𝑥 + 𝑐3 𝑒 −3𝑥
11
24) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −( 3 )𝑥
25) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
3.2 DEDUCCIÓN DE LAS CONSTANTES DE INTEGRACIÓN SEGÚN LAS
CONDICIONES INICIALES (SOLUCIÓN PARTICULAR)
Cuando aparte de la ecuación de operadores nos dan los valores de “x”, “y” y el de algunas
derivadas, quiere decir que nos piden la solución particular. Recordemos que la solución
particular es la misma que la solución general, sólo que en lugar de las constantes de
integración, colocamos sus valores.
Nos darán valores de algunas derivadas, las cuales encontramos derivando la solución
general.
Sustituyendo los valores dados en las ecuaciones, encontraremos los valores de las constantes.
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EJEMPLO
(𝐷2 − 2𝐷 + 1)𝑦 = 0, 𝑦 = 5, 𝐷𝑦 = −9 Cuando 𝑥 = 0
SOLUCIÓN
a) Obtención de la solución general.
Ecuación característica 𝑚2 − 2𝑚 + 1 = 0
Factorizando (𝑚 − 1)2 = 0
La solución general es 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥
b) Obtención de la solución particular. Como nos dan el valor de la primera derivada (Dy), la
obtendremos de la solución general.
(1)
(2)
𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥
derivando
𝐷𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 𝑥
Sustituyendo primeramente en (1)
𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥
5 = (𝑐1 + 𝑐2 (0))𝑒 0
sustituimos
aplicando
5 = 𝑐1
𝑦 = 5, 𝑥 = 0
𝑒0 = 1
Sustituyendo en (2)
𝐷𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥
sustituimos 𝐷𝑦, 𝑥
−9 = (𝑐1 + 𝑐2 (0))𝑒 0 + 𝑐2 𝑒 0
aplicando 𝑒 0 = 1
−9 = 5 + 𝑐2
despejando
−9 = 𝑐1 + 𝑐2
𝑐2 = −14
sustituimos 𝑐1
sustituimos en la solución general
𝑦 = (5 − 14𝑥)𝑒 𝑥
solución particular.
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CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución particular de una ecuación diferencial a partir del
planteamiento de condiciones iniciales mediante el uso de coeficientes
constantes.
EJERCICIOS
1) (𝐷2 + 2𝐷 + 1)𝑦 = 0
2) 𝐷2 (𝐷 − 1)𝑦 = 0
𝑦 = 1,
𝐷𝑦 = −1
Cuando 𝑥 = 0
𝐷𝑦 = 3, 𝐷2 = 2
Cuando 𝑥 = 0
4) (𝐷3 − 𝐷2 − 𝐷 + 1)𝑦 = 0 𝑦 = 0,
𝐷𝑦 = 0, 𝐷2 𝑦 = 4
Cuando 𝑥 = 0
6) (𝐷2 + 9)𝑦 = 0
𝐷𝑦 = 0
Cuando 𝑥 = 6
𝑦 = 2,
3) (𝐷3 − 4𝐷2 + 4𝐷)𝑦 = 0 𝑦 = 1,
5) (𝐷2 + 1)𝑦 = 0
𝑦 = 1,
7) (𝐷2 + 2𝐷 + 2)𝑦 = 0
𝑦 = 0,
𝑦 = 2,
𝐷𝑦 = 2, 𝐷2 y = 8
𝐷𝑦 = −1
𝐷𝑦 = 1
Cuando 𝑥 = 0
Cuando 𝑥 = 

Cuando 𝑥 = 0
SOLUCIONES
1) 𝑦 = 𝑒 𝑥
2) 𝑦 = 𝑥 + 2𝑒 𝑥
3) 𝑦 = 1 + 2𝑥𝑒 𝑥
7) 𝑦 = 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
4) 𝑦 = 𝑒 −𝑥 + (2𝑥 − 1)𝑒 𝑥
5) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − cos(𝑥)
6) 𝑦 = 2𝑠𝑒𝑛(3𝑥)
3.3 ECUACIÓN LINEAL NO HOMOGÉNEA (MÉTODO DE LOS COEFICIENTES
INDETERMINADOS)
Para resolver la ecuación (𝑎0 𝐷𝑛 + 𝑎1 𝐷𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝐷 + 𝑎𝑛 )𝑦 = 𝑓(𝑥)
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(1)
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Donde las “a” son constantes y “x” es una función de “x”, escribiremos la solución general
como 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝, donde 𝑦𝑐 es la solución general de (1) cuando x lo sustituimos por cero, y
yp es una solución particular de (1).
𝑦𝑐 se denomina función complementaria y se puede resolver como lo estudiamos
anteriormente.
𝑦𝑝 se puede resolver por diversos métodos. Uno de ellos es el de los coeficientes
indeterminados.
Para encontrar 𝑦𝑝 utilizaremos la siguiente tabla.
Función de “x”
Constante
𝑒 𝑎𝑥
𝑥𝑒 𝑎𝑥
x
x2
x3
sen ax, cos ax o ambas
yp correspondiente
A
A𝑒 𝑎𝑥
Ax𝑒 𝑎𝑥 + B𝑒 𝑎𝑥
Ax + B
2
Ax + Bx + E
Ax3 + Bx2 + Ex + F
Asen x + Bcos x
Pasos para encontrar la solución general de una ecuación lineal no homogénea.
1) Resolver como si fuera homogénea para obtener 𝑦𝑐 .
2) Escoger un 𝑦𝑝 adecuado, según el tipo de función x que tengamos.
3) Sustituir en la ecuación diferencial “𝑦” por “𝑦𝑝 ” y encontrar los valores desconocidos.
4) Sumar 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 para obtener la solución general.
PROBLEMAS RESUELTOS. Determine la solución general de las siguientes ecuaciones.
1) (𝐷2 − 4)𝑦 = 12
SOLUCIÓN
𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
a) Determinación de 𝑦𝑐 .
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Como la ecuación característica es (𝐷2 − 4)𝑦 = 12
Factorizamos (𝑚2 − 4) = 0, (𝑚 + 2)(𝑚 − 2) = 0
Las raíces son –2, +2, por lo tanto 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
b) Obtención del 𝑦𝑝 .
De la tabla 𝑦𝑝 = 𝐴 sustituyendo en lugar de “𝑦” en la ecuación original.
(𝐷2 − 4)(𝐴) = 12
𝐷2 (𝐴) − 4𝐴 = 12
0 – 4𝐴 = 12
𝐴 =– 3
𝑦𝑝 = 𝐴
𝑦𝑝 = −3
multiplicando
como 𝐴 = 𝑐𝑡𝑒, 𝐷2 (𝐴) = 0
despejando
sustituyendo en 𝑦
c) Obtención de la solución general.
Como 𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
sustituyendo los valores
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 3
solución general.
2) (𝐷2 − 𝐷 − 2)𝑦 = 6𝑒 𝑥
SOLUCIÓN
𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
a) Obtención del “𝑦𝑐 ”.
Factorizamos (𝑚2 − 𝑚 − 2) = 0,
(𝑚 − 2)(𝑚 + 1) = 0
Las raíces son 2, –1 por lo que 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
b) Obtención del “𝑦𝑝 ”.
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De la tabla 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 sustituyendo en “𝑦”.
(𝐷2 − 𝐷 − 2)(𝐴𝑒 𝑥 ) = 6𝑒 𝑥
multiplicando
𝐴𝑒 𝑥 − 𝐴𝑒 𝑥 − 2𝐴𝑒 𝑥 = 6𝑒 𝑥
𝐷2 (𝐴𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑒 𝑥
despejando
𝐴 = −3
sustituyendo 𝑦𝑝
𝐷2 (𝐴𝑒 𝑥 ) − 𝐷(𝐴𝑒 𝑥 ) − 2𝐴𝑒 𝑥 = 6𝑒 𝑥
−2𝐴𝑒 𝑥 = 6𝑒 𝑥
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 =
𝑦𝑝 = −3𝑒 𝑥
𝐷(𝐴𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑒 𝑥
c) Obtención de la solución general.
𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝐺 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 − 3𝑒 𝑥
sustituyendo 𝑦𝑐 , 𝑦𝑝
3.4 CASO ESPECIAL EN LA RESOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
LINEAL NO HOMOGÉNEA
Una vez que determinamos el valor de “𝑦𝑝 ” de la tabla, tenemos que checar que no haya
términos semejantes en 𝑦𝑐 , en caso de que esto ocurra entonces el 𝑦𝑝 se multiplicará por 𝑥 𝑛 ,
donde “𝑛” es el menor entero que hace que los términos no sean semejantes.
PROBLEMAS RESUELTOS. Determine la solución.
1) (𝐷2 + 𝐷)𝑦 = 8𝑥
SOLUCIÓN
𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 ,
a) Determinación de 𝑦𝑐 .
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La ecuación característica es (𝑚2 + 𝑚) = 0, ⇒ 𝑚(𝑚 + 1) = 0
𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
b) Obtención del “𝑦𝑝 ”.
De la tabla 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 donde 𝐴, 𝐵 son constantes, por lo que es semejante con el 𝑦𝑐 ya que
ahí aparece 𝐶 que también es una constante, por lo que el 𝑦𝑝 está contenido en el
𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 que multiplicaremos por “𝑥”.
𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑥 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥
sustituimos en 𝑦
(𝐷2 + 𝐷)(𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥) = 8𝑥
multiplicando
𝐷2 (𝐴𝑥 2 ) = 2𝐴𝑥 𝐷(𝐵𝑥) = 𝐵 𝐷2 (𝐴𝑥 2 ) = 2𝐴
𝐷2 (𝐵𝑥) = 0
𝐷2 (𝐴𝑥 2 ) + 𝐷2 (𝐵𝑥) + 𝐷(𝐴𝑥 2 ) + 𝐷(𝐵𝑥) = 8𝑥
2𝐴 + 0 + 2𝐴𝑥 + 𝐵 = 8𝑥
agrupando
2𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵 = 8𝑥
sustituimos
2(4) + 𝐵 = 0  𝐵 = −8
sustituimos A y B en 𝑦𝑝
2𝐴 + 𝐵 = 0
𝑦𝑝 = 4𝑥 2 − 8𝑥
igualando términos semejantes
c) Obtención de la solución.
𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝐺 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + 4𝑥 2 − 8𝑥
solución general.
2) (𝐷2 − 1)𝑦 = 5𝑒 𝑥
SOLUCIÓN
𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
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a) Obtención del 𝑦𝑐 .
Tomando la ecuación característica (𝑚2 − 1) = 0, ⇒ (𝑚 + 1)(𝑚 − 1) = 0
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥
b) Obtención del 𝑦𝑝 .
Utilizando la tabla 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 , como podemos checar el 𝑦𝑝 está contenido en el 𝑦𝑐 , ya que
𝐴𝑒 𝑥 ≈ 𝑐2 𝑒 𝑥 , por lo que son términos semejantes y entonces multiplicaremos el 𝑦𝑝 por 𝑥.
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 𝑥
sustituyendo en “y”
(𝐷2 − 1)(𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) = 5𝑒 𝑥
multiplicando
𝐷2 (𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) − 𝐴𝑥𝑒 𝑥 = 5𝑒 𝑥
𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 2𝐴𝑒 𝑥 − 𝐴𝑥𝑒 𝑥 = 5𝑒 𝑥
2𝐴𝑒 𝑥 = 5𝑒 𝑥
2𝐴 = 5, por lo tanto 𝐴 =
5
𝑦𝑝 = 𝑥𝑒 𝑥
2
5
2
𝐷(𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴𝑒 𝑥
𝐷2 (𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴𝑒 𝑥 + 𝐴𝑒 𝑥
𝐷2 (𝐴𝑥𝑒 𝑥 ) = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 2𝐴𝑒 𝑥
sustituimos en 𝑦𝑝
c) Obtención de la solución.
𝑦𝐺 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
5
𝑦𝐺 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥
2
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se llega a la solución general de una ecuación diferencial no homogénea.
EJERCICIOS. Resuelva las siguientes ecuaciones.
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1) (𝐷2 − 𝐷 − 2)𝑦 = 𝑒 3𝑥
2) (𝐷2 − 𝐷 − 2)𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
3) (𝐷3 − 6𝐷2 + 11𝐷 − 6)𝑦 = 2𝑥𝑒 −𝑥
4) 𝐷2 𝑦 = 9𝑥 2 + 2𝑥 − 1
5) (𝐷 − 5)𝑦 = 2𝑒 5𝑥
6) (𝐷 − 5)𝑦 = (𝑥 − 1)𝑠𝑒𝑛(𝑥) + (𝑥 + 1)cos(𝑥)
9) (𝐷 − 1)𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + cos(2𝑥)
10) (𝐷3 − 3𝐷2 + 3𝐷 − 1)𝑦 = 𝑒 𝑥 + 1
7) (𝐷 − 5)𝑦 = 3𝑒 𝑥 − 2𝑥 + 1
8) (𝐷 − 5)𝑦 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑥𝑒 5𝑥
11) (𝐷3 − 2𝐷2 + 5𝐷)𝑦 = 10 + 15cos(2𝑥) 12) (𝐷2 − 2𝐷 + 2)𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
SOLUCIONES
1
1) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑒 3𝑥
4
2) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 −
3
20
𝑠𝑒𝑛(2𝑥) +
3) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑒 3𝑥 −
3
1
1
12
1
1
20
𝑥𝑒 −𝑥 −
4) 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑥 4 + 𝑥 3 − 𝑥 2
4
5) 𝑦 = (𝑐1 + 2𝑥)𝑒 2𝑥
6) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 5𝑥 + (−
3
2
13
3
𝑥+
2
1
5
71
1
13
144
𝑒 −𝑥
2
3
) 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ( 𝑥 +
338
7) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 5𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑥 −
4
cos(2𝑥)
13
3
25
1
1
) cos(𝑥)
1
8) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 5𝑥 − ( 𝑥 2 + 8 𝑥 + 32) 𝑒 𝑥 − 2 𝑥 2 𝑒 5𝑥
4
69
338
1
2
1
9) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 − 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 2 cos(𝑥) + 5 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 5 cos(2𝑥)
2
1
10) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 − 1
1
6
11) 𝑦 = 2𝑥 + ( )(15𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 60 cos(2𝑥))
34
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1
12) 𝑦 = − ( ) 𝑥𝑒 𝑥 cos(𝑥)
2
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La variación de parámetros se presenta como un método para obtener la solución de
Ecuaciones Diferenciales de orden “n” y que son lineales del tipo no homogéneas.
En esta ocasión los parámetros constantes C1, C2…, Cn que aparecen en la solución, son
variables, lo que difiere de la solución auxiliar utilizada para casos homogéneos en las que
son constantes.
Las funciones con las que C1, C2…, Cn son reemplazadas, son ahora funciones que deben
despejarse.
El presente método se aplica sin importar la naturaleza de g(x), a diferencia del método de
Coeficientes Indeterminados (CI), el cual sólo aplica cuando g(x) tiene una forma específica.
Otra ventaja importante es que el método de variación de parámetros puede aplicar aún y
cuando la ED sea de coeficientes variables.
Las desventajas que presenta este método son que uno debe conocer primeramente la solución
a la homogénea auxiliar, y otra es que las integrales que aparecen en las fórmulas pueden ser
difíciles de calcular(*).
DEMOSTRACIÓN DEL MÉTODO DE VARIACIÓN DE PARÁMETROS
Considere la siguiente ecuación diferencial general:
𝑦 (𝑛) + 𝑎(n – 1)(𝑥)𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑎1(𝑥)𝑦 ′ + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥)
(1)
En donde 𝑦 = 𝑓(𝑥).
Se sabe que la solución completa de una ecuación diferencial consiste en una solución
general, más una solución particular, de tal forma que:
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
(2)
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑐3 𝑦3 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑦𝑛
(3)
Analizando la solución general, se tiene que:
* Uresti, Eduardo. Lectura #14. ITESM, Campus Monterrey, Departamento de Matemáticas.
Disponible en: http://www.mty.itesm.mx/etie/deptos/m/ma-841/recursos/l841-14.pdf
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Se busca encontrar un conjunto de funciones nuevas, dado que se cumpla que:
𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛
(4)
De la suposición anterior viene el nombre de Variación de Parámetros, pues los parámetros
que se varían son las constantes, por funciones de la variable independiente. Para encontrar
dichas funciones, es necesario tener un conjunto de ecuaciones igual al número de
“incógnitas” (en este caso, las funciones u1… un), por lo que para conseguirlas, se deriva la
ecuación (4), n – 1 veces:
La derivada de yp, mediante la regla del producto, otorga:
𝑦𝑝′ = 𝑢1 𝑦1′ + 𝑢2 𝑦2′ + 𝑢3 𝑦3′ + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛′ + 𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 + 𝑢3′ 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛′ 𝑦𝑛
(5)
Es fácil darse cuenta de que se obtendrán ecuaciones bastante largas, por lo que, para
simplificar los cálculos, se asume que:
Por lo que:
𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 + 𝑢3′ 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛′ 𝑦𝑛 = 0
𝑦𝑝′ = 𝑢1 𝑦1′ + 𝑢2 𝑦2′ + 𝑢3 𝑦3′ + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛′
Obteniendo la segunda derivada:
𝑦𝑝′′ = 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢3′ 𝑦3′ + ⋯ + 𝑢𝑛′ 𝑦𝑛′ + 𝑢1 𝑦1′′ + 𝑢2 𝑦2′′ + 𝑢3 𝑦3′′ + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛′′
(6)
Asumiendo que:
u’1y’1 + u’2y’2 + u’3y’3 + … + u’ny’n = 0
Se tiene entonces, que la segunda derivada de yc es:
y'’p = u1y’’1 + u2y’’2 + u3y’’3 + … + uny’’n
En resumen, para una ecuación diferencial de grado n, basándonos en la expresión inicial de
yc, sí se asume que:
u'1𝑦 (𝑘) 1 + u’2𝑦 (𝑘) 2 + u’3𝑦 (𝑘) 3 + … + u’n𝑦 (𝑘) n = 0 para k = 0, 1, 2, 3, …, n – 2
(7)
𝑦 (𝑘) p = u1𝑦 (𝑘) 1 + u2𝑦 (𝑘) 2 + u3𝑦 (𝑘) 3 + … + un𝑦 (𝑘) n para k = 0, 1, 2, 3, …, n – 1
(8)
Se obtiene entonces la siguiente expresión general para obtener las derivadas de yp hasta el
orden n – 1, la cual resultará útil al momento de sustituir yp en (1):
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Con la ecuación (7), se tienen n - 1 ecuaciones (de 0 a n – 2), pero se tienen n incógnitas, por
lo que es necesario encontrar una ecuación más.
Podría pensarse que la ecuación (8) es la que debería utilizarse, pues con ella se expresan n
ecuaciones; sin embargo, no ofrece información relevante, pues en ella se presentan las n
incógnitas (u1… un) y la incógnita original que busca encontrarse (yp).
Ahora bien, es necesario relacionar una ecuación directamente con el término g(x) que se
presenta en la expresión general de la ecuación diferencial, para contar así con n ecuaciones,
basándonos en (8).
Lo que se realiza es introducir yp en la forma general de la ecuación, sustituyéndola como
solución, de tal forma que se tenga:
𝑦 (𝑛) p + 𝑎(n -1) 𝑦 (𝑛−1) p + … + 𝑎(1) 𝑦 ′ p + + 𝑎0 𝑦p = g(x)
(9)
𝑦 (𝑛) p = u1𝑦 (𝑛) 1 + u2𝑦 (𝑛) 2 + … + un𝑦 (𝑛) n + u’1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n
(10)
Nótese que la expresión general para obtener las derivadas sólo permite conocer n – 1
derivadas. Sin embargo, necesitamos n derivadas, así que lo que se hace es diferenciar la (n –
1)-ésima derivada para obtener la n-ésima derivada:
Aquí no se asume que u'1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + u’3𝑦 (𝑛−1) 3 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n = 0, y el por
qué será evidente más adelante.
Sustituyendo ahora en la expresión general:
Desarrollando:
[u1𝑦 (𝑛) 1 + u2𝑦 (𝑛) 2 + u3𝑦 (𝑛) 3 + … + un𝑦 (𝑛) n] +
𝑎(n -1)[u1𝑦 (𝑛−1) 1 + u2𝑦 (𝑛−1) 2 + u3𝑦 (𝑛−1) 3 + … + un𝑦 (𝑛−1) n] +
𝑎(n -2)[u1𝑦 (𝑛−2) 1 + u2𝑦 (𝑛−2) 2 + u3𝑦 (𝑛−2) 3 + … + un𝑦 (𝑛−2) n] + ... +
𝑎(1) [u1y’1 + u2y’2 + u3y’3 + … + uny’n] +
𝑎0 [u1y1 + u2y2 + u3y3 + … + unyn] = g(x)
[u1𝑦 (𝑛) 1 + u2𝑦 (𝑛) 2 + u3𝑦 (𝑛) 3 + … + un𝑦 (𝑛) n] +
[𝑎(n -1)u1𝑦 (𝑛−1) 1 + 𝑎(n -1)u2𝑦 (𝑛−1) 2 + 𝑎(n -1)u3𝑦 (𝑛−1) 3 + … + 𝑎(n -1)un𝑦 (𝑛−1) n] +
[𝑎(n -2)u1𝑦 (𝑛−2) 1 + 𝑎(n -2)u2𝑦 (𝑛−2) 2 + 𝑎(n -2)u3𝑦 (𝑛−2) 3 + … + 𝑎(n -2)un𝑦 (𝑛−2) n] + ... +
[𝑎1u1y’1 + 𝑎1u2y’2 + 𝑎1u3y’3 + … + 𝑎1uny’n] +
[𝑎0u1y1 + 𝑎0u2y2 + 𝑎0u3y3 + … + 𝑎0unyn] = g(x)
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Para obtener una ecuación útil para la solución del sistema, es necesario obtener los factores
de cada función u1… un, así que la expresión anterior se factoriza para u1… un:
u1[𝑦 (𝑛) 1 + 𝑎(n -1)𝑦 (𝑛−1) 1 + … + 𝑎1𝑦′1 + 𝑎0𝑦1] +
u2[𝑦 (𝑛) 2 + 𝑎(n -1)𝑦 (𝑛−1) 2 + … + 𝑎1𝑦′2 + 𝑎0𝑦2] +
u3[𝑦 (𝑛) 3 + 𝑎(n -1)𝑦 (𝑛−1) 3 + … + 𝑎1𝑦′3 + 𝑎0𝑦3] + ... +
un[𝑦 (𝑛) n + 𝑎(n -1)𝑦 (𝑛−1) n + … + 𝑎1𝑦′n + 𝑎0𝑦n] +
u’1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n = g(x)
Si se observa bien, cada expresión dentro de cada corchete no es mas que la n-ésima solución
general sustituida en la ecuación diferencial, lo cual significa que todas las expresiones entre
corchetes son iguales a cero, por lo que la ecuación anterior se reduce a:
u’1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n = g(x)
Aquí es donde se vuelve claro por qué para la última derivada no se asumió la simplificación
que fue aplicada para las derivadas de orden menor a n.
Recordando que:
Y que:
u'1𝑦 (𝑘) 1 + u’2𝑦 (𝑘) 2 + u’3𝑦 (𝑘) 3 + … + u’n𝑦 (𝑘) n = 0 para k = 0, 1, 2, 3, …, n - 2
u’1𝑦 (𝑛−1) 1 + u’2𝑦 (𝑛−1) 2 + … + u’n𝑦 (𝑛−1) n = g(x)
Contamos ahora con n ecuaciones, las cuales son:
u'1𝑦 (0) 1 + u’2𝑦 (0) 2 + u’3𝑦 (0) 3 + … + u’n𝑦 (0) n = 0
u'1𝑦 (1) 1 + u’2𝑦 (1) 2 + u’3𝑦 (1) 3 + … + u’n𝑦 (1) n = 0
u'1𝑦 (2) 1 + u’2𝑦 (2) 2 + u’3𝑦 (2) 3 + … + u’n𝑦 (2) n = 0
⋮
(𝑛−2)
(𝑛−2)
(𝑛−2)
(𝑛−2)
u'1𝑦
1 + u’2𝑦
2 + u’3𝑦
3 + … + u’n𝑦
n=0
(𝑛−1)
(𝑛−1)
(𝑛−1)
u’1𝑦
1 + u’2𝑦
2 + … + u’n𝑦
n = g(x)
Si consideramos a u’1… u’n como las “variables”, entonces la matriz que representa al sistema
de ecuaciones es:
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(11)
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(0)
𝑦1
(1)
𝑦1
(2)
𝑦1
⋮
(𝑛−1)
[𝑦1
(0)
𝑦2
(1)
𝑦2
(2)
𝑦2
⋮
(𝑛−1)
𝑦2
(0)
𝑦3
⋯
(1)
𝑦3
(2)
𝑦3
⋯
(0)
𝑦𝑛
=
(1)
𝑦𝑛
(2)
𝑦𝑛
=
⋯
⋱
⋮
(𝑛−1)
⋯ 𝑦𝑛
⋮
(𝑛−1)
𝑦3
0
0
(12)
=
0
⋮
⋮
= 𝑔(𝑥)]
Para resolver el sistema de ecuaciones, es conveniente utilizar el Método de Cramer, debido a
la generalidad del problema.
Será necesario resolver n + 1 determinantes. El determinante del sistema coincide con el
Wronskiano de y1… yn. Se tiene entonces el siguiente procedimiento:
Se calcula el Wronskiano:
(0)
𝑦1
| 𝑦1(1)
|
(2)
𝑦1
⋮
(𝑛−1)
𝑦1
(0)
𝑦2
(1)
𝑦2
(2)
𝑦2
⋮
(𝑛−1)
𝑦2
(0)
𝑦3
⋯
(1)
𝑦3
⋯
(2)
𝑦3
⋯
⋱
⋯
⋮
(𝑛−1)
𝑦3
(0)
𝑦𝑛
(1)
𝑦𝑛
(2)
𝑦𝑛
⋮
(𝑛−1)
𝑦𝑛
|
|
= ∆𝑊 = 𝑊𝑟𝑜𝑛𝑠𝑘𝑖𝑎𝑛𝑜 𝑑𝑒 𝑦1 … 𝑦𝑛
Posteriormente, se encuentran ∆𝑦1, ∆𝑦2 , ∆𝑦3 , ..., ∆𝑦𝑛 , sustituyendo el vector de solución con
las columnas 1, 2, 3, ..., n, respectivamente, y encontrando sus determinantes:
0
| 0
(0)
𝑦2
(1)
𝑦2
(2)
(0)
𝑦3
(1)
𝑦3
(2)
0
| ⋮
𝑔(𝑥)
𝑦2
⋮
(𝑛−1)
𝑦2
𝑦3
⋮
(𝑛−1)
𝑦3
| 𝑦1(1)
0
𝑦3
(0)
𝑦1
|
(2)
𝑦1
⋮
(𝑛−1)
𝑦1
(0)
𝑦1
(1)
| 𝑦1
(2)
𝑦1
| ⋮
(𝑛−1)
𝑦1
0
(0)
𝑦3
(1)
(2)
𝑦3
0
⋮
⋮
(𝑛−1)
𝑔(𝑥) 𝑦3
(0)
𝑦2
(1)
𝑦2
(2)
𝑦2
⋮
(𝑛−1)
𝑦2
0
0
0
⋮
𝑔(𝑥)
(0)
⋯
𝑦𝑛
⋯
𝑦𝑛
⋯
(1)
𝑦𝑛
|
= ∆𝑦1
⋯ 𝑦𝑛
⋱
⋮ |
(𝑛−1)
⋯ 𝑦𝑛
⋯
(2)
(0)
(1)
𝑦𝑛
|
= ∆𝑦2
⋯
|
⋱
⋮
(𝑛−1)
⋯ 𝑦𝑛
⋯
⋯
(2)
𝑦𝑛
(0)
𝑦𝑛
(1)
𝑦𝑛
|
= ∆𝑦3
⋯ 𝑦𝑛
⋱
⋮ |
(𝑛−1)
⋯ 𝑦𝑛
(2)
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(13)
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(0)
𝑦1
| 𝑦1(1)
(2)
𝑦1
|
⋮
(𝑛−1)
𝑦1
(0)
𝑦2
(1)
𝑦2
(2)
𝑦2
⋮
(𝑛−1)
𝑦2
(0)
𝑦3
⋯
(1)
𝑦3
(2)
𝑦3
⋯
⋮
(𝑛−1)
𝑦3
⋯
⋱
⋯
0
0 |
0 = ∆𝑦𝑛
⋮ |
𝑔(𝑥)
(14)
Conociendo ya todos los determinantes, se utiliza la Regla de Cramer para encontrar:
a u’1… u’n:
𝑢1′ =
𝑢2′ =
𝑢3′ =
⋮
∆𝑦1
∆𝑊
∆𝑦2
∆𝑊
∆𝑦3
∆𝑊
∆𝑦
𝑢𝑛′ = ∆𝑊𝑛
(15)
Sin embargo, para obtener la solución particular, es necesario conocer u1… un, no sus
derivadas.
Integramos entonces con respecto a la variable independiente (en este caso x), para obtener las
funciones:
𝑢1 = ∫ 𝑢1′ 𝑑𝑥
𝑢2 = ∫ 𝑢2′ 𝑑𝑥
𝑢3 = ∫ 𝑢3′ 𝑑𝑥
⋮
La cual será la ecuación
𝑢𝑛 = ∫ 𝑢𝑛′ 𝑑𝑥
(16)
De esta manera se conocen ya las funciones u1… un necesarias para plantear la función
particular, teniéndose entonces que:
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑐3 𝑦3 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑦𝑛
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𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛
Recordando que 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 , entonces:
𝑦 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑐3 𝑦3 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑦𝑛 + 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 + ⋯ + 𝑢𝑛 𝑦𝑛
La cual es la solución completa de la ecuación diferencial propuesta.
Es necesario recalcar que para este análisis, se asumió que el coeficiente de la n-ésima
derivada era igual a 1. De no ser así, deberá dividirse toda la ecuación entre dicho coeficiente;
de lo contrario, se obtendrá un resultado incorrecto.
PROBLEMAS RESUELTOS. Encuentre la solución general de los siguientes ejercicios.
EJEMPLO 1
𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = (2𝑥 + 1)𝑒 𝑥
Obtenemos 𝑦𝑐 con la ecuación auxiliar 𝑚2 − 2𝑚 + 1 = (𝑚 − 1)2 = 0, donde 𝑚 = 1 tiene
multiplicidad par, por lo que 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 . Identificamos 𝑦1 = 𝑒 𝑥 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑥 y 𝑓(𝑥) =
(2𝑥 + 1)𝑒 𝑥 .
Calculamos el Wronskiano.
𝑒𝑥
𝑊=| 𝑥
𝑒
𝑥𝑒 𝑥
| = 𝑥𝑒 2𝑥 + 𝑒 2𝑥 − 𝑥𝑒 2𝑥 = 𝑒 2𝑥
𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥
A continuación, calculamos 𝑊1 y 𝑊2 .
𝑊1 = |
𝑥𝑒 𝑥
| = −(2𝑥 + 1)𝑒 𝑥 (𝑥𝑒 𝑥 ) = −(2𝑥 + 1)𝑥𝑒 2𝑥
𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥
0
(2𝑥 + 1)𝑒 𝑥
𝑒𝑥
𝑊2 = | 𝑥
𝑒
𝑊
0
| = (2𝑥 + 1)𝑒 2𝑥
(2𝑥 + 1)𝑒 𝑥
Aplicando las formulas 𝑢1′ = 𝑊1 y 𝑢2′ =
𝑢1′ =
−(2𝑥+1)𝑥𝑒 2𝑥
𝑒 2𝑥
𝑊2
𝑊
.
= −(2𝑥 + 1)𝑥 = −2𝑥 2 − 𝑥
𝑢2′ =
(2𝑥+1)𝑒 2𝑥
𝑒 2𝑥
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= 2𝑥 + 1
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𝑥2
2
Al integrar se tiene que 𝑢1 = − 𝑥 3 − 2 y 𝑢2 = 𝑥 2 + 𝑥, por lo tanto:
3
2 3 𝑥2 𝑥
𝑦𝑝 = (− 𝑥 − ) 𝑒 + (𝑥 2 + 𝑥)𝑥𝑒 𝑥
2
3
Y
2
𝑥2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + (− 𝑥 3 − ) 𝑒 𝑥 + (𝑥 2 + 𝑥)𝑥𝑒 𝑥
3
2
𝑥2
2
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑥 3 𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑥 3 𝑒 𝑥 + 𝑥 2 𝑒 𝑥
2
3
Por lo que la solución es:
1
1
𝑦 = 𝑒 𝑥 (𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑥 3 + 𝑥 2 )
3
2
EJEMPLO 2
𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 6𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥
Obtenemos 𝑦𝑐 con la ecuación auxiliar 𝑚2 − 5𝑚 + 6 = (𝑚 − 3)(𝑚 − 2) = 0, donde 𝑚1 = 3
y 𝑚2 = 2 , por lo que 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 . Identificamos 𝑦1 = 𝑒 3𝑥 𝑦2 = 𝑒 2𝑥 y 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒 𝑥 .
Calculamos el Wronskiano.
3𝑥
𝑊 = | 𝑒 3𝑥
3𝑒
A continuación, calculamos 𝑊1 y 𝑊2 .
𝑒 2𝑥 | = 2𝑒 5𝑥 − 3𝑒 5𝑥 = −𝑒 5𝑥
2𝑒 2𝑥
𝑊1 = | 0 𝑥
𝑥𝑒
3𝑥
𝑊
𝑊2 = | 𝑒 3𝑥
3𝑒
𝑊
Aplicando las formulas 𝑢1′ = 𝑊1 y 𝑢2′ = 𝑊2 .
−𝑥𝑒 3𝑥
𝑢1′ = −𝑒 5𝑥 = 𝑥𝑒 −2𝑥
𝑒 2𝑥 | = −𝑥𝑒 3𝑥
2𝑒 2𝑥
0 | = 𝑥𝑒 4𝑥
𝑥𝑒 𝑥
𝑥𝑒 4𝑥
𝑢2′ = −𝑒 5𝑥 = −𝑥𝑒 −𝑥
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1
1
Utilizando el método de integración por partes se tiene que 𝑢1 = − 𝑥𝑒 −2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 y 𝑢2 =
𝑥𝑒
Y
−𝑥
+𝑒
−𝑥
2
, por lo tanto:
4
1
1
𝑦𝑝 = (− 𝑥𝑒 −2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 ) 𝑒 3𝑥 + (𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑒 −𝑥 )𝑒 2𝑥
4
2
1
1
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + (− 𝑥𝑒 −2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 ) 𝑒 3𝑥 + (𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑒 −𝑥 )𝑒 2𝑥
2
4
1
1
𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥
4
2
Por lo que la solución es:
3
1
𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥
4
2
EJEMPLO 3
2𝑦 ′′ + 32𝑦 = 2csc 4𝑥
Es necesario dividir la ecuación entre dos para efectuar el método de variación de parámetros.
Obtenemos 𝑦𝑐 con la ecuación auxiliar 𝑚2 + 16 = 0, donde 𝑚1 = 4𝑖 y 𝑚2 = −4𝑖, por lo que
𝑦𝑐 = 𝑐1 cos 4𝑥 + 𝑐2 sin 4𝑥. Identificamos 𝑦1 = cos 4𝑥 𝑦2 = sin 4𝑥 y 𝑓(𝑥) = csc 4𝑥.
Calculamos el Wronskiano.
𝑊=|
cos 4𝑥
−4sin 4𝑥
sin 4𝑥
| = 4 cos2 4𝑥 + 4 sin2 4𝑥 = 4(cos2 4𝑥 + sin2 4𝑥) = 4
4cos 4𝑥
A continuación, calculamos 𝑊1 y 𝑊2 .
0
𝑊1 = |
csc 4𝑥
cos 4𝑥
𝑊2 = |
−4sin 4𝑥
𝑊
Aplicando las formulas 𝑢1′ = 𝑊1
sin 4𝑥
| = − sin 4𝑥 (csc 4𝑥) = −1
4cos 4𝑥
y
cos 4𝑥
0
| = cos 4𝑥 (csc 4𝑥) =
csc 4𝑥
sin 4𝑥
𝑢1′ = −
𝑊
1
4
𝑢2′ = 𝑊2.
𝑢2′ =
cos 4𝑥
4sin 4𝑥
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1
Al integrar se tiene que 𝑢1 = − 𝑥 y
4
Y
𝑢2 =
1
16
ln|sin 4𝑥|, por lo tanto:
1
1
𝑦𝑝 = − 𝑥 cos 4𝑥 + (sin 4𝑥) ln|sin 4𝑥|
4
16
1
1
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 cos 4𝑥 + 𝑐2 sin 4𝑥 − 𝑥 cos 4𝑥 + 16 (sin 4𝑥) ln|sin 4𝑥|
4
Por lo que la solución es:
1
1
ln|sin 4𝑥|)
𝑦 = cos 4𝑥 (𝑐1 − 𝑥) + sin 4𝑥 (𝑐2 +
16
4
CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejemplo en el que
se aborda la solución de una ecuación diferencial mediante el método de
variación de parámetros.
EJERCICIOS. Resuelva las siguientes ecuaciones.
1) 2𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 4𝑦 = 2𝑒 3𝑥
1
2) 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 𝑒 3𝑥
2
3) 𝑦´´ + 𝑦 = cos 2 (𝑥)
SOLUCIONES
1
1) 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 𝑒 3𝑥
2
2) 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 𝑥 −𝑥 2 − 6𝑥 − 6
1
1
3) 𝑦 = 𝐶1 cos(𝑥) + 𝐶2 sin(𝑥) + − cos(2𝑥)
2
6
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En el universo, múltiples leyes concernientes al campo ingenieril como la Física, Química y
Mecánica, están estrechamente expresadas en términos de ecuaciones diferenciales. Incluso
en otros campos como la Economía, Ciencias Sociales, Astronomía, etc., expresan algunos de
sus fenómenos de estudio mediante razones de cambio, dando lugar a la utilización de las
Ecuaciones Diferenciales.
Es por ello, que se presentan una serie de casos en distintos campos de aplicación, para
demostrar la importancia de las Ecuaciones Diferenciales aplicadas y además para el
reforzamiento de conocimientos previamente adquiridos con el estudio de las mismas.
ECUACIÓN DE LA CONDUCCIÓN DE CALOR
La conducción es una de las tres maneras de transferir calor. Las otras dos son la convección
y la radiación. La conducción es producida por el contacto entre dos objetos a diferentes
temperaturas y se presenta en sólidos, líquidos y gases.
Se desarrollaron las siguientes ecuaciones diferenciales para predecir la conducción de calor
en una pared plana, cilíndrica y esférica:
Pared plana
𝑑2 𝑇
Pared cilíndrica
1 𝑑
𝑑𝑥 2
𝑟 𝑑𝑟
+
1 𝑑
Pared esférica
𝑒̇𝑔𝑒𝑛
(𝑟
𝑟 2 𝑑𝑟
𝑘
𝑑𝑇
𝑑𝑟
(𝑟 2
=0
)+
𝑑𝑇
𝑑𝑟
𝑒̇𝑔𝑒𝑛
𝑘
)+
=0
𝑒̇𝑔𝑒𝑛
𝑘
=0
Donde 𝑟 es el radio del cilindro o la esfera, 𝑒̇𝑔𝑒𝑛 es la generación de calor y 𝑘 es la
conductividad térmica.
PROBLEMA
Un alambre calentador de resistencia que tiene un radio de 3 mm y una longitud de 1 m,
genera calor a 1.2 × 108
𝑊
𝑚3
. La conductividad térmica del alambre es k = 25
Considerando la condición de simetría en la línea central, la cual afirma que
𝑑𝑇
𝑑𝑟
𝑊
𝑚°𝐶
.
= 0 cuando
𝑟 = 0 𝑚 debido a que en dicha línea ocurrirá la temperatura máxima en el alambre, determine
cuál es la temperatura del alambre a 1.5 mm de su centro si en la superficie exterior del
mismo (r = 0.003 m) la temperatura medida es de 105 °C.
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SOLUCIÓN
La ecuación diferencial ordinaria de la conducción de calor para una pared cilíndrica es:
𝑒̇𝑔𝑒𝑛
1𝑑
𝑑𝑇
(𝑟 ) +
=0
𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝑟
𝑘
Utilizamos el método de separación de variables para reescribir la ecuación de la siguiente
manera:
𝑑 (𝑟
𝑒̇𝑔𝑒𝑛
𝑑𝑇
)=−
𝑟 𝑑𝑟
𝑘
𝑑𝑟
∫ 𝑑 (𝑟
𝑒̇𝑔𝑒𝑛
𝑑𝑇
)=−
∫ 𝑟 𝑑𝑟
𝑑𝑟
𝑘
Integrando ambos lados de la ecuación tenemos:
𝑟
𝑒̇𝑔𝑒𝑛 2
𝑑𝑇
=−
𝑟 + 𝑐1
𝑑𝑟
2𝑘
Para obtener el valor de 𝑐1 sustituimos
Entonces:
𝑑𝑇
𝑑𝑟
= 0 cuando 𝑟 = 0𝑚
𝑊
𝑚3 (0) + 𝑐
0=−
1
𝑊
2 (25
)
𝑚°𝐶
𝑐1 = 0
1.2 × 108
𝑟
𝑒̇𝑔𝑒𝑛 2
𝑑𝑇
=−
𝑟
𝑑𝑟
2𝑘
Separando variables la ecuación se reescribe:
𝑑𝑇 = −
𝑒̇𝑔𝑒𝑛
𝑟 𝑑𝑟
2𝑘
∫ 𝑑𝑇 = −
𝑒̇𝑔𝑒𝑛
∫ 𝑟 𝑑𝑟
2𝑘
Realizamos las integrales correspondientes:
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𝑇=−
𝑒̇𝑔𝑒𝑛 2
𝑟 + 𝑐2
4𝑘
El valor de 𝑐2 se calcula a partir de la temperatura medida en la superficie exterior del
alambre. Esto es T = 105 °C, r = 0.003m.
Sustituyendo en la ecuación:
105°𝐶 = −
Al despejar 𝑐2 tenemos:
1.2 × 108
4 (25
𝑊
𝑚3 (0.003𝑚)2 + 𝑐
𝑊
)
𝑚°𝐶
2
𝑐2 = 105°𝐶 + 10.8°𝐶
𝑐2 = 115.8°𝐶
Por lo tanto, la solución particular a la ecuación diferencial es:
𝑇 = −1.2 × 106
°𝐶
(𝑟)2 + 115.8°𝐶
𝑚2
La temperatura del alambre a 1.5 mm de su centro se obtiene al sustituir r = 0.0015 m:
𝑇 = −1.2 × 106
°𝐶
(0.0015𝑚)2 + 115.8°𝐶
𝑚2
𝑇 = −2.7°𝐶 + 115.8°𝐶
𝑇 = 113.1°𝐶
Se puede concluir que la temperatura será de 113.1 °C en dicha posición.
LEY DE FOURIER
Jean Baptiste Joseph Fourier (1768-1830) fue un físico y matemático francés que desarrolló
una teoría matemática de la conducción de calor conocida como la ley de Fourier. Esta ley
indica que la razón de la conducción de calor es directamente proporcional al área que es
perpendicular a la dirección de la transferencia de calor y al gradiente de temperatura.
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𝑄̇ = −𝑘𝐴
Donde:
𝑑𝑇
𝑑𝑥
𝑄̇ es la razón de la transferencia de calor.
𝑘 es la conductividad térmica.
𝐴 es el área perpendicular al flujo de calor.
𝑑𝑇
𝑑𝑥
es el gradiente de temperatura.
El signo negativo hace que la transferencia de calor sea positiva cuando va en dirección del
eje x positivo, debido a que el calor siempre es conducido desde la mayor a la menor
temperatura.
PROBLEMA
La razón de la transferencia de calor a través de una pared de ladrillos de 7 m x 3 m es de 600
W. Se sabe que la conductividad térmica de los ladrillos es k = 0.72
dicha pared es de 0.2 m.
𝑊
𝑚°𝐶
y que el espesor de
Si la temperatura de la superficie del lado izquierdo de la pared (x = 0m) es de 35 °C, ¿cuál
será la temperatura de la superficie del lado derecho (x = 0.2m)?
SOLUCIÓN
Se tiene, por la ley de Fourier de la conducción de calor, que:
𝑄̇ = −𝑘𝐴
𝑑𝑇
𝑑𝑥
Para resolver la ecuación diferencial es necesario efectuar el método de separación de
variables.
𝑄̇ 𝑑𝑥 = −𝑘𝐴𝑑𝑇
Integrando ambos lados de la ecuación tenemos:
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𝑄̇ ∫ 𝑑𝑥 = −𝑘𝐴 ∫ 𝑑𝑇
𝑄̇ 𝑥 = −𝑘𝐴𝑇 + 𝑐1
Para obtener el valor de 𝑐1 se sustituyen los valores de las constantes y las condiciones
iniciales en la ecuación.
x = 0𝑚, T = 35°C
(600 𝑊)(0𝑚) = − (0.72
Despejando 𝑐1 de la ecuación anterior:
𝑐1 = (0.72
𝑊
) (7𝑚)(3𝑚)(35°𝐶) + 𝑐1
𝑚°𝐶
𝑊
) (7𝑚)(3𝑚)(35°𝐶)
𝑚°𝐶
𝑐1 = (15.12
𝑊𝑚
) (35°𝐶)
°𝐶
𝑐1 = 529.2 𝑊𝑚
Por lo tanto, la solución particular a la ecuación diferencial es:
(600𝑊)𝑥 = − (15.12
𝑊𝑚
) 𝑇 + 529.2 𝑊𝑚
°𝐶
Para calcular la temperatura de la superficie del lado derecho de la pared, se sustituye x = 0.2
m en la ecuación anterior.
(600𝑊)(0.2𝑚) = − (15.12
Se despeja T para así obtener su valor.
𝑇=
𝑊𝑚
) 𝑇 + 529.2 𝑊𝑚
°𝐶
(600𝑊)(0.2𝑚) − 529.2 𝑊𝑚
𝑊𝑚
− (15.12
°𝐶 )
𝑇 = 27.06 °C
A partir del resultado obtenido, se concluye que:
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La temperatura de la superficie, cuando x = 0.2 m, será T = 27.06 °C.
MECÁNICA DE FLUIDOS: PRESIÓN
En mecánica de fluidos, un flujo hidrostático presenta una presión no variable en el plano
perpendicular a la dirección de la gravedad y a su vez presenta una variación de presiones
proporcional a la densidad, a la profundidad y a la aceleración gravitacional. Esto es:
𝑑𝑃
= −𝜌𝑔
𝑑𝑧
Donde 𝜌 es la densidad, 𝑔 es la aceleración gravitacional y
respecto a la profundidad.
𝑑𝑃
𝑑𝑧
es la derivada de la presión con
PROBLEMA
Una fosa de clavados cuenta con una profundidad de 6 m. Considerando que el agua se
encuentra en reposo y que el aire por encima de la superficie del agua (z = 0 m) está a
condiciones de atmósfera estándar (P = 1atm = 101325
clavadista en el fondo de la fosa (z = −6 m)?
𝑁
𝑚2
), ¿qué presión experimentaría un
SOLUCIÓN
La variación de la presión con respecto a la profundidad está dada por:
𝑑𝑃
= −𝜌𝑔
𝑑𝑧
Separando variables podemos reescribir la ecuación como:
Integrando ambos lados de la ecuación.
𝑑𝑃 = −𝜌𝑔𝑑𝑧
∫ 𝑑𝑃 = −𝜌𝑔 ∫ 𝑑𝑧
𝑃 = −𝜌𝑔𝑧 + 𝑐1
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𝑚
Sustituimos las condiciones iniciales y los valores constantes de 𝑔 = 9.81 2 y de 𝜌 =
𝑠
𝑘𝑔
1000 𝑚3 para encontrar el valor de 𝑐1.
𝑁
P = 101325 2 , z = 0m
𝑚
101325
𝑘𝑔
𝑚
𝑁
=
−
(1000
)
(9.81
) (0𝑚) + 𝑐1
𝑚3
𝑠2
𝑚2
Despejando 𝑐1 de la ecuación anterior.
𝑐1 = 101325
𝑁
𝑘𝑔
𝑚
+ (1000 3 ) (9.81 2 ) (0𝑚)
2
𝑚
𝑚
𝑠
𝑐1 = 101325
𝑁
𝑚2
Por lo tanto, la solución particular a la ecuación diferencial es:
𝑃 = − (1000
𝑘𝑔
𝑚
𝑁
(𝑧)
)
(9.81
)
+
101325
𝑚3
𝑠2
𝑚2
La presión en el fondo de la fosa puede calcularse al sustituir el valor de z = −6 m en la
ecuación anterior.
𝑃 = − (1000
𝑚
𝑁
𝑘𝑔
) (9.81 2 ) (−6𝑚) + 101325 2
3
𝑠
𝑚
𝑚
𝑃 = 58860
𝑁
𝑁
+
101325
𝑚2
𝑚2
𝑃 = 160185
𝑁
𝑚2
𝑁
Un clavadista experimentaría una presión P = 160185 2 , o bien P = 1.58 atm, en el fondo de
la fosa de clavados.
𝑚
SISTEMA MASA-RESORTE CON AMORTIGUAMIENTO
A decir verdad, en este rubro cabe destacar la aseveración física del equilibrio, por la tercera
ley de Newton: “A toda acción corresponde una reacción...”. Si un sistema físico se encuentra
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en su posición de equilibrio y una componente de fuerza actúa sobre él, moviéndolo de esa
posición, naturalmente intentará regresar a ese punto.
Por ejemplo, puede imaginar el caso de una cuerda tensa, como la cuerda de una guitarra; al
presionarla y soltarla, se producirá cierta oscilación de un lado a otro, pasando varias veces
por el punto de equilibrio inicial hasta regresar a este mismo después de cierto intervalo de
tiempo. Es decir, se sabe que el sistema, al salir de su equilibrio, en algún momento se
detendrá. Mientras tanto, al no estar en equilibrio, buscará la manera de retornar a esta
condición.
La teoría de oscilaciones pequeñas muestra una gran ventaja en modelación con ecuaciones
diferenciales y es el sistema masa-resorte con amortiguamiento uno de los más utilizados en
la ingeniería, cuya resolución se hace con ecuaciones diferenciales.
PROBLEMA
Se presenta un sistema masa-resorte amortiguado del cual se obtienen los parámetros
siguientes:
Masa = 9 kg
Constante del resorte k = 1998 N/m
Constante del amortiguador = 1 𝑁𝑠/𝑚
Se sabe, además, que la masa se suelta desde un punto 𝑥𝑖 = −0.45 𝑚, y la velocidad 𝑣𝑖 =
−3.6 𝑚/𝑠.
Determine las ecuaciones que describen la posición y la velocidad de la masa en el tiempo.
SOLUCIÓN
Se otorga la ecuación diferencial que modela este caso de Sistema Masa-Resorte
Amortiguado.
𝑑𝑥
𝑑2 𝑥
+ 1998𝑥 = 0
9 2 +1
𝑑𝑡
𝑑𝑡
El método de solución al cual se recurre, es el definido para un factor cuadrático con raíces
imaginarias o complejas.
Procederemos a la obtención de la ecuación característica.
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9𝑚2 + 𝑚 + 1998 = 0
De ella se obtienen las raíces o soluciones.
La raíz de esta ecuación será de la forma A +Bi:
−𝑏
−1
1
=
=−
=𝐴
2𝑎
2(9)
18
±√𝑏 2 − 4𝑎𝑐 ±√1 − 4(9)(1998)
=
≈ ±15𝑖 = 𝐵𝑖
2𝑎
2(9)
A partir de este resultado, se puede inferir la ecuación de posición de la masa para un tiempo
t.
𝑡
𝑥(𝑡) = [𝐶1 𝐶𝑜𝑠(15𝑡) + 𝐶2 𝑆𝑒𝑛(15𝑡)]𝑒 −18  ecuación de posición
Se sabe que la derivada de la posición obtiene la velocidad, por lo tanto, derivando la
ecuación anterior:
̇ = 𝑣(𝑡) = 𝐶1 (−15𝑒 −18 𝑠𝑒𝑛(15𝑡) − 1 𝑒 −18 cos(15𝑡))
𝑥(𝑡)
18
𝑡
𝑡
1
+ 𝐶2 (15𝑒 −18 𝑐𝑜𝑠(15𝑡) − 𝑒 −18 sen(15𝑡))
18
𝑡
𝑡
Una vez obtenida la derivada, entonces ya con la ecuación de la velocidad en el tiempo se
procede a evaluar con las magnitudes proporcionadas, para obtener las cuestiones que fueron
requeridas.
Es necesario determinar los valores de C1 y C2 para resolver el problema, por lo tanto:
Como en el tiempo t = 0 se tiene que 𝑥𝑖 = −0.45 𝑚, y además la velocidad 𝑣𝑖 = −3.6 𝑚/𝑠,
sustituyendo esto en las dos ecuaciones previas se tiene que:
0
𝑥(0) = [𝐶1 𝐶𝑜𝑠(15(0)) + 𝐶2 𝑆𝑒𝑛(15(0))]𝑒 −18 = −0.45 𝑚
𝑥(0) = [𝐶1 (1)] = −0.45 𝑚
𝐶1 = −0.45 𝑚
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1 −𝑡
𝑒 18 cos(15(0)))
18
0
0
1
+ 𝐶2 (15𝑒 −18 𝑐𝑜𝑠(15(0)) − 𝑒 −18 sen(15(0)))
18
0
𝑣(0) = 𝐶1 (−15𝑒 −18 𝑠𝑒𝑛(15(0)) −
𝑣(0) = −
𝑣(0) = −
𝐶2
𝑚
1
𝐶1 + 15𝐶2 = −3.6
𝑠
18
1
𝑚
(−0.45) + 15𝐶2 = −3.6
18
𝑠
1
18 (−0.45) = −0.241
15
= −3.6 +
La solución de este sistema, por ende es:
𝐶1 = −0.45 𝑦 𝐶2 = −0.24
Ahora se contiene la información necesaria para responder a la posición y la velocidad de la
masa en el tiempo:
𝑡
𝑥(𝑡) = [−0.45𝐶𝑜𝑠(15𝑡) − 0.24𝑆𝑒𝑛(15𝑡)]𝑒 −18
1 −𝑡
𝑒 18 cos(15𝑡))
18
𝑡
𝑡
1
− 0.24 (15𝑒 −18 𝑐𝑜𝑠(15𝑡) − 𝑒 −18 sen(15𝑡))
18
𝑡
𝑣(𝑡) = −0.45 (−15𝑒 −18 𝑠𝑒𝑛(15𝑡) −
OSCILACIONES ARMÓNICAS: EL PÉNDULO SIMPLE
Se hace referencia de nueva cuenta a estabilidad en un sistema bidimensional. El péndulo
simple se define como una partícula material suspendida en un punto; la longitud del hilo será
constante y además de peso despreciable. Cuando el sistema deja de estar en equilibrio, es
decir, que no está en el eje vertical en cuanto a posición, se extiende a un ángulo α, operando
sobre él las fuerzas de la gravedad y la tensión de su hilo; la partícula se encuentra en
movimiento y la ecuación de éste, de acuerdo con la segunda ley de Newton, es:
𝑑2 ∝
+ 𝑘 2 𝑠𝑒𝑛 ∝ = 0
𝑑𝑡 2
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La k en la ecuación es una constante que depende de la longitud del péndulo, aunque también
está relacionada con la masa de la partícula presente y la fuerza gravitatoria del lugar en que
esté presente el sistema.
PROBLEMA
Se tiene un péndulo simple con una masa m = 10 kg, su longitud L la cual posterior a su
medición se reporta a 12.25 m y está suspendido sobre un marco horizontal. El péndulo se
levanta a un ángulo de 7° y se suelta con una velocidad angular de -2 rad/s.
Determine lo siguiente.
1. Las ecuaciones para obtener el ángulo 𝜃, la velocidad angular, en el tiempo t.
2. El número de oscilaciones completas después de 12 segundos.
El primer paso es determinar la ecuación diferencial del movimiento. Se explicará cómo
llegar a la ecuación diferencial que modela a este sistema. Sin embargo, la resolución de éste
quedará en manos del lector. Para ello se considera el diagrama de fuerzas.
Con fundamento en la segunda ley de Newton, se tiene en la dirección tangencial:
𝑚𝑎𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 = −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃
Donde la aceleración tangencial se relaciona con el ángulo 𝜃, como se presenta a
continuación:
𝑎𝑡𝑎𝑛 = 𝐿 ∝= 𝐿
𝑚𝐿
𝑑2𝜃
𝑑𝑡 2
𝑑2 𝜃
= −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑑𝑡 2
A partir de esto, aproximando sen 𝜃 = 𝜃 para ángulos pequeños:
𝑑2𝜃 𝑔
+ 𝜃=0
𝑑𝑡 2 𝐿
Es importante observar que no importa el valor de la masa, debido a que ésta no está presente
en la ecuación diferencial. Al usar los valores de la longitud L y la constante g = 9.8 m/s2
obtenemos:
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𝑑2𝜃
+ 0.8𝜃 = 0
𝑑𝑡 2
SOLUCIÓN
La ecuación característica es:
𝑚2 + 0.8 = 0
Se obtienen las raíces, las cuales son complejas y dan como resultado: +0.89i y -0.89i
Se tiene una solución directa para una ecuación diferencial de orden superior con raíces
complejas:
𝜃(𝑡) = 𝐶1 cos(0.89𝑡) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(0.89𝑡)
La velocidad angular, se obtiene derivando la expresión:
𝜃′(𝑡) = −0.89𝐶1 𝑠𝑒𝑛(0.89𝑡) + 0.89𝐶2 𝑐𝑜𝑠(0.89𝑡)
Las condiciones iniciales del problema son:
𝜃(0) = 7° = 7 (
𝜋
) 𝑟𝑎𝑑 = 0.1221 𝑟𝑎𝑑
180
𝜃 ′(𝑡) = −2 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Tomando esto en consideración, se obtienen los valores de 𝐶1 𝑦 𝐶2
𝐶1 = 0.1221 y 𝐶2 = −2.247
Por lo tanto:
𝜃(𝑡) = 𝐶1 cos(0.89𝑡) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(0.89𝑡) = 0.1221 cos(0.89𝑡) − 2.2471𝑠𝑒𝑛(0.89t)
Reescribiendo la ecuación en la forma 𝜃(𝑡) = 𝐴𝑠𝑒𝑛 (𝑤𝑡 + ∅):
𝜃(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 𝑐𝑜𝑠∅ + 𝐴 cos 𝑤𝑡 𝑠𝑒𝑛∅
La amplitud está dada por:
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𝐴 = √(0.1221)2 + (−2.247)2 = 2.2503
El ángulo de fase ∅ está dado por:
𝐴𝑠𝑒𝑛∅ = 0.1221 𝑦 𝐴𝑐𝑜𝑠∅ = −2.247
Entonces:
0.1221
∅𝑐 = 𝑡𝑎𝑛−1 (
) = −0.0542
−2.247
Y debido a que cos ∅ < 0:
∅ = ∅𝑐 + 𝜋 = 3.0873
1. El ángulo 𝜃 en un tiempo t se da por la ecuación:
θ(t) = 2.2503sen (0.89t + 3.0873)
La velocidad angular, en el tiempo t, se da por la ecuación:
𝜃 ′(𝑡) = 2.0027𝑐𝑜𝑠 (0.89𝑡 + 3.0873)
2. Como el periodo T =
2𝜋
𝑤
𝑇=
Entonces en 12 segundos se realizan:
𝑇=
2𝜋
= 7.0597𝑠
0.89
12
≈ 2 𝑜𝑠𝑐𝑖𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 (𝑜 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠)𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑡𝑜𝑠.
7.0597
MECÁNICA DE FLUIDOS: FLOTACIÓN
PROBLEMA
Se encuentra un recipiente cilíndrico de radio r, altura h y densidad 𝜌 flotando en la superficie
del mar. En un inicio se encuentra en equilibrio; de pronto se sumerge a una distancia d 0 y se
suelta con velocidad de cero.
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Determine la ecuación diferencial que modela el sistema y su solución.
SOLUCIÓN
De acuerdo con el principio de Arquímedes, se encuentra el recipiente en estado de equilibrio
cuando su fuerza de flotación es igual a su peso.
El volumen para el cilindro está dado por V = 𝜋𝑟 2 ℎ
Y su peso es igual a 𝑤 = 𝑚𝑔 = 𝜌𝑉𝑔 = 𝜌𝜋𝑟 2 ℎ𝑔
Para la fuerza de flotación, que es igual al peso, tenemos que:
𝐹 = 𝑚𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑔 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑉𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙 𝑔 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝜋𝑟 2 ℎ𝑔
Al igualar las dos expresiones se puede concluir que la altura H a la que se sumerge el
cilindro, está dada por:
𝐻=
𝜌𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 ℎ
𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎
Ahora, sobre “H”, se sumerge el cilindro la distancia adicional “d” y se suelta con una
velocidad nula. La flotación en este caso ya no es igual al peso; el sistema en este punto
comienza la oscilación.
Suponemos que “x” es negativa cuando la posición de equilibrio del cilindro está sumergida
cierta distancia “x”, y positiva por encima del agua.
La fuerza en cualquier momento está dada por:
𝐹 = 𝐹𝑓𝑙𝑜𝑡 − 𝑚𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑔 = −𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝜋𝑟 2 𝑥𝑔
Entonces, de acuerdo con la segunda ley de Newton, el movimiento del cilindro se describe
como:
Reescribiendo:
𝜌𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 ℎ
𝑑2𝑥
= −𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥𝑔
𝑑𝑡 2
𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑔
𝑑2 𝑥
+
(
)𝑥 = 0
𝜌𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 ℎ
𝑑𝑡 2
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Se tienen los siguientes datos:
𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 = 1000
𝜌𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 250
𝑔 = 9.8
𝑘𝑔
𝑚3
𝑚
𝑠2
𝑘𝑔
𝑚3
ℎ = 9.8 𝑚
𝑥(0) = 6
𝑥′(0) = 9
Sustituyendo, se obtiene la siguiente ecuación característica:
𝑚2 + 4𝑚 = 0
Obteniendo las raíces, son diferentes: -4 y 0.
Por lo tanto, apegándose a la solución de Ecuaciones Diferenciales de Segundo orden con
raíces reales y diferentes, se obtiene la solución:
𝑥(𝑡) = 𝐶1 𝑒 −4𝑡 + 𝐶2
Obteniendo el caso particular en t(0):
𝑥 ′ (𝑡) = −4𝐶1 𝑒 −4𝑡
𝐶1 = −2.25
6 = −2.25 + 𝐶2
De ahí que, entonces, la solución será:
𝐶2 = 8.25
𝑥(𝑡) = −2.25𝑒 −4𝑡 + 8.25
𝑥 ′ (𝑡) = 9𝑒 −4𝑡
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ELECTRÓNICA: ANÁLISIS DE UN CIRCUITO LC
PROBLEMA
Considere el siguiente diagrama eléctrico.
Suponga que el capacitor C se carga, de tal manera que cuando éste obtiene su carga máxima,
S1 se abre y S2 se cierra, siendo el diagrama ahora:
Demuestre que con el sistema anterior el voltaje de corriente directa VB suministrado puede
transformarse en un voltaje de corriente alterna, con frecuencia angular y amplitud:
𝜔=
1
√𝐿𝐶
𝐶
𝐴 = 𝑉𝑜√
𝐿
En donde VB es el voltaje de la batería.
SOLUCIÓN
Al inicio, el interruptor S1 está cerrado, de tal forma que el capacitor se carga. Posteriormente,
cuando el capacitor C se carga, S1 se abre y S2 se cierra. Dado que S1 ya no se abrirá y S2
permanecerá cerrado siempre, puede representarse el circuito anterior como:
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Se observa que la corriente en el capacitor es igual a la corriente en la bobina (I(t)), y es
dependiente del tiempo.
De igual manera, siempre habrá una diferencia de potencial tanto en las terminales del
capacitor, como en las del inductor, y mediante la ley de Voltajes de Kirchhoff:
VC + VL = 0
Recordando que la capacitancia C de un capacitor, es la relación que se presenta en un
determinado momento t de la carga con el voltaje en el mismo.
𝐶=
Despejando:
𝑄(𝑡)
𝑉𝑐 (𝑡)
𝑉𝑐 (𝑡) =
𝑄(𝑡)
𝐶
De igual forma, recordando que la caída de voltaje en una bobina es proporcional a la tasa de
variación de la corriente en la misma, en donde la inductancia L es la constante de
proporcionalidad:
𝑉𝐿 = 𝐿
𝑑𝐼(𝑡)
𝑑𝑡
Por lo que la ley de Voltajes de Kirchhoff queda de la forma:
𝐿
𝑑𝐼(𝑡) 𝑄(𝑡)
+
=0
𝐶
𝑑𝑡
Derivando toda la ecuación con respecto al tiempo:
𝐿
𝑑2 𝐼(𝑡) 1 𝑑𝑄(𝑡)
+
=0
𝑑𝑡 2
𝐶 𝑑𝑡
Dividiendo toda la ecuación por L y recordando que la derivada de la carga con respecto al
tiempo es la corriente:
1
𝑑2 𝐼(𝑡)
+
𝐼(𝑡) = 0
2
𝑑𝑡
𝐿𝐶
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Con lo anterior, se obtiene una ecuación homogénea de Segundo grado que, expresada
mediante operadores diferenciales, queda como:
(𝐷2 +
En donde la ecuación auxiliar es:
1
) 𝐼(𝑡) = 0
𝐿𝐶
𝑚2 +
Cuyas raíces son:
R1 = +𝑗√
1
𝐿𝐶
1
=0
𝐿𝐶
R2 = -𝑗√
1
𝐿𝐶
Por lo que la solución es:
En donde 𝜔 = √
𝐼(𝑡) = 𝐴𝑒 +𝑗𝜔𝑡 + 𝐵𝑒 −𝑗𝜔𝑡
1
𝐿𝐶
Mediante la identidad de Euler:
𝐼(𝑡) = 𝐴[cos(𝜔𝑡) + 𝑗𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)] + 𝐵[cos(𝜔𝑡) − 𝑗𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)]
Separando la ecuación anterior por funciones trigonométricas:
𝐼(𝑡) = (𝐴 + 𝐵) cos(𝜔𝑡) + 𝑗(𝐴 − 𝐵)𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)
Sea (A + B) = D y j(A – B) = E, se tiene:
𝐼(𝑡) = 𝐷 cos(𝜔𝑡) + 𝐸𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)
Para encontrar D y E, es necesario basarnos en las condiciones iniciales del sistema
(considerando a partir de que se cierra S2).
Al cerrarse S2, el voltaje inicial es igual al voltaje de la batería y la corriente inicial es cero, de
tal forma que:
v(o) = Vo = VB
I(0) = 0
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Por lo que ya tenemos una ecuación.
Ahora es necesario obtener
𝑑𝐼(𝑡)
𝑑𝑡
, analizando el inductor.
Como VC = VL, y en t = 0, VC = VB:
𝑑𝐼(0)
VB = L
a) Para I(0).
𝑑𝑡

𝑑𝐼(0)
𝑑𝑡
𝑉
= 𝐿𝐵
b) I(0) = 0 = D cos(ω(0)) + Esen(ω(0)).
Como sen(0) = 0, y cos(0) = 1, se tiene que D = 0
𝑑𝐼(0)
c) Para
𝑑𝑡
𝑉
= 𝐿𝐵 .
𝑑
𝑑
𝐼(𝑡) = [𝐷 cos(𝜔𝑡) + 𝐸𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)] = −𝜔𝐷𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) + 𝜔𝐸𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)
𝑑𝑡
𝑑𝑡
En condiciones iniciales:
𝑉𝑜
𝑑
𝐼(0) =
= −𝜔𝐷𝑠𝑒𝑛(𝜔(0)) + 𝜔𝐸𝑐𝑜𝑠(𝜔(0)) = 𝜔𝐸
𝐿
𝑑𝑡
Por lo tanto:
𝐸=
𝑉𝐵
𝑉𝐵
𝑉𝐵
𝑉𝐵
𝐶
=
=
=
= 𝑉𝐵 √
2
𝜔𝐿
𝐿
1
√𝐿
√𝐿
𝐿√
𝐿𝐶
𝐶
𝐿𝐶
Sustituyendo D y E en la ecuación de la corriente:
𝐶
𝐶
𝐼(𝑡) = (0) cos(𝜔𝑡) + 𝑉𝐵 √ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) = 𝑉𝐵 √ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)
𝐿
𝐿
Demostrando así que un circuito LC oscila a una frecuencia de 𝜔 =
𝐶
de 𝐴 = 𝑉𝑜√ , respectivamente.
𝐿
1
√𝐿𝐶
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, y tiene una amplitud
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MEDICINA: CRECIMIENTO DE TUMORES MALIGNOS
Benjamin Gompertz (1779–1865) fue un matemático y actuario inglés, a quien se le atribuye
la Función de Gompertz, la cual es capaz de predecir el crecimiento de tumores malignos
dadas ciertas características, como el tamaño máximo que puede tener dicho tumor y su tasa
de crecimiento.
PROBLEMA
La ecuación diferencial de Gompertz es la siguiente:
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝑘𝑇(ln|Tmax|−ln|𝑇|)
Siendo C la cantidad de células cancerígenas, y tanto k como Tmax, constantes.
a) Encuentre la solución general de la ecuación anterior.
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b) Un tumor con 7,500 células crece inicialmente a una tasa de 100
𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
𝑑í𝑎
. Si el tamaño
máximo que puede alcanzar el tumor es de Tmax = 120,000 células, ¿qué tan grande
será el tumor en 80 días?
SOLUCIÓN
a) Se resuelve la ecuación mediante separación de variables.
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝑘𝑇(ln|Tmax|−ln|𝑇|)

𝑑𝑇
𝑇(ln|𝐶𝑚𝑎𝑥|−ln|𝑇|)
Integrando ambas partes:
∫
= 𝑘𝑑𝑡
𝑑𝑇
= ∫ 𝑘𝑑𝑡
𝑇(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|)
1
Sea 𝑢 = ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇| → 𝑑𝑢 = − 𝑑𝑇, → 𝑑𝑇 = −𝑇𝑑𝑢
𝑇
Sustituyendo en la integral original:
−∫
Integrando:
𝑇𝑑𝑢
𝑑𝑢
= ∫ 𝑘𝑑𝑡 → ∫
= ∫ 𝑘𝑑𝑡
𝑇(ln|𝐶𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|)
𝑢
Deshaciendo la sustitución:
−ln|𝑢| − 𝑘𝑡 = 𝐶
Manipulando la ecuación:
−ln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) − 𝑘𝑡 = 𝐶
−ln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) + 𝐶 = 𝑘𝑡 → ln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) + 𝐶 = −𝑘𝑡
eln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥|−ln|𝑇|)+𝐶 = 𝑒 −𝑘𝑡 → 𝑒 𝑐 eln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥|−ln|𝑇|) = 𝑒 −𝑘𝑡
𝐶eln(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥|−ln|𝑇|) = 𝑒 −𝑘𝑡
𝐶(ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇|) = 𝑒 −𝑘𝑡 → ln|𝑇𝑚𝑎𝑥| − ln|𝑇| = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡
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𝑇𝑚𝑎𝑥
𝑇𝑚𝑎𝑥
−𝑘𝑡
|
ln|
𝑇
ln |
= 𝑒 𝐶𝑒
| = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 → 𝑒
𝑇
𝑇𝑚𝑎𝑥
= exp(𝐶𝑒 −𝑘𝑡 ) → 𝑇 = (𝑇𝑚𝑎𝑥) exp(−𝐶𝑒 −𝑘𝑡 )
𝑇
Resultando finalmente:
𝑇(𝑡) = (𝑇𝑚𝑎𝑥) exp(𝐶𝑒 −𝑘𝑡 )
b) Se sabe que inicialmente la cantidad de células es de 7500 y que la tasa de cambio es
de 100
𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
𝑑í𝑎
, es decir:
𝑇(0) = 7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
Por lo tanto, para encontrar C:
𝑑𝑇(0)
𝑑𝑡
= 100
𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
𝑑í𝑎
𝑇(0) = 7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 = (𝑇𝑚𝑎𝑥) exp(𝐶𝑒 −𝑘(0) ) = (120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠)𝑒 𝐶
7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
𝐶 = ln |
| = −2.7726
120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
De igual manera, sustituyendo la tasa inicial en la ecuación diferencial, se encuentra k:
𝑑𝑇(0)
𝑑𝑡
100
= 𝑘𝑇(0)(ln|Tmax|−ln|𝑇(0)|)
𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
= 𝑘(7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠)(ln|120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠| − ln|7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠|)
𝑑í𝑎
𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
1
𝑑í𝑎
= 4.809𝑥10−3
𝑘=
120,000
𝑑í𝑎
(7,500 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠) (ln|
)
7,500
100
Por lo tanto, sustituyendo las constantes en la solución:
𝑇(𝑡) = (120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠) exp (2.7726 𝑒
−
4.809𝑥10−3
𝑡
𝑑í𝑎𝑠
)
Evaluando para t = 80 días:
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𝑇(80 𝑑í𝑎𝑠) = (120,000 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠) exp (2.7726 𝑒 −
4.809𝑥10−3
(80 𝑑í𝑎𝑠)
𝑑í𝑎𝑠
)
𝑇(80 𝑑í𝑎𝑠) = 18,180.39 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 = 18,180 𝑐é𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠
TERMODINÁMICA: LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON
PROBLEMA
Un vaso de agua con una temperatura inicial de 30 °C se coloca en un refrigerador, con una
temperatura interna de 0 °C. Dado que la temperatura del agua es de 20 °C quince minutos
después, ¿cuál será la temperatura del agua después de 1 hora?
SOLUCIÓN
Mediante la ley de Enfriamiento de Newton, la cual dice que:
𝑑𝑇(𝑡)
= −𝑘(𝑇(𝑡) − 𝑇𝑚)
𝑑𝑡
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En donde T es la temperatura en cualquier instante t, Tm es la temperatura del ambiente y k es
una constante de proporcionalidad.
Resolviendo la ecuación diferencial mediante separación de variables:
∫
Sea 𝑢 = 𝑇 − 𝑇𝑚, entonces 𝑑𝑢 = 𝑑𝑇
𝑑𝑇
= −𝑘𝑑𝑡
𝑇 − 𝑇𝑚
𝑑𝑇
= −𝑘 ∫ 𝑑𝑡
𝑇 − 𝑇𝑚
Integrando:
𝑑𝑢
= −𝑘 ∫ 𝑑𝑡
𝑢
Deshaciendo la sustitución:
ln|𝑢| + 𝑘𝑡 = 𝐶
ln|𝑇 − 𝑇𝑚| + 𝑘𝑡 = 𝐶
Despejando para T:
e
Finalmente, resulta:
∫
ln|𝑇 − 𝑇𝑚| = 𝐶 − 𝑘𝑡
ln|𝑇−𝑇𝑚|
=𝑒
𝑇 − 𝑇𝑚 =
𝐶−𝑘𝑡
𝑒𝑐
= 𝑘𝑡
𝑒
𝐶
= 𝐶𝑒 −𝑘𝑡
𝑒 𝑘𝑡
𝑇(𝑡) = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 + 𝑇𝑚
Se otorgan dos condiciones para obtener las constantes.
a) Para C:
Se sabe que T(0 min) = 30°C y que Tm = 0°C, por lo que:
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𝑇(0) = 30°𝐶 = 𝐶𝑒 −𝑘(0) + 0°𝐶 = 𝐶
𝐶 = 30°𝐶
b) Para k:
Sabiendo que T(15 min) = 20°C:
𝑇(𝑡) = (30°𝐶)𝑒 −𝑘𝑡 + 0°𝐶
Despejando para k:
𝑇(15 𝑚𝑖𝑛) = 20°𝐶 = (30°𝐶)𝑒 −𝑘(15 𝑚𝑖𝑛) + 0°𝐶
20
ln | |
30 = 𝑘 = 0.02703 1
−
15 𝑚𝑖𝑛
𝑚𝑖𝑛
Sustituyendo en la solución ambas constantes:
0.02703
𝑇(𝑡) = (30°𝐶)𝑒 − 𝑚𝑖𝑛
𝑡
+ 0°𝐶
Se busca saber la temperatura al pasar una hora, es decir, 60 minutos.
Evaluando en la solución, se encuentra que:
0.02703
𝑇(60 𝑚𝑖𝑛) = (30°𝐶)𝑒 − 𝑚𝑖𝑛
(60min)
+ 0°𝐶 = 5.926°𝐶
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MECÁNICA DE MATERIALES: DEFLEXIÓN DE VIGAS
Para entender mejor esta aplicación, suponga una viga horizontal, según la siguiente figura,
con una sección transversal y material homogéneo.
Cuando está sometida a fuerzas, las cuales suponemos que están en un plano que contiene el
eje de simetría, la viga, debido a su elasticidad puede distorsionarse en su forma, como se
muestra en la siguiente figura.
Estas fuerzas pueden ser debidas al peso de la viga, a cargas aplicadas externamente o a una
combinación de ambas. El eje de simetría distorsionado resultante se llama curva elástica y
está situado en el plano medio distorsionado de la segunda figura. La determinación de esta
curva es de importancia en la teoría de elasticidad.
PROBLEMA
Una viga horizontal de longitud L, simplemente apoyada, se dobla bajo su propio peso, el
cual es w por unidad de longitud. Encuentre la ecuación de su curva elástica.
En la figura se muestra la curva elástica de la viga (línea punteada), relativa a un conjunto
de ejes coordenados con origen en 0 y direcciones positivas indicadas; puesto que la viga
está simplemente soportada en 0 y en B, cada uno de estos soportes lleva la mitad del peso
de la viga, o sea 𝑤𝐿/2.
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El momento flector M(x) es la suma algebraica de los momentos de estas fuerzas, actuando
a un lado del punto P.
Escogiendo el lado derecho de P, actuarían dos fuerzas:
1. La fuerza hacia abajo 𝑤 (𝐿 − 𝑥), a una distancia (𝐿 − 𝑥)/2 de P, produciendo un
momento positivo.
2. La fuerza hacia arriba 𝑤𝐿/2, a una distancia (𝐿 − 𝑥) de P, produciendo un momento
negativo. En este caso el momento flector e:
𝑤𝐿 𝑤𝑥 2 𝑤𝐿𝑥
𝐿−𝑥
) − (𝐿 − 𝑥)
=
−
𝑀(𝑥) = 𝑤(𝐿 − 𝑥) (
2
2
2
2
Con el valor de M(x), la ecuación fundamental es:
𝐸𝐼𝑦′′ =
𝑤𝑥 2 𝑤𝐿𝑥
−
2
2
Dos condiciones son necesarias para determinar y. Éstas son 𝑦 = 0 en 𝑥 = 0 y en 𝑥 = 𝐿,
puesto que la viga no tiene deformación en los extremos o apoyos.
SOLUCIÓN
Integrando dos veces:
𝑤𝑥 2 𝑤𝐿𝑥
𝐸𝐼𝑦 =
−
2
2
′′
Se obtiene:
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𝑤𝑥 4 𝑤𝐿𝑥 3
𝐸𝐼𝑦 =
−
+ 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
24
12
Puesto que 𝑦 = 0 cuando 𝑥 = 0, tenemos 𝑐2 = 0
De donde:
𝐸𝐼𝑦 =
𝑤𝑥 4 𝑤𝐿𝑥 3
−
+ 𝑐1 𝑥
24
12
Puesto que 𝑦 = 0 cuando 𝑥 = 𝐿, tenemos 𝑐1 = 𝑤𝐿3 /24. Por lo tanto, obtenemos:
𝑦=
𝑤
(𝑥 4 − 2𝐿𝑥 3 + 𝐿3 𝑥)
24𝐸𝐼
BIOLOGÍA: CRECIMIENTO DE UN CULTIVO DE BACTERIAS
Las diferentes bacterias existentes se reproducen a diferentes velocidades. El tiempo que
tarda la población en duplicarse se denomina tiempo de generación. El tiempo de generación
varía: podría ser cada 10 minutos, dos veces al día, etc. Algunas bacterias crecen
rápidamente, otras crecen lentamente.
Esto se vuelve relevante cuando se consideran enfermedades humanas. La fiebre no matará a
una infección, pero puede extender el tiempo de generación, lo que ralentiza el crecimiento
hasta el punto en que el sistema inmune puede movilizar y destruir los microbios invasores.
Es por eso que resulta conveniente tener una predicción del comportamiento reproductivo de
una población bacteriana.
Cuando las bacterias se colocan en un entorno de crecimiento favorable, seguirán un patrón
característico de aumento en número, seguido de una disminución.
PROBLEMA
En un cultivo, el número de bacterias aumenta a una velocidad proporcional a la cantidad de
bacterias presentes. Si inicialmente hay 400 bacterias y se duplican en 3 horas, encuentre la
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cantidad de bacterias presentes 7 horas después.
SOLUCIÓN
Se toma 𝑥 como la cantidad de bacterias y la tasa como
𝑑𝑥
𝑑𝑡
.
Dado que la cantidad de bacterias es proporcional a la velocidad, entonces:
𝑑𝑥
∝𝑥
𝑑𝑡
Si 𝑘(𝑘 > 0) es la constante de proporcionalidad, entonces:
𝑑𝑥
= 𝑘𝑥
𝑑𝑡
Como inicialmente hay 400 bacterias y se duplican en 3 horas, integramos el lado izquierdo
de la ecuación (𝑖) de 400 a 800 e integramos su lado derecho de 0 a 3 para encontrar el valor
de 𝑘 de la siguiente manera:
800
3
400
0
𝑑𝑥
∫
= 𝑘 ∫ 𝑑𝑡
𝑥
3
|ln(𝑥)|800
400 = 𝑘|𝑡|0
ln(800) − ln(400) = 𝑘(3 − 0)
800
) = ln(2)
3𝑘 = ln (
400
𝑘=
Insertando el valor de 𝑘 en (𝑖), se obtiene:
1
ln(2)
3
1
𝑑𝑥
= ( ln(2)) 𝑑𝑡
3
𝑥
A continuación, para encontrar la cantidad de bacterias presentes 7 horas más tarde, se
integra el lado izquierdo de la ecuación anterior de 400 a 𝑥 y su lado derecho de 0 a 7, de la
siguiente manera:
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𝑥
7
400
0
𝑑𝑥 1
= ln(2) ∫ 𝑑𝑡
∫
3
𝑥
𝑥
|ln(𝑥)|400
=
1
ln(2)|𝑡|70
3
1
ln(𝑥) − ln(400) = ln(2)(7 − 0)
3
7
ln(𝑥) = ln(400) + ln(2)
3
7
ln(𝑥) = ln(400) + ln(2)3
7
ln(𝑥) = ln(400) (2)3
𝑥 = (400)(5.04) = 2016
BIOLOGÍA: CRECIMIENTO DE UN INDIVIDUO (MODELO DE BERTALANFFY)
El crecimiento individual de muchos organismos, ya sea en longitud o en peso, como la
longitud de un pez, crustáceo o molusco, se esboza gráficamente en función de la edad. En la
mayoría de los casos se obtiene una curva cuya pendiente disminuye continuamente después
de cierta edad, aproximándose a una asíntota máxima.
La ecuación presentada a continuación concierne a la ciencia pesquera. Se conoce
generalmente como la ecuación de crecimiento de von Bertalanffy y es ampliamente utilizada
como un modelo para el crecimiento en la longitud de peces individuales.
PROBLEMA
Considere la siguiente ecuación diferencial y encuentre su solución.
𝑑𝐿
= 𝐿′ = 𝐽 − 𝐾 ∙ 𝐿
𝑑𝑡
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SOLUCIÓN
Se puede usar un enfoque algebraico para conducir una solución analítica para la ecuación
diferencial para el crecimiento en longitud. Dado que 𝑁 ′ (𝑡) = −𝑀 ∙ 𝑁(𝑡):
𝐽
𝑑𝐿
= −𝑘 (𝐿 − )
𝐾
𝑑𝑡
Donde 𝐿 es la variable dependiente y 𝑡 es la variable independiente, se separan las variables
poniendo 𝐿 de un lado y 𝑡 del otro:
𝑑𝐿
𝐽
𝐿−
𝐾
= −𝐾 ∙ 𝑑𝑡
𝑥
Se integran ambos lados utilizando la regla 𝐹(𝑥) = ∫𝑎 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 ,
∫
1
𝐿−
𝐽
𝐾
𝑑
𝑑𝑥
𝐹(𝑥) = 𝑓(𝑥):
𝑑𝐿 = ∫ −𝐾𝑑𝑡
𝐽
ln (𝐿 − ) + 𝐶 = −𝐾 ∙ 𝑡 + 𝐶′
𝐾
Se combinan arbitrariamente las constantes de integración:
𝐽
ln (𝐿 − ) = −𝐾 ∙ 𝑡 + 𝐶′′
𝐾
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Se aplica la función exponencial a ambos lados de la ecuación, para obtener la solución
general (donde 𝐶’’’ = 𝑒 𝐶´´ ):
𝐿(𝑡) =
𝐽
+ 𝐶′′′ ∙ 𝑒 −𝐾𝑡
𝐾
Para obtener la solución particular, se puede definir un nuevo parámetro 𝐿𝑖𝑛𝑓 =
en la ecuación, de tal manera que se obtenga:
𝐽
𝐾
y sustituirlo
𝐿(𝑡) = 𝐿𝑖𝑛𝑓 + 𝐶′′′ ∙ 𝑒 −𝐾𝑡
Si se especifican las condiciones iniciales como 𝐿 = 0 cuando 𝑡 = 𝑡0 y se resuelve para el
valor de la constante arbitraria 𝐶’’’:
𝐿(𝑡0 ) = 𝐿𝑖𝑛𝑓 + 𝐶 ′′′ ∙ 𝑒 −𝐾𝑡0
Se puede obtener el valor de la constante 𝐶’’’:
𝐶 ′′′ =
∴
−𝐿𝑖𝑛𝑓 = 𝐶′′′ ∙ 𝑒 −𝐾𝑡0
−𝐿𝑖𝑛𝑓
= −𝐿𝑖𝑛𝑓 ∙ 𝑒 𝐾𝑡0
𝑒 −𝐾𝑡0
Y así escribir la solución particular como:
𝐿(𝑡) = 𝐿𝑖𝑛𝑓 − [𝐿𝑖𝑛𝑓 ∙ 𝑒 𝐾𝑡0 ∙ 𝑒 −𝐾𝑡 ]
Donde:
𝐿(𝑡) = 𝐿𝑖𝑛𝑓 − [1 − 𝑒 −𝐾(𝑡−𝑡0 ) ]
𝐿(𝑡) es la longitud del individuo al tiempo “t”.
𝐴 es longitud máxima del individuo (asíntota máxima).
𝐾 es el parámetro de curvatura que expresa qué tan rápido la longitud alcanza su valor
máximo.
𝑡 es el tiempo.
𝑡0 es el valor teórico del tiempo en el cual la longitud es cero.
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CONOCE +
Al seguir este código QR encontrará el desarrollo de un ejercicio de solución
de ecuaciones diferenciales orientado a la aplicación en el mundo de la
ingeniería.
Con esto concluimos los 5 capítulos de los que consta este libro. Sin embargo, le vamos a
compartir una serie de 29 actividades que puede desarrollar, con la finalidad de consolidar su
formación en este tema y validar la obtención de las competencias correspondientes.
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ACTIVIDADES PARA REFORZAR LAS COMPETENCIAS QUE DEBE
DESARROLLAR EN ECUACIONES DIFERENCIALES
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Actividad 1. Conceptos básicos del cálculo (individual – extra aula)
Propósito
Introducción a las ecuaciones diferenciales.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte escrito a mano que contenga las definiciones correctas.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
Definir los siguientes conceptos.
1.
Notación de la derivada.
2.
Notación de la derivada de orden superior.
3.
Función.
4.
Ecuación.
5.
Ecuación diferencial.
6.
Solución general de una ecuación diferencial.
7.
Solución particular de una ecuación diferencial.
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8.
Orden de una ecuación diferencial ordinaria.
9.
Grado de una ecuación diferencial ordinaria.
10. Linealidad de una ecuación diferencial ordinaria.
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Actividad 2. Orden, grado y linealidad (individual – en el aula)
Propósito
Identificar el orden, grado y linealidad de una ecuación diferencial.
Criterio de evaluación
Se evaluará la respuesta correcta a las ecuaciones diferenciales propuestas.
Tiempo estimado
10 min.
Descripción
Definir el orden, grado y linealidad de cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales.
1. (1 − 𝑥)𝑦 ′′ − 4𝑥𝑦 ′ + 5𝑦 = cos(𝑥)
2.
𝑥
𝑑3 𝑦
𝑑𝑦 4
− ( ) +𝑦 = 0
𝑑𝑥 3
𝑑𝑥
3. 𝑡 5 𝑦 4 − 𝑡 3 𝑦 ′′ + 6𝑦 ==
𝑑𝑦 3
3𝑦 2
𝑑𝑥
) = √1 + ( )
𝑑𝑦
2⁄
3
4. (
5. (
𝑑𝑥
)
4𝑥
𝑑𝑦 2
= 𝐾 [1 + ( ) ]
𝑑𝑥
3⁄
2
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Actividad 3. Conocimiento previo (individual – extra aula)
Propósito
Recordar reglas para derivar.
Criterio de evaluación
Se evaluará de acuerdo a rúbricas de solución de problemas.
Tiempo estimado
45 min.
Descripción
I.-Calcule
𝑑𝑦
𝑑𝑥
ya sea explícita o implícitamente, según amerite el caso.
1.
𝑦 = [𝑥 3 + 𝑠𝑒𝑛(4𝑥)]2
2.
𝑦 = (𝑎 − 𝑒 4𝑥 )𝑙𝑛𝑥 2
3.
cos(𝑦) − 2𝑥 3 = 𝑏𝑒 3𝑥
4.
4 – 7xy = (𝑦 2 + 4)5
2
II.-Derive como cociente y después como producto, la siguiente función.
5. y =
𝑥+𝑎
𝑒𝑥
2
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Actividad 4. Comprobación de la solución (equipo - en el aula)
Propósito
Comprobar la solución de una educación diferencial.
Criterio de evaluación
Cada equipo expondrá la solución de su problema propuesto.
Tiempo estimado
30 min.
Descripción
Compruebe si la ecuación dada es solución de la ecuación diferencial correspondiente.
𝑑𝑦
1. cy = 𝑥 2
𝑥
2. y = Asen(5x) + Bcos(5x)
𝑑2 𝑦
3. y = c1𝑒 2𝑥 +c2 𝑒 −4𝑥 + 2x𝑒 2𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥 2
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
= 2𝑦
- 25y = 0
+2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 8𝑦 = 12𝑒 2𝑥
𝑑𝑦 3
𝑑𝑦
( ) − 4𝑥𝑦 (𝑑𝑥 ) + 8𝑦 2 = 0
4. y = c(𝑥 − 𝑐)2
𝑑𝑥
5. 𝑦 −3 = 𝑥 3 (3𝑒 𝑥 − 𝑐)
𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦 + 𝑥4𝑦4𝑒 𝑥 = 0
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Actividad 5. Origen de las ecuaciones diferenciales (individual - en el aula)
Propósito
Observar qué tipo de ecuaciones generan algunas soluciones conocidas.
Criterio de evaluación
Se revisará que se tengan las respuestas correctas.
Tiempo estimado
30 min.
Descripción
Encuentre las ecuaciones diferenciales cuyas soluciones generales son:
1. y = 3 – cx
2. y = c1 e2x + c2 x
3. y = c1 sen(2x) + c2 cos(2x)
4. y = c1 x 2 + c2 x + c3
5. y = sen(x) + c1 sen(2x) + c2 cos(2x)
6. y = xsen(x + c)
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Actividad 6. Integradora 1 (individual – extra aula)
Propósito
Aplicación de conceptos básicos de ecuaciones diferenciales.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
I. Determine el orden, grado y linealidad de la ecuación diferencial dada.
1)
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦 3
= √1 + ( )
2
𝑑𝑥
2) (𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑦 ′′′ − (𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑦 ′ + 3𝑦 = √𝜃 2 + 4
II. Determine si la ecuación es solución de la ecuación diferencial escrita a su derecha.
3) y = 2x√1 − x 2
yy ′ = 4x − 8x 3
4) x = cost, y = et
dy
+
dx
y
√1−x2
=0
III. Encuentre la ecuación diferencial cuya solución general se da.
5) 𝑦 = c1 ex + c2 e−x
6) y = c1 lnx + c2
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Actividad 7. Recuerdo matemático (individual – extra aula)
Propósito
Activar el conocimiento previo.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
I. En las cinco ecuaciones que abajo se describen, expréselas de tal manera que del lado
izquierdo quede una función de “x” y del lado derecho una función de “y”.
Ejemplo
𝑥𝑦 2 + 𝑥 = 𝑥𝑦 3 + 𝑦 3
𝑥(𝑦 2 + 1) = 𝑦 3 (𝑥 + 1)
𝑦3
𝑥
=
𝑥 + 1 𝑦2 + 1
Ecuaciones
1)
xy + 3x – y - 3 = xy - 2x + 4y – 8
2)
e2x y 2 = e−y + e−2x−y
3)
(x + 1)seny + (x + 1)ln2y = ln|y| cosx
4)
xex2y+1 Cosy = ye2x sen(x)
II. Evalúe las siguientes integrales.
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3𝑥−2
2
1)∫ 𝑒 3𝑥 2𝑥𝑑𝑥
2)∫
𝑐𝑜𝑠√𝑥
√𝑥
4) ∫ 𝑥 2 +𝑥−6 𝑑𝑥
𝑑𝑥
5) ∫
3)∫(2𝑦 + 3)𝑠𝑒𝑛𝑦𝑑𝑦
𝑥 3 +2𝑥−3
𝑥−2
𝑑𝑥
𝑥 2 𝑑𝑥
6) ∫ √16−𝑥2
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Actividad 8. Separación de variables (individual – extra aula)
Propósito
Resolver ecuaciones diferenciales por el método de separación de variables.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
Resuelva las ecuaciones diferenciales dadas.
1) 𝑥 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 5𝑦 3 = 0
2) 3𝑥𝑒 𝑥 2 𝑑𝑥 + 4𝑦𝑠𝑒𝑛𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
3)
𝑑𝑝
𝑑𝑡
= 𝑝2 − 𝑝3
4)𝑦𝑙𝑛𝑥
5)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑦
=(
𝑦+1 2
𝑥
)
= 𝑠𝑒𝑛𝑥(𝑐𝑜𝑠2𝑦 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑦)
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Actividad 9. Ecuaciones diferenciales separables (individual – en el aula)
Propósito
Describir de forma escrita de manera clara y ordenada el procedimiento que se debe aplicar
para resolver una ecuación diferencial separable.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la descripción clara y ordenada.
Tiempo estimado
30 min.
Descripción
Describa el procedimiento que se debe aplicar para resolver una ecuación diferencial
separable.
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Actividad 10. La homogénea (individual – en el aula)
Propósito
Identificar las ecuaciones diferenciales homogéneas.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
10 min.
Descripción
I. Demuestre si la función dada es o no homogénea y mencione el grado.
𝑦
1) 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 cos( )
𝑥
2) 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥 7 𝑠𝑒𝑛(𝑦) − 𝑦 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
II. Identifique cuál de las siguientes ecuaciones diferenciales es homogénea y justifique su
respuesta.
1) (6𝑥 2 − 7𝑦 2 )𝑑𝑥 − 14𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0
2)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥+3𝑦
3𝑥+𝑦
3) (2xy + 1)y𝑑𝑥 − (3𝑥𝑦 − 2)𝑥𝑑𝑦 = 0
4) 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = √𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑥
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𝑥
𝑥
5) (x + 𝑦 2 𝑒 𝑦 ) 𝑑𝑥 + (𝑦 + 𝑥𝑒 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0
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Actividad 11. En palabras es mejor (individual – extra aula)
Propósito
Elaborar un reporte escrito de manera clara y ordenada.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la descripción clara y ordenada.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
Describa el procedimiento que se debe aplicar para resolver una ecuación diferencial
homogénea.
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Actividad 12. Ecuación diferencial exacta (individual – extra aula)
Propósito
Activar el conocimiento sobre derivadas parciales.
Criterio de evaluación
Se evaluará según rúbrica de solución de problemas (coevaluación).
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
Activar el conocimiento previo.
I. Encuentre las primeras derivadas parciales.
1)
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 2 − 3𝑥 + 4𝑦
2) 𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑥 + 𝑥𝑙𝑛 𝑦 + 𝑦𝑙𝑛𝑥
𝑥
3) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑆𝑒𝑛(𝑥𝑦) + 𝑦𝐶𝑜𝑠 ( ) + 𝑦 2
𝑦
𝑦
𝑦
4) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑦𝑒 𝑥
3
5) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 2 − √𝑥 3 + 𝑦 3
II. Exprese el diferencial total de las funciones anteriores.
III. Evalúe las integrales parciales.
1)
∫(4𝑥 2 − 3𝑥𝑦)𝑑𝑦
2)
∫ 2𝑥𝑆𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑥
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𝑑𝑥
3)
∫ √𝑥 2
4)
∫ 𝑒 𝑦𝑆𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑦
5)
∫ ln |𝑦| 𝑑𝑥
+𝑦 2
𝑥
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Actividad 13. Ecuación diferencial exacta (equipo – aula)
Propósito
Aprender el proceso para resolver ecuaciones diferenciales.
Criterio de evaluación
Se evaluará de acuerdo a la rúbrica de solución de problemas.
Tiempo estimado
45 min.
Descripción
Se distribuye el grupo en equipos con un máximo de cuatro elementos. Se designa una
ecuación diferente a cada equipo para que la resuelva y después de 15 min. Cada equipo
expondrá su resultado al grupo.
I. Determine si la ecuación diferencial dada es exacta; si es así, resuélvala.
1)
(𝑆𝑒𝑛𝑦 − 𝑦𝑆𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥 + (𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0
2)
(2𝑦 − + 𝐶𝑜𝑠3𝑥) 𝑑𝑦 + 𝑥 2 − 4𝑥 3 + 3𝑥𝑦𝑆𝑒𝑛3𝑥 = 0
3)
(1 + 𝑙𝑛𝑥 + ) 𝑑𝑥 = (1 − 𝑙𝑛𝑥)𝑑𝑦
4)
(𝑥 3 + 𝑦 3 )𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
5)
𝑥𝑑𝑦 = (2𝑥𝑒 𝑥 + 𝑦 − 6𝑥 2 )𝑑𝑥
6)
(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑥 2 )𝑑𝑦 = 0
𝑑𝑥
1
𝑥
𝑦
𝑥
𝑦
𝑦(1) = 1
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7)
(4𝑦 + 2𝑡 − 5)𝑑𝑡 + (44 + 6𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0
𝑦(−1) = 2
II. Obtenga una ecuación diferencial exacta a partir de una función f(x,y).
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Actividad 14. Ecuación diferencial exacta (individual – extra aula)
Propósito
Elaborar reportes en forma escrita de manera clara y ordenada.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la descripción del procedimiento de manera clara y
ordenada.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
Describa el procedimiento que se debe aplicar para resolver una ecuación diferencial
exacta.
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Actividad 15. Conocimiento previo (individual – extra aula)
Propósito
Encontrar, si existe, el factor integrante para que una ecuación diferencial se convierta en
exacta.
Criterio de evaluación
Se evaluará según rúbrica de reporte.
Tiempo estimado
20 min.
Descripción
Investigue qué es un factor integrante de una ecuación diferencial. Realice un reporte para
entregar.
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Actividad 16. Ecuación diferencial lineal (individual – extra aula)
Propósito
Identificar y resolver ecuaciones diferenciales lineales.
Criterio de evaluación
Se evaluará según rúbrica de resolución de problema.
Tiempo estimado
2 h.
Descripción
Determine si la ecuación diferencial dada es lineal. Si es así, resuélvala.
1)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦 = 𝑒 3𝑥
𝑑𝑦
+ 12𝑦 = 4
2)
3
3)
𝑦´ = 2𝑦 + 𝑦 2 + 5
4)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦 = 𝑆𝑒𝑛𝑥
𝑑𝑦
− 𝑥𝑦 = 𝑥 + 𝑥 2
5)
(1 + 𝑥)
6)
𝑟𝑑𝑠 − 4(𝑠 + 𝑟 6 )𝑑𝑠 = 0
7)
𝑦𝑑𝑥 = (𝑦𝑒 𝑦 − 2𝑥)𝑑𝑦
8)
cos(𝑡)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑦𝑆𝑒𝑛𝑡 = 1
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9)
(𝑥 + 𝑦 3 )𝑑𝑦 − 𝑑𝑥 = 0
10)
𝑥𝑑𝑦 − (𝑥𝑒 𝑦 + 2𝑦)𝑑𝑥 = 0
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Actividad 17. Ecuación diferencial de Bernoulli (individual – extra aula)
Propósito
Investigar y aplicar el procedimiento para resolver una ecuación diferencial de Bernoulli.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
La ecuación diferencial de Bernoulli es aquella que tiene la forma:
𝑑𝑦
+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑦 𝑛
𝑑𝑥
𝑛 ≠ 0,
𝑛≠1
Determine un procedimiento para resolverla y aplíquelo en la solución de las siguientes
ecuaciones diferenciales.
1) 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+𝑦 =
2) 3(1 + 𝑡 2 )
3) 𝑥 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
1
𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2𝑡𝑦(𝑦 3 − 1)
− 2𝑥𝑦 = 3𝑦 4 , 𝑦(1) =
1
2
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Actividad 18. Integradora 2 (individual – extra aula)
Propósito
Identificar y resolver los diferentes tipos de ecuaciones.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga diferenciales con la solución correcta a los problemas
propuestos.
Tiempo estimado
2 h.
Descripción
En cada una de las ecuaciones diferenciales propuestas identifique su tipo (separación de
variables, homogéneas, exacta, lineal o Bernoulli) y resuelva por el método que
corresponde.
1)
(2𝑥 − 3𝑦)𝑑𝑥 − (3𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0
2)
𝑎 ( ) − 𝑎𝑦 = 𝑦 − 𝑥 (𝑑𝑥 )
3)
𝑦´ + 3𝑥 2 𝑦 = 𝑥 2
4)
𝑥( )+𝑦 = 0
𝑑𝑥
5)
𝑦´ +
6)
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = √𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑥
7)
𝑥 ( ) − 𝑦 = 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
2𝑦
𝑥
= −2𝑥𝑦 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
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8)
𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 2𝑥𝑦 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
9)
𝑦´ = 𝑒 3𝑥+2𝑦
10)
𝑑𝑥
√𝑥 2 +𝑦2
1
+( −
𝑦
𝑥
𝑦√𝑥 2 +𝑦 2
) 𝑑𝑦 = 0
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Actividad 19. Aplicación teórica (individual – extra aula)
Propósito
Obtener conocimiento previo para aplicar las ecuaciones diferenciales en problemas
cotidianos.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la respuesta correcta a cada pregunta dada.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
Conteste las siguientes preguntas.
1) Explique en qué consiste el método del carbono 14 para calcular la antigüedad de un
fósil.
2) Defina semivida o vida media de un material radiactivo.
3) Si un ser vivo muere, ¿cuándo se considera fósil?
4) ¿Quién fue Tutankamón?
5) Defina las Leyes de Kirchhoff.
6) ¿Cuál es la temperatura promedio del ser humano vivo?
7) Enuncie la segunda Ley de Newton.
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8) ¿Qué es la salmuera y para qué se usa?
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Actividad 20. Aplicaciones (individual – extra aula)
Propósito
Aplicar las ecuaciones diferenciales a problemas de ingeniería o de la vida cotidiana.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
2 h.
Descripción
Resuelva los siguientes problemas.
Tiro vertical
1. Una pelota que pesa 3⁄4 lb se lanza verticalmente hacia arriba desde un punto que
se encuentra 6 pies arriba de la superficie terrestre, con una velocidad inicial de 20
𝑝𝑖𝑒𝑠⁄𝑠𝑒𝑔. A medida que asciende, actúa sobre ella la resistencia del aire que es
numéricamente igual a 1⁄64 v (en libras), donde v es la velocidad (en pies por
segundo). ¿A qué altura llegará la pelota?
Ley de enfriamiento de Newton
2. Por razones obvias, la sala de disección de un forense se mantiene fría a una
temperatura constante de 5 °C. Mientras se encontraba realizando la autopsia de la
víctima de un asesinato, el propio forense es asesinado y el cuerpo de la víctima
robado. A las 9:35 A.M. el ayudante del forense descubre su cadáver a una
temperatura de 23 °C. Dos horas después, su temperatura es de 18.5 °C; suponiendo
que el forense tenía en vida la temperatura normal de 37 °C, ¿a qué hora fue
asesinado?
Mezclas
3. Un depósito contiene inicialmente 400 litros de una solución salina, con una
concentración de 250 gramos de sal por litro. En el depósito entra constantemente
solución con una concentración de 500 g/l, a razón de 20 l/min y la mezcla, la cual se
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supone se mantiene con una concentración uniforme y fluye del depósito con una
rapidez igual que con la que penetra. Determine la cantidad de sal que contiene el
depósito en un instante cualquiera t, así como el tiempo que tiene que transcurrir
para que esta cantidad llegue a valer 150 kg.
Circuito R - C
4. Un circuito R-C tiene una fuerza electromotriz de 200 Cos (2t) voltios, una
resistencia de 50Ω y una capacidad de 1x10-2 faradios.
Si consideramos q(0)=0, encuentre la corriente en el circuito en un tiempo t.
Ley de crecimiento poblacional
5. Se sabe que la población de un estado crece a una tasa proporcional al número de
habitantes que viven actualmente en él.
Si después de 15 años la población se ha duplicado y después de 25 años la
población es de 200,000 habitantes, proporcione el número de habitantes que tenía
inicialmente el estado.
Vida media
6. La sustancia radiactiva carbono-14 se desintegra en cada instante a una velocidad
proporcional a la cantidad presente, tomando como semivida del C-14 5600 años
(tiempo que tarda en desintegrarse la mitad de la cantidad inicial).
Estime la edad de un fragmento de la pata de una silla de la tumba de Tutankamón
que contiene 66.3% de su carbono-14 inicial. Considere Y(t) = cantidad de C-14 en
el tiempo t, donde t son años y Y(0) = Y0 = cantidad inicial.
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Actividad 21. Conocimiento previo (individual – extra aula)
Propósito
Hacer una introducción a las ecuaciones diferenciales.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
30 min.
Descripción
Conteste las siguientes preguntas.
I. Determine si el conjunto de funciones es linealmente independiente o linealmente
dependiente.
1. 𝑓1 (𝑥) = 3𝑥 2 , 𝑓2 (𝑥) = 3𝑥 + 2 , 𝑓3 (𝑥) = 4𝑥 3 − 𝑥 + 2
2. 𝑓1 (𝑥) = 𝑆𝑒𝑛 𝑥 , 𝑓2 (𝑥) = 𝐶𝑜𝑠 𝑥
3. 𝑓1 (𝑥) = 𝑥 2 + 1 , 𝑓2 (𝑥) = 3𝑥 + 2 , 𝑓3 (𝑥) = √𝑥 + 2𝑥 , 𝑓4 (𝑥) = √𝑥
II. Realice la comprobación de las soluciones generales.
4. ¿Es 𝑦 = 𝐶1 𝑒 4𝑥 + 𝐶2 𝑒 −7𝑥 la solución general de la ecuación diferencial 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ −
28𝑦 = 0? Compruebe su respuesta.
5. ¿Es 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −3𝑥 + 𝐶3 𝑥 la solución general de la ecuación diferencial
𝑦 (4) + 𝑦 ´´´ − 6𝑦 ′′ = 0? Justifique la respuesta.
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6. Demuestre que 𝑦 = 𝐶1 𝐶𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶2 𝑆𝑒𝑛 𝑥 + 𝑥 2 − 2 es la solución general de la
ecuación diferencial 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑥 2
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Actividad 22. Conocimiento previo (individual – extra aula)
Propósito
Solucionar ecuaciones polinominales, como introducción al tema de ecuación diferencial
lineal homogénea de orden “n” con coeficientes constantes.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
Encuentre todas las raíces de cada una de las ecuaciones dadas, describiendo el
procedimiento utilizado.
1) x 3 − 3x 2 − 3x + 1 = 0
2) x 4 − 6x 3 + 14x 2 − 16x + 8 = 0
3) x 5 + x 4 + x 2 − 12x − 12 = 0
Sugerencia. Utilice la regla de los signos de Descartes, la división sintética, factorización,
productos notables o cualquier herramienta algebraica y de ser posible, compruebe dichas
raíces mediante el uso de un software.
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Actividad 23. Desarrollo (individual – en el aula)
Propósito
Comprender el tema de ecuaciones diferenciales homogéneas de orden “n” con coeficientes
constantes.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta al problema propuesto.
Tiempo estimado
10 min.
Descripción
Encuentre la solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden “n” con
coeficientes constantes.
𝑦 𝑉 − 2𝑦 𝐼𝑉 + 5𝑦 ′′′ − 8𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ = 0
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Actividad 24. Aplicaciones - Problemas (individual – extra aula)
Propósito
Aplicar las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden “n” con coeficientes
constantes a problemas de ingeniería o de la vida cotidiana.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
15 min.
Descripción
Analice el siguiente sistema para que genere la aplicación.
Movimiento armónico simple. Uno de los casos en donde se presenta este movimiento es
en el sistema masa – resorte, cuando un cuerpo de masa “m”, que está sujeto al extremo de
un resorte flexible se desplaza hacia abajo una cierta distancia y luego se suelta, teniendo
un movimiento oscilatorio alrededor de la posición de equilibrio, considerando que no hay
pérdida de energía por fricción.
Resorte libre
Posición de equilibrio
Cuerpo en movimiento
L = Longitud del resorte
S = Deformación inicial del resorte
X = Desplazamiento del cuerpo en función del tiempo
Las oscilaciones son motivo de estudio por tener aplicación en los sistemas de
amortiguación y suspensión de autos, sismógrafos, detectores de movimiento, medición de
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la aceleración gravitacional local, localización de cavernas, posición angular de la
información en un CD, etc.
La ecuación diferencial que se asocia con este sistema masa – resorte, bajo las condiciones
del movimiento armónico simple es:
𝑚
𝑑2𝑥
= −𝐾𝑥
𝑑𝑡 2
En donde “m” es la masa del cuerpo y “K” es la constante de deformación del resorte.
Problema propuesto. Se encontró experimentalmente que un peso de 8 libras estira un
resorte 2 pies. Si el peso se suelta desde la posición de equilibrio con una velocidad dirigida
de 1 pie/s. Determine:
a) La ecuación diferencial y las condiciones iniciales que describen el movimiento.
b) La ecuación del movimiento y su gráfica.
c) La posición, velocidad y aceleración del peso 3 segundos después.
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Actividad 25. Aplicaciones - Problemas (individual – extra aula)
Propósito
Aplicar las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden “n” con coeficientes
indeterminados a problemas de ingeniería o de la vida cotidiana.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
15 min.
Descripción
Analice los siguientes sistemas para generar la aplicación.
Circuito LRC en Serie. Un circuito LRC en serie tiene dispositivos interconectados entre
sí, como muestra la figura. Necesitamos determinar la carga g(t) y la corriente i(t). L
representa la inductancia de una bobina, con unidades en henrios, R representa una
resistencia en ohms, C representa un capacitor en faradios y E una fuerza electromotriz.
Utilizando la ley de Kirchoff y evaluando el circuito tenemos que:
𝐿
𝑑𝑖
𝑑𝑡
1
+ 𝑅𝑖 + 𝑞 = 𝐸(𝑡)
Donde 𝑖 =
𝐶
𝑑𝑞 𝑑𝑖
,
𝑑𝑡 𝑑𝑡
=
Sustituyendo en 1)
𝐿
𝑑2 𝑞
1)
𝑑𝑡 2
𝑑2 𝑞
𝑑𝑞 1 𝑑𝑞
𝐸𝑞
+𝑅
+
=
2
𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝐶 𝑑𝑡
𝑑𝑡
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𝐿
𝑑𝑖 1
𝐸𝑞
𝑑2 𝑖
+𝑅 + 𝑖 =
2
𝑑𝑡 𝐶
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Es muy importante destacar que hay similitud del circuito LRC con un movimiento
vibratorio y en base a este análisis la correspondencia será.
Circuito LRC en serie. Definición de las variables:
q carga
L inductancia
R resistencia
C capacitancia
E(t) fuerza electromotriz
i corriente eléctrica
Movimiento vibratorio.
Posición x.
Definición de las variables:
m masa
β amortiguamiento
K constante del resorte
F(t) fuerza externa
v velocidad
Problema propuesto. Un circuito en serie consta de un inductor de 0.25H, una resistencia
de 40Ω, un capacitor de 4 x 10−4 𝐹 y una fuerza electromotriz dada por E(t) = 5sen 100t v.
Si la corriente inicial y la carga inicial en el capacitor son ambas cero, determine la carga en
el capacitor. Utilice el modelo matemático:
𝐿
𝑑2𝑞
𝑑𝑞 1 𝑑𝑞
𝐸𝑞
+𝑅
+
=
2
𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝐶 𝑑𝑡
𝑑𝑡
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Actividad 26. Desarrollo (individual – extra aula)
Propósito
Resolver ecuaciones diferenciales lineales por coeficientes indeterminados y variación de
parámetros.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
20 min.
Descripción
Resuelva la siguiente ecuación diferencial por dos métodos diferentes.
𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 6𝑦 = 𝑒 𝑥
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Actividad 27. Desarrollo (individual – extra aula)
Propósito
Resolver ecuaciones diferenciales lineales por coeficientes indeterminados y variación de
parámetros.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
20 min.
Descripción
Resuelva la siguiente ecuación diferencial por dos métodos diferentes.
𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 𝑠𝑒𝑛𝑥
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Actividad 28. Desarrollo (individual – extra aula)
Propósito
Resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas y no homogéneas de orden
superior.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
30 min.
Descripción
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) 𝑦 5 + 2𝑦 4 − 7𝑦 ′′′ − 14𝑦 ′′ + 12𝑦 ′ + 24 = 0
2) 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 𝑦 = 3𝑥 2 𝑒 −𝑥
3) 𝑦 ′′ + 𝑦 = sec 𝑥
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Actividad 29. Aplicaciones - Problemas (individual – extra aula)
Propósito
Aplicar las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas y no homogéneas de orden “n” a
problemas de ingeniería o de la vida cotidiana.
Criterio de evaluación
Se evaluará el reporte que contenga la solución correcta a los problemas propuestos.
Tiempo estimado
1 h.
Descripción
Investigue los siguientes modelos.
I. Investigue el modelo matemático que describe cada uno de los siguientes movimientos.
1) Sistema masa-resorte: movimiento libre amortiguado.
2) Péndulo simple.
3) Sistema resorte-masa: movimiento forzado.
II. Resuelva los siguientes problemas, considerando los modelos matemáticos anteriores.
1) Se encontró experimentalmente que un cuerpo de 8 libras estira un resorte de 1 pie. Si
la constante B del amortiguamiento es 2.5, encuentre la ecuación del movimiento si el
peso se desplaza
2
3
pies por debajo de la posición de equilibrio y se suelta, e
identifique cuál de los casos se presenta.
2) Determine la ecuación de la posición angular para una masa de un péndulo simple a
partir de la siguiente condición inicial.
𝜋
1
𝜃(0) =
,
𝜃´(0) = −
12
3
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3) Un resorte vertical con constante k de 6 𝑙𝑏⁄𝑓𝑡 tiene suspendida una masa de 𝑙𝑏 −
1
2
𝑚𝑎𝑠𝑎. Se aplica una fuerza externa por f(t) = 40 sen2t, t≥0. Considere que B es 2 y
que inicialmente el cuerpo está en reposo en su posición de equilibrio. Determine la
posición del cuerpo en función del tiempo (t>0).
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BIBLIOGRAFÍA
Blanchard, Paul, Devaney Robert L. y Hall, Glen R. (1998). Ecuaciones Diferenciales.
International Thomson Editores, S.A de C.V.
Carmona Jover, Isabel (1998). Ecuaciones Diferenciales. Addison Wesley Longman:
Pearson Educación. Cuarta Edición.
García, Elizabeth y Reich, David (2015). Ecuaciones Diferenciales. Una nueva visión.
Grupo Editorial Patria, S.A de C.V.
Kent, Nagle R., Saff, Edward B. y Snider, Arthur David (2001). Ecuaciones Diferenciales y
problemas con valores en la frontera. Pearson Educación. Tercera Edición.
Rainville, E.D y Bedient, P.E. (1977). Ecuaciones Diferenciales. Nueva Editorial
Interamericana, S. A de C.V. Quinta Edición.
Rose, S.L. (1982). Introducción a las Ecuaciones Diferenciales. Nueva Editorial
Interamericana, S.A de C.V. Tercera Edición.
Zill, Denisse G. (2006). Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones de Modelado. Thomson
Learning. Octava Edición.
Zill, Denisse G. (2002). Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones de Modelado. Thomson
Learning. Séptima Edición.
Zill, Denisse G. y Cullen, Michael R. (2004). Ecuaciones Diferenciales con Problemas de
Valores en la Frontera. Thomson Learning. Quinta Edición.
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