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ÍNDICE
14.ECUACIONES DIFERENCIALES
291
14.1. DEFINICIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291
14.2. GENERACIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES . . . . . . . . . . 291
14.3. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL . . . . . . . . . . . . 292
14.4. ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES
SEPARABLES Y SEPARADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294
14.5. ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . 295
14.5.1. Solución de la Ecuación Homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . 296
14.6. ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . . . . 298
14.6.1. Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300
14.6.2. Ecuación de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
14.7. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS . . . . . . . . . . . . . . . 304
14.8. FACTORES INTEGRANTES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306
14.8.1. Factor Integrante Sistemático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307
14.8.2. Factor Integrante por inspección . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308
14.9. ALGUNAS APLICACIONES DE LAS ECUACIONES
DIFERENCIALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310
14.10. TRAYECTORIAS ORTOGONALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312
14.11. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR . . . . . . . . . . . 314
14.11.1. Casos simples de reducción de orden . . . . . . . . . . . . . . . . 315
14.11.2. Dependencia e independencia lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
14.11.3. El determinante Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
14.11.4. Construcción de una segunda solución a partir de una solución
conocida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319
14.12. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
14.13. UNA BREVE INTRODUCCIÓN A LA TRANSFORMADA DE LAPLACE324
14.13.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324
14.13.2. Definición de transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 324
14.13.3. Funciones y sus Transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326
14.13.4. La Transformada Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327
14.13.5. Teorema de Traslación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328
14.13.6. Transformada de Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329
14.13.7. Aplicación de la Transformada de Laplace a una ecuación diferencial con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330
14.14. EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332
CAPÍTULO 14
ECUACIONES DIFERENCIALES
14.1.
DEFINICIONES
Una ecuación diferencial es aquella donde interviene una variable dependiente y sus
derivadas con respecto de una o más variables independientes.
Estudiaremos algunas de ellas, en particular, aquella donde existe una única variable
independiente y, en ese caso la ecuación diferencial se llama ecuación diferencial ordinaria.
Si y = f (x) entonces la forma general de la ecuación diferencial ordinaria es del tipo
F (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0.
14.2.
GENERACIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES
dy
Si y = f (x) es una función dada, entonces sabemos que su derivada dx
puede
interpretarse como el ritmo de cambio de la variable y con respecto del cambio de la variable
x.
En cualquier proceso natural, las variables involucradas y sus ritmos de variación están
relacionadas entre sı́ por medio de los principios básicos que gobiernan dicho procesos. Al
expresar la conexión en sı́mbolos matemáticos el resultado es, con frecuencia, una ecuación
diferencial.
El siguiente ejemplo ilustra estos comentarios.
Ejemplo 14.2.1. De acuerdo a la “2da ley de Newton”, la aceleración “a” que
experimenta un cuerpo de masa “m” es proporcional a la fuerza total “F ” que actúa sobre
1
1
el cuerpo con m
como constante de proporcionalidad, ası́ entonces, a = m
F , es decir,
ma = F .
Supongamos que un cuerpo de masa “m” cae sólo bajo la influencia de la gravitación,
en tal caso la única fuerza que actúa sobre él es mg, donde g denota la aceleración de
gravedad (g ≈ 980cm. por cada segundo).
291
292
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Si “y” es la altura medida hacia abajo desde una posición prefijada, entonces su
d2 y
dv
velocidad v = dy
dt es el ritmo de cambio de su posición y su aceleración a = dt = dt2 es el
ritmo de cambio de la velocidad. Con esta notación, la ecuación mg = F se convierte en
2
2
m ddt2y = mg, es decir, ddt2y = g.
Si alteramos la situación, admitiendo que el aire ejerce una fuerza de resistencia
proporcional a la velocidad, la fuerza total F es mg − k dy
dt y la ecuación planteada es ahora
d2 y
dy
m dt2 = mg − k dt .
Definición 14.2.1. Se llama orden de una ecuación diferencial ordinaria al orden de
derivación más alto que aparezca en la ecuación F (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0.
Se llama grado de una ecuación diferencial ordinaria al exponente que afecta a la
derivada de más alto orden.
Ejemplo 14.2.2.
1.
dy
dx
2.
d2 y
dx2
= x + 5 es de primer orden, primer grado.
dy
+ 5 dx
− 2 = 0 es de segundo orden, primer grado.
3. (y ′′ )2 − (y ′ )3 + 3y − x2 = 0 es de segundo orden, tercer grado.
14.3.
SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición 14.3.1. Toda función y = y(x) que transforma la ecuación diferencial en una
identidad se denomina solución o integral de la ecuación diferencial.
Ejemplo 14.3.1. Considere la ecuación diferencial
d2 y
+ y = 0,
dx2
pruebe que las funciones y = sin(x), y = cos(x), y en general y = A sin(x) + B cos(x),
A, B constantes, son solución de la ecuación planteada.
Solución.
Si y = A sin(x) + B cos(x) entonces
d2 y
dx2
dy
dx
= A cos(x) − B sin(x), de donde,
d2 y
dx2
es tal que
= A sin(x) − B cos(x), ası́, reemplazando en la ecuación diferencial obtenemos
d2 y
+ y = −A sin(x) − B cos(x) + A sin(x) + B cos(x) ≡ 0.
dx2
Observación 14.3.1. Una ecuación diferencial de primer orden tiene la forma
F (x, y, y ′ ) = 0,
si esta ecuación es soluble para la derivada entonces y ′ = f (x, y), se llama “forma normal
de la ecuación diferencial”.
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
293
Definición 14.3.2. Llamamos solución general de una ecuación diferencial normal de
primer orden a la función y = S(x, C) con C = C te tal que
a) satisface la ecuación diferencial para todo valor de C
b) cualquiera que sea la condición inicial y = y0 para x = x0 puede encontrarse un
valor C = C0 tal que y = S(x, C0 ).
Definición 14.3.3. Toda función y = S(x, C0 ) deducida de la solución general
y = S(x, C) se llama solución particular de la ecuación.
dy
Ejemplo 14.3.2. La ecuación diferencial de primer orden dx
= − xy tiene por solución
dy
general la familia de funciones y = Cx ya que, derivando la función obtenemos dx
= − xC2 ;
dy
yx
y
como C = yx entonces, dx = − x2 = − x .
La solución particular que satisface la condición inicial y0 = 1 para x0 = 2 nos indica
que se cumple 1 = C2 , es decir C = 2, de donde, la solución particular es y = x2 (aquella
hipérbola equilátera que pasa por el punto (2, 1)).
Observación 14.3.2.
1. Con frecuencia aparecen soluciones de ecuaciones diferenciales definidas
implı́citamente y a veces es difı́cil o imposible expresar explı́citamente la variable
dependiente en términos de la variable independiente.
Ası́ por ejemplo xy = ln(y)+C, C una constante, es solución de la ecuación diferencial
dy
y2
dx = 1−xy , ya que derivando implı́citamente la expresión xy = ln(y) + C tenemos,
dy
y + x dx
=
1 dy
y dx ,
al despejar
dy
dx
obtenemos
dy
dx
=
y
1
−x
y
es decir, obtenemos
dy
dx
=
y2
1−xy ,
en la cual no podemos expresar la derivada sólo en función de la variable x.
2. Si la ecuación diferencial tiene la forma normal y ′ = f (x, y) y si f (x, y) = g(x)
dy
entonces la ecuación diferencial queda dx
= g(x), la cual
∫ se puede solucionar,
generalmente, escribiendo dy = g(x)dx, de donde y = g(x)dx + C, esta integral se
puede resolver, generalmente, con los métodos del cálculo.
Por ejemplo, la ecuación diferencial y ′ = e3x + x tiene solución general
∫
y=
1
x2
(e3x + x)dx + C = e3x +
+ C.
3
2
∫
∫
2
Sin embargo, recordemos que existen otras integrales como e−x dx, sin(x)
x dx que
no son expresables mediante un número finito de funciones elementales.
294
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14.4.
ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES
SEPARABLES Y SEPARADAS
dy
Si en la ecuación diferencial normal dx
= f (x, y), el segundo lado de ella se factoriza
en un producto de funciones de x por funciones de y entonces la ecuación es
dy
= f1 (x)f2 (y);
dx
si f2 (y) ̸= 0 entonces podemos anotarla como f21(y) dy = f1 (x)dx, y por integración
obtenemos
∫
∫
1
dy = f1 (x)dx + C.
f2 (y)
Esta ecuación es de variables separables.
Ejemplo 14.4.1. Resuelva la ecuación
dy
dx
= − xy .
Solución.
Notamos inmediatamente que es una ecuación de variables separables, entonces
dy
dx
=− ,
y
x
integrando obtenemos ln(y) = − ln(x) + C. En este caso es conveniente escribir
ln(y) = − ln(x) + ln(K) de donde ln(y) = ln K
x , ası́ entonces la integral o solución general
K
de la ecuación es y = x .
Observación 14.4.1.
1. La ecuación diferencial
M (x)dx + N (y)dy = 0
se llama ecuación de variables separadas y su integral general es
∫
∫
M (x)dx + N (y)dy = C.
Por
ejemplo,
al considerar la ecuación diferencial xdx + ydy = 0 tenemos
∫
∫
xdx + ydy = C de donde la solución general es x2 + y 2 = K 2 con K 2 = 2C.
2. Una ecuación del tipo
M1 (x)N1 (y)dx + M2 (x)N2 (y)dy = 0
se puede reducir a una ecuación de variables separadas dividiendo por N1 (y)M2 (x);
la ecuación diferencial queda
N2 (y)
M1 (x)
dx +
dy = 0.
M2 (x)
N1 (y)
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
295
Ejemplo 14.4.2. Resuelva la ecuación (t2 − xt2 )dx + (x2 + tx2 )dt = 0.
Solución.
(t2 − xt2 )dx + (x2 + tx2 )dt = 0 ⇒ t2 (1 − x)dx + x2 (1 + t)dt = 0
1+t
1−x
dx + 2 dt = 0
⇒
2
t∫
∫x
1+t
1−x
dx +
dt = C
⇒
x2
t2
)
)
∫ (
∫ (
1
1
−1
−2
⇒
x −
dx +
t +
dt = C
x
t
1
1
⇒ − − ln(x) − + ln(t) = C
x
t
1
1
⇒
+ ln(x) + − ln(t) = K
x
t
(x)
x+t
⇒
+ ln
= K.
xt
t
14.5.
ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN
Recordemos que la función f (x, y) es homogénea de grado n con respecto de las
variables x e y si para todo λ ∈ R − {0} se cumple f (λx, λy) = λn f (x, y).
Ejemplo 14.5.1.
√
1. La función f (x, y) = 3 x3 − y 3 es homogénea de grado 1 ya que
√
√
√
f (λx, λy) = 3 (λx)3 − (λy)3 = 3 λ3 x3 − λ3 y 3 = λ 3 x3 − y 3 = λf (x, y).
2. La función f (x, y) = x2 + y 2 es homogénea de grado 2 ya que
f (λx, λy) = (λx)2 + (λy)2 = λ2 x2 + λ2 y 2 = λ2 (x2 + y 2 ) = λ2 f (x, y).
3. La función f (x, y) =
x2 +y 2
xy
es homogénea de grado 0 ya que
f (λx, λy) =
(λx)2 + (λy)2
= f (x, y).
(λx)(λy)
Definición 14.5.1. La ecuación diferencial de primer orden
dy
= f (x, y)
dx
se llama homogénea respecto de x e y si la función f (x, y) es homogénea de grado 0 con
respecto de x e y.
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14.5.1.
Solución de la Ecuación Homogénea
(
)
Como f (λx, λy) = f (x, y), haciendo λ = x1 obtenemos f 1, xy = f (x, y), con esto, la
ecuación diferencial queda
( y)
dy
= f 1,
.
(14.1)
dx
x
Consideremos el cambio de variable u = xy , o equivalentemente, y = ux, entonces
dy
du
du
dx = u + x dx , reemplazando en (14.1) obtenemos la ecuación diferencial u + x dx = f (1, u)
que es de variables separables, tenemos
u+x
du
du
= f (1, u) ⇒ x
= f (1, u) − u
dx
dx
du
dx
⇒
=
;
f (1, u) − u
x
al integrar y sustituir la variable u por
y
x
conseguimos la solución general.
Ejemplo 14.5.2. Resuelva la ecuación diferencial
dy
dx
=
xy
.
x2 −y 2
Solución.
Claramente la ecuación es homogénea, al reconocerla como tal hacemos el cambio de
variable y = ux, con lo cual obtenemos
dy
du
=u+x ;
dx
dx
además, usando sintéticamente el desarrollo dado anteriormente, la función f (x, y) =
xy
x2 −y 2
u
du
u
queda f (1, u) = 1−u
2 de donde, la ecuación original es ahora u + x dx = 1−u2 .
u
Otra forma, quizás más directa, de obtener la ecuación u + x du
dx = 1−u2 es proceder
dy
xy
como sigue, ya sabemos que dx
= u + x du
dx , por otro lado, al reemplazar y por ux en x2 −y 2
obtenemos
x(ux)
ux2
u
=
=
,
x2 − (ux)2
x2 − u2 x2
1 − u2
ası́, u + x du
dx =
u
.
1−u2
Resolvamos la ecuación deducida,
u+x
du
u
=
dx
1 − u2
du
u
=
−u
dx
1 − u2
u3
du
x
=
dx
1 − u2
1 − u2
dx
du =
3
u
(
) x
1
dx
u−3 −
du =
u
x
1
− 2 − ln(u) = ln(x) + C1
2u
1
− 2 = ln(x) + ln(u) + ln(C)
2u
1
− 2 = ln(Cux).
2u
⇒ x
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
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297
2
y
x
x
en la última ecuación conseguimos − 2y
2 = ln(Cy), de donde,
√
al despejar la variable x, la solución general se puede expresar por x = y −2 ln(Cy).
√
x2
Reemplazando u por xy obtenemos − 2y
−2 ln(Cy) es
2 = ln(Cy) y finalmente x = y
la solución general de la ecuación.
Al reemplazar u por
Observación 14.5.1. La ecuación diferencial de la forma
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
será una ecuación homogénea si M (x, y), N (x, y) son homogéneas del mismo grado ya que
en este caso el cuociente es de grado cero.
Ejemplo 14.5.3. Resuelva la ecuación (y − x)dx + (y + x)dy = 0.
Solución.
(y − x)dx + (y + x)dy = 0 ⇒ (y + x)dy = (x − y)dx
x−y
dy
=
,
⇒
dx
x+y
con el cambio de variable y = ux tenemos
dy
dx
x du
dx
x−y
x+y
conseguimos
=u+
de donde la ecuación
Para esta última ecuación tenemos:
y = ux
du
1−u
=
−u
dx
1+u
du
(1 − u) − u(1 + u)
⇒ x
=
dx
1+u
2
du
−u − 2u + 1
⇒ x
=
dx
u+1
2
u + 2u − 1
du
=−
⇒ x
dx
u+1
u+1
dx
⇒
du = −
u2 + 2u − 1
x
1
⇒
ln(u2 + 2u − 1) = − ln(x) + C1
2
1
⇒ ln(u2 + 2u − 1) 2 = − ln(x) + ln(C)
( )
1
C
2
2
⇒ ln(u + 2u − 1) = ln
x
1
C
⇒ (u2 + 2u − 1) 2 = .
x
√
2
Al volver a la variable original, reemplazando u = xy obtenemos xy 2 + 2 xy − 1 = Cx ,
√
y 2 +2yx−x
es decir,
= Cx , al simplificar y elevar al cuadrado tenemos la solución general
x
y 2 + 2xy − x = K, donde K = C 2 .
u+x
du
1−u
=
dx
1+u
x−ux
1−u
x+ux = 1+u , por otro lado, de
dy
x−y
du
1−u
dx = x+y queda u + x dx = 1+u .
=
⇒ x
298
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14.6.
ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN
En la sección anterior vimos como resolver una ecuación diferencial separable,
integrando, después de multiplicar cada término por un factor adecuado.
dy
dy
Por ejemplo, para resolver dx
= 2xy multiplicamos por y1 , y obtenemos y1 dx
= 2x, es
decir, d(ln(y)) = d(x2 ), al integrar obtenemos ln(y) = x2 + C.
A la función ρ(y) = y1 la llamamos factor integrante de la ecuación. Mediante un
factor integrante adecuado existe una técnica estandarizada para solucionar la ecuación
diferencial lineal de primer orden
dy
+ P (x)y = Q(x).
dx
∫
El factor integrante es ρ(x) = e
∫
e
P (x)dx dy
dx
P (x)dx ;
∫
+ P (x)e
tenemos,
P (x)dx
∫
y = Q(x)e
P (x)dx
.
∫
El primer lado de la ecuación es la derivada de ye p(x)dx , de donde, integrando obtenemos
∫
∫
∫
p(x)dx
ye
= Q(x)e P (x)dx dx + C
y entonces la solución general es
y=e
−
∫
[∫
∫
P (x)dx
Q(x)e
]
P (x)dx
dx + C .
Observación 14.6.1. No es recomendable memorizar esta última fórmula, en su reemplazo
debemos realizar los siguientes pasos,
1. Reconocer la ecuación como una ecuación lineal.
∫
2. Calcular el factor integrante e
P (x)dx .
3. Multiplicar la ecuación por el factor integrante.
4. Reconocer el primer lado de la ecuación como la diferencial de un producto.
5. Integrar.
Ejemplo 14.6.1. Resuelva la ecuación
dy
dx
− 3y = e2x .
Solución.
La ecuación planteada es lineal tanto en la variable como en su derivada; tenemos
P (x) = −3 ,
entonces el factor integrante es
∫
ρ(x) = e
Q(x) = e2x
−3dx
= e−3x .
dy
Al multiplicar la ecuación original por e−3x obtenemos e−3x dx
− 3ye−3x = e−x , ésta
d
(e−3x y) = e−x de donde d(e−3x y) = e−x dx.
última ecuación la escribimos como dx
∫
Integrando tenemos e−3x y = e−x dx+C, es decir, e−3x y = −e−x +C, entonces la solución
general de la ecuación es y = e3x (−e−x + C) = Ce3x − e2x .
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
299
dy
+ 3xy = 6x.
Ejemplo 14.6.2. Resuelva la ecuación (x2 + 1) dx
Solución.
De la ecuación original deducimos
∫
ρ(x) = e
3x
dx
x2 +1
(∫
= exp
+
3x
y
x2 +1
3x
,
+1
P (x) =
El factor integrante es
dy
dx
=
6x
,
x2 +1
Q(x) =
x2
la cual es lineal con
6x
.
+1
x2
)
(
)
3
3x
3
2
dx = exp
ln(x + 1) = (x2 + 1) 2 ,
2
x +1
2
de donde, la ecuación queda
1
1
dy
+ 3x(x2 + 1) 2 y = 6x(x2 + 1) 2 .
dx
3
(x2 + 1) 2
Integrando obtenemos
2
∫
3
2
1
3
6x(x2 + 1) 2 dx + C = 2(x2 + 1) 2 + C,
(x + 1) y =
de donde la solución general es y = 2 + C(x2 + 1)− 2 .
3
Ejemplo 14.6.3. Resuelva
dy
dx
− a xy =
x+1
x ,
a ∈ R − {0, 1}.
Solución.
Notamos que la ecuación planteada es lineal, entonces el factor integrante es
∫
ρ(x) = e
donde p(x) = − xa ; tenemos,
∫
ρ(x) = e
a
−x
dx
p(x)dx
−a
= e−a ln(x) = eln(x)
= x−a .
Al multiplicar la ecuación diferencial original por este factor integrante obtenemos
x−a
dy
y
x+1
− a a+1 = a+1 ,
dx
x
x
es inmediato reconocer el lado izquierdo de la ecuación como
d(yx−a ) = xx+1
a+1 dx. Al integrar tenemos
∫
x+1
−a
yx =
dx + C,
xa+1
es decir,
yx
−a
∫
=
ası́,
d
−a
dx (yx ),
de donde
(x−a + x−a−1 )dx + C,
x−a+1
x−a
+
+ C;
−a + 1
−a
x
al despejar la variable y obtenemos y = 1−a
− a1 + Cxa que es la solución general de la
ecuación diferencial planteada.
yx−a =
300
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dy
Ejemplo 14.6.4. Considere la ecuación xe2y dx
+ e2y =
2y
u=e .
ln(x)
x .
Resuelva con la sustitución
Solución.
Si u = e2y entonces derivando con respecto de x tenemos
dy
du
= 2e2y
dx
dx
de donde,
dy
1 du
= 2y ,
dx
2e dx
reemplazando en la ecuación original tenemos,
1 du
ln(x)
x
+u=
,
2y
2e
dx
x
la ecuación que resulta es
x du
ln(x)
+u=
2 dx
x
la cual es lineal en u.
En definitiva, la ecuación es
du 2
2 ln(x)
+ u=
.
dx x
x2
∫
Aquı́ el factor integrante es x2 , de donde ux2 = 2 ln(x)dx + C, ası́, integrando
obtenemos ux2 = 2(x ln(x) − 1) + C. Al reemplazar u por e2y tenemos la solución general
x2 e2y = 2x ln(x) − 2x + C.
14.6.1.
Ecuación de Bernoulli
La ecuación diferencial
dy
+ P (x)y = Q(x)y n
dx
donde P (x), Q(x) son funciones continuas, n ̸= 0, n ̸= 1 se llama ecuación de Bernoulli.
Esta ecuación, escrita como
y −n
dy
+ P (x)y −n+1 = Q(x)
dx
se reduce a una ecuación lineal con el cambio de variable z = y −n+1 .
En efecto, derivando con respecto de x obtenemos
dz
dy
= (−n + 1)y −n
dx
dx
es decir
dy
yn
dz
=
.
dx
(−n + 1) dx
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
301
dy
Reemplazando en y −n dx
+ P (x)y −n+1 = Q(x) obtenemos
1
dz
+ P (x)z = Q(x)
(−n + 1) dx
es decir,
dz
+ (−n + 1)P (x)z = (−n + 1)Q(x)
dx
la cual es una ecuación lineal en z; después de resolverla reemplazamos z por y −n+1 .
Ejemplo 14.6.5. Resuelva la ecuación
dy
dx
+ xy = x3 y 3 .
Solución.
La ecuación planteada es de Bernoulli y la escribimos
y −3
dy
+ xy −2 = x3 .
dx
(∗)
Sea z = y −2 entonces
dz
dy
= −2y −3
dx
dx
de donde
dy
1 dz
=
.
dx
−2y −3 dx
Si reemplazamos
dy
dx ,
y −2 en (∗) conseguimos la ecuación
y −3
1 dz
+ xz = x3
−2y −3 dx
que, al multiplicar por −2 entrega la ecuación
∫
Aquı́ el factor integrante es ρ(x) = e
e−x
de donde ze−x =
2
∫
2
−2xdx
dz
dx
− 2xz = −2x3 que es lineal en z.
= e−x , entonces la ecuación es ahora
2
dz
2
2
− 2xze−x = −2x3 e−x
dx
−2x3 e−x dx + C.
2
En la última integral,
que la resolvemos por integración por partes, consideramos la
∫
2
2
integral escrita como x2 (−2xe−x )dx y, al considerar u = x2 , dv = −2xe−x la integral
2
2
2
2
2
2
2
es x2 e−x + e−x + C, ası́, ze−x = x e−x + e−x + C, entonces z = x2 + 1 + Cex ; al
reemplazar z tenemos finalmente y = √ 1
.
2
x2 +1+Cex
14.6.2.
Ecuación de Ricatti
dy
Esta ecuación es de la forma dx
+ P (x)y 2 + Q(x)y + R(x) = 0, P (x) ̸= 0; no se puede
resolver por métodos elementales, sin embargo, si conocemos una solución
particular y1 (x) podemos resolverla, transformándola en una ecuación diferencial lineal
con la transformación y = y1 + u1 .
302
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
Si y = y1 +
1
u
entonces
dy
dy1
1 du
=
− 2 ,
dx
dx
u dx
reemplazando en la ecuación original obtenemos
(
)
(
)
dy1
1 du
1 2
1
− 2
+ P (x) y1 +
+ Q(x) y1 +
+ R(x) = 0,
dx
u dx
u
u
la cual, dado que y1 es solución particular, se transforma en
]
[
1
1 du
2y1
1
− 2
+ P (x)
+ 2 + Q(x) = 0.
u dx
u
u
u
Al multiplicar por −u2 la ecuación queda
du
− P (x)[2y1 u + 1] − uQ(x) = 0,
dx
es decir,
du
− 2y1 uP (x) − P (x) − uQ(x) = 0,
dx
al reagrupar los términos conseguimos la ecuación
du
− u[2P (x)y1 + Q(x)] = P (x);
dx
esta es una ecuación lineal en u.
Ejemplo 14.6.6. Resuelva la ecuación
dy
y2
x−2
+ 2
+
y = 0.
3
dx x − x
x − x2
Solución.
Es una ecuación Ricatti; dado que el término R(x) es nulo entonces una solución
particular es y1 (x) = 0. Siguiendo la metodologı́a dada anteriormente, realicemos la
transformación y = 0 + u1 , tenemos,
1 du
dy
=− 2 ,
dx
u dx
reemplazando en la ecuación obtenemos
−
1
1 x−2
1 du
u2
+
+
= 0,
2
2
3
u dx x − x
u x − x2
de la cual deducimos
du
1
x−2
−
−
u = 0,
dx x2 − x3 x − x2
ası́, la ecuación lineal que conseguimos es
x−2
1
du
−
u= 2
.
2
dx x − x
x − x3
(∗∗)
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
303
−
∫
x−2
dx
El factor integrante es ρ(x) = e x−x2 .
∫ x−2
Calculemos x−x
2 dx usando fracciones parciales; tenemos,
x−2
x−2
A
B
=
= +
,
x − x2
x(1 − x)
x
1−x
deducimos que x − 2 = A(a − x) + Bx de donde obtenemos A = −2, B = −1, ası́,
x−2
−2
−1
=
+
2
x−x
x
1−x
y entonces
∫
x−2
dx =
x − x2
∫ (
−2
−1
+
x
1−x
)
dx = −2 ln(x) + ln(1 − x).
El factor integrante es entonces,
ρ(x) = e
−
∫
x−2
dx
x−x2
(
=e
2 ln(x)−ln(1−x)
=e
ln
x2
1−x
)
=
x2
.
1−x
Al multiplicar la ecuación (∗∗) por el factor integrante conseguimos
x2 du
x2 x − 2
1
x2
−
u=
,
2
1 − x dx 1 − x x − x
1 − x x2 − x3
entonces podemos escribirla como
d
dx
es decir
(
d
al integrar obtenemos
x2
1−x u
=
1
1−x
(
)
x2
1
u =
,
1−x
(1 − x)2
)
1
x2
u =
dx;
1−x
(1 − x)2
+ C, despejando tenemos
u=
y como u =
1
y
1
1−x
+C 2 ,
2
x
x
entonces la solución general es
1
1−x
1
= 2 +C 2 ;
y
x
x
naturalmente que realizando arreglos algebraicos podemos conseguir y =
x2
1+C−Cx .
304
14.7.
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS
Definición 14.7.1. Si u(x, y) es una función continua y con primeras derivadas parciales
continuas entonces la diferencial total de u es
du =
∂u
∂u
dx +
dy.
∂x
∂y
Definición 14.7.2. La expresión
M (x, y)dx + N (x, y)dy
se llama “diferencial exacta” si existe alguna función u(x, y) para la cual esta expresión
es la diferencial de u, es decir M (x, y)dx + N (x, y)dy es diferencial exacta si existe alguna
función tal que
∂u
∂u
= M (x, y) y
= N (x, y).
∂x
∂y
Definición 14.7.3. La ecuación
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
se llama ecuación diferencial exacta si y sólo si M (x, y)dx + N (x, y)dy es una diferencial
exacta.
Teorema 14.7.1. La ecuación M (x, y)dx+N (x, y)dy = 0 es exacta si y sólo si
∂N
∂x
=
∂M
∂y .
Demostración. (Sólo una parte de ella). Si M (x, y)dx + N (x, y)dy es la diferencial exacta
de alguna función u(x, y) entonces
M (x, y)dx + N (x, y)dy = du =
ası́, M =
∂u
∂x
yN=
∂u
∂y ,
∂u
∂u
dx +
dy,
∂x
∂y
derivando obtenemos
∂2u
∂M
=
∂y
∂x∂y
y
∂N
∂2u
=
,
∂x
∂y∂x
suponiendo que las segundas derivadas parciales son continuas conseguimos
Teorema 14.7.2. La solución general de la ecuación diferencial exacta
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
está dada por u(x, y) = C donde u(x, y) es tal que
∂u
=M
∂x
y
∂u
= N,
∂y
C = C te .
∂N
∂x
=
∂M
∂y .
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
305
Demostración. Si M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta entonces existe una función
∂u
∂u
∂u
u = u(x, y) tal que ∂u
∂x = M y ∂y = N , ası́, ∂x dx + ∂y dy = 0, es decir, du = 0, de
donde u = C es solución general.
Ejemplo 14.7.1. Resuelva la ecuación (2xy + 1)dx + (x2 + 4y)dy = 0.
Solución.
La ecuación (2xy + 1)dx + (x2 + 4y)dy = 0 es exacta si
∂N
∂ 2
=
(x + 4y) = 2x
∂x
∂x
∂N
∂x
=
∂M
∂y .
Como
∂M
∂
=
(2xy + 1) = 2x,
∂y
∂y
y
entonces la ecuación es exacta, ası́, existe u = u(x, y) tal que
Tenemos el sistema
{
∂u
∂x = 2xy + 1
∂u
2
∂y = x + 4y
∂u
∂x
=M y
∂u
∂y
= N.
integrando la primera ecuación del sistema obtenemos
∫
u = (2xy + 1)dx + φ(y) = x2 y + x + φ(y),
ahora, derivando con respecto de y, la expresión que obtenemos es
d
∂u
= x2 + (φ(y)).
∂y
dy
Al comparar con la segunda ecuación del sistema tenemos
x2 + 4y = x2 +
es decir,
d
dy (φ(y))
d
(φ(y)),
dy
= 4y, ası́,
∫
φ(y) =
4ydy + C1 = 2y 2 + C1 ,
entonces u = x2 y + x + 2y 2 + C1 . Como la solución de la ecuación es u(x, y) = C entonces
la solución general para la ecuación planteada es u = x2 y + x + 2y 2 + C1 = C, es decir,
x2 y + x + 2y 2 = K donde K = C − C1 .
Ejemplo 14.7.2. Resuelva
Solución. Como
∂M
∂
=
∂y
∂y
(
2x
dx
y3
2x
y3
)
+
y 2 −3x2
dy
y4
6x
=− 4
y
y
= 0.
∂N
∂
=
∂x
∂x
(
y 2 − 3x2
y4
)
=−
6x
y4
entonces la ecuación diferencial es Exacta, ası́, existe u = u(x, y) tal que
∂u
∂y = N .
∂u
∂x
= M y
306
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
∂u
∂x
=
2x
y3
Como
∂u
∂y
=N =
De
concluimos que u =
y 2 −3x2
y4
∫
2x
dx
y3
+ f (y), entonces u =
x2
y3
+ f (y).
entonces
∂
∂y
derivando obtenemos
−
(
)
x2
y 2 − 3x2
+
f
(y)
=
;
y3
y4
y 2 − 3x2
3x2
′
+
f
(y)
=
;
y4
y4
al despejar la derivada tenemos f ′ (y) = y12 . Debemos determinar f (y); naturalmente que
∫
f (y) = dy
+ C1 , es decir, f (y) = − y1 + C1 .
y2
Como la solución de la ecuación exacta es u = C entonces, de u =
x2
y3
−
1
y
14.8.
+ C1 = C; finalmente la solución general es
x2
y3
−
1
y
x2
y3
+ f (y) obtenemos
= K con K = C − C1 .
FACTORES INTEGRANTES
A veces tenemos ecuaciones diferenciales no exactas, escritas en la forma
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
las cuales se pueden convertir en exactas multiplicando sus términos por un factor
integrante adecuado.
Por ejemplo, la ecuación ydx − xdy = 0 no es una ecuación diferencial exacta ya que
∂M
∂y
∂N
∂(−x)
=
= 1 ̸=
=
= −1,
∂y
∂y
∂x
∂x
sin embargo, si multiplicamos por y12 obtenemos yy2 dx − yx2 dy = 0, la cual es exacta, ya
que
( )
(
)
∂ 1
1
∂
x
∂N
1
∂M
=
=− 2 y
=
− 2 = − 2;
∂y
∂y y
y
∂x
∂x
y
y
ahora podrı́amos seguir el método de solución ya estudiado.
Notemos que la ecuación original se puede solucionar por el método de variables
separables (la solución serı́a, y = Cx), sin embargo, se muestra este método sólo para
ejemplificar; por otro lado al multiplicar por y12 podrı́amos escribir, ydx−xdy
= 0, donde
y2
( )
el primer miembro es la diferencial de xy , ası́, d xy = 0, de donde, integrando obtenemos
x
y = C; en esto último radica la potencia del método.
Definición 14.8.1. Un Factor Integrante para la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es
una función ρ(x, y) tal que ρ(x, y)M (x, y)dx + ρ(x, y)N (x, y)dy = 0 es exacta.
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
307
Ejemplo 14.8.1. La ecuación diferencial de variables separables ydx + sec(x)dy = 0 no
es exacta ya que
∂M
∂y
∂N
∂(sec(x))
=
= 1 ̸=
=
= sec(x) tan(x),
∂y
∂y
∂x
∂x
sin embargo, si multiplicamos por
ción diferencial exacta ya que
1
y sec(x)
obtenemos cos(x)dx + y1 dy = 0 que es una ecua( )
∂M
∂(cos(x))
∂N
=
=0=
=
∂y
∂y
∂x
∂
1
y
∂x
,
la solución de la ecuación es sin(x) + ln(y) = C.
Desgraciadamente no se conoce un método general para encontrar un Factor Integrante
explicito, sin embargo, existen algunas ecuaciones en que podemos determinar
sistemáticamente al Factor Integrante.
14.8.1.
Factor Integrante Sistemático
Sea M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(
)
∂N
a) Si N1 ∂M
−
= f (x) entonces
∂y
∂x
∫
ρ(x, y) = e
b) Si
1
M
(
∂N
∂x
−
∂M
∂y
f (x)dx
.
)
= g(y) entonces
∫
ρ(x, y) = e
g(y)dy
.
c) Si M = yf (x, y), N = xg(x, y) entonces
ρ(x, y) =
Veamos el caso a).
Supongamos que
1
N
(
∂M
∂y
−
∂N
∂x
1
.
xM − yN
)
∫
= f (x) y definamos ρ(x, y) = e
f (x)dx
∫
entonces, al
f (x)dx
multiplicar la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 por ρ(x, y) = e
obtenemos, en
forma simplificada, la ecuación ρM dx + ρN dy = 0.
Como
(
)
∂ρ
∂N ∗
∂N
∂N
∂M
∂(ρN )
1 ∂M
=ρ ·
=
·N +ρ·
−
·N +ρ·
=ρ·
∂x
∂x
∂x
N
∂y
∂x
∂x
∂y
y, como por otro lado, se puede verificar de manera análoga que,
la ecuación diferencial ρM dx + ρN dy = 0 es exacta.
∂(ρM )
∂y
= ρ·
∂M
∂y
entonces
308
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
∫
*: Si ρ(x, y) = e
f (x)dx
entonces,
∂ρ
∂x
∫
= e
∫
= e
d
(∫
f (x)dx
·
f (x)dx
· f (x)
)
f (x)dx
dx
= ρ(x, y) · f (x)
(
)
1 ∂M
∂N
= ρ·
−
.
N
∂y
∂x
Ejemplo 14.8.2. Resuelva la ecuación y 2 cos(x)dx + (4 + 5y sin(x))dy = 0.
Solución.
La ecuación planteada no obedece a los métodos anteriores, intentamos Factor
Integrante; como
∂ 2
∂M
=
(y cos(x)) = 2y cos(x)
∂y
∂y
y
∂N
∂
=
(4 + 5y sin(x)) = 5y cos(x)
∂x
∂x
y además
(
)
1 ∂N
5y cos(x) − 2y cos(x)
∂M
3
=
−
= = g(y),
2
M ∂x
∂y
y cos(x)
y
entonces el factor integrante es
∫
ρ(y) = e
3
dy
y
= e3 ln(y) = y 3 .
Al multiplicar la ecuación original por este Factor Integrante obtenemos la ecuación
diferencial
y 5 cos(x)dx + (4y 3 + 5y 4 sin(x))dy = 0
∂N
4
que es exacta ya que ∂M
la función u(x, y) tal que ∂u
∂y = 5y cos(x) = ∂x ası́, existe ∫
∂x = M
∂u
∂u
5
5
5
y ∂y = N . Tenemos ∂x = y cos(x), de donde u = y cos(x)dx = y sin(x) + φ(y);
4
′
derivando con respecto de y obtenemos ∂u
∂y = 5y sin(x) + φ (y), ası́,
5y 4 sin(x) + φ′ (y) = 4y 3 + 5y 4 sin(x),
∫
concluimos que φ′ (y) = 4y 3 de donde φ(y) = 4y 3 dy + C1 = y 4 + C1 , finalmente, la
solución general es y 5 sin(x) + y 4 = C.
14.8.2.
Factor Integrante por inspección
Existen muchas ecuaciones para las cuales el Factor Integrante se puede encontrar por
inspección, lo que implica la búsqueda de una agrupación de términos que muestren la
diferencial de alguna función conocida.
Por ejemplo, la presencia de ydx+xdy sugiere una función de xy como Factor
( ) Integrante
dado que d(xy) = xdy + ydx. De manera análoga, las diferenciales d xy = ydx−xdy
,
y2
( y ) xdy−ydx
d x =
sugieren la búsqueda de las expresiones ydx−xdy, xdy−ydx que conducen
x2
( )
( )
a factores integrantes de la forma y12 f xy y x12 f xy respectivamente.
Veamos algunos ejemplos que nos indicaran el camino.
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
309
Ejemplo 14.8.3. Resuelva la ecuación ydx + (x + x2 y)dy = 0.
Solución.
Al desarrollar la ecuación obtenemos ydx + xdy + x2 ydy = 0, la presencia de la expresión xdy + ydx, contenida en la ecuación sugiere un Factor Integrante función de xy;
como en el tercer término x2 ydy nos conviene eliminar x2 , para que, sin la presencia de
él, el término que queda sea integrable de manera inmediata, concluimos que el Factor
1
Integrante, función de xy es (xy)
2 , tenemos
x2 y
ydx + xdy
+
dy = 0,
(xy)2
(xy)2
o lo que es lo mismo,
1
(xy)−2 d(xy) + dy = 0,
y
integrando esta última expresión obtenemos
∫
∫
1
−2
(xy) d(xy) +
dy = C,
y
1
es decir, la solución general es − xy
+ ln(x) = C.
Ejemplo 14.8.4. Resuelva la ecuación (xy 4 + y)dx − xdy = 0.
Solución.
Al desarrollar la ecuación tenemos xy 4 dx (+ ydx
) − xdy = 0, la presencia de ydx − xdy
1
x
sugiere un Factor Integrante de la forma y2 f y ; como debemos eliminar el factor y 4 del
término xy 4 dx produciendo con ello que el término que quede, sea integrable de manera
( )2
inmediata, el Factor Integrante es y12 xy ; tenemos,
1
y2
( )2
( )
x
1 x 2
4
xy dx + 2
(ydx − xdy) = 0,
y
y
y
con algunos arreglos algebraicos obtenemos
( )2
x
ydx − xdy
x dx +
= 0,
y
y2
3
es decir,
( )2 ( )
x
x
x dx +
d
= 0,
y
y
3
al integrar tenemos
∫
∫ ( )2
x
x dx +
d(xy) = C,
y
3
es decir, la solución general es
x4
4
+ 13 ( xy )3 = C.
310
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
14.9.
ALGUNAS APLICACIONES DE LAS ECUACIONES
DIFERENCIALES
Ecuaciones diferenciales y Modelos matemáticos
Los siguientes ejemplos muestran el proceso de “traducir” leyes y principios cientı́ficos
en Ecuaciones Diferenciales, interpretando razones de cambio como derivadas;
generalmente la variable independiente es el tiempo t.
Ejemplo 14.9.1. Ley de Enfriamiento de Newton
La ley de enfriamiento de Newton dice, “La tasa de cambio de la temperatura T (t) de
un cuerpo, con respecto al tiempo t es proporcional a la diferencia entre la temperatura T
del cuerpo y la temperatura A del medio ambiente”.
La ecuación que se produce es
dT
= k(A − T ), k > 0
dt
la cual se puede tratar como una ecuación de variables separables tanto como lineal.
Notemos que, si T > A entonces dT
dt < 0, de modo que la temperatura T (t) es una
función decreciente del tiempo t y el cuerpo se esta enfriando; si T < A entonces dT
dt > 0
y el cuerpo se esta calentando.
Para valores de la constante k y temperatura ambiental constante A podemos
determinar una fórmula explicita para T (t).
Resolvamos la ecuación diferencial,
dT
dT
= k(A − T ) ⇒
= kdt
dt
∫A − T
∫
dT
⇒
= kdt + C1
A−T
⇒ − ln(A − T ) = kt + C1
⇒ ln(A − T ) = −kt + C2
⇒ A − T = e−kt+C2
⇒ A − T = e−kt eC2
⇒ A − T = C3 e−kt
⇒ T = A + Ce−kt .
Ası́, el fenómeno esta gobernado por la ecuación T (t) = A + Ce−kt .
Ejemplo 14.9.2. Ley de Torricelli
La ley de Torricelli dice, “La tasa de cambio con respecto del tiempo del volumen V
de agua en un tanque que se vacı́a, es proporcional a la raı́z cuadrada de la profundidad y
del agua en el tanque”.
La ecuación que se obtiene es
dV
√
= −k y.
dt
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
311
Ejemplo 14.9.3. Crecimiento o decrecimiento poblacional
La tasa de cambio, con respecto del tiempo, de una población P (t), con ı́ndices
constantes de nacimiento y mortalidad, es, en muchos casos simples, proporcional al tamaño de la población, en este caso, la ecuación que se produce es
dP
= kP, k = C te .
dt
Cada función de la forma P (t) = Cekt es solución de la ecuación diferencial
ya que
d ( kt )
dP
=
Ce
= Cekt k = kP.
dt
dt
dP
dt
= kP ,
Aunque el valor de la constante k sea conocido, la ecuación diferencial dP
dt = kP tiene
kt
infinitas soluciones P (t) = Ce que dependen del valor de C y nos interesarı́a conocer
una solución particular del fenómeno; para ello debemos realizar algunas observaciones en
el fenómeno que deseamos modelar.
Por ejemplo, supongamos que P (t) = Cekt es la población de una colonia de bacterias
en el tiempo t, que la población inicial de bacterias fue de 1000 y que después de tres horas
de observación, desde el inicio del proceso, se detectan 2000 bacterias. Esta
información adicional acerca de P (t) nos conduce a las siguientes ecuaciones, cuya solución nos permitirá caracterizar el proceso,
{
P (0) = 1000 = Cek·0
P (3) = 2000 = Ce2k
(1)
(2)
De (1) obtenemos C = 1000 y reemplazando en (2), la ecuación 2000 = 1000e2k nos
permitirá conocer el valor de k,
2000 = 1000e2k ⇒ 2 = e2k ⇒ ln(2) = 2k ⇒ k =
ln(2)
= 0, 34657359;
2
ası́ entonces, la ecuación que modela el fenómeno es
P (t) = 1000e0,34657359t .
Observemos que ekt = e
escribe
ln(2)
t
2
(
)t
t
t
= eln(2)· 2 = eln(2) 2 = 2 2 , de donde la ecuación se
t
P (t) = 1000 · 2 2 .
Con esta ecuación podemos determinar, por ejemplo, la cantidad de bacterias que
4
habrı́a al término de 4 horas; ella serı́a P (4) = 1000 · 2 2 = 4000; note que con la primera
ecuación, el valor es P (4) = 3999, 999996.
312
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
14.10.
TRAYECTORIAS ORTOGONALES
Definición 14.10.1. Dos familias uniparamétricas de curvas son isogonales si cada
miembro de una de ellas corta a cada miembro de la otra familia en un ángulo constante
α. Si α = π2 entonces las familias son ortogonales.
Por ejemplo, la familia de circunferencias x2 + y 2 = c2 y la familia de rectas y = mx
son familias ortogonales.
Esto es evidente geométricamente o visto de otra manera, si x2 + y 2 = c2 entonces,
dy
dy
derivando implı́citamente obtenemos 2x + 2y dx
= 0 de donde dx
= − xy ; considerando la
dy
otra (familia
dx = m; es inmediato que las curvas son ortogonales ya
) y =(mx)obtenemos
(
)
que − xy m = − xy xy = −1.
Para casos más generales, veamos el método analı́tico siguiente.
Teorema 14.10.1. Si F (x, y, y ′ ) = 0 es la ecuación diferencial de una familia
uniparamétrica entonces F (x, y, − y1′ ) = 0 es la ecuación diferencial de la familia de curvas
ortogonales.
Demostración. Sean F (x, y, y ′ ) = 0 y F (x̄, ȳ, ȳ ′ ) = 0 la ecuación de las familias ortogonales
y f1 , f2 dos curvas arbitrarias mutuamente ortogonales. Si P((x, y) es un
) punto común de
y
1
′
′
f1 y f2 entonces x̄ = x, ȳ = y, ȳ = − y′ , ası́, F (x̄, ȳ, ȳ ) = F x, y, − y′ = 0.
Observación 14.10.1. El método para hallar la familia de curvas ortogonales a una familia
de curvas determinada es,
1. Encontrar la ecuación diferencial
dy
dx
= f (x, y) de la familia dada.
dy
2. Sustituir dx
por − dx
dy para obtener la ecuación diferencial de la familia de curvas
ortogonales.
3. Resolver esta última ecuación − dx
dy = f (x, y).
Ejemplo 14.10.1. Determine la ecuación de la familia de curvas ortogonales a la familia
de circunferencias x2 + y 2 = c2 .
Solución.
dy
Al derivar x2 + y 2 = c2 obtenemos x + y dx
= 0, que es la ecuación diferencial de
dy
la familia de circunferencias; reemplazando dx por − dx
dy es la ecuación previa obtenemos
)
(
dx
x + y − dy = 0, que corresponde a la ecuación diferencial de la familia de trayectorias
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
313
ortogonales buscada; debemos resolver esta última ecuación,
(
)
dx
dx
x+y −
=0 ⇒ x=y
dy
dy
x
y
⇒
=
dx
dy
⇒ ln(x) = ln(y) + K
⇒ ln(x) = ln(y) + ln(C1 ) con ln(C1 ) = K
⇒ ln(x) = ln(C1 )y
⇒ x = C1 y
⇒ y = Cx
tal que C =
1
C1 .
Ejemplo 14.10.2. Determine la ecuación de la familia de curvas ortogonales a la familia
de ecuación y = Cx4 .
Solución.
dy
La ecuación diferencial asociada a la ecuación y = Cx4 es dx
= 4Cx3 , debemos
y
adicionalmente, determinar la constante C; como C = x4 entonces, reemplazando en la
dy
ecuación diferencial obtenemos dx
= 4y
x.
La ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales es − dx
dy =
ecuación,
−
4y
dx
=
dy
x
4y
x.
Resolvemos esta última
⇒ −xdx = 4ydy
x2
= 2y 2 + C1
2
⇒ −x2 = 4y 2 + C2 donde C2 = 2C1
⇒ −
⇒ x2 + 4y 2 = C 2 , con C 2 = −C2 ,
es la ecuación pedida.
Ejemplo 14.10.3. Determine la ecuación de la familia de curvas ortogonales a la familia
de ecuación 4y + x2 + 1 + Ce2y = 0.
Solución.
Derivando 4y + x2 + 1 + Ce2y = 0 tenemos
4
dy
dy
+ 2x + 2Ce2y
= 0,
dx
dx
314
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
debemos reemplazar C y encontrar la forma
4
dy
dy
+ 2x + 2Ce2y
=0 ⇒
dx
dx
⇒
⇒
⇒
dy
dx
= f (x, y),
dy
(4 + 2Ce2y ) = −2x
dx
dy
x
=−
dx
2 + Ce2y
dy
x
=−
ya que Ce2y = −4y − x2 − 1
dx
2 + (−4y − x2 − 1)
dy
x
=−
.
dx
1 − 4y − x2
Ahora, la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales es
x
dx
=
.
dy
1 − 4y − x2
Debemos resolver esta última ecuación; conviene escribirla como
dy
1 − 4y − x2
=
,
dx
x
ası́,
dy
1 4y
= −
− x,
dx
x
x
la cual es la ecuación diferencial lineal en y,
dy
4
1
+ y = − x.
dx x
x
El factor integrante es
∫
ρ(x) = e
4
dx
x
= e4 ln(x) = x4 ,
(
)
1
− x dx + C.
x
∫
de donde obtenemos
4
x y=
4
x
Esta tiene solución
x4 y =
de donde y =
14.11.
1
4
−
x2
6
+
C
x4
x4 x6
−
+C
4
6
es la ecuación pedida.
ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR
Introducción
En esta sección nos interesa resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de
orden n con coeficientes constantes. Para ello daremos la teorı́a básica necesaria que sustenta esta tarea, como por ejemplo, reducción de orden, el determinante Wronskiano,
determinación de una segunda solución conocida otra, haciendo un énfasis en las ecuaciones de segundo orden.
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
315
Definición 14.11.1. La ecuación diferencial lineal general de orden n tiene la forma
an (x)
dn y
dn−1 y
dy
+
a
(x)
+ · · · + a1 (x)
+ a0 (x)y = G(x).
n−1
dxn
dxn−1
dx
Suponemos que los coeficientes ai (x), i = 0, 1, 2, . . . , n y la función G(x) son funciones
continuas en cierto intervalo abierto I, sin embargo no necesariamente deben ser funciones
lineales.
√
Por ejemplo, la ecuación ex y ′′ + sin(x)y ′ + (1 + x)y = tan(x) es lineal ya que
la variable dependiente y sus derivadas aparecen linealmente, en tanto que la ecuación
y ′′ + (y ′ )2 + 4y 2 = 0 no es lineal.
Un problema de valor inicial para una ecuación diferencial lineal de orden n consiste
en resolver la ecuación
an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = G(x),
sujeta a y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′ , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0
donde y0 , . . . , y0
constantes.
Buscamos una solución en un intervalo I que contiene a x0 .
(n−1)
(n−1)
(14.2)
son
Teorema 14.11.1. Existencia y unicidad de la solución.
Sean an (x), an−1 (x), . . . , a1 (x), a0 (x), G(x) funciones continuas en cierto intervalo I y
an (x) ̸= 0 para todo x en I. Si x0 ∈ I entonces existe una solución y(x) del problema de
valor inicial (14.2) en el intervalo I y esa solución es única.
1 4 3x
Ejemplo 14.11.1. Es fácil verificar que y = 2e3x + 12
x e es una solución de la ecuación
′′
′
2
3x
diferencial y − 6y + 9y = x e y que satisface la condición inicial y(0) = 2, y ′ (0) = 6.
La ecuación diferencial es lineal, los coeficientes ası́ como G(x) = x2 e3x son funciones
continuas en cualquier intervalo que contiene a x = 0, luego, por el teorema anterior, la
solución es única.
Observación 14.11.1. Para la ecuación lineal de segundo orden
a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = G(x)
sujeta a y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′ , una solución es una función y = f (x) definida en un
intervalo I cuyo gráfico pasa por (x0 , y0 ) tal que la pendiente de la curva en el punto es
y0′ .
14.11.1.
Casos simples de reducción de orden
En ciertos casos es posible reducir el orden de una ecuación diferencial, lo que hace
más fácil su integración. Algunas de los casos más frecuentes son los siguientes.
316
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
La ecuación no contiene la función buscada y sus derivadas hasta el orden k − 1
(
)
F x, y (k) , y (k+1) , . . . , y (n) = 0.
La ecuación es
(14.3)
Con el cambio de variable y (k) = p, el orden de la ecuación (14.3) puede ser reducido a
n − k; la forma que tiene ahora es
(
)
F x, p, p′ , . . . , p(n−k) = 0.
De esta ecuación se determina p y la función y se determina de la ecuación y (k) = p
integrando k veces. En el caso particular de la ecuación de segundo orden que no contiene
a la función y, el cambio de variable y ′ = p conduce a una ecuación de primer orden.
Ejemplo 14.11.2. Resuelva la ecuación y (5) − x1 y (4) = 0.
Solución.
dp
Haciendo y (4) = p la ecuación original queda dx
− x1 p = 0, al separar variables e integrar
obtenemos ln(p) = ln(x)+ln(C), es decir, p = Cx, es decir, y (4) = Cx, entonces al integrar
4 veces obtenemos
C
C
y (3) = x2 + C1 , y (2) = x3 + C1 x + C2 ,
2
6
C
C
C
C1 3 C2 2
1 2
y ′ = x4 +
x + C2 x + C3 , y =
x5 +
x +
x + C3 x + C4 ,
24
2
120
6
2
es decir, y = K1 x5 + K2 x3 + K3 x2 + K4 x + K5 .
La ecuación no contiene la variable independiente
(
)
F y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) = 0.
La ecuación es
Por medio del cambio de variable y ′ = p, el orden de la ecuación se reduce en una unidad.
dk y
Como p = p(y) entonces todas las derivadas dx
k deben expresarse mediante las derivadas de p con respecto de y, tenemos
dy
dx
d2 y
dx2
d3 y
dx3
= p
=
=
dp dy
dp
dp
=
=p
dx
dy dx
dy
(
)
(
)
( )2
d
dp
d
dp dy
d2 p 2
dy
p
=
p
= 2p +
dx
dy
dy
dy dx
dy
dp
y ası́ sucesivamente para las otras derivadas.
n
d y
Es inmediato que dx
n se expresa mediante las derivadas de p con respecto de y, de
orden no superior a n − 1, lo cual, precisamente indica la disminución en una unidad en el
orden de la ecuación. En particular, si la ecuación diferencial de segundo orden no contiene
a la variable independiente x, tal sustitución conduce a una ecuación diferencial de primer
orden.
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
317
Ejemplo 14.11.3. Resuelva la ecuación y ′′ = (y ′ )2 .
Solución.
dy
Sea dx
= p, luego
d2 y
dx2
dp
dp
= p dy
de donde la ecuación original queda p dy
= p2 ; separando
variables e integrando obtenemos p = Cey , ahora la ecuación es
es −e−y = Cx + D, de donde y = Kex .
14.11.2.
dy
dx
= Cey y su solución
Dependencia e independencia lineal
Definición 14.11.2. Se dice que las funciones f1 (x), f2 (x), . . . , fn (x) son linealmente dependientes sobre el intervalo I si existen constantes a1 , a2 , . . . , an , no todas nulas, tal que
a1 f1 + a2 f2 + · · · + an fn = 0, ∀ x ∈ I. Si los únicos escalares que satisfacen la igualdad son
todos nulos entonces las funciones son linealmente independientes.
Ejemplo 14.11.4. Las funciones ek1 x , ek2 x , . . . , ekn x , donde ki ̸= kj si i ̸= j son
linealmente independientes en cualquier intervalo real.
Consideremos la combinación lineal
a1 ek1 x + a2 ek2 x + · · · + an ekn x = 0
(∗)
y supongamos que las funciones son linealmente dependientes, entonces existe algún escalar
no nulo, supongamos que an ̸= 0.
Dividiendo la igualdad (∗) por ek1 x y derivando obtenemos
a2 (k2 − k1 )e(k2 −k1 )x + · · · + an (kn − k1 )e(kn −k1 )x = 0
(∗∗)
que es una combinación lineal de n − 1 funciones exponenciales con diferentes exponentes.
Dividiendo la igualdad (∗∗) por e(k2 −k1 )x y derivando, obtenemos una combinación
lineal entre de n − 2 funciones exponenciales con diferentes exponentes.
Prosiguiendo este proceso n − 1 veces obtenemos
an (kn − k1 )(kn − k2 ) . . . (kn − kn−1 )e(kn −kn−1 )x = 0
lo que es una contradicción ya que por hipótesis an ̸= 0 y ki ̸= kj para i ̸= j.
Ejemplo 14.11.5. Las funciones f1 (x) = 1 + tan2 (x), f2 (x) = 2 sec2 (x), f3 (x) = ex son
linealmente dependientes ya que −2(1 + tan2 (x)) + 1(2 sec2 (x)) + 0ex = 0.
14.11.3.
El determinante Wronskiano
Cuando tenemos una gran cantidad de funciones fi (x), i = 1, 2, . . . , n y deseamos
analizar la linealidad de tal conjunto nos enfrentamos a una gran cantidad de cálculos en el
procesos de determinar que se pueda o no encontrar valores no triviales de los coeficientes,
felizmente tenemos el determinante Wronskiano (G. Wronsky (1775-1853)), denotado
W (f1 , f2 , . . . , fn )
que nos ayuda en la tarea.
318
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
Teorema 14.11.2. Supongamos que las funciones f1 (x), f2 (x), . . . , fn (x) tienen al menos
n − 1 derivadas. Si
f1
f2
′
f1
f2′
W (f1 , f2 , . . . , fn ) = ..
..
.
.
(n−1)
(n−1)
f
f2
1
̸= 0
(n−1) . . . fn
...
...
..
.
fn
fn′
..
.
por lo menos en un punto del intervalo I entonces {f1 , f2 , . . . , fn } es un conjunto
linealmente independiente.
Demostración. Consideremos la combinación lineal
a1 f1 (x) + a2 f2 (x) + · · · + an fn (x) = 0
entonces, derivando n − 1 veces conseguimos el sistema











a1 f1 + · · · + an fn = 0
a1 f1′ + · · · + an fn′ = 0
..
.
(n−1)
a1 f1
(n−1)
+ · · · + an f n
=0
Del capitulo Sistemas de Ecuaciones Lineales, sabemos que un sistema lineal homogéneo
tiene una solución no trivial si el determinante de sus coeficientes es igual a cero. En el
sistema hemos formado, las ai , i = 1, 2, . . . , n son las incógnitas y entonces el
determinante de coeficientes es W (f1 , f2 , . . . , fn ), ası́ W (f1 , f2 , . . . , fn ) = 0 lo que
constituye una contradicción.
Ejemplo 14.11.6. Demuestre que las funciones f1 (x) = e3x , f2 (x) = e−2x son linealmente
independientes en R.
Solución. Como
3x
e
e−2x W (f1 , f2 ) = 3x
= −5ex ̸= 0, ∀ x ∈ R
3e
−2e−2x entonces las funciones son linealmente independientes en R.
Teorema 14.11.3. Principio de Superposición.
Si las funciones y1 , y2 , . . . , yn son cada una solución de una ecuación diferencial lineal
homogénea de orden n en el intervalo I entonces la combinación lineal
y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x)
también es solución.
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
319
Demostración. Lo haremos para el caso n = 2.
Sean y1 , y2 dos soluciones en el intervalo I, de la ecuación diferencial homogénea
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0. Debemos demostrar que y = c1 y1 + c2 y2 también es solución.
Si y = C1 y1 + C2 y2 entonces y ′ = C1 y1′ + C2 y2′ de donde y ′′ = C1 y1′′ + C2 y2′′ , ası́ se
cumple
)
)
(
(
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = C1 y1′′ + C2 y2′′ + p(x) C1 y1′ + C2 y2′ + q(x)(C1 y1 + C2 y2 )
(
)
(
)
= C1 y1′′ + p(x)y1′ + q(x)y1 + C2 y2′′ + p(x)y2′ + q(x)y2
= 0.
Corolario 14.11.1. El número máximo de soluciones linealmente independientes de una
ecuación diferencial homogénea es igual a su orden.
Ejemplo 14.11.7. Se puede verificar que y1 (x) = cos(x), y2 (x) = sin(x) son dos
soluciones de la ecuación y ′′ + y = 0; también se puede verificar que la combinación lineal
de ellas y = C1 cos(x) + C2 sin(x) es solución general.
14.11.4.
Construcción de una segunda solución a partir de una solución
conocida
En una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden podemos determinar
una solución general a partir de una solución conocida. Supongamos que y1 (x) es solución
no nula de la ecuación
a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0
y deseamos construir la segunda solución particular.
Si miramos una de las ecuaciones diferenciales homogéneas de segundo orden más
sencillas como es la ecuación y ′′ − y = 0, podemos verificar fácilmente que y1 (x) = ex es
solución de la ecuación y entonces podrı́amos intentar una segunda solución de la forma
y2 (x) = u(x)ex . Hagámoslo ası́, entonces se debe cumplir y2′′ − y2 = 0.
Como y2′ = uex +ex u′ entonces y ′′ = uex +2ex u′ +ex u′′ de donde, y2′′ −y2 = 0 nos indica
que se debe cumplir y2′′ − y2 = ex (u′′ + 2u′ ) = 0; esto requiere que se cumpla u′′ + 2u′ = 0,
debemos resolver esta última ecuación.
Sea u′ = w entonces u′′ = w′ y la ecuación u′′ + 2u′ = 0 se convierte en w′ + 2w = 0;
al resolverla como ecuación diferencial lineal con factor integrante ρ(x) = e2x obtenemos
d
2x
2x
−2x .
dx (e w) = 0, ası́, e w = C, de donde w = Ce
La ecuación que se genera es
du
= Ce−2x
dx
cuya solución es
C
u = − e−2x + K
2
320
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
y entonces la segunda solución es
y2 (x) = u(x)ex = −
C −x
e + Kex ;
2
escogiendo C = −2, K = 0, la segunda solución es
y2 (x) = e−x .
Como W (y1 , y2 ) ̸= 0 entonces las dos soluciones son linealmente independientes y la
solución general es combinación lineal de estas.
Veamos el caso general.
La ecuación a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0, a2 (x) ̸= 0, se puede escribir como
y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0,
(14.4)
con P (x), Q(x) funciones continuas en cierto intervalo I.
Supongamos que y1 (x) es solución conocida de la ecuación (14.4) y que y1 (x) ̸= 0
para todo x ∈ I, definamos y2 (x) = u(x)y1 (x), entonces y2′ = uy1′ + y1 u′ , además
y2′′ = uy1′′ + u′ y1′ + y1′ u′ + y1 u′′ , reemplazando estas últimas derivadas en (14.4) y
reordenando obtenemos u(y1′′ + P (x)y1′ + Q(x)y1 ) + y1 u′′ + (2y1′ + P (x)y1 )u′ = 0, como
y1 (x) es solución de la ecuación (14.4) entonces la última ecuación queda
y1 u′′ + (2y1′ + P (x)y1 )u′ = 0.
(14.5)
Con el cambio de variable w = u′ la ecuación (14.5) queda y1 w′ + (2y1′ + P (x)y1 )w = 0,
la cual es lineal y también de variables separables, tratándola bajo esta última clasificación
tenemos
dw
y1
+ (2y1′ + P (x)y1 )w = 0,
dx
es decir,
( ′
)
y1
dw
+ 2 + P (x) dx = 0,
w
y1
∫
al integrar conseguimos ln(w) + 2 ln(y1 ) = − P (x)dx + C, o sea,
∫
ln(wy12 ) = − P (x)dx + C,
∫
si tomamos exponencial
obtenemos wy12 = C1 e− P (x)dx
; al despejar w la expresión es
∫
∫ e− ∫ P (x)dx
e− P (x)dx
du
, de tal manera que u = C1
dx + C2 , ası́, y2 (x) = u(x)y1
w = dx = C1
y12
y12
es
∫
∫ − P (x)dx
e
y2 (x) = C1 y1 (x)
dx + C2 y1 (x).
y12 (x)
∫ − ∫ P (x)dx
Haciendo C2 = 0, C1 = 1 obtenemos y2 (x) = y1 (x) e y2 (x) dx. Usted puede verificar
que y2 satisface la ecuación y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0.
1
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
321
Note que,
∫ − ∫ P dx
∫
y1 e y2 dx
y1
∫
= e− P dx ̸= 0.
1
W (y1 , y2 ) = ′
∫
−
pdx
−P
dx
e
dx + e y1 y1 y1′
y2
1
Ejemplo 14.11.8. Considere la ecuación diferencial x2 y ′′ − 7xy ′ + 16y = 0 y sea y1 = x4
una solución particular. Determine una segunda solución y la solución general.
Solución.
Escribimos la ecuación en la forma
y ′′ −
7 ′ 16
y + 2y = 0
x
x
entonces la segunda solución particular es
∫
y2 = x
14.12.
4
∫
e
7
dx
x
x8
∫
dx = x4
1
dx = x4 ln(x).
x
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS
CON COEFICIENTES CONSTANTES
La ecuación diferencial
an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y = 0,
homogénea de orden n y con coeficientes constantes an , an−1 , . . . , a1 , a0 es la que nos
interesa resolver.
dy
Basándonos en la ecuación diferencial lineal homogénea dx
+ ay = 0 que tiene
−ax
solución exponencial y = Ce
en R, resulta natural tratar de determinar si existen otras
soluciones exponenciales. Lo extraordinario es que todas las soluciones (particulares) de
la ecuación lineal homogénea de orden n y con coeficientes constantes son exponenciales
o se construyen a partir de exponenciales.
Estudiemos la ecuación diferencial lineal homogénea
ay ′′ + by ′ + cy = 0,
donde a, b, c ∈ R, a ̸= 0.
Como (emx )′ = memx y (emx )′′ = m2 emx entonces, es claro que las derivadas de primer
y de segundo orden de la función y = emx son múltiplo de emx , ası́, si sustituimos y = emx
en la ecuación ay ′′ + by ′ + cy = 0, cada término de la ecuación serı́a múltiplo de emx ; esto
nos sugiere que tratemos de encontrar un valor de m de modo que estos múltiplos de emx
sumen cero, si hay éxito entonces y = emx serı́a una solución de la ecuación.
Por ejemplo, si sustituimos y = emx en la( ecuación y ′′ )− 5y ′ + 6y = 0 obtenemos
m2 emx − 5memx + 6emx = 0, esto indica que m2 − 5m + 6 emx = 0, esta ecuación se
322
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
satisface para m ∈ R tal que m2 − 5m + 6 = 0, es decir, para m = 2, m = −3; luego,
y1 = e2x e y2 = e−3x que son linealmente independientes.
En el caso general tenemos am2 emx +bmemx +cemx = 0, es decir, emx (am2 +bm+c) = 0,
como emx ̸= 0, ∀ x, entonces debemos encontrar m tal que am2 + bm + c = 0 para que
y = emx sea solución.
Esta última ecuación se llama ecuación auxiliar o ecuación caracterı́stica de la ecuación
diferencial y consideramos tres casos.
Caso 1.
Si am2 + bm + c = 0 tiene dos raı́ces reales y distintas m1 , m2 entonces las dos soluciones
particulares son y1 = em1 x , y2 = em2 x . Como estas funciones son linealmente independientes entonces la solución general de la ecuación diferencial ay ′′ + by ′ + cy = 0 es
y = C1 em1 x + C2 em2 x .
Caso 2.
Si am2 + bm + c = 0 tiene dos raı́ces reales iguales m1 = m2 entonces en realidad tenemos
una solución exponencial del tipo y1 = em1 x .
La segunda solución
∫ − ∫ b dx
∫ −bx
∫
e a
e a
x(− ab −2m1 )
m1 x
m1 x
m1 x
y2 = e
dx.
dx
=
e
dx
=
e
e
2m
x
2m
x
e 1
e 1
b
Como am2 + bm + c = 0 tiene dos raı́ces reales iguales m1 = m2 entonces m1 = − 2a
,
∫
b
x
−
+2m
1)
asi, − ab + 2m1 = 0, luego e ( a
dx = x de donde y2 = xem1 x .
Como W (y1 , y2 ) ̸= 0 entonces la solución general es
y = C1 em1 x + C2 xem1 x .
Caso 3.
Si las soluciones de la ecuación caracterı́stica am2 + bm + c = 0 son las raı́ces complejas
m1 = α + βi, m2 = α − βi entonces la solución es
y = C1 e(α+βi)x + C2 e(α−βi)x .
Observación 14.12.1. Como deseamos trabajar con funciones reales en lugar de funciones
complejas entonces usando la ecuación de Euler,
eiθ = cos(θ) + i sin(θ)
tenemos
eβix = cos(βx) + i sin(βx) ,
e−βix = cos(βx) − i sin(βx)
de donde la solución general podemos escribirla
y = eαx (C1 eβix + C2 e−βix )
= eαx (C1 (cos(βx) + i sin(βx)) + C2 (cos(βx) − i sin(βx))
= eαx ((C1 + C2 ) cos(βx) + i(C1 − C2 ) sin(βx)).
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
323
Puesto que las funciones eαx cos(βx) y eαx sin(βx) son linealmente independientes,
denotando K1 a C1 + C2 y K2 a (C1 − C2 )i, la solución general la escribimos
y = eαx (K1 cos(βx) + K2 sin(βx)).
Ejemplo 14.12.1. Resuelva la ecuación y ′′′ + y ′′ − 8y ′ − 12y = 0.
Solución.
La ecuación caracterı́stica es m3 + m2 − 8m − 12 = 0; una raı́z es m = 3, al dividir
3
m + m2 − 8m − 12 por m = 3 obtenemos el cuociente m2 + 4m + 4 = (m + 2)2 entonces
m3 + m2 − 8m − 12 = (m − 3)(m + 2)2 = 0; las raı́ces de la ecuación son m = 3, m = −2
(de multiplicidad 2), entonces la solución general es
y = C1 e3x + C2 e−2x + C3 xe−2x .
Ejemplo 14.12.2. Resuelva la ecuación y ′′′ − 3y ′′ + 4y ′ − 2y = 0.
Solución.
La ecuación caracterı́stica es m3 − 3m2 + 4m − 2 = 0; una raı́z es m = 1; al dividir
3
m − 3m2 + 4m − 2 por m = 1 obtenemos el cuociente m2 − 2m + 2 entonces
m3 − 3m2 + 4m − 2 = (m − 1)(m2 − 2m + 2) = 0;
las raı́ces de la ecuación son m = 1, m = 1 + i, m = 1 − i, entonces la solución general es
y = C1 ex + ex (C2 cos(x) + C3 sin(x)).
Ejemplo 14.12.3. Resuelva la ecuación y ′′ + 16y = 0 sujeta a y(0) = 2, y ′ (0) = −2.
Solución.
La ecuación caracterı́stica es m2 + 16 = 0 cuyas raı́ces son m = 4i, m = −4i de donde
la solución general es
y = e0x (C1 cos(4x) + C2 sin(4x)).
Las condiciones iniciales nos sirven para determinar el valor de las constantes,
y(0) = 2 = C1 cos(0◦ ) + C2 sin(0◦ ), es decir, C1 = 2, entonces la solución es
y = 2 cos(4x) + C2 sin(4x),
de donde y ′ = −8 sin(4x) + 4C2 cos(4x); y ′ (0) = −2 = −8 sin(0◦ ) + 4C2 sin(0◦ ), ası́,
C2 = − 21 .
La solución particular es y = 2 cos(4x) − 12 sin(4x).
324
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
14.13.
14.13.1.
UNA BREVE INTRODUCCIÓN A LA TRANSFORMADA DE
LAPLACE
Introducción
Una clase de transformación lineal de especial relevancia es la de integración, ası́, si
y = f (x) es una función definida en un intervalo finito [a, b] ⊆ R o en intervalo de longitud
infinita y si K(s, x) es una función fija que depende de la variable x y del parámetro s
entonces definimos la función F (s) como
∫ b
T [f (x)] =
K(s, x)f (x)dx = F (s).
a
La función K(s, x) se llama núcleo de la transformación lineal T y evidentemente, T
es lineal con independencia de la naturaleza de K(s, x), es decir, se cumple
T [f (x) + g(x)] = T [f (x)] + T [g(x)] ;
T [kf (x)] = kT [f (x)] ,
k = C te .
La transformación de Laplace es especialmente útil para simplificar el proceso de
resolver problemas de valor inicial cuyas ecuaciones diferenciales son lineales y
principalmente cuando se incluyen funciones discontinuas.
14.13.2.
Definición de transformada de Laplace
Considere la función f (t) definida en (0, ∞) ⊆ R. Se define la transformada de Laplace
de f (t), denotada L {f (t)} por
∫ ∞
L {f (t)} =
e−st f (t)dt = F (s).
0
Observación 14.13.1.
1. Deberá existir la integral impropia dependiente del parámetro s, es decir, la integral
deberá ser convergente para ciertos valores de s, en tal caso diremos que existe la
transformada de Laplace de f (t) o que f (t) es L-transformable.
∫ ∞
∫ b
e−st f (t)dt = lı́m
e−st f (t)dt = F (s)
2. L {f (t)} =
0
b→∞ 0
Ejemplo 14.13.1. Si f (t) = 1, t ≥ 0 entonces L {f (t)} = L {1} =
s > 0, ya que
∫ ∞
∫ b
−st
e dt = lı́m
e−st dt
b→∞ 0
0
)
(
1 −st t=∞
= lı́m − e
b→∞
s
t=0
(
(
))
1 −sb
1
= lı́m − e
− − e0
b→∞
s
s
1
=
,
s
∫∞
0
si el parámetro s es positivo, dado que en este caso − se1sb → 0 si b → ∞.
e−st dt =
1
s
si
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
325
{ }
Ejemplo 14.13.2. Si f (t) = eat , t ≥ 0 entonces L {f (t)} = L eat =
efecto,
∫ ∞
{ }
L eat
=
e−st eat dt
∫0 ∞
=
et(a−s) dt
0
(
)
1 t(a−s) t=b
= lı́m
e
b→∞ a − s
t=0
)
(
1 0
1 b(a−s)
e
−
e
= lı́m
b→∞ a − s
a−s
1
=
, s > a.
s−a
1
s−a
si s > a. En
Ejemplo 14.13.3. Si f (t) = ta ; t ≥ 0, a ∈ R, a > −1 entonces
L {ta } =
1
Γ(a + 1)
sa+1
si s > 0.
Al igual que en los ejemplos anteriores, lo demostramos calculando la integral impropia
correspondiente, tenemos,
∫ ∞
e−st ta dt.
L {f (t)} = L {ta } =
0
Esta integral impropia se puede resolver por integración por partes o mejor, usando la
“función Gamma”; recordemos esta última.
La función Gamma, denotada Γ(x) se define por
∫ ∞
e−t tx−1 dt,
Γ(x) =
0
esta integral impropia converge para x > 0 y, entre otras propiedades cumple,
a) Γ(x + 1) = xΓ(x),
b) Γ(n) = (n − 1)!, n ∈ N,
( ) √
c) Γ 12 = π.
Ası́, volviendo a la integral que deseamos calcular y con el cambio de variable u = st,
de donde du = sdt, obtenemos
∫ ∞
∫
( u )a du
−st a
e t dt =
e−u
s
s
0
∫ ∞
1
= a+1
e−u ua du
s
0
1
= a+1 Γ(a + 1),
s
con s > 0 tal que u = st > 0.
326
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
Observación 14.13.2.
1. L {tn } =
n!
,
sn+1
n ∈ N.
Sabemos que el factorial de n ∈ N∪{0}, denotado n! es n! = n(n−1)(n −2) · · · 3·2·1
n!
1
n
con
{ 20!
{ 3 } L6{t } = sn+1 , n > 0 entonces, por ejemplo L {t} = s2 ,
} = 12 y usando
L t = s3 , L t = s4 ; muy cómodo ya que nos evita el calcular las integrales
impropias correspondientes.
2. Usando la linealidad de la Transformada de Laplace, es decir, usando
L {f (t) + g(t)} = L {f (t)} + L {g(t)} ;
L {kf (t)} = kL {f (t)} ,
k = C te ,
tenemos, por ejemplo:
a)
{
}
{ }
L 2t2 + 5t + 7 = 2L t2 + 5L {t} + 7L {1}
2
1
1
= 2 3 +5 2 +7
s
s
s
2
2 + 5s + 7s
=
.
s3
b) L {cosh(kt)} =
s
,
s2 −k2
s > |k|.
Para demostrar esto, basta con usar cosh(kt) =
transformada.
14.13.3.
ekt +e−kt
,
2
k > 0 y la linealidad de la
Funciones y sus Transformadas
Algo similar a la tablas de derivadas e integrales inmediatas podemos presentar en la
siguiente, breve tabla de transformadas de Laplace
f (t)
L {f (t)} = F (s)
1
1
s,
s>0
t
1
,
s2
s>0
tn , n ∈ N
ta , a > −1
n!
, s>0
sn+1
Γ(a+1)
, s>a
sa+1
cos(kt)
s
,
s2 +k2
s>0
sin(kt)
k
,
s2 +k2
s>0
cosh(kt)
s
,
s2 −k2
s > |k|
sinh(kt)
k
,
s2 −k2
s > |k|
ekt
1
s−k ,
s>k
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
14.13.4.
327
La Transformada Inversa
Por medio de la definición de Transformada de Laplace de una función f hemos determinado otra función F (s) tal que L {f (t)} = F (s). Ahora, dada la función F (s) queremos
encontrar la función f (t) que corresponde a esta transformada de Laplace, tal función es
la transformada inversa
f (t) = L−1 {F (s)} .
Podemos deducir la siguiente tabla
L {f (t)} = F (s)
f (t)
1
1
s,
s>0
t
1
,
s2
s>0
tn , n ∈ N
n!
, s>0
sn+1
Γ(a+1)
, s>a
sa+1
ta , a > −1
cos(kt)
s
,
s2 +k2
s>0
sin(kt)
k
,
s2 +k2
s>0
cosh(kt)
s
,
s2 −k2
s > |k|
sinh(kt)
k
,
s2 −k2
s > |k|
1
s−k ,
ekt
s>k
L−1 {F (s)} = f (t)
{ }
L−1 1s = 1
{ }
L−1 s12 = t
{ n! }
L−1 sn+1
= tn
{
}
L−1 Γ(a+1)
= ta
sn+1
{
}
s
L−1 s2 +k
= cos(kt)
2
{
}
k
L−1 s2 +k
= sin(kt)
2
}
{
s
L−1 s2 −k
= cosh(kt)
2
}
{
k
L−1 s2 −k
= sinh(kt)
2
}
{
1
L−1 s−k
= ekt
Observación 14.13.3. La transformada inversa L−1 {F (s)} es lineal.
Ejemplo 14.13.4. Calcule L−1
{1}
.
s4
Solución.
{ n! }
Como L−1 sn+1
= tn , entonces
{ }
{ }
1
1 −1 3!
1
−1
L
= L
= t3 .
4
4
s
3!
s
6
Ejemplo 14.13.5. Calcule L−1
{
2s−3
s2 +7
}
.
Solución.
L
−1
{
2s − 3
s2 + 7
}
}
2s
3
= L
−
s2 + 7 s2 + 7
{
}
{
}
s
1
−1
−1
= 2L
− 3L
s2 + 7
s2 + 7
√
√
3
= 2 cos( 7t) − √ sin( 7t).
7
−1
{
328
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
Ejemplo 14.13.6. Calcule L−1
{
1
s2 +3s
}
.
Solución.
1
Debemos separar la fracción racional s2 +3s
en fracciones parciales para llevar la transformada inversa a otras conocidas, tenemos,
1
1
1
1
A
B
3
3
=
=
+
=
−
,
s2 + 3s
s(s + 3)
s
s+3
s
s+3
de donde
L−1
{
1
2
s + 3s
}
{
= L−1
=
=
14.13.5.
1
3
1
3
}
−
s
s+3
{ }
{
}
1
1
1 −1 1
L
− L−1
3
s
3
s+3
1 1 −3t
− e .
3 3
Teorema de Traslación
Hasta el momento las transformadas
{ 5t y3las
} transformadas inversas han sido casi directas
y expresiones, por ejemplo como L e t demandarı́an una gran cantidad de cálculos,
esto también ocurre con las transformadas inversas. El siguiente Teorema de traslación
nos ayuda.
{
}
Teorema 14.13.1. Si a ∈ R entonces L eat f (t) = F (s − a) donde F (s) = L {f (t)}.
Demostración.
{
}
L e f (t) =
∫
∞
at
e
−st at
∫
e f (t)dt =
0
∞
e−t(s−a) f (t)dt = F (s − a).
0
{
}
Si conocemos L {f (t)} = F (s) entonces podemos calcular L eat f (t) de manera muy
fácil, cambiamos F (s) por F (s − a). {
}
Es muy útil la siguiente notación; L eat f (t) = L {f (t)}s→s−a .
{
}
Ejemplo 14.13.7. Calcule L e4t t3 .
Solución.
{
4t 3
L e t
}
{ 3}
6
3! =
= L t s→s−4 = 4 .
s s→s−4 (s − 4)4
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
329
{
}
Ejemplo 14.13.8. Calcule L e−3t cos(5t) .
Solución.
{
}
L e−3t cos(5t) = L {cos(5t)}s→s+3 =
s s+3
.
=
2
s + 25 s→s+3 (s + 3)2 + 25
Observación 14.13.4. La forma recı́proca del Teorema es
eat f (t) = L−1 {F (s − a)} = L−1 {F (s)|s→s−a } .
Ejemplo 14.13.9. Calcule L−1
{
s
s2 +4s+5
}
.
Solución.
s
En primer lugar debemos llevar el denominador de la expresión s2 +4s+5
a una suma o
2
2
2
diferencia de cuadrados; como s + 4s + 5 = (s + 4s + 4) + 1, es decir, (s + 2) + 1 entonces
L
−1
{
s
2
s + 4s + 5
}
−1
=L
{
s
(s + 2)2 + 1
}
,
ahora debemos usar las expresiones básicas conocidas de la transformada inversa, tenemos,
{
}
{
}
s
s
−1
−1
L
= L
s2 + 4s + 5
(s + 2)2 + 1
{
}
(s + 2) − 2
= L−1
(s + 2)2 + 1
}
{
2
s+2
−1
−
= L
(s + 2)2 + 1 (s + 2)2 + 1
}
{
}
{
1
s+2
−1
−1
−
2L
= L
(s + 2)2 + 1
(s + 2)2 + 1
{
}
}
{
s
1
= L−1
− 2L−1
s2 + 1 s→s−(−2)
s2 + 1 s→s−(−2)
= e−2t cos(t) − 2e−2t sin(t).
14.13.6.
Transformada de Derivadas
Lo que deseamos es usar la transformada de Laplace para resolver {cierto
} tipo
{ 2de}ecuady
ciones diferenciales, para ello necesitamos calcular expresiones como L dt , L ddt2y , etc.
Veamos estos dos casos y luego lo extendemos a derivadas de mayor orden.
Consideremos la función y = f (t) entonces,
∫ ∞
{ ′ }
L f (t) =
e−st f ′ (t)dt,
0
330
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
calculando por integración por partes tenemos
{
u = e−st
dv = f ′ (t)dt
{
entonces
∫
ası́
e
du = −se−st
v = f (t)
−st ′
−st
f (t)dt = e
∫
f (t) + s
e−st f (t)dt,
de donde
∫
∞
e
−st ′
f (t)dt =
(
e
−st
0
) ∞
f (t) 0 + s
∫
∞
e−st f (t)dt
0
= −f (0) + sL {f (t)}
= sF (s) − f (0).
Ahora,
{
}
L f ′′ (t) =
∫
∞
e−st f ′′ (t)dt
0
{(
)′ }
= L f ′ (t)
{
}
= sL f ′ (t) − f ′ (0)
= s(sF (s) − f (0)) − f ′ (0)
= s2 F (s) − sf (0) − f ′ (0).
Extendiendo esta fórmula tenemos
{
}
L f (n) (t) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f ′ (0) − · · · − f (n−1) (0)
donde F (s) = L {f (t)} y f (t), f ′ (t), . . . , f (n−1) (t) son funciones continuas para t ≥ 0.
14.13.7.
Aplicación de la Transformada de Laplace a una ecuación diferencial
con coeficientes constantes
Consideremos la ecuación diferencial y ′′ + ay ′ + by = g(t); a, b constantes, y = f (t)
sujeta a y(0) = y0 , y ′ (0) = y0′ .
Aplicando transformada de Laplace a ambos lados obtenemos
{ }
{ }
L y ′′ + aL y ′ + bL {y} = L {g(t)}
entonces
s2 L {f (t)} − sf (0) − f ′ (0) + asL {f (t)} − af (0) + bL {f (t)} = L {g(t)} ,
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
luego
(
331
)
s2 + as + b L {f (t)} = L {g(t)} + sf (0) + af (0) + f ′ (0),
de donde,
L {f (t)} =
L {g(t)} + (a + s)f (0) + f ′ (0)
,
s2 + as + b
finalmente, al aplicar la transformada inversa obtenemos f (t).
Ejemplo 14.13.10. Resuelva la ecuación y ′′ − 4y ′ + 4y = t3 e2t sujeta a y(0) = y ′ (0) = 0.
Solución.
{
}
Aplicando transformada de Laplace tenemos L {y ′′ } − 4L {y ′ } + 4L {y} = L t3 e2t ,
ası́
6
s2 F (s) − sy(0) − y ′ (0) − 4[sF (s) − y(0)] + 4F (s) =
(s − 2)4
reemplazando las condición inicial y factorizando por F (s) obtenemos
(s2 − 4s + 4)F (s) =
6
,
(s − 2)4
6
6
de donde (s − 2)2 F (s) = (s−2)
4 , es decir, F (s) = (s−2)6 .
Ahora,
{
}
{
}
{ }
6
1
6 −1 5! 1
−1
−1
f (t) = L
= 6L
= L
= t5 e2t .
6
6
6
(s − 2)
(s − 2)
5!
s s→s−2
20
{
}
Para calcular L t3 e2t usamos el Teorema de Traslación, tenemos
{
3 2t
L t e
}
}
{3
3! 6
= L t |s→s−2 = 4 .
=
s s→s−2 (s − 2)4
Recuerde que F (s) = L {f (t)}.
Ejemplo 14.13.11. Resuelva la ecuación y ′′ − 6y ′ + 9y = t sujeta a y(0) = 0, y ′ (0) = 1.
Solución.
Aplicando transformada de Laplace tenemos
{ }
{ }
L y ′′ − 6L y ′ + 9L {y} = L {t} ,
ası́
s2 F (s) − sy(0) − y ′ (0) − 6[sF (s) − y(0)] + 9F (s) =
1
s2
reemplazando las condición inicial y factorizando por F (s) obtenemos
(s2 − 6s + 9)F (s) =
1
+ 1,
s2
332
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
es decir, (s − 3)2 F (s) =
1+s2
,
s2
de donde,
F (s) =
1 + s2
.
s2 (s − 3)2
Debemos separar en fracciones parciales, tenemos,
1 + s2
s2 (s − 3)2
=
=
de donde
F (s) =
2
27
s
A B
C
D
+ 2+
+
s
s
s − 3 (s − 3)2
2
1
10
−2
27
9
,
+ 92 + 27 +
s
s
s − 3 (s − 3)2
+
1
9
s2
+
2
10
− 27
9
+
,
s − 3 (s − 3)2
ası́, aplicando la transformada inversa obtenemos
f (t) =
14.14.
2
1
2
10
− t − e3t + te3t .
27 9
27
9
EJERCICIOS PROPUESTOS
Ejercicio 14.1. Para que valores del número real m, la función y = emx es solución de la
ecuación diferencial y ′′ − 5y ′ + 6y = 0?. Resp. m = 2, m = 3.
Ejercicio 14.2. Determine a y b para que
a) y(x) = ae2x + bex + 2 sin(x) satisfaga la ecuación con condición inicial y(0) = 0,
y ′ (0) = 0. Resp. a = −2, b = 2.
b) y(x) = a sin(x) + b cos(x) + 1 satisfaga la ecuación con condición inicial y(π) = 0,
y ′ (π) = 0. Resp. a = 0, b = 1.
Ejercicio 14.3. Verifique que la función dada en forma implı́cita por y + sin(y) = x es
solución de la ecuación (y cos(y) − sin(y) + x)y ′ = y.
Ejercicio 14.4. Verifique que la función y = ex
y ′ = 2xy + 1.
Ejercicio 14.5. Obtenga la función y = f (x) si
se sabe que (1, −3) ∈ f , (2, 0) ∈ u.
2
dy
dx
∫x
0
e−t dt es solución de la ecuación
2
= u, donde
du
dx
= 5x−3 + 2, si además
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
333
Ejercicio 14.6. Por integración inmediata determine una función y = y(x) que satisfaga
la ecuación diferencial dada y las condiciones iniciales declaradas.
a)
dy
dx
= 2x + 1; y(0) = 3.
Resp. y = x2 + x + 3.
b)
dy
dx
=
√
x; y(4) = 0.
2x 2 −16
.
3
c)
dy
dx
= (x + 2)− 2 ; y(2) = −1.
d)
dy
dx
=
e)
dy
dx
= xex ; y(1) = 3.
3
Resp. y =
1
10
;
x2 +1
y(0) = 0.
√
Resp. y = 2 x + 2 − 5.
Resp. y = 10 arctan(x).
Resp. y = xex − ex + 3.
dy
f) (x + 1)(x2 + 1) dx
= 2x2 + x.
1
4
Resp. y =
ln(x + 1)2 (x2 + 1)3 − 21 arctan(x) + 1.
Ejercicio 14.7. Resuelva las siguientes ecuaciones de variables separables.
a) y ′ + 2xy = 0.
Resp. y = Ce−x .
2
b) dy = y sin(x)dx. Resp. y = Ce− cos(x) .
√ dy √
√
c) 2 x dx
= 1 − y 2 . Resp. y = sin(C + x).
dy
= 2y.
d) (1 − x2 ) dx
Resp. y =
dy
e) y 3 dx
= (y 4 + 1) cos(x).
C(1+x)
1−x .
Resp. ln(y 4 + 1) = C + 4 sin(x).
Ejercicio 14.8. Resuelva las siguientes ecuaciones homogéneas.
Resp. x2 + 2xy = C.
√
b) xy 2 dy − (x3 + y 3 )dx = 0. Resp. y = x 3 3 ln(Cx).
a) (x + y)dx + xdy = 0.
c) y ′ =
y+x
x .
Resp. y = x ln(Cx).
d) (x + y)dx + (y − x)dy = 0.
e) y ′ =
2y 4 +x4
.
xy 3
1
Resp. ln(x2 + y 2 ) 2 − arctan
(y)
x
= C.
Resp. y 4 = Cx8 − x4 .
Ejercicio 14.9. Integre las siguientes ecuaciones lineales.
a)
dy
dx
− nx y = ex xn .
Resp. y = ex xn + Cxn .
b) y ′ + y = sin(x); y(π) = 1.
c)
dy
dx
− 7y = sin(2x).
Resp. y = 21 (eπ−x + sin(x) − cos(x)).
Resp. y = Ce7x −
2
53
cos(2x) −
7
53
sin(2x).
Ejercicio 14.10. Resuelva la ecuación (1 + x2 + y 2 + x2 y 2 )dy = y 2 dx.
334
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
Ejercicio 14.11. Pruebe que el cambio de variable z = ax + by + c transforma la ecuación
dy
diferencial dx
= f (ax + by + c) en una ecuación de variables separables y aplique este
método para resolver
a)
dy
dx
= (x + y)2 .
b)
dy
dx
= sin2 (x − y + 1).
Resp. x + y = tan(x + C).
Resp. tan(x − y + 1) = x + C.
Ejercicio 14.12. Resuelva la ecuación diferencial xdy + (xy + 2y − 2e−x )dx = 0 sujeta a
la condición inicial y(1) = 0. Resp. y = e−x − x21ex .
Ejercicio 14.13. Si y1 es una solución particular de la ecuación diferencial
∫
y ′ +p(x)y = q(x), demuestre que la solución general de la ecuación es y = y1 +Ce− p(x)dx .
Ejercicio 14.14. Pruebe que la ecuación diferencial y ′ + a(x)y = b(x)y ln(y) puede resolverse mediante el cambio de variable z = ln(y). Aplique este método para resolver la
siguiente ecuación, xy ′ = 2x2 y + y ln(y). Resp. ln(y) = 2x2 + Cx.
Ejercicio 14.15. Resuelva la ecuación diferencial lineal sujeta a la condición inicial dada.
dT
Resp. T (t) = 150ekt + 50.
dt = k(T − 50) donde k es una constante y T (0) = 200.
dy
Ejercicio 14.16. Integre 3x dx
− 2y =
x3
.
y2
Resp. y 3 = x3 + Cx2 .
Ejercicio 14.17. Muestre que la ecuación no separable (x + y + 1)dx + (2x + 2y + 3)dy = 0
se puede transformar en separable haciendo el cambio de variable x + y = t, resolviéndola.
Resp. x + y − ln(x + y + 2) = −y + C.
Ejercicio 14.18. Resuelva
dy
dx
=
2(2y 2 +2xy−x2 )
;
3x(y+x)
y(1) = 2.
Resp. x4 = (x − 2)2 (2x + y).
Ejercicio 14.19. Si ae ̸= bd muestre que se puede elegir las constantes h y k( de modo
)
ax+by+c
dy
= F dx+ey+f
que la sustitución x = z − h, y = w − k reduce la ecuación diferencial dx
a una ecuación diferencial homogénea.
dy
Aplique esto para resolver dx
= x+y−4
x−y−6 (h = −1, k = 5).
Ejercicio 14.20. Resuelva
dy
dx
−
1
sin(y)−x tan(y)
= 0.
Ejercicio 14.21. Resuelva las siguientes ecuaciones de Bernoulli.
√
a) (1 + x2 )y ′ − xy − axy 2 = 0. Resp. (C 1 + x2 − a)y = 1.
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
b) 3y 2 y ′ − ay 3 − x − 1 = 0.
335
Resp. a2 y 3 = Ceax − a(x + 1) − 1.
c) y − y ′ cos(x) = y 2 cos(x)(1 − sin(x)).
tan(x)+sec(x)
sin(x)+C .
Resp. y =
dy
Ejercicio 14.22. Demuestre que la ecuación diferencial dx
+ P (x)y 2 + Q(x)y + R(x) = 0,
P (x) ̸= 0 (ecuación de Ricatti) se convierte en una ecuación lineal con la transformación
y = y1 + u1 , y1 solución particular.
Ejercicio 14.23. Usando Ejercicio 14.22 resuelva
a) y ′ +
y2
x2 −x3
b) y ′ =
y
x
x−2
+ y x−x
y1 (x) = 0.
2 = 0,
+ x3 y 2 − x5 , y1 (x) = x.
Ejercicio 14.24. Usando factor integrante resuelva.
a) ydx + (x + x2 y)dy = 0.
1
Resp. − xy
+ ln(y) = C.
b) (xy 2 + y)dx + (x − 3x2 )dy = 0.
c) (4 + y)dx − (x + 3x2 )dy = 0.
Resp. ln(x) +
Resp.
4
x
+ 3y +
3
y
y
x
−
1
xy
= C.
= C.
Ejercicio 14.25. Resuelva las siguientes ecuaciones.
a) (x2 + y)dx + (x − 2y)dy = 0.
Resp.
x3
3
+ yx − y 2 = C.
b) (y − 3x2 )dx − (4y − x)dy = 0. Resp. 2y 2 − xy + x3 = C.
( 2
)
(
)
( )
xy
y
1
x2
1
c) (x−y)
dx
+
−
= C.
−
dy = 0. Resp. ln xy − x−y
2
x
y
(x−y)2
Ejercicio 14.26. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales
dy
+ e2y =
a) xe2y dx
ln(x)
x ,
Resp. x2 e2y = 2x ln(x) − 2x + C.
use u = e2y .
b) ydx + (1 + yex )dy = 0, use v = yex .
c)
dy
dx
y
y
− x4 y = 2x5 e x4 , use v = e x4 .
Resp. e−x = y ln(y) + Cy.
y
Resp. −e− x4 = x2 + C.
Ejercicio 14.27. Escriba una ecuación diferencial, en forma y ′ = f (x, y), para cada uno
de los siguientes enunciados.
a) La pendiente de la gráfica de la función f en el punto (x, y) es la suma de x e y.
Resp. y ′ = x + y
336
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a la gráfica de y = f (x) en el punto (x, y) intercepta al eje X en
b) La recta (tangente
)
el punto x2 , 0 . Resp. y ′ = 2y
x.
c) Toda lı́nea recta perpendicular a la gráfica de y = f (x) pasa por el punto (0, 1).
x
Resp. y ′ = 1−y
.
Ejercicio 14.28. Un pastel se retira de un horno a 210◦ F y se deja enfriar a la temperatura
ambiente constante de 70◦ F . Después de 30 minutos la temperatura del pastel es de 140◦ F .
¿Cuándo estará a 100◦ F ?. Resp. 66 minutos, 40 segundos.
Ejercicio 14.29. Cierta ciudad tenı́a una población de 25000 habitantes en 1970 y una
población de 30000 habitantes en 1980. Suponiendo que su población continúa creciendo
exponencialmente con una tasa constante. ¿Qué población pueden esperar los urbanistas
que tenga la ciudad el año 2010?. Resp. Aproximadamente 51840 habitantes.
Ejercicio 14.30. La fisión nuclear produce neutrones en una pila atómica a un ritmo
proporcional al número de neutrones presentes en cada momento. Si hay n0 neutrones
inicialmente
( )
( y) hay n1 y n2 , respectivamente, en los instantes t1 y t2 , demuestre que
n1
n0
t2
=
n2
n0
t1
.
Ejercicio 14.31. Exprese mediante una ecuación diferencial el hecho que en cada punto
(x, y) de una curva de ecuación y = f (x), la recta tangente corta a los ejes coordenados
de modo que la suma de tales intersecciones es una constante C.
Resp. x(y ′ )2 + (C − c − y)y ′ + y = 0.
Ejercicio 14.32. El moho crece a un ritmo proporcional a la cantidad presente.
Inicialmente habı́a 2 gramos, en dos dı́as ha pasado a haber 3 gramos.
( )t
a) Si x = x(t) es la masa de moho en el instante t, pruebe que x(t) = 2 32 2 .
b) Calcule al cantidad al cabo de diez dı́as.
Resp. 15, 2 gramos.
Ejercicio 14.33. El uranio 238 se desintegra a un ritmo proporcional a la cantidad presente. Si hay x1 y x2 en los instantes t1 y t2 respectivamente, pruebe que la semivida es
(t2 −t(1 ) ln(2)
) .
x1
ln
x2
Ejercicio 14.34. Un magnate posee una fortuna que crece a un ritmo proporcional al
cuadrado de su valor en cada momento. Si tenı́a 10 millones de dólares hace un año y hoy
tiene 20 millones, ¿cuál será su fortuna dentro de 6 meses?. Resp. 40 millones.
HERALDO GONZÁLEZ SERRANO
337
Ejercicio 14.35. Si la mitad de cierta cantidad de radio se desintegra en 1600 años,
¿qué porcentaje de la cantidad inicial quedará al cabo de 2400 años. Resp. 35, 35 %.
Ejercicio 14.36. Un cuerpo de temperatura desconocida se coloca en un refrigerador que
se mantiene a una temperatura constante de 0◦ C. Tras 15 minutos el cuerpo está a 30◦ C
y después de 30 minutos ya está a 15◦ C. ¿Cuál era su temperatura inicial?. Resp. 60◦ C.
Ejercicio 14.37. Inicialmente habı́a 100 miligramos de una sustancia radiactiva. Después
de 6 horas la masa disminuye en 3 %. Si la rapidez de desintegración es, en un instante
cualquiera, proporcional a la cantidad presente de sustancia en dicho instante, encuentre la
cantidad que queda después de 24 horas. ¿Cuál es la vida media de la sustancia?. Resp.
136, 5 horas.
Ejercicio 14.38. Un tanque contiene 200 litros de fluido en los cuales se disuelven 30
gramos de sal. Una salmuera que contiene un gramo de sal por litro se bombea dentro del
tanque con una rapidez de 4 litros por minuto; la solución adecuadamente mezclada se
bombea hacia fuera con la misma rapidez. Encuentre el número N (t) de sal que hay en el
1
tanque en un instante cualquiera. Resp. N (t) = 200 − 170e− 50t .
Ejercicio 14.39. La ecuación diferencial que rige la velocidad v de un cuerpo de masa w
que cae sometido una resistencia del aire proporcional a la velocidad instantánea es
m
dv
= mg − kv.
dt
Resuelva la ecuación sujeta a la condición inicial v(0) = v0 y determine la velocidad lı́mite.
Si la distancia s se relaciona con la velocidad instantánea mediante ds
dt = v, encuentre
una expresión explı́cita para s si además se sabe que s(0) = s0 .
(
(
(
mg ) − kt
mg )
mg ) − kt
m
m
m;
m +
+ s0 .
s(t) = mg
Resp. v(t) = mg
k + v0 − k e
k t − k v0 − k e
k v0 − k
Ejercicio 14.40. Halle las trayectorias ortogonales de la familia de curvas de ecuación
Cx
y = 1+x
. Resp. 3y 2 + 3x2 + x3 = C.
Ejercicio 14.41. Determine la familia de trayectorias ortogonales de la familia de curvas
2
de ecuación 4y + x2 + 1 + Ce2y = 0. Resp. y = 14 − x6 + xC4 .
Ejercicio 14.42. Encuentre un miembro de la familia de trayectorias ortogonales de
x + y = Cey que pasa por el punto (0, 5). Resp. y = 2 − x + 3e−x .
338
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA
Ejercicio 14.43. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:
a) yy ′′ = (y ′ )2 .
Resp. y = KeC1 x .
√
b) yy ′′ + (y ′ )2 = yy ′ . Resp. y = C + Kex .
c) xy ′′ = y ′ + (y ′ )3 .
d) y ′′ = 2y(y ′ )2 .
Resp. x2 + (y − C2 )2 = C12 .
Resp. y 3 + 3x + C1 y + C2 = 0.
Ejercicio 14.44. A continuación se entrega una ecuación diferencial y una solución y1 (x),
determine la otra solución.
a) y ′′ − 4y ′ + 4y = 0, y1 = e2x .
2
b) 9y ′′ − 12y ′ + 4y = 0, y1 = e 3 x .
Resp. y2 = xe2x .
2
Resp. y2 = xe 3 x .
c) (1 − 2x − x2 )y ′′ + 2(1 + x)y ′ − 2y = 0, y1 = x + 1.
d) x2 y ′′ − 4xy ′ + 6y = 0, y1 = x2 + x3 .
Resp. y2 = x2 + 2x + 2.
Resp. y2 = x2 .
e) (3x + 1)y ′′ − (9x + 6)y ′ + 9y = 0, y1 = e3x .
Resp. y2 = 3x + 2.
Ejercicio 14.45. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales,
a) y ′′ − 16y = 0.
Resp. C1 e4x + C2 e−4x .
b) y ′′ − 4y ′ + 5y = 0.
Resp. y = e2x (C1 cos(x) + C2 sin(x)).
c) y ′′′ − 4y ′′ − 5y ′ = 0.
Resp. y = C1 + C2 e5x + C3 e−x .
d) y ′′′ − 5y ′′ + 5y ′ + 9y = 0.
e) y ′′′ + y ′′ − 2y = 0.
f)
d5 y
dx5
Resp. y = C1 ex + C2 e3x + C3 xe3x .
Resp. y = C1 ex + ex (C2 cos(x) + C3 sin(x)).
Resp. y = C1 + C2 e2x + C3 e−2x + C4 cos(2x) + C5 sin(2x).
dy
− 16 dx
= 0.
Ejercicio 14.46. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales sujeta a las condiciones
iniciales dadas.
a) y ′′ + 16y = 0; y(0) = 2, y ′ (0) = −2.
b) y ′′ + 6y ′ + 5y = 0; y(0) = 0, y ′ (0) = 3.
c)
d4 y
dx4
3
2
Resp. y = 2 cos(4x) − 21 sin(4x).
Resp. y = − 34 e−5x + 34 e−x .
d y
d y
dy
− 3 dx
= 0;
y(0) = y ′ (0) = 0, y ′′ (0) = y ′′′ (0) = 1.
3 + 3 dx2 − dx
Resp. y = 2 − 2ex + 2xex − 12 x2 ex .
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339
Ejercicio 14.47. Calcule las siguientes transformadas inversas
{ }
a) L−1 s13 . Resp. 12 t2 .
{
}
t
1
b) L−1 4s+1
. Resp. 14 e− 4 .
c) L−1
d) L−1
e)
L−1
f) L−1
g) L−1
h) L−1
{
4s
4s2 +1
{
1
s2 −16
{
{
{
{
2s−6
s2 +9
1
s2
}
.
Resp. cos
}
.
Resp.
}
.
−
1
s
1
2
.
sinh(4t).
Resp. 2 cos(3t) − 2 sin(3t).
+
1
s−2
}
.
Resp. t − 1 + e2t .
}
.
Resp. 1 + 3t + 23 t2 + 18 t3 .
}
.
Resp.
(s+1)3
s4
s3 +3s
1
4
(t)
1
3
− 13 e−3t .
Ejercicio 14.48. Usando el Primer Teorema de Traslación, calcule
{
}
1
a) L te10t . Resp. (s−10)
2.
{
}
b) L et sin(3t) .
{
}
c) L t3 e−2t .
Resp.
Resp.
{
}
d) L e5t sinh(3t) .
g) L−1
h) L−1
i) L−1
j) L−1
{
{
{
1
(s+2)3
}
.
1
s2 −6s+10
s
s2 +4s+5
{
{
s
(s+1)2
2s−1
3
.
(s−5)2 −9
Resp.
1
(s−2)2
+
2
(s−3)2
+
1
.
(s−4)2
Resp. 12 e−2t t2 .
}
}
.
}
.
s2 (s+1)3
6
.
(s+2)4
Resp.
{ (
)2 }
e) L t et + e2t
.
f) L−1
3
.
(s−1)2 +9
}
.
.
Resp. e3t sin(t).
Resp. e−2t cos(t) − 2e2t sin(t).
Resp. e−t − te−t .
Resp. 5 − t − 5e−t − 4te−t − 32 t2 e−t .
Ejercicio 14.49. Usando la Transformada de Laplace, resuelva
a)
dy
dt
− y = 1; y(0) = 0.
Resp. −1 + et .
340
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+ 4y = e−4t ; y(0) = 2.
Resp. te−4t + 2e−4t .
b)
dy
dt
c)
d2 y
dt2
3 2t
′
− 4 dy
dt + 4y = t e ; y(0) = y (0) = 0.
d)
d2 y
dt2
′
− 6 dy
dt + 9y = t; y(0) = 0, y (0) = 1.
Resp.
1 5 2t
20 t e .
e) y (3) + y (2) − 6y ′ = 0; y(0) = 0, y ′ (0) = y ′′ (0) = 1.
Resp.
3
2
−t
′
′′
f) 2 ddt3y + 3 ddt2y − 3 dy
dt − 2y = e ; y(0) = y (0) = 0, y (0) = 2.
t
5 t
Resp. − 98 e− 2 + 19 e−2t + 18
e + 12 e−t .
g) y (4) + 2y (2) + y = 4tet ; y(0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = y ′′′ (0) = 0.
Resp. (t − 2)et + (t + 1) sin(t) + 2 cos(t).
1
2t
15 (6e
− 5 − e−3t ).