Apunte ufro ecuaciones diferenciales ordinarias

Ecuaciones Diferenciales

Dr. Hernan Burgos

1999

Indice de materias

Prefacio 6

Introduccion 7

1 Ejemplos de procesos modelados por Ecuaciones Diferenciales 81.1 Desintegracion de substancias radioactivas . . . . . . . . . . . . . 81.2 Mecanica Newtoniana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Evolucion de la poblacion de una sola especie (Proceso biologico

social) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Evolucion de la Poblacion de dos especies predador-presa . . . . 11

2 Ecuaciones Diferenciales. Solucion General. Solucion Particu-lar. 132.1 Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.1 Ecuacion Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.1.2 Interpretacion Geometrica de una Ecuacion Diferencial de

1er orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.1.3 Ejemplo de ecuaciones de 1er orden en problemas practi-

cos. (fısicos) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1.4 El Problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2 Ecuaciones Diferenciales de 1er Orden resueltas respecto de y′ . . 222.2.1 Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2.2 Ecuaciones de variables separables . . . . . . . . . . . . . 262.2.3 Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.2.4 Ecuaciones Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.2.5 Ecuaciones reductibles a homogeneas . . . . . . . . . . . . 352.2.6 Ecuaciones Lineales de 1er Orden . . . . . . . . . . . . . . 382.2.7 Ecuaciones Diferenciales de 1er Orden reductibles a Lineales 442.2.8 Ecuaciones Algebraicas en y′ . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.3 Ecuaciones Diferenciales de 1er Orden no resueltas respecto dey′, integrables por metodos elementales . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.4 Integracion Grafica de las Ecuaciones Diferenciales de 1er Orden 61

1

2

2.4.1 Metodo de las poligonales; (Euler) . . . . . . . . . . . . . 612.4.2 Metodo de Isoclinas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.5 Trayectorias Isogonales y Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . 662.5.1 Trayectorias Isogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.5.2 Trayectorias Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.6 Teorema de Existencia para Ecuaciones Diferenciales de 1er Orden 712.6.1 El Metodo de las Aproximaciones Sucesivas . . . . . . . . 76

2.7 Soluciones Singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.7.1 Soluciones Singulares de la ecuacion y′ = f(x, y) . . . . . 772.7.2 Soluciones singulares de la ecuacion F (x, y, y′) = 0 . . . . 812.7.3 Determinacion de las Soluciones Singulares usando la So-

lucion General . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3 Aplicaciones 913.0.4 Analisis de Compartimientos . . . . . . . . . . . . . . . . 913.0.5 Ley de Enfriamiento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . 943.0.6 Bacterias en la leche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 953.0.7 Curvas de persecucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.0.8 Modelo Newtoniano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4 Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior 1014.1 Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.1.1 Solucion particular, solucion general . . . . . . . . . . . . 1014.1.2 Integrales Intermedias, Integral Primera . . . . . . . . . . 103

4.2 Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior integrable por Cua-draturas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.2.1 La Ecuacion: F (x, y(n)) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.2.2 La Ecuacion: F (y(n−1), y(n)) = 0 . . . . . . . . . . . . . . 1104.2.3 La Ecuacion: F (y(n−2), y(n)) = 0 . . . . . . . . . . . . . . 112

4.3 Ecuaciones a las que se les puede bajar el orden . . . . . . . . . . 1134.3.1 La ecuacion : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1134.3.2 La ecuacion F (y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0 . . . . . . . . . . . . 1144.3.3 La ecuacion F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 . . . . . . . . . . . . 1164.3.4 La ecuacion F (x, y, dy

dx ,d2ydx2 , . . . ,

dnydxn ) = 0 . . . . . . . . . . 118

4.3.5 La ecuacion F (y, xy′, x2y′′, . . . , xny(n)) = 0 . . . . . . . . 1194.3.6 Otros casos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4.4 Ecuaciones Diferenciales de Orden n Lineales y Homogeneas . . . 1224.4.1 Propiedades Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1224.4.2 Dependencia Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.4.3 Solucion general de una Ecuacion Diferencial Lineal . . . 1274.4.4 Construccion de la Ecuacion Diferencial Lineal de orden

n dado el Sistema Fundamental de Soluciones . . . . . . . 1314.4.5 Solucion al Problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . 1344.4.6 Reduccion del orden de una ecuacion lineal y homogenea 135

3

4.5 Ecuaciones Diferenciales de orden n Lineales y No Homogeneas . 1374.5.1 Solucion general de una ecuacion no homogenea . . . . . 1374.5.2 Metodo de Variacion de las constantes para determinar

una solucion particular de la Ecuacion no homogenea . . 1384.6 Ecuaciones Diferenciales de orden n, Lineales con coeficientes

constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.6.1 Ecuaciones homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.6.2 La ecuacion caracterıstica tiene raıces distintas . . . . . . 1444.6.3 La ecuacion caracterıstica tiene raıces multiples . . . . . . 1494.6.4 Ecuaciones No Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

4.7 La Ecuacion de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1624.7.1 Solucion general de una ecuacion de Euler, homogenea . . 1634.7.2 La Ecuacion de Euler No Homogenea . . . . . . . . . . . 169

5 Sistemas de Ecuaciones Diferenciales 1725.1 Propiedades Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.1.1 Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1725.1.2 Transformacion de un Sistema de Orden Superior en un

Sistema de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1735.2 Teorema de Existencia para Sistemas de Ecuaciones Diferenciales177

5.2.1 Problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1775.2.2 Consecuencias del Teorema de Existencia . . . . . . . . . 1835.2.3 Consecuencias del Teorema de Existencias . . . . . . . . . 184

5.3 Sistema de Ecuaciones Diferenciales Lineales de 1er Orden . . . . 1865.3.1 Sistemas de ecuaciones Lineales y Homogeneos . . . . . . 1865.3.2 Forma matricial de un sistema lineal . . . . . . . . . . . . 1875.3.3 Soluciones Particulares ( Wronskiano ) . . . . . . . . . . . 1875.3.4 Solucion General de un Sistema Homogeneo . . . . . . . . 1905.3.5 Sistemas Lineales No Homogeneos. Metodo de variacion

de parametros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1935.4 Sistema de Ecuaciones Lineales con coeficiantes constantes . . . . 196

5.4.1 Sistemas homogeneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1965.4.2 Metodo de Euler para sistemas de ecuaciones diferenciales

lineales y homogeneas con coeficientes constantes . . . . . 2005.4.3 Metodo de Variacion de las Constantes . . . . . . . . . . . 206

6 Integracion de Ecuaciones Diferenciales por medio de Series 2106.0.4 Desarrollo de la Solucion en una Serie de Potencia Gen-

eralizada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2146.1 Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

6.1.1 Resolucion de problemas de valor inicial . . . . . . . . . . 2226.1.2 Propiedad de traslacion de la transformada . . . . . . . . 2226.1.3 Transformada Inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . 2246.1.4 Linealidad de la Transformada de Laplace Inversa . . . . 225

4

6.2 Una pequena introduccion a la Teorıa de Estabilidad . . . . . . . 2296.2.1 Estabilidad segun Liapunov . . . . . . . . . . . . . . . . . 2296.2.2 Tipos Elementales de Puntos de Reposo . . . . . . . . . . 2326.2.3 I.- λ1 6= λ2 reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

7 Ejercicios Resueltos 238Ecuaciones Diferenciales Dr. Hernan Burgos 1999

Indice de materias

5

Prefacio

Un curso introductorio de ecuaciones diferenciales es absolutamente necesarioen los planes de estudios de las carreras de Licenciaturas en ciencias como en lascarreras de Ingenierıas. Los estilos, calidad y cantidad de los contenidos varıanen dependencia de quien dicte el curso, como de la madurez matematica y losconocimientos basicos de los alumnos, mi objetivo al redactar estas notas, esde alguna forma cubrir buena parte del curso que semestralmente impartimos anuestros estudiantes de ingenieria de la UFRO; Un buen desafıo es enriquecersemestralmente estas notas formalizando algunos capıtulos que por ahora vanbastante pobres en fundamentos y demostraciones, como agregando algunoscapıtulos, que en esta version no he incluıdo. Como tambien agregando ejerciciosy problemas propuestos y resueltos.

Es mi ıntimo deseo que estas notas sirvan a nuestros estudiantes como so-porte bibliografico principal en el curso de ecuaciones diferenciales de la UFRO.(como un primer intento que queda abierto a la crıtica de estudiantes y profe-sores para ser mejorado).

A la vez estas notas son el borrador de los temas que me correspondendel texto que en alguna oportunidad discutimos y planificamos realizar con miamigo Jorge,(Q.E.P.D) sean estas notas dedicadas a su memoria.

Quiero agradecer a a Carlos Chavez, por su valioso aporte,en el tipeo deestas notas.

Hernan Burgos V.

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Introduccion

La gran mayorıa de las leyes basicas o relaciones basicas de la Fısica, Biologıa,Ciencias Sociales, Ingenierıa, etc, se expresan como relaciones matematicas deciertas cantidades conocidas, desconocidas y sus derivadas, tales relaciones sellaman modelos matematicos (ECUACIONES DIFERENCIALES).

El problema mas difıcil en el estudio de las ecuaciones diferenciales es confrecuencia el de modelar cuantitativamente una situacion real, para lograr esteobjetivo es casi siempre necesario hacer suposiciones para simplificar la situaciony que permita expresarla en terminos matematicos.

En la modelacion es necesario decidir cuales variables son importantes ycuales no lo son, para luego clasificar las primeras en variables independienteso dependientes, las variables no importantes son aquellas que tienen muy pocoo ningun efecto en el proceso (por ejemplo en la caıda libre de un cuerpo, sucolor, brillo y olor normalmente son de poco interes). Para el cuerpo en caıdalibre, su masa, forma, posicion y velocidad inicial y el tiempo seran posiblementevariables importantes para el modelo. Por otro lado las variables que resultanafectadas por las independientes son las ası llamadas variables dependientes, enel ejemplo que estamos analizando, la velocidad, la ubicacion en un determinadoinstante, el momento y lugar de impacto son posibles variables dependientes.

Se debe determinar las relaciones que existen entre las variables inde-pendientes, dependientes y sus derivadas (ecuacion diferencial), lo que demandaun conocimiento profundo del problema y del area en que esta enmarcado. Porejemplo se puede ignorar para comenzar la friccion que actua en un cuerpo encaıda libre. Si se quiere mayor exactitud tendremos que considerar algun tipode roce.

Las ecuaciones diferenciales las clasificaremos en diversos tipos, veremosvarios metodos para resolverlas y en el caso en que no puedan resolverse, veremoscomo obtener informacion sobre las soluciones (si es que existen).

7

Capıtulo 1

Ejemplos de procesosmodelados por EcuacionesDiferenciales

1.1 Desintegracion de substancias radioactivas

La Fısica nos asegura que: Una substancia radioactiva se desintegra, (en ausenciade las condiciones que provocan una reaccion en cadena) con una velocidadproporcional a la cantidad de substancia existente.

A.- Problema Fısico:

Calcular la cantidad de substancia radioactiva existente en cada momento,conociendo la cantidad existente en un momento inicial dado y el coefi-ciente de proporcionalidad entre la velocidad de desintegracion y la canti-dad de substancia existente.

A’.- Modelo Matematico del problema Fısico

Anotamos con :

(a) x(t) ∈ IR+ la cantidad de substancia existente en el momento t ∈ IR;

(b) t0 ∈ IR el instante inicial;

(c) x0 = x(t0) ∈ IR+ la cantidad inicial de substancia;

y con −α < 0(α > 0), el coeficiente de proporcionalidad de desintegracionde la substancia radioactiva, por lo tanto la ley fısica enunciada mas arribase escribe:

8

Capıtulo 1. Ejemplos de procesos modelados por Ecuaciones Diferenciales 9

x′(t) = −αx(t), ∀t ≥ t0

B.- Ahora desde el punto de vista de las ecuaciones diferenciales:

Dado t0 ∈ IR, x0 > 0, α > 0, hallar una aplicacion x : IR → IR derivable,que satisfaga la ecuacion diferencial.

x′(t) = −αx(t), x(t0) = x0

Evidentemente el problema B es solo una reformulacion del problema Ao A’. Por lo tanto una solucion de B lo sera de A.

1.2 Mecanica Newtoniana

Consideramos un punto material P , de masa m que evoluciona en un campo defuerza F (que puede ser: gravitacional, electrico, magnetico, etc.).

La segunda ley de Newton afirma que si a es la aceleracion del movimientodel punto material, entonces : F = ma

A.- Problema (Mecanica)

Dada la masa m del punto material y el campo de fuerza F , hallar ”laley de evolucion” en el espacio, del punto material, es decir la ley decorrespondencia entre el momento t y la posicion del punto en tal momentot.

B.- El modelo Matematico.

Anotamos x(t) ∈ IR3, el vector que define la posicion del punto material enel momento t ∈ IR, anotamos v(t) = x′(t) la velocidad de desplazamientodel punto material, y a(t) = x′′(t) la aceleracion.

Por otro lado el campo de fuerzas F es una funcion F : IR6 → IR, lo queexpresa el hecho que la fuerza F que acciona sobre el punto material dependede su posicion en el espacio y de su velocidad.

La segunda ley de Newton se escribe:

x′′(t) =1mF (x(t), x′(t))

que es una ecuacion diferencial de segundo orden.

10 Ecuaciones Diferenciales

1.3 Evolucion de la poblacion de una sola es-pecie (Proceso biologico social)

El problema es preveer la evolucion de una poblacion de una sola especie, te-niendo en cuenta que la razon media de crecimiento se estima (sobre la base delos seres existentes) como:

Razon media de crecimiento es la razon media de los nacimientos menosrazon media de los que mueren.

Modelo Matematico:

Anotamos x(t) ∈ IR+ poblacion de la especie en el momento t ∈ IR, por lotanto, en un determinado intervalo de tiempo [t, t + T ], T > 0 la poblacion dela especie crece en x(t+ T )− x(t), por lo tanto la razon media de crecimiento,α(t) en el momento t esta dada por:

α(t) =x(t+ T )− x(t)

Tx(t)

Pasando al lımite para T → 0, obtenemos la ecuacion diferencial de laevolucion de la poblacion de una sola especie. (estamos suponiendo que unafuncion x que es discreta que opera a intervalos discretos de tiempo como sioperara de IR → IR, y la suponemos incluso derivable), que no es lo real, (preciodel modelo)

(?) α(t) =x′(t)x(t)

o bien x′(t) = α(t)x(t)

Estimando de algun modo, o bien, haciendo algunas hipotesis sobre la funcionα(t) que define la razon de crecimiento, podemos de la ecuacion (?) la ley deevolucion en el tiempo, de la poblacion respectiva.

Ejemplo 1.-

Razon media de crecimiento es constante, crecimiento ilimitado, es decir:Suponemos α(t) = α (cte) obtenemos de (?) la ley de evolucion de la

poblacion en el caso de crecimiento ilimitado:

x(t) = x(t0)eα(t−t0) , t ∈ IR (∗∗)

Si vamos un poco mas lejos con el modelo, podemos suponer que la razonde crecimiento depende de la cantidad de alimentos por individuo, τ > 0, la que


suponemos constante. Es evidente que existe un mınimo τ0 > 0 necesario parala sobrevivencia de la especie; por lo tanto, si τ > τ0 , la razon de crecimientosera positiva, mientras que si τ ≤ τ0 , la razon de cambio sera negativa o nula.

Por lo tanto podemos presuponer que la razon de crecimiento constanteesta dado por:

α = a(τ − τ0), donde a > 0 es un coeficiente de proporcionalidad que sesupone conocido.

En tal caso (∗∗) se transforma en:

x(t) = x(t0)ea(τ−τ0)(t−t0)

Que contiene la dependencia directa de la evolucion de la poblacion de laespecie respectiva de la cantidad de alimento existente.

Ejemplo 2.-

Razon media de crecimiento es variable. Crecimiento limitado, es decir:El hecho que en la naturaleza no se ha observado el caso de alguna especie

cuya poblacion crezca ilimitadamente, demuestra que la hipotesis del Ejemplo1 no es realista, (por lo menos no lo es para intervalos grandes de tiempo).

Es mas realista suponer que cuando la poblacion alcanza un determinadonivel ξ, entonces la razon de cambio pasa a ser negativa.

Mas precisamente, suponemos que la razon de cambio depende de lapoblacion existente en el momento respectivo. Una hipotesis que simplifica es lasiguiente:

α(t) = c(ξ − x(t)) donde c es una constante conocida.

en tal caso (∗) se escribe:

x′(t) = c(ξ − x(t))x(t) Ecuacion de crecimiento limitado

Un modelo matematico mas realista se obtiene considerando la razon decrecimiento como una funcion mas general. g del total de la poblacion en elmomento respectivo α(t) = g(x(t)); con :

g(ξ) = 0; g(x) < 0 si x > ξ; g(x) > 0 para x < ξ.Otras caracteristicas de la funcion g necesarias para obtener concluciones

acerca del comportamiento de una poblacion especıfica resultaran de la obser-vacion de la respectiva poblacion y sus caracterısticas y particularidades. Hemosllegado ası al modelo:

x′(t) = α(g(t))x(t)


El que tampoco refleja exactamente el comportamiento de la poblacion,que depende de muchos otros factores de la poblacion en el momento respectivo.

La seleccion de estos factores, la evaluacion de su contribucion, y por lotanto la obtencion de un modelo cada vez mas complicado, pero mas realista.Es un problema difıcil que solo puede ser resuelto por el especialista.

1.4 Evolucion de la Poblacion de dos especiespredador-presa

Consideramos un ”sistema biologico” formado por dos especies interdependi-entes (uno es alimento para el otro). Suponemos la razon de crecimiento con-stante para el predador. El problema es obtener la ley de evolucion de las pobla-ciones de las dos especies.

Modelo Matematico

Sea x(t), y(t) ∈ IR+ las poblaciones en el momento t ∈ IR+ de las especiespredador, presa respectivamente.

Como y(t) es la cantidad de alimento disponible en el momento t parala especie predadora, situemosnos en el caso de crecimiento ilimitado para estaespecie, resulta:

x′(t) = c(y(t)− σ)x(t), donde a, σ ctes. (1.1)

Caractericemos ahora la razon de crecimiento para la especie presa, su-poniendo que la especie dispone de alimentos suficientes que le permite un crec-imiento ilimitado en ausencia de la especie predadora, es decir en este caso, larazon de crecimiento sera de la forma by(t), b > 0. Para obtener la razon decrecimiento en presencia de los depredadores tenemos que restar ”la razon deconsumo” de la especie depredadora que suponemos de la forma f(x(t), y(t)),donde f es una funcion que debe estimarse lo mas fielmente posible, o sobre lacual deben hacerse algunas hipotesis.

Por lo tanto tenemos:

y′(t) = by(t)− f(x(t), y(t)) (1.2)

que junto con ?? constituye un sistema de ecuaciones diferenciales paralas funciones x(t), y(t).

Si realizamos la hipotesis ”razonable” que f es proporcional tanto a xcomo a y es decir: f(x, y) = βxy, β > 0, entonces el sistema se escribe:

x′ = (Ay −B)xy′ = (C −Dx)y


(Donde A,B,C,D > 0, son constantes), el sistema es conocido como las ecua-ciones predador-presa de Volterra-Lotka.

Los ejemplos analizados han tenido como objetivo central demostrar comolas ecuaciones diferenciales aparecen en modo natural en matematica o comomodelo matematico de ciertos procesos de evolucion.

Capıtulo 2

Ecuaciones Diferenciales.Solucion General. SolucionParticular.

2.1 Generalidades

2.1.1 Ecuacion Diferencial

Definicion 2.1 Sea F (x, y, y′, y”, . . . , y(n)) una funcion real definida sobre [a, b]×Y ; Y ⊂ IRn+1 de argumento la variable real x ∈ [a, b], y funcion real junto consus derivadas.

La relacion

F (x, y, y′, y”, . . . , y(n)) = 0 (2.1)

se llama ecuacion diferencial de orden n. Se pide determinar las funcionesy = f(x) definida sobre [a, b], derivable hasta el orden n ∀x ∈ [a, b] tal que

F (x, f(x), f ′(x), . . . , f (n)(x)) = 0 ∀x ∈ [a, b]

Una tal funcion f(x) se llama solucion de la ecuacion diferencial (??).

14

Ecuaciones Diferenciales, Solucion Particular y General 15

Observacion

Si n = 1 obtenemos la Ecuacion Diferencial de 1er orden

F (x, y, y′) = 0 (Forma Implıcita)y′ = f(x, y) (Forma Explıcita)

Ejemplos

1. y′ = 2y + x+ 1 (Ec. Dif. de 1er Orden)

Una solucion es

y = e2x − x

2− 3

4; x ∈ IR

La funcion y = Ce2x − x2 −

34 , donde C es una constante cualquiera rep-

resenta una Familia de Soluciones de la Ecuacion.

2. La ecuacion y = xy′ + ln y′; y′ > 0 es tambien una ecuacion diferencialde 1er orden pero implıcita. La funcion y = x, x ∈ IR es una solucion. Lafuncion y = Cx+ lnC, C > 0 es una familia de soluciones.

3. La ecuacion y” − 4y = 1 es una Ecuacion diferencial de 2do orden. y =C1e

2x+C2e−2x− 1

4 ; x ∈ IR y C1, C2 constantes es una familia de solucionesde la ecuacion dada.

Dando valores particulares a las constantes obtenemos diferentes solu-ciones particulares. Por ejemplo; tomando C1 = 1; C2 = 0 obtenemos lasolucion particular

y = e2x − 14

Nos ocuparemos ahora de la ecuacion de 1er orden.

Observacion

Demostraremos mas adelante que la solucion general de una ecuacion de 1er

orden depende de una constante arbitraria.Diremos que la funcion ϕ(x,C) es la solucion general de la ecuacion di-

ferencial de 1er orden F (x, y, y′) = 0 (∗), (x, y) ∈ D. Si ϕ es solucion de (∗) y elgrafico de ϕ(x, c) pertenece a D.

La solucion general de la Ecuacion Diferencial se llama tambien Integralgeneral.


La solucion general puede tambien resultar en forma implıcita ϕ(x, y, C) = 0,como tambien puede darse la solucion general en forma parametrica

x = ϕ(t, C)y = ψ(t, C) t ∈ [α, β]

Se llama solucion particular de la ecuacion F (x, y, y′) = 0 a una funciony = ϕ1(x), x ∈ [a, b], que se obtiene de la solucion general y = ϕ(x,C) dandoun valor particular a la constante C.

Observacion

Una solucion de una ecuacion diferencial que no contenga una constante arbi-traria no es necesariamente una solucion particular, por ejemplo: y = xy′−y′3tiene solucion general y = Cx−C3; x ∈ IR. y = 2x− 8 (C = 2) es una solucion

particular, pero tambien es solucion y = 2x32

3√

3, x ∈ IR+, pero no es solucion

particular, pues no se obtiene de la solucion general. La llamamos SolucionSingular.

El grafico de una solucion de una ecuacion diferencial es una curva planallamada Curva Integral.

2.1.2 Interpretacion Geometrica de una Ecuacion Diferen-cial de 1er orden

y′ = f(x, y), f : D ⊂ IR2 = : (plano XOY ) → IR

A cada punto (x0, y0) le corresponde una direccion de coeficiente angulary′0 = f(x0, y0), y a cada direccion le corresponde una recta y−y0 = y′0(x−x0)que pasa por el punto (x0, y0), por lo tanto la ecuacion y′ = f(x, y) asocia acada punto en D una direccion (una recta). Luego tenemos ası en D definidoun campo de direcciones φ.

Supongamos ahora que y = ψ(x), (x, y) ∈ D es una solucion de laecuacion dada.


El grafico de la solucion es una curva integral en D, con la propiedad queen cada punto de la curva, la tangente a la curva tiene la direccion del campoφ en ese punto.

El problema de integrar la ecuacion diferencial y′ = f(x, y) en D sereduce por lo tanto a encontrar las curvas integrales en D, curvas que tienen lapropiedad que en cada punto son tangentes a la direccion del campo φ.

Ejemplo

y′ − 1 = 0, x ∈ IR define un campo de direcciones paralelo con la bisectrız delos ejes.

Las curvas integrales son rectas paralelas con la bisectrız de los ejes y = x.La ecuacion de todas estas rectas es y = x + C, solucion general de la

ecuacion y′ − 1 = 0.

2.1.3 Ejemplo de ecuaciones de 1er orden en problemaspracticos. (fısicos)

1. La ecuacion fundamental de la dinamica del punto material se escribevectorialmente ası:

m · γ = F (2.2)

γ =: aceleracion del punto de masa m.F =: resultante de las fuerzas que trabajan sobre el punto.

Tomemos el caso cuando el punto material describe una recta, y sea talrecta el eje OX. La ecuacion de movimiento (??) se escribe en este caso

m · d2x

dt2= X(x,

dx

dt, t) (2.3)


La componente X de la fuerza F , en la direccion OX depende en generalde la posicion del movil, de su velocidad y del tiempo. Esta es unaecuacion diferencial de 2do orden.

Si X no depende de la posicion del punto x, entonces la ecuacion (??)se escribe m · d2x

dt2 = X(dxdt , t) y con la sustitucion v = dx

dt , la ecuacion setransforma en:

dv

dt=

1mX(v, t)

Ecuacion diferencialde 1er orden

Luego podemos tener el recıproco:

Cualquier ecuacion diferencial de 1er orden representa un determinadomovimiento de un punto material.

2. Consideremos un circuito formado por un resistor de resistencia R y unabobina de inductancia L, alimentado en serie por una tension electromo-tora e = E coswt. Se pide estudiar la variacion de la corriente del circuitoal cerrar el interruptor K.

Por teorema de Kirchhof tenemos e = eR + eL, pero eR = Ri, eL = L didt

luego, la relacion buscada es:

Ldi

dt+Ri = E coswt

Ecuacion diferencialde 1er orden

3. Determinar las curvas planas Γ que tengan la propiedad que si P es laproyeccion de un punto M ∈ Γ sobre el eje X, y la tangente en M cortaal eje X en T , tenemos la relacion OP · PM = PT

2.


Solucion:

La familia de curvas (Γ ) que cumple esta propiedad verifica la ecuaciondiferencial de 1er orden

xy =(y

y′

)2

Pues:

PM

TP= tgα = y′ ⇒ TP =

y

y′

Con solucion general: (x+ y − C)2 = 4xy Familia de parabolas

Estos ejemplos demuestran la importancia extraordinaria de las ecuacio-nes diferenciales en aplicaciones practicas.

El estudio de los fenomenos de la naturaleza lleva casi siempre aparejadauna ecuacion diferencial.

Definicion 2.2 Una funcion diferenciable ϕ : I ⊂ IR → IR se llama solucionde la ecuacion dx

dt = f(t, x), f : D = I × IR → IR, en el intervalo I si:

i) El grafico de ϕ esta en D, es decir, (t, ϕ(t)), t ∈ I ⊂ D.

ii) dϕdt = f(t, ϕ(t)), ∀t ∈ I

2.1.4 El Problema de Cauchy

Tomemos inicialmente dos ejemplos :


1. D = I × IR, f(t, x) = g(t) contınua en I; ϕ es una solucion de x = g(t) enI si y solo si ϕ(t) = C +

∫ t

t0g(s)ds, donde t0 ∈ I y C =cte.

2. D = IR2, f(t, x) = 3x23 , (x = 3x

23 ) ∀C ∈ IR. La funcion ϕc : IR → IR dada

por

ϕc(t) =

(t− C)3 t ≥ C0 t ≤ C

es una solucion de la ecuacion x = 3x23 en I = IR verificando directamente.

Pero tambien x = 0 es solucion de la ecuacion.

Observacion:

Las ecuaciones diferenciales poseen en general una infinidad de soluciones.En el ejemplo (??) por todo punto de D pasa una unica solucion, o sea

∀(t0, x0) ∈ D∃!ϕ tal que ϕ(t0) = x0.No ocurre lo mismo en (??), pues ∀(t0, 0) pasan infinitas soluciones no

ası para (t0, x0) 6= (t0, 0).Bajo Hipotesis generales sobre f , por ejemplo si f y ∂f

∂x son contınuas


en D, entonces ∃!ϕ solucion de

dx

dt= f(t, x) (2.4)

en un intervalo que contenga a t0 tal que ϕ(t0) = x0.Una tal solucion ϕ sera llamada solucion del problema de datos iniciales

(t0, x0) para la ecuacion (??). Este problema tambien se conoce como Problemade Cauchy y se anota

x = f(t, x); x(t0) = x0 (2.5)

Observacion:

La ecuacion (??) es equivalente a la ecuacion integral

x(t) = x0 +∫ t

t0

f(s, x(s))ds (2.6)

Ejemplo ( Elemental de ∃! )

1. D = IR× (a1, a2) f(t, x) = f(x), f es una funcion contınua y no se anulaen (a1, a2).

Dado x0 ∈ (a1, a2) y t0 ∈ IR. Calcular la solucion para el problema deCauchy:

x = f(x); x(t0) = x0 (2.7)

Solucion :

Si ϕ es una solucion de (??) entonces

ϕ′(t) = f(ϕ(t)) y ϕ(t0) = x0 (2.8)

ϕ′(t)f(ϕ(t))

= 1 (2.9)

Si F : (a1, a2) → IR esta dada por

F (x) =∫ x

x0

dξ

f(ξ)


se ve que F ′(x) = 1f(x) 6= 0 en (a1, a2) lo que prueba que F es invertible y

aplica (a1, a2) en (b1, b2) donde F−1 esta definida de (??) resulta que:

1 =ϕ′(t)

f(ϕ′(t))= F ′(ϕ(t))ϕ′(t)

o sea

(F ϕ)′(t) = 1∣∣∣∣∫ t

t0

⇒ F (ϕ(t))− F (ϕ(t0)) = (t− t0)

y como

F (ϕ(t0)) = 0 ⇒ F (ϕ(t)) = (t− t0) ⇒ ϕ(t) = F−1(t− t0)

hemos demostrado ası que ϕ es unica.

Mas adelante demostraremos un teorema de ∃!.

La mas simple ecuacion diferencial es y′ = f(x),con f funcion contınuaen [a, b].

Como ya vimos su solucion es :

y(x) =∫ x

x0

f(x)dx+ C

Si buscamos la solucion que pasa por el punto (x0, y0), entonces:

y(x) =∫ x

x0

f(x)dx+ y0

Pues:

y(x0) =∫ x0

x0

f(x)dx+ C ⇒ C = y(x0) = y0

Ejemplo :

Resuelva y′ = cosx+ 1, y(0) = 2

y = 2 +∫ x

0

(cos(x) + 1)dx = 2 + senx+ x


Observacion :

El conjunto de las soluciones de una ecuacion diferencial de 1er orden dependede una constante arbitraria.

Inversamente, toda familia de curvas planas ϕ(x, y, C) = 0, (x, y) ∈ D,con ϕ contınua y derivable parcialmente en D, verifica en D una ecuacion dife-rencial de 1er orden.

En efecto1) ϕ(x, y, C) = 0 / ∂

∂x2) ϕx

′ + ϕy′y′ = 0

eliminando C entre las dos ecuaciones 1) y 2) se obtiene φ(x, y, y′) =0 ademas si g(x, y) = C; entonces derivando respecto a x o y se elimina laconstante

gx′ + gy

′y′ = 0

o biengx′dx+ gy

′dy = 0

que no especifica cual es la variable independiente y cual es la dependiente.

Ejemplo 1

Hallar la ecuacion diferencial de la familia de curvas y = Cx2 + x+ 1, x ∈ IR.

Solucion :

y = Cx2 + x+ 1y = 2Cx+ 1

Eliminamos C y obtenemos

y′x− 2y = −x− 2

Ejemplo 2

Hallar la ecuacion diferencial de la familia de curvas

(x2/K2)− y2 = 1 (2.10)


Solucion :

(x2/K2)− y2 = 1 /∂

∂x⇒ (2x/K2)− 2yy′ = 0 (2.11)

de (??) y (??) resulta eliminando la constante K

xyy′ − y2 = 1

2.2 Ecuaciones Diferenciales de 1er Orden re-sueltas respecto de y′

2.2.1 Ecuaciones Exactas

Sea g(x, y) = C tomemos la diferencial total de g(x, y)

dg =∂g

∂xdx+

∂g

∂ydy = 0 (2.12)

inversamente ahora consideremos

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0 (2.13)

por tanto si podemos hallar una funcion g(x, y) tal que

∂g

∂x= P (x, y) ∧ ∂g

∂y= Q(x, y)

entonces la ecuacion (??) se vuelve dg = 0, luego g(x, y) = C es la soluciongeneral de (??).

En tal caso Pdx+Qdy = 0 se llama diferencial exacta y la ecuacion (??)se llama Ecuacion Diferencial Exacta.

Es relativamente facil averiguar si una ecuacion diferencial es exacta :

Pdx+Qdy = 0 es exacta ⇔ ∂P

∂y=∂Q

∂x(2.14)

Demostracion:

Si Pdx+Qdy = 0, es exacta entonces P = ∂g∂x y Q = ∂g

∂y luego (??) se escribe

∂2g

∂y∂x=

∂2g

∂x∂y(2.15)

lo cual es valido si ambos lados de la ecuacion existen y son contınuas.


Entonces la ecuacion (??) debe satisfacerse si la ecuacion diferencial esexacta. Recıprocamente supongamos que la ecuacion (??) es valida y mostraremoscomo determinar la funcion g.

Como g debe satisfacer P = ∂g∂x y Q = ∂g

∂y , integremos P con respecto ax y Q respecto a y, entonces

g =∫

∂g

∂xdx =

∫P (x, y)dx+ h(y) (2.16)

g =∫∂g

∂ydy =

∫Q(x, y)dy + k(x) (2.17)

Por demostrar que (??) y (??), definen igualmente g.∫Pdx+ h(y) =

∫Qdy + k(x) (2.18)

⇒ h(y) =∫Qdy −

∫Pdx+K(x) / d

dy

h′(y) = Q− ∂

∂y

∫Pdx

Si la region donde ∂P∂y = ∂Q

∂x es simplemente conexa (no contiene huecos),entonces podemos tomar la derivada parcial bajo la integral y obtenemos:

h′(y) = Q−∫∂P

∂ydx (2.19)

El lado derecho de la ecuacion (??) es una funcion de y solamente puessu derivada parcial respecto a x se anula, luego existe una funcion h(y) quedepende solamente de y. Un calculo analogo garantiza la existencia de k(x).

Observacion :

Observese que esta demostracion contiene un metodo para calcular la soluciongeneral g(x, y) = C de una ecuacion diferencial exacta, cual es ajustar h(y) yk(x) en la ecuacion (??) para que ambos lados sean iguales, entonces cada ladoes igual a g(x, y).

Ejemplo 1

Resolver: (1− senx tg y)dx+ (cosx sec2 y)dy = 0

∂P

∂y= − senx sec2 y

∂Q

∂x= − senx sec2 y


luego es exacta ⇒ integramos P respecto de x, y a Q respecto de y, obtenemos:∫(1− senx tg y)dx+ h(y) =

∫cosx sec2 ydy + k(x)

luegox+ cosx tg y + h(y) = cosx tg y + k(x)

haciendo h(y) = 0 y k(x) = x, obtenemos la solucion general

g(x, y) = x+ cosx tg y = C

Ejemplo 2

Resolver: (x3 + xy2)dx+ (x2y + y3)dy = 0

Solucion:∂P

∂y= 2xy;

∂Q

∂x= 2xy

por lo tanto:∂P

∂y=∂Q

∂x⇒ Exacta∫

(x3 + xy2)dx+ h(y) =∫

(x2y + y3)dy + k(x) ⇒

x4

4+x2y2

2+ h(y) =

y4

4+x2y2

2+ k(x)

por lo tanto h(y) = y4

4 , k(x) = x4

4 . Luego la solucion es

g(x, y) =x4

4+x2y2

2+y4

4

Claramente las ecuaciones exactas son relativamente raras, pues la con-dicion ∂P

∂y = ∂Q∂x es muy fuerte.

Mas adelante veremos ecuaciones que no son exactas y metodos de reso-lucion.

Ejemplo 3:

Resolver:(e(x

2+y)(1 + 2x2)− senx)dx+ xe(x

2+y)dy = 0

P (x, y) = e(x2+y)(1 + 2x2)− senx ; Q(x, y) = xe(x

2+y)

∂P

∂y= ey+x2

(1 + 2x2) ;∂Q

∂x= ex2+y(1 + 2x2)


Luego,∂P

∂y=∂Q

∂x∫Q(x)dy =

∫(xe(x

2+y))dy = xex2+y + k(x)

d

dx(xe(x

2+y) + k(x)) = P (x)

ex2+y + 2x2ex2+y + k′(x) = ex2+y(1 + 2x2)− senx

k′(x) = − senx⇒ k(x) = cosx

Luego la solucion general es:

C = xe(x2+y) + k(x) = xe(x

2+y) + cosx

Ejemplo 4:

Resolver: (2xy3 − y2)dx+ (3x2y2 − 2xy + 2y)dy = 0 Se cumple:

∂P

∂y=∂Q

∂x

6xy2 − 2y = 6xy2 − 2y

Luego tenemos que:∫P (x, y)dx+ h(y) =

∫Q(x, y)dy + k(x) = C∫

(2xy3 − y2)dx+ h(y) =∫

(3x2y2 − 2xy + 2y)dy + k(x)

x2y3 − y2x+ h(y) = x2y3 − xy2 + y2 + k(x)

Luego si h(y) = y2 y k(x) = 0, tenemos que la solucion es:

x2y3 − y2x+ y2 = C

Tarea : Resolver(ln(2x− y) +

2x2x− y

)dx− x

2x− ydy = 0


2.2.2 Ecuaciones de variables separables

Sea la ecuacion f(x)dx+ g(y)dy = 0, f contınua en [a, b], g contınua en [c, d].Se ve que se cumple:

∂f

∂y=∂g

∂x= 0

luego, ∫f(x)dx+ h(y) =

∫g(y)dy + k(x)

y derivando respecto de y el primer miembro se obtiene h′(y), pues

∂

∂y

∫f(x)dx = 0

luego:

h′(y) = g(y) ⇒ h(y) =∫g(y)dy

es decir ∫f(x)dx+

∫g(y)dy = C

Ejemplo 1:

(y2 + 1)xdx+ (x+ 1)ydy = 0x

x+ 1dx+

y

y2 + 1dy = 0

luego, ∫x

x+ 1dx+

∫y

y2 + 1dy = C

x− ln(x+ 1) +12

ln(y2 + 1) = C x+ 1 6= 0

Observacion :

Si buscamos la trayectoria que pasa por (0, 1) tenemos

0 + ln(0 + 1) +12

ln(1 + 1) = C ⇒ C =12

ln 2

tenemos por lo tanto:

x− ln(x+ 1) +12

ln(y2 + 1) =12

ln 2


Ejemplo 2:

Resolver:

(3x+ 3y − 1)dx+ (x+ y + 1)dy = 0

Si x+ y = z ⇒ z′ = 1 + y′. Luego

y′ =−(3(x+ y)− 1)

x+ y + 1

entonces

z′ − 1 =−(3z − 1)z + 1

z′ =−3z − 1 + z + 1

z + 1=−2zz + 1

dz

dx=−2zz + 1

⇒ z + 1−2z

dz = dx

Integrando tenemos

−12(z + ln z) = x+ C

−12(x+ y + ln(x+ y)) = x+ C

luego,

C = −12(x+ y + ln(x+ y))− x

Ejemplo 3:

y3dx+ 2(x2 − xy2)dy = 0

y′ =−y3

2(x2 − xy2)

y =√x z ⇒ y′ =

12√xz + z′

√x

y′ =−z3x

32

2x2(1− z2)


12√xz + z′

√x =

z3

2√x(1− z2)

z′√x = − 1

2√x(1− z2)

− 12√x

z′√x =

−1− (1− z2)2√x(1− z2)

dz

dx=

−2 + z2

2x(1− z2)

1− z2

(2− z2)dz = −dx

2x

2− z2

2− z2dz − 1

2− z2= −dx

2x/∫

z − 12√

2ln

(√2 + z√2− z

)= −1

2lnx+ C

luego,

C =y√x− 1

2√

2ln

(√2 + z√2− z

)+

12

lnx

2.2.3 Factor Integrante

Sea dada la ecuacion diferencial

Pdx+Qdy = 0 (2.20)

P y Q contınuas con derivadas parciales contınuas en D ⊂ IR.Si Pdx+Qdy no es una diferencial total en D, queremos encontrar una

funcion µ(x, y) tal que, la expresion

µ(x, y)P (x, y)dx+ µ(x, y)Q(x, y)dy

sea una diferencial total en D. Necesitamos :

∂

∂x(µQ) =

∂

∂y(µP )

o bien:µ∂Q

∂x− µ

∂P

∂y+Q

∂µ

∂x− P

∂µ

∂y= 0 (2.21)

Definicion 2.3 La funcion µ(x, y) definida en D con derivadas parciales de1er orden contınuas en D que verifica (??) se llama Factor Integrante de laecuacion (??).


Observacion :

La relacion (??) es una ecuacion diferencial en derivadas parciales, luego elproblema se ha transformado en uno mas complicado y no hemos avanzadomucho.– Veremos algunos casos particulares –

Por ejemplo : Busquemos un factor integrante que dependa solo de x, esdecir ,µ(x, y) = µ(x), luego, (??) se escribe :

1µ

dµ

dx=

1Q

(∂P

∂y− ∂Q

∂x

)(2.22)

La determinacion de µ es posible solo si:

1Q

(∂P

∂y− ∂Q

∂x

)es funcion solo de x.

De (??) se obtiene integrando

lnµ =∫

1Q

(∂P

∂y− ∂Q

∂x

)dx

En un modo analogo, si buscamos un factor integrante µ(y) funcion solode y, tenemos de (??) que :

1µ

dµ

dy=

1P

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)y la determinacion de µ es posible si 1

P

(∂Q∂x −

∂P∂y

)es funcion solo de y.

Integrando respecto de y obtenemos:

⇒ lnµ =∫

1P

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dy

Ejemplo :

Resolver: (y2 senx− x)dy + (y3 cosx+ y)dx = 0

Solucion :

∂P

∂y= 3y2 cosx+ 1 ;

∂Q

∂x= y2 cosx− 1


luego no es exacta. Buscamos un factor integrante:

∂P

∂y− ∂Q

∂x= (3y2 cosx+ 1)− (y2 cosx− 1) = 2y2 cosx+ 2

Por lo tanto:

∂Q

∂x− ∂P

∂y= −

(∂P

∂y− ∂Q

∂x

)= −2y2 cosx− 2

1P

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)=−2y2 cosx− 2y3 cosx+ y

= −2y

solo depende de y, luego

lnµ =∫−2ydy ⇒ µ =

1y2

FactorIntegrante

luego, la ecuacion dada, multiplicada por 1y2 se transforma en exacta:

(senx− x

y2)dy + (y cosx+

1y)dx = 0 Exacta∫ (

senx− x

y2

)dy + k(x) ⇒ y senx+

x

y+ k(x) /

d

dx

y cosx+ 1y + k′(x) ⇒ k′ = 0

Por lo tanto:

k(x) = C

Solucion :

y senx+x

y= C

ademas la ecuacion tenıa la solucion y = 0 que se obtiene cuando C →∞.

Ejemplo 2

Resolver:(x+ y2)dx− 2xydy = 0

P (x, y) = x + y2; Q(x, y) = −2xy por lo tanto: ∂P∂y = 2y; ∂Q

∂x = −2y, es decir,∂P∂y 6=

∂Q∂x , calculemos

∂P∂y −

∂Q∂x

Q=

2y + 2y−2xy

= − 2x⇒ d

dxlnµ = −2 ln |x|


Por tanto µ = 1x2 , luego (x+ y2)dx− 2xydy = 0 / 1

x2 es exacta.Resolvamos (

1x

+y2

x2

)dx− 2y

xdy = 0

tomemos ∫2yxdy +K(x) = g(x, y) ⇒ y2

x+K(x) = g(x, y)

por lo tanto∂g

∂x=y2

x2+K ′(x)

pero tambien∂g

∂x= P (x, y) =

1x

+y2

x2

es decir,

K ′(x) =1x⇒ K(x) = lnx

entonces la solucion g(x, y) = C es:

lnx− y2

x= C

Ejemplo 3:

Resolver: cosxdx− 4 senxdy = −y2dy

cosxdx+ (y2 − 4 senx)dy = 0

Veamos si depende de x o de yde y)

1P

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)=

1cosx

(−4 cosx− 0) = −4

luego, µ(y) = e−4y. Luego

e−4y cosxdx+ (y2 − 4 senx)e−4ydy = 0∫Pdx+ h(y) =

∫Qdy + k(x)

luego,∫Pdx = e−4y senx+ h(y)

d

dy

(e−4y senx+ h(y)

)= Q

−e−4y senx+ h′(y) = e−4yy2 − e−4y4 senx

h′(y) = e−4yy2


h =∫e−4yy2 =

−y2

4e−4y − 1

8e−4yy − 1

32e−4y

luego

C = e−4y

(senx− y2

4− y

8− 1

32

)

2.2.4 Ecuaciones Homogeneas

Definicion 2.4 Las ecuaciones diferenciales de la forma :

dy

dx=P (x, y)Q(x, y)

donde P (x, y) y Q(x, y) son funciones homogeneas en x e y, del mismo gradom se llaman Ecuaciones Homogeneas.

Tenemos : P (x, y) = xmP (1,y

x), Q(x, y) = xmQ(1,

y

x)

Luego:dy

dx=P (1, y

x )Q(1, y

x )= f(

y

x)

Es decir, las ecuaciones homogeneas tienen la forma:

dy

dx= f(

y

x) (2.23)

Teorema 2.1 Si en una ecuacion homogenea hacemos el cambio de funcionesy = zx, la ecuacion se transforma en una ecuacion de variable separable.

Demostracion:

y = zx⇒ y′ = z′x+ z

y la ecuacion (??) toma la forma

dz

dxx+ z = f(z) (2.24)

⇒ dz

f(z)− z=dx

x(2.25)

que es una ecuacion de variable separable.


Suponemos f(xy ) contınua y f( y

x ) 6= yx en un dominio D, integrando (??)

obtenemos la solucion general de (??).

ln |x|+ c =∫

dz

f(z)− z= φ(z)

luego, la solucion general de (??) es:

ln |x|+ c = φ(y

x) (2.26)

Observaciones:

1. Si z0 es raız de f(z) − z = 0, entonces z = z0 (cte) es tambien unasolucion de la ecuacion (??), como se verifica en forma inmediata, puesdzdx = 0 luego, la recta y = z0x es solucion de la ecuacion (??) (SolucionSingular).

2. Si en (??) reemplazamos c por − ln c la solucion general se escribe:

x = ceφ( yx ) = cψ(

y

x)

3. Recıprocamente una familia de curvas x = cψ( yx ) verifica una ecuacion

homogenea, en efecto :

x = cψ(y

x) /

d

dx(2.27)

1 = cψ′(y

x)(xy′ − y

x2

)(2.28)

eliminando c de entre las ecuaciones (??) y (??) se obtiene :

x

(xy′ − y

x2

)=

ψ( yx )

ψ′( yx )

es decir,

y′ =ψ( y

x )ψ′( y

x )+y

x= f(

y

x)

Ejemplo:

Resolver:x2 − y2 = 5xyy′ ; y(1) = 3


Solucion:

La ecuacion es homogenea de orden 2 por lo tanto hacemos: y = zx ⇒ y′ =z′x+ z, por lo tanto la ecuacion se escribe:

x2 − (zx)2 = 5x2z(z′x+ z)

x2(1− z2) = 5x2z(z′x+ z) ⇒ 1− z2

5z= x

dz

dx+ z

1− z2

5z− z = x

dz

dx⇒ 1− z2 − 5z2

5z= x

dz

dx5zdz

1− 6z2=dx

x/∫

− 512

ln |1− 6z2| = ln |x|+ c

ln |x|+ c = − 512

ln∣∣∣∣1− 6

y2

x2

∣∣∣∣para y(1) = 3

⇒ c = − 512

ln∣∣∣∣1− 6

91

∣∣∣∣c = − 5

12ln 53

luego, la solucion particular buscada es:

ln |x|+ 512

ln∣∣∣∣x2 − 6y2

x2

∣∣∣∣ = 512

ln 53

Ejemplo:

y′ =x

2− y′; y(1) = 0

Hacemos y = zx⇒ y′ = z′x+ z

Por lo tanto, tenemos z′x+ z =z2x2 + x2

x2z=z2 + 1z

z′x =z2 + 1z

− z =z2 + 1− z2

z=

1z

z dz =dx

x⇒ z2

z= lnx+ c

y2

2x2= lnx+ c⇒ y2 = 2x2 lnx+ 2Cx2

y(1) = 0 ⇒ y2 = 2x2 lnx

Otros ejercicios propuestos:


1. y′ =x+ y

x− y

Solucion: ln√x2 + y2 = arctg

y

x+ C

2. y′ =y

x+ e

yx

Solucion: lnx = −e−yx + C

2.2.5 Ecuaciones reductibles a homogeneas

Consideremos la ecuacion de la forma:

dy

dx= f

(ax+ by + c

Ax+ By + C

)(2.29)

a, b, c, A, B, Cson constantes.

a) Supongamos c = C = 0, en tal caso tenemos que

dy

dx= f

(ax+ by

Ax+ By

)es homogenea luego, con la sustitucion y = zx se separan las variables

Ejemplo :

Resolver :dy

dx=

2x+ 3y3x+ 2y

Solucion :

Hacemos el cambio y = zx⇒ y′ = z′x+ z

z′x+ z =2x+ 3zx3x+ 2zx

=3z

3 + 2z

dz

dxx =

2 + 3z3 + 2z

− z =2 + 3z − 3z − 2z2

3 + 2z=

2− 2z2

3 + 2z

(3 + 2z)dz2− 2z2

=dx

x⇒∫dx

x=

12

∫3 + 2z1− z2

dz

ln |x| = −12

ln |z2 − 1| − 34

ln∣∣∣∣1− z

1 + z

∣∣∣∣+ ln |C|


luego,

x4(z2 − 1)2(

1− z

1 + z

)3

= C

(x2 − y2)2(x− y)3 = C(x+ y)3

b) Si c2+C2 = 0 ∧ aB−Ab 6= 0 las rectas ax+by+c = 0 ∧ Ax+By+C = 0 se

cortan en el punto (x0, y0). Y en tal caso, hacemos el cambio de variables:

u = x− x0

v = y − y0

y tenemos

dv

du= f

(au+ bv

Au+ Bv

)

y ya estamos en el caso anterior.

Ejemplo :

Resolvery′ =

x− 3y + 2−4x− y + 5

Solucion :

x− 3y + 2 = 0−4x− y + 5 = 0

/ · 4=⇒

4x− 12y + 8 = 0+ −4x− y + 5 = 0

−13y + 13 = 0

=⇒ y = 1 x = 1

por lo tanto hacemos

u = x− 1v = y − 1 ⇒ u+ 1 = x

v + 1 = y

dv

du=

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

=u− 3v−4u− v

v = zu⇒ v′ = z′u+ z

z′u+ z =u− 3zu−4u− zu

=1− 3z−4− z

⇒ udz

du=

1− 3z−4− z

− z


dz

duu =

1− 3z + 4z + z2

−4− z=z2 + z + 1−(4 + z)

−(4 + z)z2 + z + 1

dz =du

u

⇒ ln |u| − C = −12

ln |z2 + z + 1| − 7√3

arctg2z + 1√

3pero

u = x− 1v = y − 1 ⇒ z =

v

u=y − 1x− 1

Por lo tanto tenemos:

12

ln[(y − 1)2 + (y − 1)(x− 1) + (x− 1)2

]+

7√3

arctg2y + x− 3√

3(x− 1)= C

c) Si c2 + C2 6= 0 ∧ aB−Ab = 0 entonces, las rectas ax+ by+ c = 0 ∧ Ax+

By + C = 0 son paralelas.

De aB− Ab = 0 resulta:B

b=

A

a= K

luego,dy

dx= f

(ax+ by + c

K(ax+ by) + C

)(2.30)

ponemos

ax+ by = z ⇒ a+ bdy

dx=dz

dx

dy

dx=

1b

(dz

dx− a

)la ecuacion se transforma en

1b

(dz

dx− a

)= f

(z + c

kz + c

)Luego:

dz

dx= bf

(z + c

kz + c

)+ a

dz

bf(

z+ckz+c

)+ a

= dx

x+ c =∫

dz

bf(

z+ckz+c

)+ a

= φ(z)

x+ c = φ(ax+ by)


Ejemplo:

(3x+ 3y − 1)dx+ (x+ y + 1)dy = 0

y =−x− y − 13x+ 3y − 1

y = −13

(x+ y) + 1(x+ y)− 1

z = x+ y, z′ = 1 + y′

z′ − 1 =−z + 13z + 1

z′ =−z + 1 + 3z − 1

3z − 1=

2z3z − 1

3z − 12z

dz = dx

32(x+ y)− 1

2ln(x+ y) = x+ C

2.2.6 Ecuaciones Lineales de 1er Orden

Definicion 2.5 Una ecuacion de la forma :

y′ + P (x)y +Q(x) = 0 (2.31)

con P y Q funciones contınuas en [a, b] se llama Ecuacion Diferencial Linealde 1er Orden.

Observacion :

La ecuaciondy

dx+ P (x)y = 0

se llama Ecuacion Lineal homogenea (asociada).

Teorema 2.2 La solucion general de la ecuacion (??) esta dada por:

y = e−∫

P (x)dx

[C −

∫Q(x)e

∫P (x)dxdx

]∀x ∈ [a, b]


Demostracion :

Resolvamos primero la Ecuacion Lineal Homogenea Asociada

y′ + P (x)y = 0 x ∈ [a, b]

dy

y= −P (x)dx⇒ ln |y| = −

∫P (x)dx+ ln |C|

⇒ y = Ce−∫

P (x)dx

Solucion general de la Ecuacion Homogenea.

La funcion y1 = e−∫

P (x)dx es una solucion particular de la ecuacionhomogenea, para C = 1.

Hacemos el cambio y = y1u, luego

dy

dx=dy1dx

u+ y1du

dx

entonces, reemplazando en la ecuacion (??) tenemos :

dy1dx

u+ y1du

dx+ Py1u+Q = 0

o bien

u

[dy1dx

+ Py1

]+ y1

du

dx+Q = 0

luego,

y1du

dx+Q = 0 ⇒ du(x) = −Q(x)y−1

1 (x)dx /∫

u(x) + c1 = −∫Q(x)y−1

1 (x)dx = −∫Q(x)e

∫P (x)dxdx

luego,

y(x) = y1(x)u(x) = e−∫P (x)dx

[C −

∫Q(x)e

∫P (x)dxdx

]

Observacion 1 :

El metodo usado para la resolucion de la Ecuacion Diferencial Lineal no Ho-mogenea se llama “Metodo de variacion de parametros”. En efecto, cuandohicimos y = uy1 (tenıamos y = Cy1) hemos hecho variar la constante C(parametro).


Observacion 2 :

La solucion de la Ecuacion Diferencial Lineal no Homogenea se escribe :

y = c1e−∫

P (x)dx − e−∫

P (x)dx∫Q(x)e

∫P (x)dxdx

o sea es igual con la solucion general de la ecuacion homogenea asociada masuna solucion particular de la ecuacion no homogenea (que se puede obtener dela solucion general de la no homogenea tomando C1 = 0.)

Ejemplo :

y′ − xy = (1− x2)

y = x es solucion particular luego, solo resolvemos la homogenea.

Observacion 3 :

La solucion general de la Ecuacion Diferencial Lineal no homogenea es de laforma

y = ϕ(x) + Cψ(x)

Familia de curvas que depende linealmente de un parametro.Recıprocamente, toda familia de curvas que depende linealmente de un

parametro, verifica una ecuacion diferencial lineal de 1er orden.En efecto:

y′ = ϕ′(x) + Cψ′(x)

y − ϕ(x)ψ(x)

= C yy′ − ϕ′(x)ψ′(x)

= C

luego, eliminando C se tiene :

ψ′(x)yψ(y)

− ψ′(x)ϕ(x)ψ(x)

− ϕ′(x) = y′

y′ − ψ′(x)ψ(y)

y +ψ′(x)ϕ(x)ψ(x)

− ψ′(x) = 0

la cual es una Ecuacion Lineal de 1er orden.


Observacion 4 :

Si conocemos una solucion particular y1 de la ecuacion lineal

y′ + P (x)y +Q(x) = 0

La solucion general se obtiene por una cuadratura (integracion).En Efecto: Hacemos y = z + y1

⇒ z′ + y′1 + Pz + Py1 +Q = 0

peroy′1 + Py1 +Q = 0

luego,

z′ + Pz = 0 ⇒ dz

z= −P (x)dx

⇒ ln |z| = −∫P (x)dx+ ln c

luego,

y = y1 + Ce−∫

P (x)dx

Solucion general de la ecuacion lineal.

Ejemplo:

Resolver la ecuacion y′ − xy = (1 − x2), si le conocemos la solucion particulary1 = x

Solucion:

y = y1 + Ce−∫

P (X)dx

y = x+ Ce∫

xdx = x+ Cex2/2

Observacion 5:

Sea y = ϕ(x) + Cψ(x) solucion general de una ecuacion lineal. Sean y1, y2, ytres soluciones particulares correspondiente a las constantes C1, C2, C, es decir:

y1 = ϕ(x) + C1ψ(x)y2 = ϕ(x) + C2ψ(x)y = ϕ(x) + Cψ(x)

⇒ y − y2y1 − y2

=C − C2

C1 − C2= A (cte.)

⇒ y − y2 = A(y1 − y2)

y = A(y1 − y2) + y2


o sea, si conocemos 2 soluciones podemos hallar la solucion general sin ningunacuadratura (sin integrar).

y = A(y1 − y2) + y2

Ejemplo:

Resolver : y′ cosx+ y senx+ 4 cos3 x = 0

Solucion :

Primero la homogenea asociada

y′ cosx+ y senx = 0 ⇔ dy

y=

senxcosx

dx

luego,ln |y| = ln | cosx|+ lnC ⇒ y = C cosx

ponemos ahora

y = C(x) cosx⇒ y′ = C ′(x) cosx− C(x) senx

y reemplazamos en la ecuacion

(C ′ cosx− C senx) cosx+ C cosx senx+ 4 cos3 x = 0C ′ cos2 x− C senx cosx+ C cosx senx+ 4 cos3 x = 0

C ′ = −4 cosx⇒ C = −4 senx+K

luego,y = (−4 senx+K) cosx

y = K cosx− 4 senx cosx

por formula de variacion de parametros

y = e−∫

P (x)dx

[K −

∫Qe∫

P (x)dxdx

]aplicada a:

y′ + ysenxcosx

+ 4 cos2 x = 0

se tiene:

y = e−∫ senx

cos x dx[K −

∫4 cos2 xe

∫ senxcos x dxdx

]y = cosx

[K −

∫4 cos2 x(cosx)−1dx

]= cosx

[K −

∫4 cosxdx

]


⇒ y = cosx[K − 4 senx]

Por otra parte y1 = −4 senx cosx; y2 = cosx − 4 senx cosx son dos solucionesparticulares de la ecuacion: y′ cosx+ y senx+ 4 cos3 x = 0.

Luego podemos escribir la solucion de inmediato sin realizar integracionalguna,

y = A(y1 − y2) + y2= A(−4 senx cosx− (cosx− 4 senx cosx)) + (cosx− 4 senx cosx)= A(− cosx) + (cosx− 4 senx cosx)= (1−A) cosx− 4 senx cosx (1−A) = K

Ejemplo 1:

y′ −(

1 +1x

)y +

(x+

1x

)ex = 0

y = e∫

(1+ 1x )dx

(C −

∫ ((x+

1x

)exe−

∫(1+ 1

x )dx

))y = e(x+ln x)

(C −

∫ (x+

1x

)exe−x 1

xdx

)y = exx

(C −

∫ (1 +

1x2

)dx

)y = xex

(C −

(x+

1x

)dx

)y = Cxex − x2ex + ex

Ejemplo 2:

y′ + 2y = x+2x

y′ + 2y − (x2 + 2x) = 0

y = e−∫

P (x)dx

(C −

∫Q(x)e

∫P (x)dxdx

)y = e−2z

(C −

∫(x2 + 2z)e2xdx

)y = e−2x

(C +

∫x2e2xdx+

∫2xe2xdx

)y = e−2x

(C +

12x2e2x − e2x

4(2x− 1) +

e2x

2(2x− 1)

)Resuelva los ejercicios que siguen:


a) xy′ + y = x3

b) dxdt + x = cos t; Ejercicio propuesto.

2.2.7 Ecuaciones Diferenciales de 1er Orden reductibles aLineales

a) Ecuacion de Bernoulli

y′ + P (x)y +Q(x)yα = 0

P ∧ Q contınuas, α ∈ IR− 0, 1

Teorema 2.3 La ecuacion de Bernoulli se transforma en lineal con el cambiode variables z = y1−α.

Demostracion

y′ + P (x)y +Q(x)yα = 0 / : y−α

y′y−α + P (x)y1−α +Q(x) = 0

pero z = y1−α ⇒ dzdx = (1− α)yαy′ ⇒ y′y−α = z′

1−α

z′

1− α+ P (x)z +Q(x) = 0

z′ + (1− α)P (x)z + (1− α)Q(x) = 0 Lineal.

Ejemplo

Resolver xy′ + y + 3y2x lnx = 0; x > 0Bernouilli

α = 2 ⇒ z = y−1 =1y⇒ z′ =

−y′

y2

entoncesxy′ + y + 3y2x lnx = 0 / : xy2

se obtieney′

y2+

1xy

+ 3 lnx = 0

⇒ z′ − zx − 3 lnx = 0 Lineal


z = e∫

1x dx

[C −

∫−3lnxe−

∫1x dxdx

]z = x

[C +

∫3 ln x

x dx]

z = x[C + 3

2 ln2 x]

pero z = 1y , por lo tanto:

y =1

x[C + 3

2 ln2 x]

si queremos determinar por ejemplo la solucion particular que pasa por el punto(1,5), es decir, y(1) = 5 entonces tenemos que:

5 =1

1[C + 3

2 ln2 1] =

1C⇒ C = 1

5

luego,

yp =1

x[15 + 3

2 ln2 x] =

10x(2 + 15 ln2 x)

Ejemplo:

y′ +y

x=

1x2y2

y′ +y

x− 1x2y2

= 0

α = −2; z = y1−α = y3; z′ = 3y2y′; y′ = z′

3y2

z′ +3√zx · 3x 2

3 − 3x2 = 0

z′ + zx −

3x2 = 0

z = e−∫

3x dx

(C +

∫3x2e−∫

3x dxdx

)z =

1x3

(C +

∫3xdx

)=

1x3

(C +

3x2x2

)

y3 =C

x3+

32x


b) Ecuacion de Ricatti

y′ + P (x)y2 +Q(x)y +R(x) = 0 (2.32)

donde P, Q ∧ R contınuas en [a.b].En general este tipo de ecuaciones no puede ser integrado (resuelto), pero

al menos tenemos el siguiente resultado:

Teorema 2.4 Si se conoce una solucion particular y1 de la ecuacion de Ricatti,con el cambio de variable siguiente: y = y1 + 1

z la ecuacion se transforma enlineal.

Demostracion :

Tenemos que y = y1 + 1z ⇒ y′ = y′1 − (z′/z2), luego (??) se escribe:[

y′1 −z′

z2

]+ P (x)

[y1 +

1z

]2+Q(x)

[y1 +

1z

]+R(x) = 0

o bien[y′1 + P (x)y2

1 +Q(x)y1 +R(x)]︸︷︷︸

= 0, pues y1 es solucion de (??)

+[− z

′

z2+ P (x)

[2y1z

+1z2

]+Q(x)

1z

]= 0

obtenemos multiplicando por z2

z′ − 2P (x)y1z −Q(x)z − P (x) = 0

z′ − [2P (x)y1 +Q(x)] z − P (x) = 0 Lineal en z

Ejemplo 1:

Integrar (resolver): xy′ + 2y2 − 3y − 2 = 0Intentemos una solucion constante (por lo tanto debe ser y′ = 0)

2y2 − 3y − 2 = 0 ⇒ y =3±

√9 + 164

⇒ y1 = 2y2 = − 1

2

y1 = 2 solucion particular, luego hacemos la sustitucion

y = y1 +1z

= 2 +1z⇒ y′ = − z

′

z2


y obtenemos:

− z′

z2+

2x

[2 +

1z

]2− 3x

[2 +

1z

]− 2x

= 0 / · (−z2)

z′ − 2x

(4z2 + 4z + 1) +3x

(2z2 + z) +2xz2 = 0

z′ − 2xz2 − 5

xz − 2

x+

2xz2 = 0

z′ − 5xz − 2

x= 0 Lineal

por tanto su solucion es:

z = e∫

5x dx

[C −

∫2xe−∫

5x dxdx

]= x5

[C +

∫2xx

−5dx]

= x5[C − 2

5x5

]= Cx5 − 2

5 = 5Cx5−25

pero y = 2 + 1z ⇒ y − 2 = 1

z

⇒ z =1

y − 2∧ Z =

5Cx5 − 25

⇒ y − 2 =5

5Cx5 − 2

y = 2 +5

5Cx5 − 2

Ejemplo 2:

y′ = y2 − x2 + 1 yp = x

y = yp +1z⇒ y = x+

1z

y′ = 1− z′

z2

1− z′

z2=(x+ 1

z

)2 − x2 + 1

z′ + 2xz + 1 = 0

z = e−∫

2xdx

(C −

∫e∫

2xdx

)z = e−x2

(C −

∫ex2

dx

)1

y − x= e−x2

(C −

∫ex2

dx

)


2.2.8 Ecuaciones Algebraicas en y′

Sea la ecuacion diferencial:

An(x, y)(y′)n +An−1(x, y)(y′)n−1 + · · ·+A1(x, y)y′ +A0(x, y) = 0 (2.33)

que resulta de anular un polimomio en y′ con coeficientes Ak(x, y) contınuas enx e y, en un dominio D ⊂ IR2 y con An(x, y) 6= 0 en D.

Consideremosla como ecuacion algebraica en y′ con las raices fk(x, y), k =1, 2, . . . , n. Cada raız real nos da una ecuacion de la forma:

y′ = fk(x, y) (2.34)

y cualquier solucion de (??) es solucion de (??).

Ejemplo:

y′2 − (x+ y)y′ + xy = 0; despejamos y′ se tiene:

y′ =(x+ y)±

√(x+ y)2 − 4xy2

=(x+ y)± (x− y)

2

Por lo tanto obtenemos y′1 = x; y′2 = y

y′1 = x ⇒ y =x2

2+ C

y′2 = y ⇒ y = ex + C

Cada una de estas dos familias de soluciones verifica la ecuacion original.

Ejemplo:

xyy′2 + (y2 − x2)y′ − xy = 0

y′ =−(y2 − x2)±

√(y2 − x2)2 + 4x2y2

2xy

y′ =−(y2 − x2)±

√y4 − 2y2x2 + 4x2y2 + x4

2xy

y′ =−(y2 − x2)±

√(y2 + x2)2

2xy

y′1 = −y2+x2+y2+x2

2xy = xy


y212 = x2

2 + C

y′2 = −y2+x2−y2−x2

2xy = − yx , − ln y2 = lnxC

y2 = 1Cx

2.3 Ecuaciones Diferenciales de 1er Orden no re-sueltas respecto de y′, integrables por meto-dos elementales

1. La ecuacion y = f(y′), f ∈ C1([a, b])

Teorema 2.5 La solucion general de y = f(y′) esta dada por: y = f(p)

x =∫

1pf ′(p)dp+ C

Demostracion :

Hacemos y′ = p⇒ y = f(p) ⇒ dy = f ′(p)dp

Por otro lado tenemosdy

dx= p⇒ dy = pdx

luego, dx =1pf ′(p)dp⇒

x =∫

1pf ′(p)dp+ C

y = f(p)

Observacion:

La solucion general esta definida sobre cualquier intervalo [α, β] ⊂ [a, b]sobre el cual

∫1pf

′(p)dp esta definida.

Ejemplo 1

Resolver y = y′3 + y′7

Hacemos y′ = p⇒ y = p3 + p7 ⇒ dy = (3p2 + 7p6)dp

pero y′ = p⇒ dy

dx= p⇒ dy = pdx


luego, pdx = (3p2 + 7p6)dp

dx =1p(3p2 + 7p6)dp = (3p+ 7p5)dp

Obtenemos la solucion parametrica:x = 3

2p2 + 7

6p6 + C

y = p3 + p7

Ejemplo 2

Resolver y = y′2 − y3

2. La ecuacion F (y, y′) = 0Resolver tal ecuacion es facil (solo una cuadratura), si se conoce una rep-resentacion parametrica de la curva F (u, v) = 0 o sea, u = ϕ(t) ∧ v =ψ(t) t ∈ [a, b].En efecto, podemos escribir (con ϕ,ϕ′, ψ contınuas en [a, b]).

y = ϕ(t) ⇒ dy

dt= ϕ′(t) ⇒ dy = ϕ′(t)dt

y′ = ψ(t) ⇒ dy

dx= ψ(t) ⇒ dy = ψ(t)dx

dx =

ϕ′(t)ψ(t)

dt

x =∫ϕ′(t)ψ(t)

dt+ C

luego, x =∫ϕ′(t)ψ(t)

dt+ C

y = ϕ(t)∀ t ∈ [α, β] ⊂ [a, b]

Ejemplo 1

y′2 − 4y2 + 4y4 = 0 (∗)

Se puede resolver si ponemosy′ = sen 2ty = cos t que es una representacion

parametrica para (∗) pues:

(sen 2t)2 − 4 cos2 t+ 4 cos4 t = 0(2 sen t cos t)2 − 4 cos2 t(1− cos2 t) = 04 sen2 t cos2 t− 4 cos2 t(1− cos2 t) = 0

4 cos2 t(sen2 t+ cos2 t− 1) = 0

dy

dx= sen 2t ⇒ dy = sen 2tdx

dy

dt= − sen t ⇒ dy = − sen tdt

=⇒

dx =− sen tdtsen 2t

dx =− sen tdt

2 sen t cos t

dx =−dt

2 cos t


x = ln

∣∣tg [ t2 + π

4

]∣∣+ Cy = cos t

Ejemplo 2.-

Resolver:y

23 + y′

23 = 1

Solucion: hacemos

y = cos3 ty′ = sen3 t

; pues (cos3 t)23 + (sen3 t)

23 = 1

y = cos3 t⇒ dy

dt= −3 cos2 t sen t⇒ dy = −3 cos2 t sen tdt

por otro lado y′ = sen3 t por lo tanto dy = sen3 tdx

Por lo tanto dx =−3 cos2 t

sen2 tdt

luego,

x =∫ [

3− 3sen2 t

]dt = 3t+ 3 ctg t+ C

luego, la solucion general es :x = 3t+ 3 ctg t+ Cy = cos3 t

Ejemplo 3.-

y′2 + y2 = 1

y′ = cos t y = sen tdy

dx= cos t ⇒ dy = cos tdx

dy

dt= cos t ⇒ dy = cos tdt

De aquı se tiene que

dx =cos tcos t

dt⇒ x = t+ Cy = cos t ⇒ y = cos(x− c)

3. La ecuacion x = f(y′); f ∈ C1([a, b], IR)

Teorema 2.6 La solucion general de la ecuacion esta dada por :x = f(p)y =

∫pf ′(p)dp+ C

p ∈ [a, b]


Demostracion:

y′ = p⇒ dy = pdx⇒ dy

p= dx

luego,

x = f(p) ⇒ dx

dp= f ′(p) ⇒ dx = f ′(p)dp

dy

p= f ′(p)dp⇒ dy = pf ′(p)dp⇒ y =

∫pf ′(p)dp+ C

x = f(p)y =

∫pf ′(p)dp+ C

Ejemplo 1:

x = y′ + ln y′; y′ > 0

Solucion Ponemos y′ = p⇒ x = p+ ln p

dy

dx= p⇒ dy

p= dx

luego,dy = p(1 + 1

p )dp

dy = (p+ 1)dp y =p2

2+ p+ C

x = p+ ln p; p > 0

Ejemplo 2:

x = ln y′ + sen y′ y′ = p

x = ln p+ sen p /d

dy

dx

dy=

1p

dp

dy+ cosP

dp

dy

1p

=dp

dy

(1p

+ cos p)

dy = (1 + p cos p)dp

y = p+ cos p+ p sen p+ C

x = ln p+ sen p


4. La ecuacion F (x, y′) = 0

Resolver tal ecuacion es facil, si se conoce una representacion parametricade la curva F (u, v) = 0 o sea, u = ϕ(t) ∧ v = ψ(t) contınuas.

En efecto: con x = ϕ(t); y′ = ψ(t) se tiene

dx

dt= ϕ′(t) ;

dy

dx= ψ(t)

⇒ dx = ϕ′(t)dt ; dy = ψ(t)dx

por lo tanto: dy = ψ(t)ϕ′(t)dt

luego,x = ϕ(t)y =

∫ψ(t)ϕ′(t)dt+ C

Ejemplo:

x2 + y′2 = 1

x = sen t⇒ dx = cos tdty′ = cos t⇒ dy = cos tdx⇒ dy = cos2 tdt

y = t2 + 1

4 sen 2t+ Cx = sen t

Ejemplo:

x− e−y′ = y′ y′ = t

x = t+ et / ddt

dx = (1 + et)dt

y como y′ = tdy

dx= t⇒ dy = tdx

dy = t(1 + et)dt

y =t2

2+ tet − et + C

x = t+ et

5. Ecuacion de Lagrange:

A(y′)x+B(y′)y + C(y′) = 0 ; A, B, C ∈ C1[a, b].


Observacion:

La ecuacion de Lagrange es lineal en x e y con coeficientes funciones dey′.

Dividiendo por B(y′) 6= 0 se obtiene una nueva forma para la Ecuacion deLagrange :

y = ϕ(y′)x+ ψ(y′) (2.35)

Integrar la Ecuacion de Lagrange se reduce a integrar una ecuacion lineal.

En efecto, en (??) hacemos y′ = p luego, se tiene:

y = ϕ(p)x+ ψ(p)

dy

dx= xϕ′(p)

dp

dx+ ϕ(p) + ψ′(p)

dp

dx

p = [xϕ′(p) + ψ′(p)]dp

dx+ ϕ(p)

p− ϕ(p) = [xϕ′(p) + ψ′(p)]dp

dx

dx

dp=

ϕ′(p)p− ϕ(p)

x+ψ′(p)

p− ϕ(p)

luego,

dx

dp+

ϕ′(p)ϕ(p)− p

x+ψ′(p)

ϕ(p)− p= 0 ϕ(p) 6= p

Ecuacion Lineal x = e−∫

ϕ′(p)ϕ(p)−p

dp

[C −

∫ψ′(p)

ϕ(p)− pe−∫

ϕ′(p)ϕ(p)−p

dpdp

]y = ϕ(p)x+ ψ(p)

SolucionParametrica

Observacion:

Si p0 es solucion (raız) de ϕ(p)− p = 0 podemos tener dos situaciones:

(a) limp→p0

|x| = ∞

Cuando la recta y = ϕ(p0)x+ψ(p0) es una direccion asintotica a lascurvas integrales de la solucion general.


(b) limp→p0

x = x0 (finito)

Cuando la recta y = ϕ(p0)x + ψ(p0) es una solucion singular de laEcuacion de Lagrange.

Ejemplo:

y = xy′2 + ln y′ (Lagrange); y′ 6= 0

y′ = p⇒ y = xp2 + ln p /d

dx

dy

dx= p2 + 2px

dp

dx+

1p

dp

dx= p2 +

[2px+

1p

]dp

dx

p = p2

[2px+

1p

]dp

dx⇒ p− p2 =

[2px+

1p

]dp

dx

dx

dp=

2pxp− p2

+1

p(p− p2)

dx

dp+

2xp− 1

+1

p3 − p2= 0

x = e−∫

2p−1 dp

[C −

∫1

p2(p− 1)e∫

2p−1 dpdp

]x =

1(p− 1)2

[C −

∫1

p2(p− 1)(p− 1)2dp

] x =

1(p− 1)2

[C − ln p− 1

p

]y = xp2 + ln p

; p > 0 ∧ p 6= 1

Ejemplo:

y = x(1 + y′) + y′2 y′ = P

y = x(1 + P ) + P 2 / ddx

dy

dx= 1 + P + x

dP

dx+ 2P

dP

dx

dx

dP+ x+ 2P = 0 Lineal en x


x = e−∫

dP

(C −

∫2Pe

∫dP dP

)x = e−P

(C − 2

∫PeP dP

)x = e−P

(C − 2eP (p− 1)

)x = e−P (C − 2Pep − 2eP )y = x+ xP + P 2

reemplazamos x obteniendo la solucion general parametrica.

6. Ecuacion de Clairaut: (caso particular de ecuacion de lagrange conϕ(p) = p)

y = xy′ + ψ(y′) , ψ ∈ C1[a, b] (2.36)

reemplazamos y′ = p⇒ y = xp+ ψ(p) (∗)

p =dy

dx= p+ x

dp

dx+ ψ′(p)

dp

dx

luego,

p = p+ (x+ ψ′(p))dp

dx= 0 ⇔ (x+ ψ′(p))

dp

dx= 0

i)dp

dx= 0 ⇒ p = C

de donde se obtiene reemplazando en (??), la Solucion general de laEcuacion de Clairaut.

y = xC + ψ(C)

Observacion:

La solucion general de la Ecuacion de Clairaut es una familia derectas que se obtiene de reemplazar en la ecuacion y′ por C.

ii) x+ ψ′(p) = 0luego, obtenemos reemplazando en (∗):

x = −ψ′(p)

y = −ψ′(p)p+ ψ(p)x = −ψ′(p) Solucion Singular


Observacion:

La solucion general de la Ecuacion de Clairaut es una familia derectas que depende de un parametro C.

Eliminando C entre la ecuacion y = Cx+ ψ(C) y la derivada respecto deC, x+ ψ′(C) = 0 se obtiene la curva:

(Γ )x = −ψ′(C)y = −Cx− ψ(C)

o bien g(x, y) = 0, que es la solucion singular. Luego, la solucion singulares la envolvente de la familia de rectas representadas por la soluciongeneral.

Ejemplo:

y = xy′ + y′2 (Clairaut)

y′ = p⇒ y = xp+ p2 por lo tantody

dx= p+ (x+ 2p)

dp

dx

i)dp

dx= 0 ⇒ p = C por lo tanto obtenemos la solucion general

y = Cx+ C2 x ∈ IR

ii) La solucion singular esta dada por: y = −x2

4 , que se obtiene comosigue:

x+ 2p = 0 ⇒ x = −2p; y = xp+ p2 = −2p2 + p2 = −p2

por lo tantox = −2py = −p2

/ ()2

/ ·4x2 + 4y = 0

esta solucion singular es la envolvente de la familia de rectas dadasde la solucion general.

Ejemplo:

xy′ − y +√

1 + y′2 = 0y = xy′ +

√1 + y′2

y′ = C

y = Cx+√

1 + C2


7. y = f(x, y′)

Hacemos el cambio de variables: y′ = p⇒ y = f(x, p) / ddx

dy

dx=∂f

∂x+∂f

∂p

dp

dx⇒ dp

dx=p− ∂f

∂x∂f∂p

/∫

p =∫p− ∂f

∂x∂f∂p

dx⇒ p = ϕ(x,C); pero p =dy

dx

obtenemos : dydx = ϕ(x,C) por lo tanto y = f(x, ϕ(x,C))

Ejemplo:

y′2 +y′x+y+ 12x

2 = 0 ponemos y′ = p, por lo tanto la ecuacion se escribe:

p2 + px+ y + 12x

2 = 0 /d

dx(2.37)

2pdp

dx+ p+ x

dp

dx+dy

dx+ x = 0

(2p+ x)dp

dx+ 2p+ x = 0 ⇒ (2p+ x)

[dp

dx+ 1]

= 0

(a)dp

dx+1 = 0 ⇒ p = −x+C, reemplazamos en la ecuacion y obtenemos

la solucion general.

y = − 12x

2 − x(−x+ C)− (−x+ C)2

(b) 2p+ x = 0 ⇒ x = −2p reemplazamos en (??)

p2 − 2p2 + y +124p2 = 0

⇒ y = −p2

SolucionSingular

x = −2py = −p2

eliminamos el parametro py obtenemos: x2 + 4y = 0


Ejemplo:

xy′2 + 2xy′ − y = 0 y′ = p

xp2 + 2xp− y = 0 / ddx

p2 + x2pdp

dx+ 2p+ 2x

dp

dx− dy

dx= 0

(2xp+ 2x)dp

dx+ p2 + 2p− p = 0

2x(p+ 1)dp

dx+ (p2 + p) = 0

(p+ 1)(

2xdp

dx+ p

)= 0

(a) 2xdp

dx+ p = 0 ⇒ 2x

dp

dx= −p

ln(

1p

)= lnx2 + lnC

p =1

Cx2

luego tenemos que

x1

x4C2+ 2x

1x2C

− y = 0

1x3C2

+1xC

− y = 0

y =1

x3C2+

1xC

Solucion General

(b) p+ 1 = 0; p = −1

dy

dx= −1 ⇒ y + x = 0 Solucion Singular

8. x = f(y, y′)y′ = p⇒ x = f(y, p) / ∂

∂y

⇒ dx

dy=∂f(y, p)∂y

+∂f(y, p)∂p

dp

dy

1p− ∂f

∂y=∂f

∂p

dp

dy

1p −

∂f∂y

∂f∂p

=dp

dy⇒ p = ϕ(y, C)

luego x = f(y, ϕ(y, C)) Solucion general.


Ejemplo:

x = yy′ + y′2

y′ = p⇒ x = yp+ p2 /d

dy

dx

dy= p+ y

dp

dy+ 2p

dp

dy

1p− p = (y + 2p)

dp

dy⇒

1−p2

p

y + 2p=dp

dy

1− p2

p(y + 2p)=dp

dy⇒ dy

dp=

py

1− p2+

2p2

1− p2

dy

dp+

py

p2 − 1+

2p2

p2 − 1= 0 Lineal

y = e−∫

p

p2−1dp[C −

∫2p2

p2 − 1e

∫p

p2−1dpdp

]y = (p2 − 1)−

12

[C −

∫2p2

p2 − 1(p2 − 1)

12 dp

]que junto con x = yp + p2 determina la solucion general. Por tanto lasolucion general es:

x = yp+ p2

y = (p2 − 1)−12

[C −

∫2p2

p2−1 (p2 − 1)dp]


2.4 Integracion Grafica de las Ecuaciones Dife-renciales de 1er Orden

2.4.1 Metodo de las poligonales; (Euler)

Sea dada la ecuacion:

y′ = f(x, y) f ∈ C0[a, α]× [b, β] (2.38)

Queremos hallar graficamente la solucion de la ecuacion (??) que pasa por elpunto (a, b).

Con tal objetivo particionaremos el intervalo [a, α] en n subintervalosa = x0 < x1 < · · · < xn = α.

pasamos por los puntos xk rectas paralelas con el eje Y

y trazamos, empezando por el punto (a, b), la poligonal M0M1M2 . . .Mn

donde el segmento MkMk+1 tiene el coeficiente angular y′k = f(xk, yk)


luego la lınea poligonal M0M1M2 . . .Mn tiene como ecuacion :

f(x) =

y0 + (x− a)f(a, b) a ≤ x ≤ x1

y1 + (x− x1)f(x1, y1) x1 ≤ x ≤ x2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn−1 + (x− xn−1)f(xn−1, yn−1) xn−1 ≤ x ≤ α

donde yo = by1 = b+ (x1 − a)f(a, b). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yk = yk−1 + (xk − xk−1)f(xk−1, yk−1)

En el punto (a, b) la recta M0M1 es tangente a la curva integral buscada quepasa por este punto. Para los puntos que siguen, puesto que la poligonal (queaproxima la curva buscada) se separa de la solucion exacta, las rectas MkMk+1

son paralelas con la tangente a la curva integral.

Ejemplo:

Aproximar por medio de una poligonal la solucion de la ecuacion

y′ = 8x2 + 3y2 x ∈[− 6

10,

610

]

que pasa por el origen (0, 0)

Solucion:

La curva es simetrica respecto del origen, luego tomamos:

x0 = 0 , x1 = 0, 05 , x2 = 0, 1 , x3 = 0, 2x4 = 0, 3 , x5 = 0, 4 , x6 = 0, 5 , x7 = 0, 6


tenemos:

(M0) : x0 = 0 y0 = 0 , y′0 = 0

(M1) : x1 = 0, 05y1 = y0 + (x1 − a)f(a, b)y1 = 0 + 0, 05 · 0 = 0y′1 = 8(0, 05)2 + 3(0)2 = 0, 02

(M2) : x2 = 0, 1y2 = 0, 05 · 0, 02 = 0, 001y′2 ' 0, 08

(M3) : x3 = 0, 2y3 = 0, 001 + 0, 1 · 0, 08 = 0, 009y′3 ' 0, 32

(M4) : x4 = 0, 3y4 = 0, 009 + 0, 1 · 0, 32 = 0, 041y′4 ' 1, 316

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(M7) : x7 = 0, 6 y7 = 0, 465 , y′7 = 3, 53

Ejemplo:

Hallar por el metodo de Euler la Poligonal que aproxima la ecuacion y′ = x,que pasa por el origen.

yk+1 = yk + f(xk, yk) · (xk+1 − xk)


Si formamos (xk+1 − xk) = 0, 1 y y0 = 0; x0 = 0

y1 = y0 + 0, 1 · 0 = 0 x1 = 0, 1y2 = 0 + 0, 1 · 0, 1 = 0, 01 x2 = 0, 2y3 = 0, 01 + 0, 1 · 0, 2 = 0, 03 x3 = 0, 3y4 = 0, 03 + 0, 1 · 0, 3 = 0, 06 x4 = 0, 4y5 = 0, 06 + 0, 1 · 0, 4 = 0, 1 x5 = 0, 5y6 = 0, 1 + 0, 1 · 0, 5 = 0, 15 x6 = 0, 6y7 = 0, 15 + 0, 1 · 0, 6 = 0, 21 x7 = 0, 7y8 = 0, 21 + 0, 1 · 0, 7 = 0, 28 x8 = 0, 8y9 = 0, 28 + 0, 1 · 0, 8 = 0, 36 x9 = 0, 9y10 = 0, 36 + 0, 1 · 0, 9 = 0, 45 x10 = 1, 0y11 = 0, 45 + 0, 1 · 1 = 0, 55 x11 = 1, 1y12 = 0, 55 + 0, 1 · 1, 1 = 0, 66 x12 = 1, 2y13 = 0, 66 + 0, 1 · 1, 2 = 0, 78 x13 = 1, 3

...

2.4.2 Metodo de Isoclinas

Sea la ecuacion diferencial y′ = f(x, y) y suponemos que se puede construirfacilmente la familia de curvas f(x, y) = m, donde m es un parametro real.

Si m = m0 obtenemos la curva f(x, y) = m0 que tiene la propiedad quepara todo punto M de esta curva, la curva integral que pasa por este puntoM , tiene tangente paralela con la direccion fija y′ = m0 (este es el motivo delnombre “curvas isoclinas”).

Construyamos las isoclinas Γ0, Γ1, Γ2, . . . correspondiente a los valoresm0, m1, m2, . . .

Sobre el eje OY tomemos los puntos P0, P1, P2, . . . tal que OP 0 =m0, OP 1 = m1, OP 2 = m2, . . . y consideremos el punto T (−1, 0).

La recta TPk tiene coeficiente angular mk, es decir las rectas TP0, TP1,TP2, . . . nos dan las direcciones m0, m1, m2, . . .

Para construir la curva integral de la ecuacion y′ = f(x, y) que pasa porel punto M0(a, b) procedemos de la siguiente manera : pasamos por el punto M0


una paralela a la recta TP0 hasta el punto M1 situado a la mitad de la bandaentre Γ0, Γ1, desde el punto M1 trazamos una paralela a la recta TP1 hasta elpunto M2 situado a la mitad de la banda entre Γ1, Γ2, etc.

La curva integral (solucion) buscada es ası aproximada por la lınea polig-onal M0M1M2M3 . . .

Observacion:

En el punto de interseccion Nk(xk, yk) de la lınea poligonal con la isoclina Γk,la recta MkMk+1 es tangente a una curva integral de la ecuacion dada, pues lapendiente de la recta es mk = f(xk, yk) = y′k

Ejemplo:

Construir la solucion de la ecuacion y′ = x2 + x+ y2 + y x ∈ [−1, 1], que pasapor el punto (0, 0) (metodo isoclina).

Solucion:

y′ =[x+

12

]2+[y +

12

]2− 1

2

es decir, las curvas isoclinas son cırculos de centro P[− 1

2 ,12

], tenemos

m0 = 12 Γ0 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 1 r0 = 1

m1 = 32 Γ1 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 2 r1 =

√2

m2 = 52 Γ2 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 3 r2 =

√3

m3 = 72 Γ3 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 4 r3 = 2

m4 = 112 Γ4 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 6 r4 =

√6

m5 = 172 Γ5 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 9 r2 = 3

m6 = 312 Γ6 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 16 r6 = 4

m7 = 492 Γ7 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 25 r7 = 5

m8 = 712 Γ8 :

[x+ 1

2

]2 +[y + 1

2

]= 36 r8 = 6


2.5 Trayectorias Isogonales y Ortogonales

2.5.1 Trayectorias Isogonales

Definicion 2.6 Sean (Γ ) y (Γ ′) dos familias de curvas definidas en un dominioD ⊂ IR tal que, por cada punto del dominio D pasa una curva de cada familiay solo una.

Diremos que la familia de curvas (Γ ′) es isogonal a la familia de curvas(Γ ) en D si en cada punto del dominio D las dos curvas de las familias secortan segun un mismo angulo constante.

Sea (x0, y0) ∈ D, C y C ′ curvas de Γ y Γ ′ que pasan por el punto (x0, y0).Si m y m′ son los coeficientes angulares de las tangentes a las curvas en el punto(x0, y0) entonces, la condicion para que las familias de curvas Γ y Γ ′ seanisogonales es que el angulo θ que forman las tangentes sea constante ∀(x0, y0) ∈D o sea

tg θ = cte

Ejemplo:

y − x = a, y + x = b forman dos familias de rectas isogonales. Una recta de laprimera familia y una recta de la segunda se cortan en un angulo recto (90)siempre.

El problema que se tiene en general es el siguiente :Dada una familia de curvas (Γ ) en D, encontrar la familia (Γ ′) isogonal

a la familia (Γ ), es decir, la familia de curvas que intersecta a la familia (Γ )bajo un mismo angulo constante.

La respuesta al problema es la siguiente :

Teorema 2.7 Sea (Γ ) una familia de curvas definidas por la ecuacion dife-rencial f(x, y, y′) = 0, (x, y) ∈ D. La familia de curvas (Γ ′) que corta a lafamilia (Γ ) en un angulo θ constante con tg θ = K esta definida por la ecuaciondiferencial:


f

(x, y,

y′ − k

1 + ky′

)= 0 (x, y) ∈ D

Demostracion:

Si f(x, y, y′) = 0, (x, y) ∈ D, es la ecuacion diferencial de la familia (Γ ), unacurva C de la familia tiene en el punto (x, y) tangente de coeficiente angulary′ definida por la ecuacion diferencial f(x, y, y′) = 0, la curva C ′ isogonal ala familia (Γ ) que pasa por el punto (x, y) tiene tangente en este punto con

pendiente y′1 dada pory′1 − y′

1 + y′y′1= k de donde deducimos:

y′ =y′1 − k

1 + ky′1

luego, la ecuacion diferencial de las curvas C ′ isogonales a la familia Γ se obtienede la ecuacion diferencial de la familia (Γ ) cambiando y′ por y′1−k

1+ky′ , es decir,

f(x, y,y′ − k

1 + ky′) = 0

β = α+ θ ⇒ θ = β − α

luego,

tg θ = tg(β − α) =tgβ − tgα

1 + tgβ tgα

K = tg θ =m2 −m1

1 +m1m2


Observacion:

Sea Γ : F (x, y, C) = 0, entonces primero se obtiene la ecuacion diferencial quemodela tal familia, es decir f(x, y, y′) = 0, por lo tanto la ecuacion diferencialque modela la familia isogonala Γ es:

f(x, y,y′ − k

1 + ky′= 0

ecuacion que se resuelve y se obtiene la familia ϕ(x, y, C) : (Γ ′) isogonal con Γ .

Ejemplo:

Hallar las trayectorias isogonales a la familia de cırculos

x2 + y2 = C2 (Γ )

Solucion: 2x+2yy′ = 0 (ecuacion diferencial que modela Γ ) luego, cambiamosy′ por y′−k

1+ky′ para hallar la ecuacion diferencial que modela a la familia (Γ ′)isogonal a (Γ ) en un angulo θ con tg θ = K.

x+ y

(y′ − k

1 + y′k

)= 0 (homogenea)

y′ =ky − x

kx+ y

la integramos pasando a polares:

x = r cos θy = r sen θ

luego,dx = cos θdr − r sen θdθdy = sen θdr + r cos θdθ

luego, la ecuacion se escribe:

r′ sen θ + r cos θr′ cos θ − r sen θ

=Kr sen θ − r cos θr sen θ +Kr cos θ

o bien r′ +Kr = 0dr

dθ= −Kr

r = ce−Kθ θ ∈ IR espirales logaritmicas


Ejemplo:

Hallar las trayectorias isogonales a la familia de rectas y = kx.

Solucion:

y′ = k; y = y′x ecuacion diferencial que modela a la familia Γ ′

y =(y′ − k

1 + ky′

)x

y + kyy′ = y′x− kx

(ky − x)y′ = −kx− y

y′ =kx+ y

x− kyEcuacion diferencial homogenea

y = zx⇒ y′ = z′x+ z

z′x+ z =k + z

1− kzx

z′x =k + z

1− kz− z

ln(k + kz2)−12 = lnCx

ln(k

(1 +

y2

2

))− 12

= lnCx

(k

(1 +

y2

x2

))− 12

= Cx

2.5.2 Trayectorias Ortogonales

Definicion 2.7 Sean Γ y Γ ′ dos familias de curvas isogonales, si Γ y Γ ′ secortan en un angulo θ = π

2 entonces,Γ y Γ ′ se dicen ortogonales.

Teorema 2.8 Sea (Γ ) la familia de curvas definidas de la ecuacion diferencialf(x, y, y′) = 0, (x, y) ∈ D. La familia de curvas (Γ ′), que intersecta la familia(Γ ) en un angulo θ = π

2 esta definida por la ecuacion diferencial f(x, y,− 1y′ ) =

0, (x, y) ∈ D.

Demostracion:

Tenemosy′1 − y′

1 + y′y′1= K, si θ 6= π

2 , luego |K| 6= +∞.

Cuando θ → π2 ⇒ |K| → +∞.

Luego, 1 + y′y′1 → 0, o bien, y′1 → − 1y′


Observacion:

Si la ecuacion diferencial de la familia (Γ ) esta dada en coordenadas polaresF (θ, r, dr

dθ ) = 0 entonces, la ecuacion diferencial de las trayectorias ortogonales(Γ ′) esta dada por:

F

[θ, r,−r2 dθ

dr

]= 0

Ejemplo:

Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de parabolas y2 = Cx.

Solucion: Derivamos para obtener:

2yy′ = C ⇒ 2yy′x = Cx⇒ 2yy′x = y2

⇒ 2y′x = y

entonces las trayectorias ortogonales estan dadas por:

2x(− 1y′

) = y ⇒ 2x+ yy′ = 0 ⇔ 2xdx+ ydy = 0 ⇒ x2 + y2

2 = C

Ejemplo:

Encontrar la ecuacion de la familia de curvas ortogonales r = a(1 + cos θ).

Solucion:

F

(r, θ,

dr

dθ

)⇒ ortogonal F

(r, θ,−r2 dθ

dr

)dr

dθ= −a sen θ

−drdθ

1sen θ

= a

r =−r′

sen θ(1 + cos θ)


ortogonal, luego reemplazamos r′ = −r2 dθdr

r =r2

r′ sen θ(1 + cos θ)

r′ =r

sen θ(1 + cos θ)

dr

ln r=

1sen θ

dθ +cos θsen θ

dθ

ln r = ln(sen θ) + ln(

tgθ

2

)+ lnC

r = C · sen θ · tg θ2

2.6 Teorema de Existencia para Ecuaciones Di-ferenciales de 1er Orden

Hemos numerado y demostrado como resolver diferentes tipos de ecuacionesdiferenciales de 1er orden, las que podemos integrar o resolver con un numerofinito de cuadraturas, lo que claramente es posible solo para un numero pequenode ecuaciones.

En general, una ecuacion de la forma

y′ = f(x, y) (2.39)

no es de ninguno de los tipos que hemos visto, y no siempre conoceremos unmetodo de resolucion.

Luego, es necesario dar un metodo mas general que permita determinaruna solucion y = ϕ(x) de la ecuacion (??), que junto a su derivada ϕ′(x) verificala ecuacion (ademas del problema de unicidad).

El teorema que sigue establecera las condiciones para que tal solucionunica exista, y daremos un metodo de construccion efectiva.

Teorema 2.9 (De Existencia) Dada la ecuacion diferencial

y′ = f(x, y) (2.40)

tal que :

1. La funcion f(x, y) es contınua en D, con:

D = (x, y), t.q |x− x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b; (x0, y0) ∈ IR2


2. La funcion f(x, y) satisface la condicion Lipschitz:

|f(x, y1)− f(x, y2)| < L|y2 − y1|; L > 0, ∀(x, y1), (x, y2) ∈ D

Entonces con estas hipotesis existe una funcion ϕ(x) derivable en |x− x0| ≤ h(h ≤ a), solucion de (??) es decir ϕ′(x) = f(x, ϕ(x)), ∀x ∈ [x0 − h, x0 + h] yque cumple ϕ(x0) = y0.

Observacion:

ϕ(x0) = y0 significa, geometricamente que la solucion y = ϕ(x), |x − x0| ≤ h,pasa por (x0, y0).

Demostracion:

a) f contınua en el intervalo D (cerrado) entonces, f acotada sobre D.

SeaM > 0 tal que |f(x, y)| ≤M, ∀(x, y) ∈ D. Tomemos h = mina,

b

M

b) Para determinar la solucion y = ϕ(x) usaremos el metodo de aproxi-

maciones sucesivas. El metodo consiste en construir de aproximacion enaproximacion una sucesion de funciones:

y0(x), y1(x), y2(x), . . . , yn(x), . . .

que converja uniformemente sobre |x − x0| ≤ h hacia una funcion ϕ(x)que cumpla con las condiciones del teorema.

Como primer termino de la sucesion tomamos el numero y0; que llamamosaproximacion de orden cero.

El segundo termino de la sucesion de funciones, llamado primera aproxi-macion es:

y1(x) = y0 +∫ x

x0

f(x, y0)dx ; x ∈ [x0 − h, x0 + h]

Segunda aproximacion:

y2(x) = y0 +∫ x

x0

f(x, y1)dx ; x ∈ [x0 − h, x0 + h]

Tercera aproximacion:

y3(x) = y0 +∫ x

x0

f(x, y2)dx ; x ∈ [x0 − h, x0 + h]


n-esima aproximacion:

yn(x) = y0 +∫ x

x0

f(x, yn−1)dx ; x ∈ [x0 − h, x0 + h]

obtenemos de esta manera la sucesion de aproximaciones y0(x), y1(x),y2(x), . . . , yn(x), . . . con las propiedades que siguen:

I.- Las funciones yk(x), ∀k cumplen la condicion inicial yk(x0) = y0pues

∫ x0

x0f(x, yk−1)dx = 0

II.- yk(x) es contınua en [x0 − h, x0 + h] ∀k, en efecto, puesto que f escontınua, entonces

∫ x

x0f(x, yn−1)dx es contınua.

III.- ∀x ∈ [x0 − h, x0 + h] se tiene que: yn(x) ∈ [y0 − b, y0 + b] ∀n.

Demostraremos III por recurrencia:

|y1 − y0| =∣∣∣∣∫ x

x0

f(x, y0)dx∣∣∣∣ ≤ ∫ x

x0

|f(x, y0)|dx ≤M(x− x0) ≤Mh ≤ b

por lo tanto y ∈ [y0 − b, y0 + b] pues f(x, y0) ≤M ∧ h = mina, b

M

.

Supongamos que tambien la aproximacion de orden n − 1 se cumpleesta condicion, es decir, yn−1(x) ∈ [y0 − b, y0 + b], de aquı resulta que|f(x, yn−1)| < M . Luego, podemos escribir:

|yn(x)− y0| =∣∣∣∣∫ x

x0

f(x, yn−1dx

∣∣∣∣ ≤Mh ≤ b

luego, ∀x ∈ [x0 − h, x0 + h] ⇒ yk(x) ∈ [y0 − b, y0 + b] ∀k.

c) Demostraremos ahora que la sucesion de funciones y0(x), y1(x), . . . con-vergen uniformemente sobre el segmento [x0 − h, x0 + h] a una funcioncontınua ϕ(x) cuando n→∞.

La convergencia de esta sucesion es equivalente con la convergencia de laserie de funciones:

y0 + (y1 − y0) + (y2 − y1) + · · ·+ (yn − yn−1) + · · · (2.41)

pues como se ve inmediatamente, la sucesion de las sumas parciales de laserie (??) es la sucesion (yn).

Para demostrar que la serie (??) converge uniformemente sobre el seg-mento considerado, es suficiente demostrar que es Mayorada por unaserie numerica de terminos positivos, convergente.

Por demostrar que para x ∈ [x0 − h, x0 + h]:

|yn(x)− yn−1(x)| ≤MLn−1 |x− x0|n

n!n = 1, 2, . . . (2.42)


lo que demuestra la convergencia.

Resulta de aquı, que el lımite de la sucesion de las aproximaciones es unafuncion contınua ϕ(x). En el lımite se tiene:

ϕ(x) = limn→∞

yn(x) = y0 + limn→∞

∫ x

x0

f(x, yn−1)dx

por lo tanto

ϕ(x) = y0 +∫ x

x0

f(x, ϕ(x))dx

d) Demostraremos ahora que la solucion encontrada verifica la ecuacion di-ferencial y′ = f(x, y).

De acuerdo a lo anterior ∀x ∈ [x0 − h, x0 + h]

ϕ(x) = y0 +∫ x

x0

f(x, ϕ(x))dx ; f contınua, ϕ ∈ C1

por lo tanto tenemos, dϕdx = f(x, ϕ); x ∈ [x0−h, x0+h] luego, ϕ es solucion

de la ecuacion dada, ademas verifica tambien la condicion inicial, pues six = x0 ⇒ ϕ(x0) = y0.

e) Queda solo por demostrar que es unica.

En efecto, supongamos que hay otra ψ(x) tal que :

ψ(x) = y0 +∫ x

x0

f(x, ψ(x))dx , con ψ(x0) = y0

entonces,

|yn(x)− ψ(x)| =∣∣∣∣∫ x

x0

[f(x, yn−1(x))− f(x, ψ(x))] dx∣∣∣∣

≤ L

∣∣∣∣∫ x

x0

|yn−1(x)− ψ(x)|dx∣∣∣∣

obteniendose por rrecurencia

|yn(x)− ψ(x)| ≤MLn−1 |x− x0|n

n!≤ MLn−1hn

n!

de donde deducimos que limn→∞

yn(x) = ψ(x), luego

ψ(x) = ϕ(x)


2.6.1 El Metodo de las Aproximaciones Sucesivas

Sea y′ = f(x, y) una ecuacion diferencial que no es de ninguno de los tipos quehemos visto.

Con f cumpliendo las hipotesis del Teorema.Sea (x0, y0) ∈ D.Construimos la sucesion de funciones que converge a la solucion de la

ecuacion que pasa por (x0, y0).

y1(x) = y0 +∫ x

x0f(x, y0)dx

y2(x) = y0 +∫ x

x0f(x, y1)dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn(x) = y0 +

∫ x

x0f(x, yn−1)dx

En general no podemos calcular la solucion exacta ϕ(x) dada por

ϕ(x) = limn→∞

yn(x)

(nos contentamos con yp(x) que sera mejor mientras mayor sea p)

Ejemplo 1:

Hallar la solucion de la ecuacion y′ − y = 0 que pasa por (0, 1) por el metodode aproximaciones sucesivas.

Solucion:

y0 = 1y1 = y0 +

∫ x

0f(x, y0)dx = 1 +

∫ x

01dx = 1 + x

y2 = y0 +∫ x

0f(x, y1)dx = 1 +

∫ x

0(1 + x)dx = 1 + x+ x2

2

y3 = y0 +∫ x

0f(x, y2)dx = 1 +

∫ x

0(1 + x+ x2

2 )dx = 1 + x+ x2

2 + x3

2·3y4 = y0 +

∫ x

0f(x, y3)dx = 1 +

∫ x

0(1 + x+ x2

2 + x3

2·3 )dx = 1 + x+ x2

2 + x3

2·3 + x4

2·3·4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yk+1 = y0 +

∫ x

0f(x, yk)dx = 1 + x+ x2

2 + x3

2·3 + x4

2·3·4 + · · ·+ xk

k! + · · ·

Claramente limk→∞

(yk) = ex que es la solucion de y′ − y = 0; y(0) = 1

Ejemplo 2:

Hallar la solucion de la ecuacion de Riccati y′ = 2x2+y2; (x, y) ∈ [−1, 1]×[−1, 1]que pasa por (0, 0) por el metodo de aproximaciones sucesivas.


Solucion:

En el intervalo dado 2x2 + y2 ≤ 3, luego, h = mina, b

M

= min

1, 1

3

= 1

3

y para x ∈[− 1

3 ,13

]las aproximaciones yn(x) convergen uniformemente a la

solucion exacta.Obtenemos sucesivamente y0 = 0, x0 = 0

y1 =∫ x

0

2x2dx =23x3

y2 =∫ x

0

[2x2 +

49x6

]dx =

23x3 +

47 · 9

x7

y3 =∫ x

0

(2x2

[23x3 +

47 · 9

x7

]2)dx

=23x3 +

47 · 9

x7 +16

72 · 92 · 15x15 +

163 · 7 · 9 · 11

x11 x ∈[− 1

3 ,13

]etc.

2.7 Soluciones Singulares

2.7.1 Soluciones Singulares de la ecuacion y′ = f(x, y)

y′ = f(x, y) (2.43)

Definicion 2.8 Sea dada la ecuacion diferencial (??), con f contınua en undominio D ⊂ IR, una solucion de la ecuacion (??) se dice que es singular si lascondiciones del teorema de existencia, no se cumplen en ninguno de sus puntos.

De la definicion resulta que una funcion y = ϕ(x), cuyo grafico es un arcode curva Γ := (x, ϕ(x)) ⊂ D, es una solucion singular si y solo sı:

1. ϕ verifica la ecuacion (??) en D.

2. En cualquier vecindad de cada punto de la curva Γ existen a lo menos doscurvas integrales, que pasan por este punto.

Consideraremos varios casos:

1. Sea la ecuacion y′ = f(x, y), con f contınua en D. Luego, como f escontınua, queda por estudiar solo el caso cuando la condicion de Lipschitzno se cumple.

La condicion de Lipschitz se escribe:

|f(x, y1)− f(x, y2)| ≤ L|y1 − y2| ∀(x, y1), (x, y2) ∈ D


Si dividimos por |y1 − y2| 6= 0, se obtiene:∣∣∣∣f(x, y1)− f(x, y2)y1 − y2

∣∣∣∣ ≤ L

de donde se obtiene que a lo largo de las curvas en D para las cuales∣∣∣Df∂y

∣∣∣ = +∞ la condicion de Lipschitz no se cumple.

Ejemplo:

La ecuacion y′ = −(y − 2)13 tiene como solucion singular la recta y = 2.

Demostracion:

dy

(y−2)13

= −dx ⇒ 32 (y − 2)

23 = −x+ C

3(y − 2)23 = 2(C − x)

27(y − 2)2 = 8(C − x)3Soluciongeneral

f(x, y) = −(y − 2)13

∂f∂y = − 1

3 (y − 2)−23

Se indefine en y− 2 = 0, es decir, en y = 2. Luego, como y = 2 es solucionde la ecuacion diferencial entonces es Solucion singular

2. Sea la ecuacion y′ = f(x, y), con f contınua en D ⊂ IR2, esta ecuacionse puede escribir en la forma equivalente dx

dy = 1f(x,y) .

Luego, la condicion de Lipschitz ahora se escribe:∣∣∣∣ 1f(x1, y)

− 1f(x2, y)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣f(x2, y)− f(x1, y)f(x1, y)f(x2, y)

∣∣∣∣ ≤ L|x2 − x1| (2.44)


Debemos considerar dos casos:

I.- Si f(x, y) se anula a lo largo de una curva Γ en D, entonces a lo largode esta curva las condiciones del teorema de existencia no se cumplen. Enefecto, a lo largo de esta curva 1

f(x,y) no es acotada y en tal caso tenemosdos posibilidades:

1. Sea x = ϕ(y) (o bien, y = φ(x)) la ecuacion de la curva Γ , si lafuncion ϕ(y) verifica la ecuacion (??), pero el grafico de la curva noencuentra ninguna de las curvas definidas por la integral general, enpuntos finitos, entonces la curva Γ no es una solucion singular de laecuacion (??).

Ejemplo:

La ecuacion y′+(y+2)32 = 0, admite como solucion la recta y = −2.

Investiguemos si es solucion singular. Tenemos, separando variables,

(y + 2)−32 dy = −dx o bien 2(y + 2)−

12 = x− C

equivalentemente:

y = −2 +4

(x− C)2SolucionGeneral

La solucion y = −2 se obtiene para C → ∞. De la forma de lasolucion general se ve que las soluciones de la ecuacion dada se en-cuentran todas por encima de la recta y = −2, y para y → −2 + 0,x → ∞, por lo tanto la recta y = −2 es una direccion asintotica delas soluciones representadas por la integral general, y por lo tanto noes solucion singular.

2. Sea x = ϕ(y) la ecuacion de la curva Γ ; si la funcion ϕ(y) verificala ecuacion (??), y la curva Γ encuentra las curvas definidas por lasolucion general en puntos finitos, entonces la curva Γ es una solucionsingular de la ecuacion (??).

Ejemplo:

y′ + (x+ 2)−12 = 0, tiene la recta x = −2 como solucion singular.

La ecuacion tambien se escribe: (x + 2)−12 dx + dy = 0 por tanto

2(x + 2)12 + y − C = 0, o bien y = C − 2(x + 2)

12 , representa una

familia de parabolas; para x → −2, y → C, es decir x = −2 es unasolucion singular (ver figura ...) a lo largo de la recta x = −2, elteorema de existencia no se satisface; en cualquier vecindad de cadapunto de la recta x = −2, pasan dos soluciones: La primera, la recta


misma y la segunda la parabola de la familia, que tiene vertice en esepunto.

II.- De la desigualdad (??) tambien resulta:

Si 1f(x,y) es contınua en D pero f ′(x, y) es no acotada a lo largo de una

curva Γ ⊂ D, entonces la condicion de Lipschitz no se cumple para laecuacion :

dx

dy=

1f(x, y)

Si ademas la curva Γ es una curva integral (solucion), entonces Γ es unasolucion singular.

Ejemplo:

y′ = 3(x− 2)−13 tiene la recta x = 2 como integral singular.

En efecto :f(x, y) = 3(x− 2)−

13

f ′x(x, y) = −(x− 2)−43

por lo tanto

limx→2

|f ′x(x, y)| = +∞

luego, la recta x = 2 es integral singular, pues verifica la ecuacion dxdy =

13 (x− 2)

13 .

Para poner en evidencia el significado geometrico, resolvamos la ecuaciony encontremos la solucion general:

dy = 3(x− 2)−13 dx⇒ y + C =

92(x− 2)

23


La recta x = 2 es el lugar geometrico de los puntos de retroceso de lasparabolas semicubicas dadas por la solucion general.

2.7.2 Soluciones singulares de la ecuacion F (x, y, y′) = 0

Teorema 2.10 Sea F (x, y, p) = 0 (y′ = p) una ecuacion diferencial de 1er

orden con F contınua y derivable parcialmente en un dominio D ⊂ IR.Si las ecuaciones:

F (x, y, p) = 0 (2.45)∂F (x, y, p)

∂p= 0 (2.46)

∂F

∂x+ p

∂F

∂y= 0 (2.47)

Son compatibles, respecto del parametro p, entonces la curva Γ , definida porlas ecuaciones (??) y (??) (por eliminacion del parametro p) es una solucionsingular de la ecuacion diferencial (??).

Demostracion:

Hemos visto que para la ecuacion p = f(x, y), (p = y′); (x, y) ∈ D si∣∣∣∂f

∂y

∣∣∣ = +∞a lo largo de una curva Γ ⊂ D , y si Γ es solucion de p = f(x, y), entonces essolucion singular de y′ = f(x, y).

Observamos que para la ecuacion p = f(x, y) tenemos ∂f∂y = ∂p

∂y , o sea, a

lo largo de Γ ,∣∣∣ ∂p∂y

∣∣∣ = +∞.

Calculemos ahora ∂p∂y en (??), segun la regla de derivacion de funciones

implıcitas tenemos:∂F

∂y+∂F

∂p

∂p

∂y= 0 ⇒ ∂p

∂y=

∂F∂y

∂F∂p

Luego, la condicion∣∣∣ ∂p∂y

∣∣∣ = +∞ es equivalente con la relacion (??), es decir,∂F∂p =

0.


Eliminando p entre (??) y (??) se obtiene

g(x, y) = 0 (2.48)

(se llama curva caracterıstica de la familia de curvas (??), con p parametro).Para que la ecuacion g(x, y) = 0 defina una curva integral Γ de la ecuacion

(??), necesitamos que en cada punto de la curva el coeficiente angular p de latangente dada por:

g′x + g′yp = 0 (2.49)

sea el mismo que el coeficiente p de las ecuaciones (??) y (??).Para el calculo de p en (??), tenemos que determinar primero g(x, y).

Podemos evitar este trabajo de la siguiente manera:El resultado de la eliminacion de p entre (??) y (??) es evidente g(x, y) =

F (x, y, p(x, y)) ⇒

∂g

∂x=∂F

∂x+∂F

∂p

∂p

∂x;∂g

∂y=∂F

∂y+∂F

∂p

∂p

∂y

y puesto que a lo largo de la curva caracterıstica conforme con (??) tenemos∂F∂p = 0 sigue que:

∂g

∂x=∂F

∂x;∂g

∂y=∂F

∂y

la relacion (??) se escribe

∂F

∂x+∂F

∂yp = 0 (2.50)

En conclusion, la curva (o bien las curvas) Γ definidas por g(x, y) = 0, es decir, del sistema F (x, y, p) = 0, F ′p(x, y, p) = 0 donde p se considera parametro sonsoluciones singulares de la ecuacion F (x, y, y′) = 0, si las siguientes ecuacionesson compatibles

F (x, y, p) = 0 , F ′p(x, y, p) = 0 , F ′x + pF ′y = 0

Ejemplo:

Hallar las soluciones singulares de la ecuacion

a(y − x) + (n− 1)y′n − ny′n−1 = 0


Solucion:

y′ = p ⇒ a(y − x) + (n− 1)pn − npn−1 = 0 (2.51)n(n− 1)[pn−1 − pn−2] = 0 (2.52)a[p− 1] = 0 n 6= 0; n 6= 1 (2.53)

La solucion comun p = 1, nos da la solucion singular

a(y − x)− 1 = 0 ⇒ y =1a

+ x a 6= 0

Ejemplo:

827y′3 +

49y′2 − y − x = 0

i) y′ = P ⇒ 827P

3 + 49P

2 − y − x = 0

ii) ∂F∂P = 0 ⇒ 8

9P3 + 8

9P = 0

iii) ∂F∂x + P ∂F

∂y = 0 ⇒ −1− P = 0

De ii) P = 0, de iii) P = −1 y como P = −1 se cumple la ecuacion ii).Veamos ahora la ecuacion i)

a) P = 0 ⇒ y = −x; no cumple en la ecuacion diferencial, luego no essolucion singular.

b) P = −1 ⇒ y = 427 − x; si reemplazamos en la ecuacion diferencial se

cumple. Luego

y =427− x es solucion singular.

Ejemplo:

y′3 − 4xyy′ + 8y2 = 0

i) P 3 − 4xyP + 8y2 = 0

ii) 3P 2 − 4xy = 0

iii) −4yP + (−4xP + 16y)P = 0

Trabajamos la ecuacion iii)

−4yP − 4xP 2 + 16yP = 0−yP − xP 2 + 4yP = 0

−xP 2 + 3yP = 0P (−xP + 3y) = 0


P = 0, P = 3y

x

Reemplazamos en ii)

3(3 y

x

)2 − 4xy = 027y − 4x3 = 0

y =427x3 “Candidata a solucion singular”

Si reemplazamos en la ecuacion diferencial vemos que la cumple, luego

y =427x3 Es solucion singular.

Tarea:

Demostrar que para la ecuacion de Clairaut, la condicion (??) se cumple siempre,es decir, siempre la ecuacion de Clairaut tiene solucion singular.

2.7.3 Determinacion de las Soluciones Singulares usandola Solucion General

Consideremos la ecuacion diferencial

F (x, y, y′) = 0 (2.54)

a la que le hemos encontrado la solucion general

φ(x, y, C) = 0 (2.55)

Teorema 2.11 Si la familia de curvas φ(x, y, C) = 0 tiene una envolvente Γ ,entonces la curva Γ es una solucion singular de la ecuacion (??).

Demostracion:

En cada punto de la envolvente, el elemento de contacto (x, y, y′) coincide conel elemento de contacto de alguna de las curvas integrales de la familia a la quela curva Γ es tangente, (figura)


y puesto que todas las curvas integrales de la familia (??) son solucionesde la ecuacion (??), en cada punto la envolvente satisface la ecuacion (??),y es claro porque es singular, debido a que por cada uno de sus puntos pasan alo menos dos soluciones (la curva Γ y una de las curvas de la solucion general(??) con la que Γ tiene tangente comun)

Para determinar la curva Γ , eliminamos el parametro C entre la ecuacion

φ(x, y, C) = 0 (2.56)

y la ecuacion∂φ(x, y, C)

∂C= 0 (2.57)

de donde obtenemos una relacion de la forma

g(x, y) = 0

que puede ser solucion singular En efecto: g(x, y) = 0 puede representar laenvolvente de la familia de curvas definidas por (??) pero tambien puede ser ellugar geometrico de los puntos singulares (puntos nodales, puntos de retroceso,cuspidales, etc).

Pero en un punto singular se verifica el sistema

∂φ

∂x= 0 ;

∂φ

∂y= 0 (2.58)

Por lo tanto luego de haber determinado la funcion g(x, y), por la eliminacionde la constante C entre las ecuaciones (??) y (??), investigamos si se cumple(??). Si no se cumple entonces g(x, y) = 0 representa la solucion singular.

Ejemplo 1:

La ecuacion de Lagrange

y = x+[ny′

n+ 1

]n+1

−[ny′

n+ 1

]n

; n > 0


tiene solucion general (y − C)n = (x− C)n+1

Encontremos las soluciones singulares con el metodo anterior.Derivando con respecto de C obtenemos

−n(y − C)n−1 = −(n+ 1)(x− C)n

n(y − C)n

(y − C)=

n(x− C)n+1

(y − C)=

(n+ 1)(x− C)n+1

(x− C)

luego tenemos:

n

y − C=

n+ 1x− C

⇒ C = (n+ 1)y − nx

reemplazando C en la solucion general obtenemos:

nn(y − x)n = (n+ 1)n+1(x− y)n+1

o bien

(x− y)n

[x− y − (−1)nnn

(n+ 1)n+1

]= 0

La recta y = x no verifica la ecuacion dada, luego no es solucion singular, es ellugar geometrico de los puntos singulares.

La recta

y = x− (−1)nnn

(n+ 1)n+1

para n par verifica la ecuacion, entonces ella es la envolvente, luego es solucionsingular. Por lo tanto, la ecuacion dada admite soluciones singulares solo paran par.

Ejemplo 2:

Dada la familia de curvas integrales

y2 − (x+ C)3 = 0 (2.59)

solucion de una cierta ecuacion diferencial de 1er orden. Hallar las solucionessingulares de la ecuacion.

Solucion:

Hallamos la curva C – discriminante

(i)(ii)

y2 − (x+ C)3 = 0−3(x+ C)2 = 0 ⇒ (iii) y = 0


Como en la recta y = 0 se cumple la condicion

∂φ

∂x= 0 ,

∂φ

∂y= 0

Por lo tanto la recta y = 0 son puntos singulares (retroceso), pero a la vez estelugar geometrico y = 0 es tambien la envolvente de (??), pues ∀(−C, 0) tantopara la recta y = 0 como para la parabola semicubica y = (x+ C)

32 se cumple

la igualdad de sus coeficientes angulares

y′|x=−C = 0

por lo tanto la funcion y = 0 es solucion singular de la ecuacion diferencialy = 8

27y′3 para la cual la familia (??) es solucion general.

Ejemplo 3:

Hallar las soluciones singulares de :

2y(y′ + 2)− xy′2 = 0 (2.60)

Solucion:

Si existen soluciones singulares se determina por el sistema

2y(y′ + 2)− xy′2 = 02y − 2xy′ = 0

eliminando y′ se obtiene el p-discriminante

y2 + 4xy = 0 ⇔ y(y + 4x) = 0y = 0y = −4x

Al reemplazar en (??) vemos que ambas son soluciones de la ecuacion. Paraver si son soluciones singulares o no encontraremos la envolvente de la familiaCy − (C − x)2 = 0, solucion general de (??)

Cy − (C − x)2 = 0y − 2(C − x)2 = 0

eliminando C se obtiene la curva C-discriminante

y2 + 4xy = 0 ⇒y = 0y = −4x son envolventes

luego, son soluciones singulares.


Ejemplo 4:

Hallar la integral singular de la ecuacion diferencial

827y′3 +

49y′2 − y − x = 0

Solucion:

Consideramos el sistema que nos da el lugar geometrico de los puntos en queno se cumple la condicion de Lipschitz

F (x, y, p) =827p3 +

49p2 − y − x = 0

Fp(x, y) =89p2 +

89p = 0

eliminando p se tiene x+ y = 0 ⇒ y = −x NO es solucion, y − 824 + 4

9 − y− x =

0 ⇒ y + x = 427 es solucion singular.

Resolvamos la ecuacion

(y − C)2 = (x+ C)3

−2(y − C) = 3(x+ C)2

por lo tantoy − C

−2=

x+ C

3

3y + 2x = C

por lo tanto

−2(y − (3y + 2x)) = 3(x+ (3y + 2x))2

−2(−2x− 2y) = 3(3(x+ y))2

4(x+ y) = 27(x+ y)2 ⇒ 427 = x+ y

4(x+ y)2 = 27(x+ y)3

427 = x+ y ⇒ g(x, y) = (x+ y)2 (x+ y − 4

27)︸︷︷︸

(∗)

= 0

Como (∗) es la envolvente, entonces es solucion singular.


Ejemplo 5:

Hallar las soluciones singulares de:

y′2(2− 3y)2 = 4(1− y)

y′2 =4(1− y)(2− 3y)2

⇒ y′ = ±2√

1− y

2− 3y

2− 3y2√

1− ydy = ±dx y2(1− y) = (x− C)2

0 = −2(x− C)

C.C.D ⇒ y2(1− y) = 0

C.P.D ⇒ p2(2− 3y)2 = 4(1− y)2p(2− 3y)2 = 0 p =

√4(1− y)2− 3y

por lo tanto

2

[√4(1− y)2− 3y

(2− 3y)2]

= 0

(1− y) envolvente, pues esta a la potencia 1 en C.C.D y C.P.D.

Ejemplo 6:

Hallar las soluciones singulares de:

xy′2 − 2yy′ + 4x = 0 (2.61)

cuya solucion general es:

x2 = 2C(y − 2C) (2.62)

Solucion:

x2 = 2C(y − 2C)0 = 2y − 8C ⇒ C =

y

4

x2 =y

2(y − y

2) =

y2

4⇒ y2 = 4x2

por lo tanto

y = ±2x

xp2 − 2yp+ 4x = 02xp− 2y = 0 ⇒ p =

2y2x

=y

x

x( yx )2 − 2y( y

x ) + 4x = 0y2

x − 2y2

x + 4x = 0y2 = 4x2

⇒ y = ±2x

Capıtulo 3

Aplicaciones

3.0.4 Analisis de Compartimientos

x(t) : Cantidad de material en el compartimiento.

i(t) : Velocidad de flujo a la que se introduce material al sistema.

K : Coeficiente de transferencia fraccional (cantidad de material que se extraedel compartimiento por unidad de tiempo).

Claramente vemos que la tasa o razon a la que cambia la cantidad x,depende de la diferencia entre la entrada y la salida de material en cualquiertiempo t.

dxdt = i(t)−Kx(t) luego, x(t) = e−Kt

[∫i(t)eKtdt+ C

]Veamos la aplicacion de este modelo a algunos problemas diversos.

92


Ejemplo 1:

El estroncio 90 tiene una vida media de 25 anos. Si ponemos 100 gramos en unrecipiente sellado. ¿ Cuantos gramos permanecen despues de 15 anos ?

Sea x(t) el numero de gramos de Sr90 en el tiempo t (anos). El numero deatomos que decae por unidad de tiempo es directamente proporcional al numeropresente en ese momento. La constante de proporcionalidad K es el coeficientede transferencia fraccional, y como no hay entrada de material tenemos:

dxdt = −Kx(t) ⇒ x(t) = x0e

−Kt, pero x = 100 gr

para hallar K hacemos t = 25 y obtenemos la vida media, entonces

50 = 100e−25K ⇒ 12 = e−25K

⇒ ln( 12 ) = −25K

− ln 2 = −25K

⇒ K = ln 225

luego, x(15) = 100e−15 ln 2

25

Ejemplo 2:

En el recipiente de la figura hay 400 litros de agua en la que se handisuelto 30 kilos de sal. Por la parte superior, 10 litros con medio kilo de salentran por minuto, o sea, 0,5 kilos por litro. Por la llave inferior salen 10 litrospor minuto. Hallar la cantidad de sal en el recipiente en el momento t.

Solucion:

Sea x(t) el numero de kilos de sal despues de t minutos. Como cada litro queentra al recipiente contiene 0,05 kilos de sal, sabemos que i(t) = 0, 05 ·10 = 0, 5.


Por otro lado K = 10400 , puesto que 10 de los 400 litros salen del recipiente cada

minuto. Luego:dx

dt= 0, 5− 10

400x = 0, 5− 1

40x

⇒ x = e−∫

140 dt

[C + 0, 5

∫e

140 dtdt

]x = e−

t40

[C +

12

∫e

t40 dt

]= e−

t40

[C +

1240e

t40

]⇒ x(t) = Ce−

t40 + 20

pero x(0) = 30 ⇒ 30 = C + 20 ⇒ C = 10

⇒ x(t) = 10Ce−t40 + 20

Ejemplo 3:

En el recipiente de la figura hay 400 litros de agua en la que se handisuelto 30 kilos de sal. Por la parte superior, 15 litros con 0,75 kilos de salentran por minuto, o sea 0,05 kilos por litro. Por la llave inferior salen 10 litrospor minuto. Hallar la cantidad de sal en el recipiente en el momento t.

Solucion:

Ahora i(t) = 0, 75, pero la cantidad de salmuera que entra es mayor que la quesale, entonces por cada minuto que pasa aumenta la salmuera en el recipiente,por lo tanto la fraccion que se transfiere es:

K =10

400 + 5t⇒ dx

dt= 0, 75− 10

400 + 5tx(t) =

34− 2

80 + tx(t)


⇒ x(t) = e−∫

10400+5t dt

[C +

34e∫

10400+5t dtdt

]x(t) =

1(400 + 5t)2

[C +

34

∫(400 + 5t)2dt

]x(t) =

1(400 + 5t)2

[C +

34

115

(400 + 5t)3]

x(t) =C

(400 + 5t)2+

120

(400 + 5t)

pero, x(0) = 30 ⇒ 30 = C(400)2 + 1

20400 ⇒ C = 10 · 4002

⇒ x(t) =10 · 4002

(400 + 5t)2+ 20 +

t

4

3.0.5 Ley de Enfriamiento de Newton

La razon de cambio de la diferencia de temperaturas entre un objeto y el medioambiente es proporcional a la diferencia de temperaturas.

Sea ∆(t) =: diferencia de temperaturas en el tiempo t, luego d∆(t)dt =

K∆(t), K es la constante de proporcionalidad.Por lo tanto

d∆(t)∆(t)

= Kdt⇒ ln |∆(t)| = Kt+ C

⇒ ∆(t) = ∆0eKt

∆0 = ∆(t0) Condicion inicial del problema(diferencia inicial)

En un lindo dıa de Septiembre con 20 a la sombra en Lican Ray de un horno debarro se sacan empanadas a una temperatura de 100, a los 2 minutos quisimoscomerlas pero estas estaban todavıa muy calientes (80), ¿ Cual es la tem-peratura luego de 5 minutos ?. Se sabe que una temperatura adecuada paracomerlas es 40. ¿ Cuanto tiempo sera necesario esperar ?

Solucion:

∆(0) =diferencia de temperatura inicial= 100 − 20 = 80

luego, ∆(t) = 80eKt, pero ∆(2) = 60 = 80e2K

⇒ e2K =34⇒ 2K = ln(

34) ⇒ K =

12

ln(34)


luego, K < 0, (ya que la temperatura debe disminuir)

∆(t) = 80e12 ln( 3

4 )t ⇒ ∆(t) = 80(34t)

12

⇒ ∆(5) = 80(34t)

12 ≈ 39 (ojo, diferencia de temperatura)

luego, La temperatura despues de 5 minutos es: 39 + 20 = 59

La temperatura sera de 40, cuando la diferencia sea de 20, por lo tantotenemos: 20 = 80( 3

4 t)12 , por lo tanto

14 = (3

4 )12 t ⇒ ln( 1

4 ) = ln( 34 )

12 t

⇒ t = 2 ln( 14 )

ln( 34 )

⇒ t = 2 · (4, 818842) ≈ 9, 6 min

Poblaciones:

Una poblacion cambia a una tasa proporcional a su tamano. Si P (t) representa lapoblacion en el momento t, entonces la ecuacion del crecimiento de la poblacionesta dada por:

dP (t)dt

= αP (t)

donde α > 0 ∨ α < 0 dependiendo de si la poblacion crece o decrece

Solucion:

P (t) = P (0)eαt ; P (0) =Poblacion inicial.

3.0.6 Bacterias en la leche

Ejemplo 1:

Tomemos para analizar una bolsa de leche de 1 litro. Un dıa despues de envasadahay 400 microorganismos. Al segundo dıa hay 12000, ¿ Cual es el numero debacterias al momento de envasar y cual despues de 5 dıas ?

Solucion:

P (1) = 400 ∧ P (2) = 12000

por lo tantoP (2)P (1)

=P (0)e2α

P (0)eα= eα


luego, α = ln 30

⇒ P (t) = P (0)e(ln 30)t = P (0) · 30t , con t = 1⇒ 400 = P (1) = P (0) · 30⇒ P (0) = 400

30 = 403 = 13

P (5) =403

305

Ejemplo 2:

La tasa de crecimiento por individuo de una poblacion es la diferencia, entre latasa promedio de nacimiento β > 0 y la tasa promedio de mortalidad que esproporcional al tamano de la poblacion δ > 0. Como dP

dt es la tasa de crecimientode la poblacion, entonces la tasa de crecimiento por individuo es 1

pdPdt .

Luego, la ecuacion diferencial que controla el crecimiento de esta poblaciones :

1p

dP

dt= β − δP ⇒ dP

dt= Pβ − δP 2

dP

P (β − δP )= dt⇔ 1

βP+

δ

β(β − δP )= dt

luego, 1β lnP − 1

β ln(β − δP ) = t+ C

ln[

P

β − δP

] 1β

= t+ C ⇒ P

β − δP= Ceβt

P (t) = βCeβt − δCeβt ⇒ P (1 + δCeβt) = Cβeβt

P (t) =Cβeβt

1 + δCeβtt = 0 ⇒ C = P (0)

β−δP (0)

Ejemplo 3:

A una bobina con inductancia L = 1H y resistencia R = 2Ω, se le aplica unaf.e.m u = sen 3t Volt. ¿ Cual es la intensidad de la corriente por la bobina ?

Solucion:

La segunda Ley de Kirchhoff aplicada al circuito formado de Bobina y Fuentenos da:

LdI

dt+RI = sen 3t (3.1)

I(t) es la intensidad de la corriente electrica por la Bobina, la ecuacion diferencialtambien se escribe:

dI

dt+ 2I = sen 3t , pues L = 1H ∧R = 2Ω


I(t) = e−2t

[C +

∫sen 3te2tdt

]o bien : I(t) = I(t) + I0(t) donde I(t) es solucion general de la homogenea.

I(t) = e−2tC

I0(t) solucion particular de la No homogenea.Luego I0(t) es de la forma I0(t) = A sen 3t+B cos 3t, por lo tanto A = 2

13 ;B = − 3

13 , luego

I(t) = Ce−2t +213

sen 3t− 313

cos 3t

como I(0) = 0 ⇒ C = 313

I(t) = 313e

−2t + 213 sen 3t− 3

13 cos 3t

3.0.7 Curvas de persecucion

El problema consiste en hallar la curva que describe un movil M1 al perseguira otro movil M2.

Un ejemplo de este tipo de problema es el que sigue:Hallar la curva que describe un movil M1 que persigue con velocidad

constante α al movil M2 que va en lınea recta y con velocidad constante β,suponiendo que el movil M1 sale en el tiempo t = 0 desde el origen mientrasque M2 lo hace desde el punto (b, 0) hacia arriba sobre la recta x = b, como semuestra en la figura.

Solucion:

Puesto que M1 persigue a M2, entonces en todo instante t la tangente en P (x, y)debe cortar a la recta x = b en el punto Q(b, βt)

Luego se tiene:dy

dx=y − βt

x− b(3.2)


y como se conoce la velocidad a la que se desplaza M1, se sabe que recorre unadistancia αt, en un tiempo t. Pero tal distancia es tambien la longitud de lacurva de persecucion desde (0, 0) hasta P (x, y).

Por lo tanto:

αt =∫ x

0

√1 + [y′(u)]2du (3.3)

despejando t de (??) y (??) obtenemos:

y − (x− b)dy

dx=β

α

∫ x

0

√1 + [y′(u)]2du (3.4)

ponemos dydx = z en (??) y derivamos respecto de x, se tiene:

−(x− b)dz

dx=β

α

√1 + z2

separando variables e integrando y teniendo en cuenta las condiciones inicialesx(0) = z(0) = 0 se obtiene:

z =dy

dx=

12

[(1− x

b

)− βα −

(1− x

b

) βα

](3.5)

separando variables, integrando y teniendo presente las condiciones inicialesobtenemos de (??):

y =b

2

(1− xb

)1+ βα(

1 + βα

) −(1− x

b

)1− βα(

1− βα

)+

bαβ

α2 − β2

Ejercicios propuestos:

a) Hallar el punto en que M1 intercepta a M2.

b) Demuestre que si a = b, entonces la curva de persecucion esta dada por:

y =b

2

12

[(1− x

b

)2

− 1]− ln

(1− x

b

)

3.0.8 Modelo Newtoniano

A un objeto de masa m, se le aplica una velocidad inicial dirigida hacia abajov0 y cae bajo la influencia de la gravedad.

Suponiendo que la fuerza gravitacional es constante, y que la fuerza de-bido a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del objeto, determinarla ecuacion del movimiento de dicho objeto.


Solucion:

por lo tantoF = F1 + F2 = mg − kv(t)

Sustituyendo en la segunda ley de Newton ma = F se tiene:

mdv

dt= mg − kv ; v(0) = v0

Separando variables: dvmg−kv = dt

m , integramos y se tiene:

|mg − kv|− 1k = Ce

tm ⇔ mg − kv = Ce−

ktm

pero v(0) = v0, por lo tanto C = mg − kv0, luego:

v(t) =mg

k−(mgk− v0

)e−

ktm (3.6)

Podemos determinar la ecuacion del movimiento integrando en (??), pues v(t) =dxdt

x(t) =mg

kt+

m

k

(mgk− v0

)e−

ktm + C

y como hemos tomado x(0) = 0, resulta:

0 =m

k

(mgk− v0

)+ C ⇒ C =

m

k

(v0 −

mg

k

)Por lo tanto la ecuacion del movimiento es:

x(t) =mg

kt+

m

k

(mgk− v0

)(e−

ktm − 1)

Capıtulo 4

Ecuaciones Diferenciales deOrden Superior

4.1 Generalidades

4.1.1 Solucion particular, solucion general

Una ecuacion diferencial de orden superior es una relacion de la forma:

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0Ecuacion de

orden n (4.1)

Ejemplo:

x3y′′′ − xy′ + y = lnx es una ecuacion diferencial de orden 3.y(K) + y(K−1) + y′+ y = x2 +1 es una ecuacion diferencial de orden K, K ∈ IN.

Observacion:

Una ecuacion diferencial se dice que es de orden superior si es de orden mayoro igual a 2.

Se llama solucion sobre [a, b] de la ecuacion diferencial (??) a la funciony = ϕ(x) derivable n veces en [a, b] que verifica (??) ∀x ∈ [a, b], es decir,F (x, ϕ(x), ϕ′(x), . . . , ϕ(n)(x)) = 0.

Ejemplo:

y′′ − 3y′ + 2y = 0 Ecuacion diferencial de 2do orden.

y = ex , x ∈ IR Una solucion de la ecuacion dada.

y = C1ex + C2e

2x Solucion general (tiene 2 constantes).

102


Diremos que la funcion y = ϕ(x,C1, C2, . . . , Cn) es la solucion general de laecuacion diferencial de orden n (??).

Estudiada en un dominio D 3 (x, y). Si ϕ satisface la ecuacion (??) ysi para una eleccion conveniente de las constantes C1, C2, . . . , Cn, la funcionϕ(x,C1, C2, . . . , Cn) se transforma en una solucion de (??) cuyo grafico esta enD.

Observacion:

La solucion general de una ecuacion diferencial de orden n se puede dar implı-citamente por medio de una relacion de la forma R(x, y, C1, C2, . . . , Cn); quellamamos integral general.

O bien en forma explıcita y = ϕ(x,C1, C2, . . . , Cn); Solucion general.Tambien puede obtenerse parametricamente

x = ϕ(t, C1, C2, . . . , Cn) ; y = ψ(t, C1, C2, . . . , Cn)

Ejemplo:

y′′ − 5y′ + 6y = 0 , ecuacion diferencial de 2do orden.y = C1e

2x + C2e3x , solucion general x ∈ IR.

son soluciones particulares

yp = e2x, para C1 = 1, C2 = 0 ; yp = e3x, para C1 = 0, C2 = 1

Claramente la solucion general de una ecuacion diferencial de orden n dependede n constantes, inversamente una familia de curvas

φ(x, y, C1, C2, . . . , Cn) = 0 ; (x, y) ∈ D (4.2)

con φ contınua y derivable parcialmente hasta el orden n en D, verifica en Duna ecuacion diferencial de orden n. En efecto, derivando (??) tenemos sucesi-vamente:

∂φ

∂x+∂φ

∂yy′ = 0

∂2φ

∂x2+ 2

∂2φ

∂x∂yy′ +

∂2φ

∂y2y′2 +

∂φ

∂yy′′ = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂nφ

∂xn+ n

∂nφ

∂xn−1∂yy′ + · · ·+ ∂φ

∂yy(n) = 0

(4.3)

Relaciones que junto con la ecuacion (??) forman un sistema de n+1 ecuacionescon n incognitas C1, C2, . . . , Cn.


Si determinamos a C1, C2, . . . , Cn de entre las n ecuaciones en (??) yreemplazamos en la ultima (??) obtenemos una relacion de la forma:

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0

es decir, una ecuacion diferencial de orden n.

Observacion:

Sea F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0, una ecuacion diferencial de orden n y φ(x, y, C1,C2, . . . , Cn) = 0, una familia de curvas planas que dependen de n parametrosC1, C2, . . . , Cn. Si entre la ecuacion de la familia φ(x, y, C1, C2, . . . , Cn) = 0 ylas n ecuaciones que resultan de derivar φ = 0, eliminamos C1, C2, . . . , Cn y siel resultado de tal eliminacion es una ecuacion diferencial de la forma

F (x, y, y′, y′′, . . . , yn) = 0

decimos queφ(x, y, C1, C2, . . . , Cn) = 0

es la solucion general de la ecuacion diferencial

F (x, y, y′, y′′, . . . , yn) = 0

Ejemplo:

y = lnx+ C0 + C1x+ . . .+ Cnxn ; x > 0

verifica la ecuacion diferencial de orden n+ 1

yn+1 + (−1)n+1 n!xn+1

= 0

En efecto por derivacion sucesiva tenemos:

y′ = 1x + C1 + 2C2x+ 3C3x+ · · ·+ nCnx

n−1

y′′ = 1x2 + 2C2 + 3 · 2C3x+ · · ·+ n(n− 1)Cnx

n−2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

yn+1 = (−1)n n!xn+1

4.1.2 Integrales Intermedias, Integral Primera

SeaF (x, y, y′, y′′, . . . , yn) = 0 (4.4)

ecuacion diferencial, y

φ(x, y, C1, C2, . . . , Cn) = 0 (4.5)


su solucion general.Si derivamos 1, 2, 3, . . . , (n − k) veces (??) y eliminamos entre estas

(n− k+ 1) relaciones a Ck+1, Ck+2, . . . , Cn obtenemos una relacion de la forma:

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n−k), C1, C2, . . . , Ck) = 0

que se llama Integral intermedia de la ecuacion (??).

Definicion 4.1 Dada la ecuacion diferencial (??) F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0.Se llama una integral intermedia de la ecuacion dada, una ecuacion diferencialde orden (n− k), que contiene constantes arbitrarias 1 ≤ k < n

ψ(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−k), C1, C2, . . . , Cn) = 0 (4.6)

y que es verificada por la Solucion general de la ecuacion (??).

En particular, si k = 1, o sea (??) es una relacion de la forma

X (x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1), C) = 0

, se llama Integral Primera.Otra manera de definir Integral primera :Sea v un campo de vectores sobre el dominio U y f : U → IR una

funcion diferenciable. La funcion f se llama integral primera de la ecuaciondiferencial x = v(x), x ∈ U si su derivada en la direccion del campo v es nulao equivalentemente:

1. La funcion f es constante a lo largo de cualquier solucion ϕ : I → U ; maspreciso, cada funcion f ϕ es constante (ϕ solucion de la ecuacion).

2. Cada orbita esta contenida en uno y solo uno de los conjuntos de nivelconstantes de la funcion f .

Ejemplo: x = yzy = xzz = −2xy

(x, y, z) ∈ IR3

Tiene como integral primera la funcion ϑ(x, y, z) = x2 + y2 + z2

En efecto:

dϑ

dt= 2xx+ 2yy + 2zz = 2x(yz) + 2y(xz) + 2z(−2xy) = 0


Observacion 1:

El conocer una integral intermedia, simplifica la resolucion de la ecuacion inicialSi :

ψ(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−k), C1, C2, . . . , Ck) = 0 (4.7)

es una integral intermedia de la ecuacion (??), entonces integrar la ecuacion(??) se reduce a integrar la ecuacion (??) que es mas simple, pues es de ordenmenor (n− k).

Observacion 2:

En particular, conocer n-integrales primeras, distintas de la ecuacion (??)

ψi(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1), Ci) = 0 ; i = 1, 2, . . . , n (4.8)

es equivalente a conocer la solucion general de la ecuacion (??), pues del sistema(??) podemos deducir y, y′, y′′, . . . , y(n−1) en funcion de x,C1, C2, . . . , Cn y enparticular resulta: y = φ(x,C1, C2, . . . , Cn) es decir, la solucion general de laecuacion (??).

4.2 Ecuaciones Diferenciales de Orden Superiorintegrable por Cuadraturas

La ecuacion y(n) = 0, es la mas simple ecuacion de orden n su solucion es unpolinomio arbitrario de grado n− 1

y = C0 + C1x+ · · ·+ Cn−1xn−1 ; x ∈ IR

Ejemplo:

Hallar la solucion de y(4) = 0 que satisface las condiciones iniciales y(0) =0, y′(0) = 0, y′′(0) = 0, y′′′(0) = 1.

La Solucion general es

y = C0 + C1x+ C2x2 + C3x

3 , x ∈ IR

Tenemos que:

y(0) = 0 ⇒ C0 = 0y′(0) = 0 ⇒ C1 + 2C2x+ 3C3x

2|x=0 = 0 ⇒ C1 = 0

y′′(0) = 0 ⇒ 2C2 + 6C3x|x=0 = 0 ⇒ C2 = 0y′′′(0) = 1 ⇒ 6C3 = 1 ⇒ C3 = 1

6

luego, la solucion particular es y = 16x

3 x ∈ IRLa ecuacion y(n) = f(x)


Teorema 4.1 Sea la ecuacion diferencial de orden n

y(n) = f(x) (4.9)

con f contınua en [a, b]. La solucion general esta dada por:

y(x) =1

(n− 1)!

∫ x

x0

(x− t)n−1f(t)dt+ C0 + C1x− x0

1!+ C2

(x− x0)2

2!+ · · ·

+Cn−1(x− x0)n−1

(n− 1)!

con x ∈ [a, b], C0, C1, . . . , Cn−1 constantes arbitrarias y x0 ∈ [a, b].

Demostracion:

y(n) = ddxy

(n−1) = f(x)

y(n−1) =∫ x

x0f(x)dx+ Cn−1

y(n−2) =∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(x)dx+ Cn−1x− x0

1!+ Cn−2

y(n− 3) =∫ x

x0

dx

∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(t)dt+ Cn−1(x− x0)2

2!+ Cn−2(x− x0)

+Cn−3

obtenemos ası:

y =∫ x

x0

dx

∫ x

x0

dx . . .

∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(x)dx︸︷︷︸n veces

+Cn−1(x− x0)n−1

2!+· · ·+C1(x−x0)+C0

nos queda demostrar que:∫ x

x0

dx

∫ x

x0

dx . . .

∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(x)dx =1

(n− 1)!

∫ x

x0

(x− t)(n−1)f(t)dt

Demostracion: ( por induccion completa)

n = 2;∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(x)dx =∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(t)dt =∫

D

∫f(t)dxdt


cambiando el orden de integracion obtenemos:∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(t)dt =∫ x

x0

dt

∫ x

t

f(t)dx =∫ x

x0

f(t)dt∫ x

t

dx =∫ x

x0

(x− t)f(t)dt

luego, para n = 2 la formula vale.Supongamos que vale para n− 1 y demostraremos para n luego, sea:∫ x

x0

dx

∫ x

x0

dx . . .

∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(t)dt︸︷︷︸n−1

=1

(n− 2)!

∫ x

x0

(x− t)n−2f(t)dt

integramos una vez mas respecto de x, y obtenemos:∫ x

x0

dx

∫ x

x0

dx . . .

∫ x

x0

dx

∫ x

x0

f(t)dt︸︷︷︸n-veces

=1

(n− 2)!

∫ x

x0

dx

∫ x

x0

(x− t)n−2f(t)dt

=1

(n− 2)!

∫ ∫D

(x− t)n−2f(t)dxdt

=1

(n− 2)!

∫ x

x0

f(t)dt∫ x

t

(x− t)n−2dx

=1

(n− 1)!

∫ x

x0

(x− t)n−1f(t)dt

Es decir, la formula vale tambien para n, por lo tanto el teorema queda de-mostrado.

Ejemplo:

Resolver y(4) = ex, x ∈ IR tal que satisface las condiciones iniciales: y(0) =2; y′(0) = 0; y′′(0) = −1; y′′′(0) = 0.


Solucion:

Integrando sucesivamente tenemos:

y′′′ = ex + C0

y′′ = ex + C0x+ C1

y′ = ex + C0x2

2+ C1x+ C2

y = ex + C0x3

3!+ C1

x2

2+ C2x+ C3

SolucionGeneral

Teniendo en cuenta las condiciones iniciales: y(0) = 2; y′(0) = 0; y′′(0) =−1; y′′′(0) = 0, se obtiene la solucion particular:

y = ex − 16x3 − x2 − x+ 1 ; x ∈ IR

4.2.1 La Ecuacion: F (x, y(n)) = 0

Teorema 4.2 Si se conoce una representacion parametrica de la curva F (u, v) =0, u = ϕ(t) ∧ v = ψ(t) con ϕ ∧ ψ continuas y ϕ derivable continuamente sobre[a, b], entonces la integral general sobre [a, b] de la ecuacion se obtiene por ncuadraturas (integrando n veces).

Demostracion:

Sea u = ϕ(t) ∧ v = ψ(t), t ∈ [a, b] representacion parametrica de la curvaF (u, v) = 0 tenemos por lo tanto:

x = ϕ(t) ∧ y(n) = ψ(t), o bien

d(y(n−1)) = y(n)dx = ψ(t)ϕ′(t)dt /

∫luego,

y(n−1) =∫ψ(t)ϕ′(t)dt = φ1(t) + C0

continuando se tiene:

d(y(n−2)) = y(n−1)dx = (φ1(t) + C0)dxd(y(n−2)) = (φ1(t) + C0)ϕ′(t)dt /

∫y(n−2) =

∫φ1(t)ϕ′(t)dt+ C0ϕ(t) + C1


repitiendo el proceso n veces obtenemos :y = φ(t) + Pn−1(ϕ(t)) , t ∈ [a, b]x = ϕ(t)

donde Pn−1 es un polinomio arbitrario de grado n− 1 en ϕ(t).

Observacion:

Si la ecuacion es explıcita respecto de x, es decir, x = f(y(n)), entonces unarepresentacion parametrica es:

y(n) = t ; x = f(t)

Ejemplo:

Encontrar la solucion general de la ecuacion:

x = y′′ + y′′7, ponemos y′′ = t, x = t+ t7

Obtenemos:

y′ =∫y′′dx =

∫t(1 + 7t6)dt =

t2

2+

78t8 + C1

y =∫y′dx =

∫ (t2

2+

78t8 + C1

)(1 + 7t6)dt

y = 16 t

3 + 358·9 t

9 + 498·15 t

15 + C1(t+ t7) + C2

Por lo tanto la solucion general esta dada por la familia de curvas:

(Γ ) :x = t+ t7

y = 16 t

3 + 358·9 t

9 + 498·15 t

15 + C1(t+ t7) + C2 ; t ∈ IR

Ejemplo:

x = y′′ − y′′3

y′′ = t ⇒ x = t− t3

dy′

dx= t ⇒ dy′ = tdx = (1− 3t2)tdt


y′ =t2

2− 3

4t4 + C1

dy

dx=t2

2− 3

4t4 + C1

dy =(t2

2− 3

4t4 + C1

)dx

y =∫ (

t2

2− 3

4t4 + C1

)(1− 3t2)dt+ C2

y =∫ (

frac94t2 − 94t4 +

(12− 3C1

)t2 + C1

)dt+ C2

y =12t3

3− 3

2t5

5− 3

4t5

5+

94t7

7+ C1t− C1t

3 + C2

y = t3(

16− C1

)− 3t5

(110

+120

)+

928t7 + C1t+ C2

Solucion:

y = t3(

16− C1

)− 9

20t5 +

928t7 + C1t+ C2

x = t− t3

4.2.2 La Ecuacion: F (y(n−1), y(n)) = 0

Teorema 4.3 Sea la ecuacion diferencial F (y(n−1), y(n)) = 0, si se conoce unarepresentacion parametrica de la curva F (u, v) = 0; u = ϕ(t) y v = ψ(t);ϕ, ψ, ϕ′ contınuas y ψ(t) 6= 0 sobre [a, b], entonces la integral general se obtienepor n cuadraturas.

Demostracion:

Si u = ϕ(t)∧v = ψ(t) es una representacion parametrica de la curva F (u, v) = 0,podemos escribir:

y(n−1) = ϕ(t) ∧ y(n) = ψ(t) ; t ∈ [a, b]

o bieny(n−1) = ϕ(t) ∧ d(y(n−1)) = ψ(t)dx

luego,

dx =ϕ′(t)dtψ(t)

⇒ x =∫ϕ′(t)dtψ(t)

+ C0

⇒ x = φ(t) + C0

tenemos por lo tanto

y(n−1) = ϕ(t) ; x = φ(t) + C0

(Problema resuelto en

el punto anterior

)


tenemos a continuacion:

d(y(n−2)) = ϕ(t)dx =ϕ(t)ϕ′(t)ψ(t)

dt

luego, integrando tenemos:

y(n−2) =∫ϕ(t)ϕ′(t)ψ(t)

dt+ C1 ;

etc, con n − 2 integraciones mas obtenemos la solucion general en forma para-metrica.

Ejemplo:

Resolver la ecuacion: y′′′y′′ = 1; una representacion parametrica es:

y′′ = t, y′′′ =1t, t 6= 0

tenemosd(y′′) = y′′′dx, o bien, dt =

1tdx⇒ dx = tdt

Por lo tanto integrando obtenemos: x = 12 t

2 + C0

y′ =∫y′′dx =

∫t2dt =

13t3 + C1

y =∫y′dx =

∫ (13t3 + C1

)tdt =

115t5 +

12C1t

2 + C2

La solucion general de la ecuacion esta dada por:

Γ :

x =

12t2 + C0

y =115t5 +

12C1t

2 + C2 ; t 6= 0

y′′′2 + y′′2 − 1 = 0

Parametrizacion: y′′ = cos t; y′′′ = sen t

dy′′ = − sen tdtdy′′

dx = sen t⇒ dx = dy′′

sen t

dx = −dt⇒ x = −t+ C1

dy′ = cos tdxy′ = − sen t+ C2

dy = (− sen t+ C2)dxdy = (sen t− C2)dty = − cos t− C2t+ C3


como t = (C1 − x)

y = − cos(C1 − x)− C2(C1 − x) + C3

4.2.3 La Ecuacion: F (y(n−2), y(n)) = 0

Teorema 4.4 Si conocemos una representacion parametrica de F (u, v) = 0,u = ϕ(t) ∧ ϕ = ψ(t) con ϕ, ψ, ψ′ contınuas en [a, b], entonces la soluciongeneral se obtiene por n cuadraturas (integrando n veces).

Demostracion:

Sea u = ϕ(t) ∧ v = ψ(t), t ∈ [a, b] representacion parametrica de la curvaF (u, v) = 0, tenemos por lo tanto:

y(n−2) = ϕ(t) ∧ y(n) = ψ(t)

d(y(n−1)) = y(n)dx ∧ d(y(n−2)) = y(n−1)dx

luego,d(y(n−1))y(n)

=d(y(n−2))y(n−1)

por lo tanto, tenemos :

y(n−1)d(y(n−1)) = y(n)d(y(n−2)) = ψ(t)ϕ′(t)dt

luego, integrando ambos miembros se tiene:

[y(n−1)]2 = 2∫ψ(t)ϕ′(t)dt+ C0

o bien,

y(n−1) =

√∫ψ(t)ϕ′(t)dt+ C0

que junto con y(n−2) = ϕ(t) determina a y por n− 1 integraciones (segun casoanterior).

Ejemplo:

Resolver la ecuacion: y′3y′′′ = 1


Solucion:

Una sustitucion parametrica es: y′ = 1t ; y

′′′ = t3, t 6= 0

dy′′

dx= y′′′ ⇒ dy′′

y′′′= dx ;

dy′

dx= y′′ ⇒ dy′

y′′= dx

Por lo tanto: y′′dy′′ = y′′′dy′ = t3(− 1t2 )dt, es decir, integrando tenemos:

(y′′)2

2=∫−tdt = C − t2

2=C0 − t2

2

y′′ =√C0 − t2

continuando podemos escribir

y′′dx = d(y′) =−1t2dt

luego,

dx =−dt

t2√C0 − t2

⇒ x =∫

−dtt2√C0 − t2

+ C1

por tanto obtenemos y de:

y(t) =∫y′dx =

∫−dt

t3√C0 − t2

+ C2

La solucion general esta dada por:

(Γ ) :

x =

∫−dt

t2√C0 − t2

+ C1

y =∫

dt

t3√C0 − t2

+ C2

4.3 Ecuaciones a las que se les puede bajar elorden

4.3.1 La ecuacion :

F (x, y(k), y(k+1), . . . , y(n)) = 0 (4.10)

Teorema 4.5 Por el cambio de variables y(k) = u, (??) se transforma en unaecuacion diferencial de orden n− k

F (x, u, u′, . . . , u(n−k)) = 0 (4.11)


Demostracion:

y(k) = u⇒ y(k+1) = u′ . . . y(n) = u(n−k)

y reemplazando en (??) se obtiene (??), lo que demuestra el teorema.

Observacion:

Si logramos integrar (??), es decir, u(x) = ϕ(x,C1, . . . , Cn−k), resolver laecuacion dada (??) se reduce a integrar (resolver) la ecuacion de orden k:

y(k) = ϕ(x,C1, . . . , Cn−k) (ya estudiada)

Ejemplo:

Resolver la ecuacion: cosxy′′′ + senxy′′ = 1

Solucion:

Hacemos y′′ = u, luego tenemos cosxu′ + senxu = 1

⇒ u′ +senxcosx

u− 1cosx

= 0 (lieal en u)

Con solucion general u = senx+ C0 cosxVolviendo a la funcion inicial obtenemos la ecuacion diferencial

y′′ = senx+ C0 cosx (integral primera de la ecuacion dada)

por lo tanto

y′ =∫

(senx+ C0 cosx)dx = − cosx+ C0 senx+ C1

Por lo tanto, integrando una vez mas se tiene:

y = − senx− C0 cosx+ C1x+ C2

4.3.2 La ecuacion F (y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0

Teorema 4.6 La ecuacion F (y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0, con y′ = p y tomando ycomo variable independiente, se reduce el orden en una unidad.


Demostracion:

dy

dx= p⇒ d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)=dp

dx=dp

dy

dy

dx= p

dp

dy

d3y

dx3=

d

dx

(d2y

dx2

)=

d

dy

(pdp

dy

)dy

dx

=d

dy

(pdp

dy

)p = p

(dp

dy

)2

+ p2 d2p

dy2etc.

Ejemplo:

Integrar la ecuacion yy′′ − y′2 = y2 ln y

Solucion:

Ponemos y′ = p⇒ y′′ = p dpdy , reemplazando en la ecuacion obtenemos:

ypdp

dy− p2 = y2 ln y

o biendp

dy− p

y− y

pln y = 0 (Bernoulli)

entonces hacemos p2 = u⇒ 2p dpdy = du

dy , por lo tanto

y

2du

dy− u = y2 ln y

es decir: u′ − 2uy = 2y ln y, por lo tanto

u = e−∫

2y dy

(C +

∫2y ln ye

∫2y dydy

)= y2

(C + 2

∫ln yydy

)= y2(C + ln2 y) ⇒ p = ±y

√C + ln2 y = y′

y′ =dy

dx= ±y

√C + ln2 y ⇒ dx =

dy

±y√C + ln2 y

luego,

x− C =∫

dy

y√C + ln2 y


Realizando el cambio de variables t = ln y ⇔ et = y, obtenemos la soluciondada por:

y = et, x = C + ln(t+√C + t2), t > 1

y analogamente la otra solucion dada por:

y = et, x = C − ln(t+√C + t2), t > 1

La condicion t > 1 es pedida porque y > 0.

Ejemplo:

1 + y′2 = 2yy′′

y′ = p⇒ y′′ = p dpdy

1 + p2 = 2yp dpdy

12ydy = p

1+p2 dp12 ln y = 1

2 ln(1 + p29 + 12 lnC

y = C(1 + p2)

P =√y

C− 1 ⇒ x =

√C

∫1√y − C

dy

x =√C(y − C) + C1

4.3.3 La ecuacion F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 (4.12)

Teorema 4.7 La ecuacion (??), homogenea en y, y′, . . . , y(n), con el cambiou = y′

y se le reduce el orden en una unidad.

Demostracion:

La ecuacion (??) se puede escribir (puesto que es homogenea) en la forma:

F (x,y′

y,y′′

y, . . . ,

y(n)

y) = 0 (4.13)

con y′ = uy se tiene sucesivamente:

y′′ = u′y + uy′ = y(u2 + u′)

y′′′ = y(u2 + u′) + y(2uu′ + u′′)= y(u3 + 3uu′ + u′′)


se ve que siguiendo con este proceso se tendra y(k) expresado en funcion de ymultiplicado por una expresion en u, u′, u′′, . . . , u(k−1), es decir, y(k) = f(u, u′,u′′, . . . , u(k−1)). Por lo tanto si reemplazamos y, y′′, . . . , y(n) en (??) obtenemosuna ecuacion de orden n− 1 en u. Lo que demuestra el teorema.

Ejemplo:

Resolver la ecuacion: xyy′′ + xy′2 − yy′ = 0

Solucion:

La ecuacion es homogenea en y, y′, y′′, por lo tanto haciendo el cambio defunciones: y′ = uy ⇒ y′′ = u′y + uy′ = y(u′ + u2)

La ecuacion se transforma en:

xy2(u′ + u2) + xy2u2 − uy2 = 0

o bien:xu′ + 2xu2 − u = 0 ⇒ u′ − u

x+ 2u2 = 0 (Bernoulli)

Ponemos: z = 1u ⇒ z′ = − u′

u2 , por tanto:

z′ +z

x− 2 = 0

z =1x

(C + 2∫xdx) =

1x

(C + x2) ; x 6= 0

Por lo tanto:u =

x

C + x2⇒ dy

y=

x

C + x2dx /

∫ln |y| = 1

2ln |C + x2|+ ln |c∗|

De donde se obtiene la solucion general de la ecuacion dada:

y = C∗√C + x2 ; C + x2 ≥ 0

Ejemplo:

x2yy′′ = (y − xy′)2

u = y′

y ⇒ y′ = uy

y′′ = y(u′ + u)

Luego,x2y2(u′ + u2)− y2 + 2xu′y2 − x2u2y2 = 0

x2(u′ + u2)− 1 + 2xu′ − x2u2 = 0x2u′ + x2u2 − 1 + 2xu− x2u2 = 0

u′ + 2ux − 1

x2 = 0 Lineal


u = e−∫

2x dx

(C +

∫1x2e∫

2x dx

)u =

1x2

(C + x)

dy

y=(C

x2+

1x

)dx

ln y = −Cx

+ lnx

y = e(−Cx +ln x)

4.3.4 La ecuacion F (x, y, dydx

, d2ydx2 , . . . ,

dnydxn ) = 0

F (x, y,dy

dx,d2y

dx2, . . . ,

dny

dxn) = 0 (4.14)

Homogenea en x, y, dx, dy, . . . , dny.Puesto que la ecuacion F (x, y, dy

dx ,d2ydx2 , . . . ,

dnydxn ) = 0, es homogenea en

todos sus argumentos x, y, dx, dy, . . . , dny, se puede escribir en la forma:

F(yx, y′, xy′′, . . . , xn−1y(n)

)= 0 (4.15)

Teorema 4.8 La ecuacion diferencial de orden n (??), por medio del cambiode variables x = et; y = ux, se transforma en una ecuacion diferencial a la quese le puede reducir el orden en una unidad.

Demostracion:

Sea |x| = et; y = ux⇒ u = yx

y′ =dy

dx= x

du

dx+ u = x

du

dt

dt

dx+ u = et du

dte−t + u = u′ + u

xy′′ = xd

dx

(dy

dx

)= ete−t d

dt(u′ + u) = u′ + u′′

Se observa por tanto que todos los productos x(k)y(k+1) se pueden expresar enfuncion solamente de u y sus derivadas, y si reemplazamos en la ecuacion (??)se tiene:

F (u, u′ + u, u′′ + u′, . . .) = 0

ecuacion ya estudiada y que se le puede bajar el orden en una unidad, con elcambio du

dp = p, lo que demuestra el teorema.


Ejemplo:

La ecuacion y′′′y′ = y′′2 es del tipo tratado anteriormente, aplıquele el metodopara demostrar que su solucion general es:

C1y + C2 = C3eC1x

4.3.5 La ecuacion F (y, xy′, x2y′′, . . . , xny(n)) = 0

F (y, xy′, x2y′′, . . . , xny(n)) = 0 (4.16)

Teorema 4.9 Dada la ecuacion diferencial de orden n (??), por medio del cam-bio de variables |x| = et, se le reduce el orden en una unidad.

Demostracion:

|x| = et ⇒ dy

dx=dy

dt

dt

dx= e−t dy

dto bien, x

dy

dx=dy

dt

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)=

d

dt

(dy

dt

dt

dx

)= e−t

(d2y

dt2− dy

dt

)es decir, x2 d2y

dx2 = d2ydt2 −

dydt , etc. Se observa que xk dky

dxk , se expresa solamente condydt ,

d2ydt2 , . . . ,

dkydtk , por lo tanto la ecuacion del enunciado se transforma en:

F

(y,dy

dt,d2y

dt2− dy

dt, . . .

)= 0

o sea, se transforma en una ecuacion en la que no aparece la variable indepen-diente t, poniendo y′ = p y tomando y como variable independiente reducimosel orden en una unidad.

Ejemplo:

Resolver la ecuacion: x2y′′ + xy′ + y = 0

Solucion:

Hacemos el cambio de variables: |x| = et. Luego,

xdy

dx=dy

dt; x2 d

2y

dx2=d2y

dt2− dy

dt

Por tanto la ecuacion se transforma en:

y′′ − y′ + y′ + y = 0 ⇔ y′′ + y = 0


Que podemos resolver de la forma que sigue: (por ahora)

y′′ + y = 0 / multiplicamos por y′

y′′y′ + yy′ = 0 ⇒ y′2 + y2 = C2

que es una integral primera. Continuando ponemos: y′ = C cosu e y = C senu.

O sea, se tiene:dy

dt= C cosu ; dy = C cosudu

Por lo tanto: dt = du⇒ t = u+ C∗ por lo cual la solucion general es:

y = C sen(t− C∗) ; t = ln |x| x 6= 0

4.3.6 Otros casos

A) Derivando una ecuacion diferencial dada, se puede obtener una de ordensuperior que se puede resolver (integrar)

Ejemplo:

xy′′ + (x− 1)y′ − y = 0

Derivando se obtiene :

y′′ + xy′′′ + y′ + (x− 1)y′′ − y′ = 0

es decir:

xy′′′ + xy′′ = 0 ⇔ y′′′ + y′′ = 0 ⇔ y′′′

y′′= −1

y′′ = C1e−x ⇒ y′ = −C1e

−x + C2

y = C1e−x + C2x+ C3

La solucion encontrada tiene que satisfacer la ecuacion dada en el enunci-ado.

Luego, tenemos :

xy′′ + (x− 1)y′ − y = 0xC1e

−x + (x− 1)(−C1e−x + C2)− C1e

−x − C2x− C3 = 0xC1e

−x − xC1e−x + C2x+ C1e

−x − C2 − C1e−x − C2x− C3 = 0

C2 + C3 = 0 ⇒ C3 = −C2

luego, la solucion general es:

y = C1e−x + C2(x− 1) x ∈ IR


B) La ecuacion diferencial

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 (4.17)

multiplicada con dx es una diferencial total.

F (x, y, y′, . . . , y(n))dx = dφ(x, y, y′, . . . , y(n−1))

En tal caso :φ(x, y, y′, . . . , y(n−1)) = C (4.18)

es una integral primera de (??) y por lo tanto el problema de resolver laecuacion (??) se ha reducido a resolver la ecuacion (??) que es mas sencillapues hemos bajado el orden en una unidad.

Ejemplo:

y′′ − 2xy′ − 2y = 0 se escribe :

d

dx(y′ − 2xy) = 0

luego, admite la integral primera y′ − 2xy = C1 que es una ecuaciondiferencial lineal cuya solucion es:

y = ex2(C2 + C1

∫e−x2

dx

)C) La ecuacion F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 multiplicada por un factor conve-

niente se transforma en diferencial total.

Ejemplo:

xyy′′ − yy′(1 + 2x2) + xy′2 = 0 / : xyy′

Tenemos :

y′′

y′− 2x− 1

x+y′

y= 0 /dx

y′′

y′dx− 2xdx− 1

xdx+

y′

ydx = 0 /

∫ln y′ − x2 − lnx+ ln y = lnC

yy′ = Cxex2/dx

yy′dx = Cxex2dx

por lo tantoy2 = C0e

x2+ C1


4.4 Ecuaciones Diferenciales de Orden n Linea-les y Homogeneas

4.4.1 Propiedades Generales

Definicion 4.2 Una ecuacion de la forma:

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = f(x) (4.19)

se llama ecuacion diferencial de orden n lineal no homogenea. Si f(x) ≡0 ⇒(??) recibe el nombre de Homogenea.

Observacion:

: Supondremos que las funciones a1(x),∀i = 1, 2 . . . , n; y f(x) son contınuas en[a, b]; a0(x) 6= 0 en [a, b].

Usualmente se introduce el operador lineal

Ln = a0(x)dn

dxn+ a1(x)

dn−1

dxn−1+ · · ·+ an−1(x)

d

dx+ an(x)

que aplicado a la funcion y nos conduce a la ecuacion diferencial lineal de ordenn homogenea

Ln[y] = a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = 0

Con la ayuda de este operador, las ecuaciones lineales de orden n, se escriben:

Ln[y] = 0, la homogeneaLn[y] = f(x), la no homogenea

Teorema 4.10 Si y1 e y2 son dos soluciones de la ecuacion homogenea Ln[y] =0, entonces la funcion C1y1 + C2y2 es tambien solucion de la ecuacion ho-mogenea. C1, C2 ∈ IR ∨ C.

Demostracion:

Se ve que Ln cumple con las propiedades:

a) Ln[y1 + y2] = Ln[y1] + Ln[y2]

b) Ln[Cy] = CLn[y] , C =cte.

De este teorema resulta que si las funciones y1, y2, . . . , yn son n soluciones de laecuacion lineal de orden n

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = 0 (4.20)

entonces la funcion:y = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn (4.21)

es tambien solucion de (??).


Observacion:

Puesto que (??) contiene n constantes arbitrarias podrıa ser solucion general de(??). Veremos a continuacion que propiedades deben cumplir y1, y2, . . . , yn en[a, b] para que (??) sea solucion general de (??) en [a, b].

4.4.2 Dependencia Lineal

Definicion 4.3 Sean y1(x), y2(x), . . . , yn(x) n funciones definidas sobre [a, b].Se dice que son Linealmente-Independientes (L.I) sobre [a, b] si no existen nnumeros λ1, λ2, . . . , λn no todos nulos tal que

λ1y1(x) + λ2y2(x) + · · ·+ λnyn(x) = 0 ∀x ∈ [a, b]

Ejemplo:

Las funciones 1, x, ex son L.I sobre IR, pues la condicion λ0 + λ1x + λ2ex =

0, ∀x ∈ IR ⇒ λ0 = λ1 = λ2 = 0.

Definicion 4.4 Sean y1(x), y2(x), . . . , yn(x) n funciones definidas sobre [a, b].Se dice que son Linealmente-dependientes (L.D) sobre [a, b] si: para todo x ∈[a, b] existen n numeros λ1, λ2, . . . , λn no todos nulos tal que:

λ1y1(x) + λ2y2(x) + · · ·+ λnyn(x) = 0 ∀x ∈ [a, b]

Definicion 4.5 Sean y1(x), y2(x), . . . , yn(x) n funciones con derivada contınuahasta el orden n− 1 en [a, b], el determinante:

W (y1, y2, . . . , yn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′n· · · · · · · · · · · ·

y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣se llama determinante de Wronski o Wronskiano de las funciones y1,y2,. . .,yn.

Teorema 4.11 Si las funciones y1(x), y2(x), . . . , yn(x) ∈ Cn−1[a, b] son Lineal-mente–Dependientes sobre [a, b], entonces su Wronskiano es nulo ∀x ∈ [a, b].

Demostracion:

Si las funciones yk(x), k = 1, 2, . . . , n son L.D. en [a, b], entonces ∀x ∈ [a, b]∃λ1, λ2, . . . , λn con λ2

1 + λ22 + . . .+ λ2

n 6= 0, tal que tengamos:

λ1y1(x) + λ2y2(x) + · · ·+ λnyn(x) = 0 (4.22)


Ahora si derivamos una vez; dos veces;. . . ; (n− 1) veces (??) se tiene:

λ1y′1(x) + λ2y

′2(x) + · · ·+ λny

′n(x) = 0

λ1y′′1 (x) + λ2y

′′2 (x) + · · ·+ λny

′′n(x) = 0· · · · · · · · ·

λ1y(n−1)1 (x) + λ2y

(n−1)2 (x) + · · ·+ λny

(n−1)n (x) = 0

(4.23)

Para todo x ∈ [a, b], las ecuaciones (??)+ (??) forman un sistema de necuaciones en λ1, λ2, . . . , λn que admite otras soluciones aparte de la trivialλ1 = λ2 = · · · = λn = 0. Si el determinante del sistema∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′n· · · · · · · · · · · ·

y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣que es el Wronskiano de las funciones y1(x), y2(x), . . . , yn(x) es nulo en todopunto del intervalo [a, b]. Lo que demuestra el teorema.

Ejemplo:

Las funciones sen2 x, cos2 x, cos 2x son L.D sobre IR. Pues su Wronskiano esnulo sobre IR. En efecto:

W ( ) =

∣∣∣∣∣∣sen2 x cos2 x cos 2xsen 2x − sen 2x −2 sen 2x2 cos 2x −2 cos 2x −4 cos 2x

∣∣∣∣∣∣ = 0

El calculo se deja al lector.

Teorema 4.12 Sean y, y1, y2, . . . , yn, n + 1 funciones de clase Cn[a, b]. Si y1,y2, . . . , yn son L.I sobre [a, b] y si el Wronskiano

W (y1, y2, . . . , yn, y) =

∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 · · · yn yy′1 y′2 · · · y′n y′

· · · · · · · · · · · · · · ·y(n)1 y

(n)2 · · · y

(n)n y(n)

∣∣∣∣∣∣∣∣es nulo para todo x ∈ [a, b], entonces y(x) es una combinacion lineal de lasfunciones: y1(x), y2(x), . . . , yn(x), es decir:

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + · · ·+ Cnyn(x) ; C1 constantes


Demostracion:

(a) El Wronskiano de las funciones y1, y2, . . . , yn, y es nulo sobre [a, b], deacuerdo con la hipotesis. Por lo tanto tenemos :∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 · · · yn yy′1 y′2 · · · y′n y′

· · · · · · · · · · · · · · ·y(n)1 y

(n)2 · · · y

(n)n y(n)

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ∀x ∈ [a, b] (4.24)

Los determinantes que siguen son nulos sobre [a, b]∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 · · · yn yy′1 y′2 · · · y′n y′

· · · · · · · · · · · · · · ·y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n y(n−1)

y(k)1 y

(k)2 · · · y

(k)n y(k)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ∀x ∈ [a, b] (4.25)

k = 1, 2, 3 . . . , n, puesto que la lınea k+ 1 es igual con la lınea n+ 1 (paran = k, tenemos el determinante (??)).

Desarrollando el determinante (??), segun la ultima lınea, obtenemos lasrelaciones:

λ0(x)y(k) + λ1(x)y(k)1 + · · ·+ λn(x)y(k)

n = 0 k = 1, 2, . . . , n

Las funciones λ0(x), λ1(x), . . . , λn(x), son las mismas para k = 0,1,2,. . .,n−1, y donde λ0(x) esta dado por:∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′n· · · · · · · · · · · ·

y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0 ∀x ∈ [a, b]

como resulta del desarrollo de los determinantes (??); λ0(x) es distintode cero, puesto que, de acuerdo a la hipotesis del teorema, las funcionesy1, y2, . . . , yn son L.I sobre [a, b].

(b) Dividiendo por −λ0(x) 6= 0, y poniendo µk = −λk(x)λ0(x) , las relaciones (??)

se escriben, desarrolladas:

y = µ1y1 + µ2y2 + · · ·+ µnyn

y′ = µ1y′1 + µ2y

′2 + · · ·+ µny

′n

· · ·y(n) = µ1y

(n)1 + µ2y

(n)2 + · · ·+ µny

(n)n

(4.26)


Si derivamos la primera ecuacion de (??) tenemos:

y′ = µ′1y1 + µ′2y2 + · · ·+ µ′nyn + µ1y′1 + µ2y

′2 + · · ·+ µny

′n

y si tenemos en cuenta la segunda ecuacion de (??), resulta:

µ′1y1 + µ′2y2 + · · ·+ µ′nyn = 0

analogamente si derivamos la segunda ecuacion de (??) y teniendo encuenta la tercera ecuacion de (??), obtenemos:

µ′1y′1 + µ′2y

′2 + · · ·+ µ′ny

′n = 0

continuando del mismo modo, obtenemos el sistema en µ′1, µ′2, . . . , µ

′n

µ′1y1 + µ′2y2 + · · ·+ µ′nyn = 0µ′1y

′1 + µ′2y

′2 + · · ·+ µ′ny

′n = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .µ′1y

(n)1 + µ′2y

(n)2 + · · ·+ µ′ny

(n)n = 0

(4.27)

Con determinante del sistema W (y1, y2, . . . , yn) diferente de cero en cadapunto del intervalo [a, b]. De acuerdo con el teorema de Rouche, el sistemahomogeneo (??) en cada punto x ∈ [a, b] admite solo y tan solo la solucionnula.

µ′1(x) = 0, µ′2(x) = 0, . . . , µ′n(x) = 0

De donde resulta µ1(x) = C1, µ2(x) = C2, . . . , µn(x) = Cn

Volviendo a la primera ecuacion de (’refDep’lin’cinco) sigue que podemosescribir para todo x ∈ [a, b]

y = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn

lo que demuestra el teorema.

Consecuencia del teorema:

Sean y1, y2, . . . , yn n funciones Cn−1[a, b], si el Wronskiano

W (y1, y2, . . . , yn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′n· · · · · · · · · · · ·

y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 , ∀x ∈ [a, b]

entonces existe un subintervalo [a1, b1] ⊂ [a, b] tal que las funciones y1, y2, . . . , yn

son L.D en [a1, b1].


Demostracion:

Si W (y1, y2, . . . , yn) es identicamente nulo sobre [a, b], y puesto que y1, y2, . . . , yn

no son identicamente nulas sobre [a, b], se deduce que existe un menor del de-terminante W (y1, y2, . . . , yn) de la forma:

W (y1, y2, . . . , yn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣yα1 yα2 · · · yαp

y′α1y′α2

· · · y′αp

· · · · · · · · · · · ·y(p−1)α1 y

(n−1)α2 · · · y

(n−1)αp

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6≡ 0, ∀x ∈ [a, b] (4.28)

Como el determinante (??) no es identicamente nulo sobre [a, b] existe un inter-valo [a1, b1] ⊆ [a, b] en el que no se anula; sobre este subintervalo

yα1 = C2yα2 + C3yα3 + · · ·+ Cpyαp ; x ∈ [a1, b1]

relacion equivalente con:

µ1y1 + µ2y2 + µ3y3 + · · ·+ µnyn = 0 ; x ∈ [a1, b1]

donde los µ1 no son todos nulos.

4.4.3 Solucion general de una Ecuacion Diferencial Lineal

Teorema 4.13 Sea dada la ecuacion diferencial lineal de orden n homogenea

Ln(y) = y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = 0 (4.29)

con a1(x) contınuas en [a, b] ∀i = 1, 2, . . . , n.Sean y1, y2, . . . , yn n-soluciones de la ecuacion dada, definidas en [a, b].Si el Wronskiano de las funciones y1, y2, . . . , yn no es identicamente nulo

sobre [a, b], entonces cualquier solucion de la ecuacion (??) sobre [a, b] es de laforma:

y = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn ;x ∈ [a, b]

que llamamos solucion general

Demostracion:

(a) Observemos primero que si W (y1, . . . , yn) 6≡ 0 en un punto de [a, b], en-tonces W (y1, . . . , yn) no se anula en ningun punto de [a, b].


En efecto

dWdx = d

dx

∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′n· · · · · · · · · · · ·

y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′n· · · · · · · · · · · ·

y(n−2)1 y

(n−2)2 · · · y

(n−2)n

y(n)1 y

(n)2 · · · y

(n)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(4.30)

Segun la regla de derivacion de un determinante, y observamos que todoslos determinantes que intervienen por derivacion son nulos puesto quetienen dos lıneas iguales con excepcion del que escribimos.

Puesto que y1, y2, . . . , yn son soluciones de la ecuacion (??) tenemos:

y(n)k + a1(x)y

(n−1)k + · · ·+ an−1(x)y′k + an(x)yk = 0

luego, ∀x ∈ [a, b] tenemos:

y(n)k = −a1(x)y

(n−1)k − · · · − an−1(x)y′k − an(x)yk (4.31)

si reemplazamos (??) en (??), en la ultima lınea vemos que (??) se escribe:

dW

dx=

∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′n· · · · · · · · · · · ·

−a1y(n−1)1 −a1y

(n−1)2 · · · −a1y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣o bien

dW

dx= −a1(x)W

Como las funciones y1, y2, . . . , yn son soluciones de la ecuacion, son deriv-ables n veces sobre [a, b], por lo tanto el Wronskiano W que contienederivadas solo hasta el orden n−1 es una funcion contınua sobre x ∈ [a, b].

Sea x ∈ [a, b] un punto en que W (x0) 6= 0, integrando en (??) tenemos :

W (x) = W (x0)exp[−∫ x

x0

a1(x)dx]

; x ∈ [a, b]

Llamada formula de Ostrogradski-Liouville

(4.32)

de donde resulta que, como a1(x) es contınua en [a, b], entonces W (x) nose anula en ningun punto de [a, b].


Observacion:

Un sistema de soluciones y1, y2, . . . , yn de la ecuacion (??) definida en [a, b]con W 6≡ 0 sobre [a, b] se llama Sistema Fundamental de Solucionesde la ecuacion (??).

(b) Sean y1, y2, . . . , yn un sistema fundamental de soluciones de la ecuacion(??); tenemos:

y(n)1 + a1(x)y

(n−1)1 + · · ·+ an−1(x)y′1 + an(x)y1 = 0

y(n)2 + a2(x)y

(n−1)2 + · · ·+ an−1(x)y′2 + an(x)y2 = 0

· · · · · · · · ·y(n)n + an(x)y(n−1)

n + · · ·+ an−1(x)y′n + an(x)yn = 0

(4.33)

Para todo x ∈ [a, b].

Sea ahora y(x) una solucion cualquiera de la ecuacion (??) definida sobre[a, b], tenemos por tanto:

y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = 0 (4.34)

eliminando a1(x), a2(x), . . . , an(x) del sistema formado por (??) y (??)obtenemos para todo x ∈ [a, b],∣∣∣∣∣∣∣∣

y y′ y′′ · · · y(n)

y1 y′1 y′′1 · · · y(n)1

· · · · · · · · ·yn y′n y′′n · · · y

(n)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

de donde resulta aplicando el teorema ??, que para todo x ∈ [a, b]

y = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn ; x ∈ [a, b]

C1, C2, . . . , Cn constantes. Lo que demuestra el teorema.

Observacion:

Si la ecuacion lineal (??) tiene la forma :

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = 0

entonces la relacion (??) se escribe

W (x) = W (x0)exp[−∫ x

x0

a1(x)a0(x)

dx

]se pide continuidad de ak(x), k = 1, 2, 3 . . . , n y a0(x) 6= 0 sobre [a, b].


Observacion:

Si y1, y2, . . . , yn forman un sistema fundamental de soluciones sobre [a, b], lafuncion:

y = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn ; x ∈ [a, b]

se llama solucion general de la ecuacion (??).

Ejemplo:

La ecuacion y′′−3y′+2y = 0, tiene como soluciones particulares y1 = e2x∧y2 =ex, y puesto que W (y1, y2) 6= 0, forman un sistema fundamental de soluciones,en efecto:

W (y1, y2) =∣∣∣∣ e2x ex

2e2x ex

∣∣∣∣ = e3x − 2e3x = −e3x 6= 0, ∀x ∈ IR

Luego la solucion general es :

y = C1ex + C2e

3x ; ∀x ∈ IR

Ejemplo:

La ecuacion diferencial y′′′−2y′′−y′+2y = 0 tiene como soluciones particulares

y1 = ex ∧ y2 = e−x ∧ y3 = e2x

W (y1, y2, y3) = W =

∣∣∣∣∣∣y1 y2 y3y′1 y′2 y′3y′′1 y′′2 y′′3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ex e−x e2x

ex −e−x 2e2x

ex e−x 4e2x

∣∣∣∣∣∣ = −6e2x

Como W (y1, y2, y3) 6= 0, entonces forman un sistema fundamental de soluciones.Por lo tanto la solucion general es:

y = C1ex + C2e

−x + C3e2x

Consecuencias del teorema anterior:

1. n soluciones y1, y2, . . . , yn forman un sistema fundamental sobre [a, b], siy solo si son linealmente independientes sobre [a, b].


Demostracion:

Por las consecuencias del teorema ??, se tiene:

W (y1, y2, . . . , yn) 6= 0 ⇔ y1, y2, . . . , yn son L.I, sobre [a, b]

2. n+ 1 soluciones de una ecuacion de orden n son L.D.

Demostracion:

Sean y1, y2, . . . , yn, n-soluciones de entre los n+ 1 dadas.

Tenemos dos alternativas :

(a) y1, y2, . . . , yn son L.D, entonces y1, . . . , yn, yn+1 son L.D.

(b) y1, y2, . . . , yn son L.I en [a, b], luego forma un sistema fundamentalde soluciones. Luego, cualquier solucion yn+1 se escribe como:

yn+1 = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn x ∈ [a, b]

relacion que es equivalente con:

C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn − yn+1 = 0

C1, C2, . . . , Cn elegidos convenientemente, luego: y1, y2, . . . , yn, yn+1

son linealmente dependientes sobre [a, b].

4.4.4 Construccion de la Ecuacion Diferencial Lineal deorden n dado el Sistema Fundamental de Soluciones

Teorema 4.14 Dos ecuaciones diferenciales de orden n homogeneas

y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = 0y(n) + b1(x)y(n−1) + · · ·+ bn−1(x)y′ + bn(x)y = 0

(4.35)

que tienen el mismo sistema fundamental de soluciones sobre un intervalo [a, b],son identicas sobre [a, b], es decir:

ak(x) ≡ bk(x), k = 1, . . . , n, x ∈ [a, b]

Demostracion

Supongamos ak(x) 6≡ bk(x), k = 1, . . . , n sobre [a, b]. Si restamos las dos ecua-ciones obtenemos:

(a1(x)− b1(x))y(n−1) + (a2(x)− b2(x))y(n−2) + · · ·+ (an(x)− bn(x))y = 0


es decir una ecuacion de orden (n − 1) que admite las mismas soluciones quelas ecuaciones (??), o sea, n-soluciones L.I, lo que contradice la consecuencia2 (que n+ 1 solucionesde una ecuacion diferencial de orden n son L.D).

Luego, debe ser: ak(x) ≡ bk(x), ∀x ∈ [a, b], k = 1, 2, . . . , n, por lo tantolas dos ecuaciones son identicas.

De este teorema deducimos que un sistema fundamental de solucionesy1, y2, . . . , yn; x ∈ [a, b] determina una ecuacion diferencial lineal de orden ny solo una que admite y1, y2, . . . , yn como sistema fundamnetal de soluciones.Esta ecuacion es: ∣∣∣∣∣∣∣∣

y y′ y′′ · · · y(n)

y1 y′1 y′′1 · · · y(n)1

· · · · · · · · · · · · · · ·yn y′n y′′n · · · y

(n)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 (4.36)

lo que verificamos inmediatamente.En efecto:Reemplazamos y por yk, k = 1, 2, . . . , n, en (??), el determinante es nulo,pues tiene dos filas iguales. La ecuacion (??) tiene las soluciones y1, y2, . . . , yn.Ademas la ecuacion (??) es efectivamente de orden n, pues el coeficiente de y(n)

es el determinante: ∣∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y′1 y′′1 · · · y

(n−1)1

y2 y′2 y′′2 · · · y(n−1)2

· · · · · · · · · · · · · · ·yn y′n y′′n · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣que es distinto de cero sobre [a, b], puesto que el Wronskiano de las funcionesy1, y2, . . . , yn, que por hipotesis forman un sistema fundamental.

Ejemplo:

Las funciones y1 = ex; y2 = e−x, x ∈ IR, tienen W (y1, y2) = −2, luego formanun sistema fundamental de soluciones sobre IR.

La ecuacion diferencial de 2do orden determinada por y1, y2 es:∣∣∣∣∣∣y y′ y′′

e−x −e−x e−x

ex ex ex

∣∣∣∣∣∣ = 0, o bien y′′ − y = 0

Observacion 1:

Hemos visto que a un sistema fundamental de soluciones y1, y2, . . . , yn le co-rresponde una sola ecuacion diferencial de orden n. Luego, queda pendientedemostrar que una ecuacion diferencial lineal de orden n tiene n-soluciones L.I.


Observacion 2:

Si ϕ1(x), . . . , ϕn(x) son n funciones de clase Cn[a, b], ellas forman un sistemafundamental de soluciones solo sobre un subintervalo [α, β] ⊂ [a, b] sobre el cualW (ϕ1, . . . , ϕn) 6= 0. Los puntos para los cuales W (ϕ1, . . . , ϕn) = 0, son puntossingulares para las soluciones de la ecuacion∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y y′ y′′ · · · y(n)

ϕ1 ϕ′1 ϕ′′1 · · · ϕ(n)1

ϕ2 ϕ′2 ϕ′′2 · · · ϕ(n)2

· · · · · · · · · · · · · · ·ϕn ϕ′n ϕ′′n · · · ϕ

(n)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

y en estos puntos el coeficiente de y(n) se anula.

Ejemplo:

Las funciones y1 = x, y2 = x2 forman un sistema fundamental sobre cualquier[a, b] ⊆ IR, tal que 0 6∈ [a, b].

En efecto:

W (y1, y2) =∣∣∣∣ x x2

1 2x

∣∣∣∣ = x2 6= 0 ∀x 6= 0

Construyamos ahora la ecuacion con tales soluciones particulares∣∣∣∣∣∣y y′ y′′

x 1 0x2 2x 2

∣∣∣∣∣∣ = 0, o bien x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0

se ve que para x = 0 se anula el coeficiente de y′′.

Ejemplo:

Las funciones y1 = senx2 , y2 = 3 cosx forman un sistema fundamental de

soluciones.Sabemos que W (y1, y2) 6= 0.Ahora construyamos la ecuacion diferencial con las soluciones particulares∣∣∣∣∣∣∣

y y′ y′′

y1 y′1 y′′1

y2 y′′2 y′′2

∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣

y y′ y′′

senx2

cosx2

− senx2

3 cosx −3 senx −3 cosx

∣∣∣∣∣∣∣∣⇒ y′′ + y = 0


4.4.5 Solucion al Problema de Cauchy

Teorema 4.15 Sea la ecuacion diferencial lineal de orden n, homogenea:

y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = 0 (4.37)

con y1, y2, . . . , yn sistema fundamental de soluciones en [a, b]. Existe una unicasolucion y(x) tal que en x0 ∈ [a, b] satisface las condiciones iniciales:

y(x0) = y0,0, y′(x0) = y1,0, . . . , y

(n−1)(x0) = yn−1,0

yk,0 ∈ IR, k = 0, 1, 2, . . . , n− 1 numeros cualquiera.

Demostracion:

La solucion general de la ecuacion sobre [a, b] se escribe:

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + · · ·+ Cnyn(x) (4.38)

Las condiciones iniciales nos conducen al sistema lineal en C1, C2, . . . , Cn

C1y1(x0) + C2y2(x0) + · · ·+ Cnyn(x0) = y0,0

C1y′1(x0) + C2y

′2(x0) + · · ·+ Cny

′n(x0) = y1,0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .C1y

(n−1)1 (x0) + C2y

(n−1)2 (x0) + · · ·+ Cny

(n−1)n (x0) = yn−1,0

(4.39)

El determinante del sistema (??) es:

W (y1, y2, . . . , yn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 · · · y(n)

y′1 y′2 · · · y(n)n

· · · · · · · · ·y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣Por hipotesis W (y1, y2, . . . , yn) 6= 0 en el punto x0 ∈ [a, b], pues y1, y2, . . . , yn esun sistema fundamental de soluciones en [a, b].

Luego, C1, C2, . . . , Cn estan unicamente determinadas de (??) (regla deCramer).

Reemplazando C1, C2, . . . , Cn ası determinados en (??), obtenemos la so-lucion y(x) unica buscada.

Ejemplo

La ecuacion diferencial y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0 tiene soluciones particularesy1 = ex, y2 = e−x, y3 = e2x.

W (y1, y2, y3) =

∣∣∣∣∣∣y1 y2 y3y′1 y′2 y′3y′′1 y′′2 y′′3

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣ex e−x e2x

ex −e−x 2e2x

ex e−x 4e2x

∣∣∣∣∣∣ = −6e2x

no se anula sobre IR. Luego, la solucion general de la ecuacion dada es:


y = C1ex + C2e

−x + C3e2x x ∈ IR

Si queremos hallar la solucion particular que satisface las condiciones inicialesy(0) = 0, y′(0) = 1, y′′(0) = −1, tenemos el sistema en C1, C2, C3

C1 + C2 + C3 = 0C1 − C2 + 2C3 = 1C1 + C2 + 4C3 = −1

⇒ C1 = 1, C2 = −23, C3 = −1

3

Luego la solucion al problema de Cauchy es:

y(x) = ex − 23e−x − 1

3e2x x ∈ IR

4.4.6 Reduccion del orden de una ecuacion lineal y ho-mogenea

Teorema 4.16 Sea la ecuacion diferencial lineal y homogenea de orden n

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = 0

Si conocemos una solucion particular y1 de la ecuacion, entonces por el cambioy = y1z podemos bajar el orden de la ecuacion en una unidad.

Demostracion:

De y = y1z derivando sucesivamente tenemos:

y′ = y′1z + y1z′

y′′ = y′′1 z + 2y′1z′ + y1z

′′

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y(n) = y

(n)1 z + C1

ny(n−1)1 z′ + · · ·+ Cn

ny1z(n)

Si multiplicamos la 1era ecuacion por an(x), la 2da ecuacion por an−1(x), . . . , laultima ecuacion por a0(x) y sumamos tenemos:

z[a0(x)y

(n)1 + a1(x)y

(n−1)1 + · · ·+ an(x)y1

]+

z′[a1(x)y1 + 2a2(x)y′1 + · · ·+ C1

na0(x)y(n−1)1

]+

· · ·+ z(n)a0(x)y1 = 0

(4.40)

El coeficiente de z es nulo pues y1 es solucion de la ecuacion dada, y con el nuevocambio de variables z′ = u, la ecuacion (??) se transforma en una ecuacion linealy homogenea de orden n− 1

A0(x)u(n−1) +A1(x)u(n−2) + · · ·+An−1(x)u = 0


Observacion:

Si conocemos k soluciones particulares de una ecuacion diferencial lineal deorden n, le podemos bajar el orden en k unidades.

Ejemplo:

y′′ − xy′ + y = 0 (4.41)

tiene solucion particular y = x. Luego hacemos el cambio y = zx

⇒ y′ = z′x+ zy′′ = z′′x+ 2z′

por lo tanto la ecuacion (??) se escribe:

z′′x+ 2z′ − x(z′x+ z) + zx = 0z′′x+ 2z′ − z′x2 = 0z′′x+ (2− x2)z′ = 0

z′′

z′ = x2−2x

Por lo tantoln |z′| = x2

2 − 2 ln |x|+ lnC= ln e

x22 − 2 ln |x|+ lnC

= ln[C

x2e

x22

]⇒ z′ =

C

x2e

x22

⇒ z =∫

C

x2e

x22 dx+ C∗

y = Cx

∫1x2e

x22 dx+ C∗x ; x ∈ IR

Ejemplo:

y′′ + ay′ + by = 0

En general si se conoce una solucion y1 queremos hallar y2 tal que sea L.I cony1, es decir

y2y1

= u(x) ⇔ y2 = y1u

(uy1)′′ + a(uy1)′ + b(uy1) = 0 ⇒ u′′

u′= −2

y′1y1− a


lnu′ = −2 ln y1 −∫a(x)dx

u′ =1y21

e−∫

a(x)dx

cuando la exp 6= 0 ⇒ es 6= cte.

u =∫

1y21

e−∫

a(x)dx

por lo tanto

y2 = y1

∫1y21

e−∫

a(x)dx

Ejemplo: y1 = x; solucion:De x2y′′ − xy′ + y = 0 ⇒ x > 0, luego reescribimos

y′′ − 1xy′ +

1x2y = 0∫

a(x)dx = − lnx, por lo tanto

y2 = x

∫1x2xdx = x lnx

por lo tanto

y = C1x+ C2x lnx

4.5 Ecuaciones Diferenciales de orden n Linealesy No Homogeneas

4.5.1 Solucion general de una ecuacion no homogenea

Teorema 4.17 Sea la ecuacion lineal de orden n y no homogenea siguiente:

Ln(y) = a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = f(x) (4.42)

con coeficientes ak(x), k = 0, 1, 2, . . . , n∧f(x) contınuas, a0(x) 6= 0 sobre [a, b].La solucion general de la ecuacion (??) se obtiene agregando a la solucion

general de la homogenea

Ln(y) = a0(x)yn + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = 0

una solucion particular cualquiera de la ecuacion no homogenea (??).


Demostracion:

Sea y0(x) una solucion particular de la ecuacion no homogenea (??) sobre [a, b].Hacemos el cambio de variables, y(x) = y0 + z.

Luego:Ln(y0 + z) = Ln(y0) + Ln(z) = f(x)

pero Ln(y0) = f(x), pues y0 es una solucion de la ecuacion no homogenea porlo tanto Ln(z) = 0.

Luego, si y1, y2, . . . , yn es un sistema fundamental de soluciones de laecuacion homogenea sobre [a, b], entonces la solucion general de la ecuacion nohomogenea es:

y = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn︸︷︷︸z

+y0 ; x ∈ [a, b]

lo que demuestra el teorema.

Observacion:

Si f(x) = f1(x) + f2(x) + · · · + fm(x); x ∈ [a, b] y si: y01, y02, . . . , y0m sonsoluciones particulares de la ecuacion: Ln(y) = fk(x), k = 1, 2, . . . ,m, respecti-vamente, entonces la funcion: y01 + y02 + . . . + y0m, es una solucion particularde la ecuacion:

Ln(y) = f1(x) + f2(x) + · · ·+ fm(x)

En efecto:Ln(y0k) = fk(x)

Luego:Ln(y01 + y02 + . . .+ y0m) = f1(x) + . . .+ fm(x) = f(x)

4.5.2 Metodo de Variacion de las constantes para deter-minar una solucion particular de la Ecuacion no ho-mogenea

Teorema 4.18 Dada la ecuacion diferencial de orden n lineal, no homogenea

Ln(y) = a0(x)yn + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + an(x)y = f(x) (4.43)

con ak(x), ∀k = 1, 2, . . . , n; f(x) contınuas, a0(x) 6= 0 sobre [a, b].Sea y1, y2, . . . , yn un sistema fundamental de soluciones sobre [a, b] de la

ecuacion homogenea asociadaLn(y) = 0 (4.44)

Una solucion particular de la ecuacion no homogenea (??) esta dada por:

y0 = y1

∫C ′1(x)dx+ y2

∫C ′2(x)dx+ · · ·+ yn

∫C ′n(x)dx (4.45)


donde C ′1, C′2, . . . , C

′n es solucion del sistema:

y1C′1(x) + y2C

′2(x) + · · ·+ ynC

′n(x) = 0

y′1C′1(x) + y′2C

′2(x) + · · ·+ y′nC

′n(x) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

y(n−2)1 C ′1(x) + y

(n−2)2 C ′2(x) + · · ·+ y

(n−2)n C ′n(x) = 0

y(n−1)1 C ′1(x) + y

(n−1)2 C ′2(x) + · · ·+ y

(n−1)n C ′n(x) = − (fx)

a0(x)

(4.46)

Al efectuar las integrales (??) introducimos para cada una, una constante arbi-traria A1, . . . , An.∫

C ′1(x)dx = A1 + ϕ1(x), . . . ,∫C ′n(x)dx = An + ϕn(x)

y si reemplazamos en (??) obtenemos la solucion general de la ecuacion nohomogenea

y(x) = A1y1 +A2y2 + . . .+Anyn + y1ϕ1 + y2ϕ2 + · · ·+ ynϕn

Demostracion:

Sea y1, y2, . . . , yn un sistema fundamental de soluciones de la ecuacion ho-mogenea (??) sobre [a, b], por lo tanto la solucion general de la ecuacion ho-mogenea es:

z(x) = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn

Donde C1, C2, . . . , Cn son constantes arbitrarias. Si logramos demostrar que lafuncion

y0 = y1ϕ1 + y2ϕ2 + · · ·+ ynϕn

con ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn, determinadas sobre [a, b], como se precisa en el enunciadodel teorema, es una solucion particular de la ecuacion no homogenea, entonces,de acuerdo con lo dicho anteriormente, la funcion

y = C1y1 + C2y2 + · · ·+ Cnyn + y0

es la solucion general de la ecuacion no homogenea sobre [a, b].Por tanto queda solo verificar que y0 es una solucion particular de la

ecuacion no homogenea. Para lo que consideramos la funcion

y(x) = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x) + · · ·+ Cn(x)yn(x), x ∈ [a, b] (4.47)

que se obtiene de la solucion general de la ecuacion homogenea reemplazando lasconstantes C1, C2, . . . , Cn por las funciones incognitas C1(x), C2(x), . . . , Cn(x),y demostraremos que la funcion y dada en (??) donde C ′1(x), C

′2(x), . . . , C

′n(x),

verifican el sistema (??), es solucion de la ecuacion no homogenea (??).


Derivando (??) se tiene:

y′(x) = C ′1y1 + C ′2y2 + · · ·+ C ′nyn + C1y′1 + C2y

′2 + · · ·+ Cny

′n

pero de acuerdo con la primera ecuacion de (??), tenemos:

C ′1y1 + C ′2y2 + · · ·+ C ′nyn = 0

por lo tanto:y′(x) = C1y

′1 + C2y

′2 + · · ·+ Cny

′n (4.48)

Derivamos ahora (??), y tenemos:

y′′(x) = C1y′′1 + C2y

′′2 + · · ·+ Cny

′′n + C ′1y

′1 + C ′2y

′2 + · · ·+ C ′ny

′n

pero conforme con la ecuacion dos de (??),

C ′1y′1 + C ′2y

′2 + · · ·+ C ′ny

′n = 0

nos queda solamente:

y′′(x) = C1y′′1 + C2y

′′2 + · · ·+ Cny

′′n (4.49)

En forma analoga se obtiene:

y′′′(x) = C1y′′′1 + C2y

′′′2 + · · ·+ Cny

′′′n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y(n−1)(x) = C1y

(n−1)1 + C2y

(n−1)2 + · · ·+ Cny

(n−1)n

Ahora derivando esta ultima relacion tenemos:

y(n)(x) = C1y(n)1 +C2y

(n)2 + · · ·+Cny

(n)n +C ′1y

(n−1)1 +C ′2y

(n−1)2 + · · ·+C ′ny

(n−1)n

y teniendo en cuenta la ultima relacion de (??)

y(n)(x) = C1y(n)1 + C2y

(n)2 + · · ·+ Cny

(n)n +

f(x)a0(x)

(4.50)

Si multiplicamos ahora a:

y dado en (??) ; por an(x)y′ dado en (??) ; por an−1(x)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y(n) dado en (??) ; por a0(x)

Obtenemos sumando:

Ln[y] = C1Ln[y1] + C2Ln[y2] + · · ·+ CnLn[yn] + f(x)


pero Ln[yk] = 0, k = 1, 2, 3, . . . , n, por lo tanto se tiene Ln[yn] = f(x); por lotanto y dado en (??) con C1, C2, . . . , Cn, verificando el sistema (??), es solucionde la ecuacion (??).

Observemos que el determinante del sistema (??), es W (y1, y2, . . . , yn) 6=0 sobre [a, b]. Sea C ′1, C

′2, . . . , C

′n la solucion del sistema (??) con

C ′k(x) = (−1)n+k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 · · · yk−1 yk+1 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′k−1 y′k+1 · · · y′n· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

y(n−2)1 y

(n−2)2 · · · y

(n−2)k−1 y

(n−2)k+1 · · · y

(n−2)n

y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)k−1 y

(n−1)k+1 · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣W (y1, y2, . . . , yn)

· f(x)a0(x)

con k = 1, 2, 3 . . . , n.Integrando n-veces obtenemos:

Ck(x) =∫C ′k(x)dx = ϕk(x) +Ak; k = 1, 2, 3 . . . , n

donde A1, A2, . . . , An son constantes arbitrarias.Reemplazando Ck(x) en (??) obtenemos

y(x) = A1y1 +A2y2 + · · ·+Anyn + y1ϕ1 + y2ϕ2 + · · ·+ ynϕn

que es la solucion general de la ecuacion no homogenea. La funcion

y0(x) = y1ϕ1 + y2ϕ2 + · · ·+ ynϕn

es una solucion de la ecuacion lineal y no homogenea dada y es por lo tanto lasolucion particular buscada. lo que demuestra el teorema.

Ejemplo:

Hallar la solucion general de la ecuacion :

x2y′′ − 2xy′ + 2y = x2

Solucion:

Dos soluciones particulares de la homogenea asociada son y1 = x; y2 = x2,calculemos el Wronskiano

W (y1, y2) =∣∣∣∣ x x2

1 2x

∣∣∣∣ = x2, por lo tanto L.I ∀x 6= 0

Luego la solucion general del sistema homogeneo es: yH = C1x+ C2x2.


Para hallar una solucion particular de la no homogenea usamos el metodode variacion de las constantes. Tenemos el sistema

C ′1(x)x+ C ′2(x)x2 = 0

C ′1(x) + 2C ′2(x)x = x2

x2 = 1⇒ C ′1 = −1

C ′2 = 1x

de donde obtenemos: C1 = −x+A1; C2 = lnx+A2 entonces la solucion generalde la no homogenea es :

y = x(−x+A1) + x2(lnx+A2)y = A1x+A2x

2 + x2(lnx− 1) ; x 6= 0

luego, y0 = x2(lnx− 1) es una solucion particular para la ecuacion no ho-

mogenea.

Ejemplo:

Hallar la solucion general de la ecuacion:

x2y′′ + xy′ − y = x

Solucion:

Dos soluciones particulares de la homogenea asociada son y1 = x e y2 = 1x .

Calcularemos el Wronskiano

W (y1, y2) =

∣∣∣∣∣∣∣x

1x

1 − 1x2

∣∣∣∣∣∣∣ = − 1x− 1x

= − 2x

por lo tanto L.I ∀x 6= 0 e infinito.Luego la solucion homogenea es:

yH = C!x+C2

x

Para obtener la solucion particular de la no homogenea usamos el metodo devariacion de constantes, tenemos el sistema

I C ′1x+ C ′21x = 0

II C ′1 − C ′21x2 = 1

x

I− II · x ⇒ C ′2x

+C ′2x

= −1

C ′2 = −x2


integrando C2 = −x2

4I + II · x⇒ C ′1 =

12x

integrando C1 =12

lnx

yP =x

2lnx− x

4

Por lo tanto la solucion general de la ecuacion diferencial no homogenea es

y(x) = yH + yP

= C1x+ C2x + x

2 lnx− x4

4.6 Ecuaciones Diferenciales de orden n, Linea-les con coeficientes constantes

4.6.1 Ecuaciones homogeneas

Una ecuacion diferencial lineal:

a0y(n) + a1y

(n−1) + · · ·+ an−1y′ + any = 0 (4.51)

con a0 6= 0, ak ∈ IR ∀k es una ecuacion lineal homogenea con coeficientesconstantes.

Para esta clase de ecuaciones podemos determinar siempre un sistemafundamental de soluciones.

En efecto, si buscamos soluciones de la forma y = Aeλx, con A 6= 0obtenemos sucesivamente:

y′ = Aλeλx; y′′ = Aλ2eλx; . . . ; y(n) = Aλneλx

reemplazando en (??) tenemos:

Aeλx[a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an] = 0

Puesto que por hipotesis A 6= 0 y eλx 6= 0 ∀x, necesariamente tendremos

[a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an] = 0 = Kn(λ) (4.52)

Luego, el numero real o complejo λ debe ser raız de la ecuacion algebraica (??)que se llama “Ecuacion caracterıstica asociada a la ecuacion diferencial (??)”.

Observemos que si la ecuacion caracterıstica


Kn(λ) =: a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an = 0

tiene todas las raıces simples: λ1 6= λ2 6= . . . 6= λn, entonces las solucionesparticulares

y1 = eλ1x; y2 = eλ2x; . . . ; yn = eλ−nx

forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuacion (??).En efecto, calculando el Wronskiano de y1, y2, . . . , yn obtenemos:

W (y1, . . . , yn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣eλ1x eλ2x · · · eλnx

λ1eλ1x λ2e

λ2x · · · λneλnx

· · · · · · · · · · · ·λn−1

1 eλ1x λn−12 eλ2x · · · λn−1

n eλnx

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= e(λ1+λ2+···+λn)x

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1λ1 λ2 · · · λn

· · · · · · · · · · · ·λn−1

1 λn−12 · · · λn−1

n

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0

Distinto de cero para cualquier x ∈ IR, puesto que la exponencial nunca seanula en IR y el determinante es distinto de cero si λi 6= λj , i 6= j, pues esel determinante de Vandermonde de los numeros: λ1, λ2, . . . , λn, por hipotesisdistintos entre ellos.

En lo que sigue discutiremos la forma de la solucion general de la ecuacion(??) dependiendo de la naturaleza de las raıces de la ecuacion caracterıstica.

4.6.2 La ecuacion caracterıstica tiene raıces distintas

a) La ecuacion caracterıstica tiene raıces reales distintas

Teorema 4.19 Sea dada la ecuacion diferencial lineal de orden n con coeficien-tes constantes en IR

a0yn + a1y

(n−1) + · · ·+ an−1y′ + any = 0 (4.53)

Si la ecuacion caracterıstica asociada

a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an = 0

tiene raıces reales simples λ1, λ2, . . . , λn, entonces las funciones:

y1 = eλ1x; y2 = eλ2x; . . . ; yn = eλnx; x ∈ IR

forman un sistema fundamental de soluciones para la ecuacion (??), luego lasolucion general de la ecuacion (??) se escribe :

y = C1eλ1x + C2e

λ2x + · · ·+ Cneλnx

demostrado anteriormente!


Ejemplo:

Resolver y′′′ + y′′ − 4y′ − 4y = 0, y que cumple las condiciones iniciales: y(0) =1; y′(0) = −1; y′′(0) = 0.

Solucion:

La ecuacion caracterıstica es : λ3 + λ2 − 4λ − 4 = 0 con raıces λ1 = 2; λ2 =−2; λ3 = −1, luego, la solucion general de la ecuacion es :

y = C1e2x + C2e

−2x + C3e−x , x ∈ IR

hallemos ahora la solucion particular :

y(0) = 1 ⇒ 1 = C1 + C2 + C3

y′(0) = −1 ⇒ −1 = 2C1 − 2C2 − C3

y′′(0) = 0 ⇒ 0 = 4C1 + C2 + 4C3

⇒ C1 = − 112

C2 = −14

; C3 =43

luego,

yp = − 112e2x − 1

4e−2x +

43e−x

Ejemplo:

Resolver: 3y′′ − 2y′ − 8y = 0

Solucion:

Ecuacion caracterıstica: 3λ2 − 2λ− 8 = 0, cuyas raıces son λ1 = 2, λ2 = − 43 .

La solucion general de la ecuacion es:

y = C1e2x + C2e

− 43 x

Ejemplo:

Resolver: yIV − 9y′′ + 9 = 0

Solucion:

Tenemos: (λ− 3)(λ− 1)(λ+ 3)(λ+ 1) = 0, luego

λ1 = 3, λ2 = 1, λ3 = −3, λ4 = −1

Luego la solucion general es:

y = C1e3x + C2e

x + C3e−3x + C4e

−x


b) La ecuacion caracterıstica tiene raıces complejas distintas

Teorema 4.20 Si la ecuacion caracterıstica Kn(λ) tiene raıces complejas sim-ples

λ1 = α1 + iβ1 , λ2 = α2 + iβ2 , . . . , λm = αm + iβm

λ1 = α1 − iβ1 , λ2 = α2 − iβ2 , . . . , λm = αm − iβm

n = 2m

entonces las funciones

y1 = eα1x cos(β1x) ; y∗1 = eα1x sen(β1x)y2 = eα2x cos(β2x) ; y∗2 = eα2x sen(β2x). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ym = eαmx cos(βmx) ; y∗m = eαmx sen(βmx)

forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuacion (??) y en este casola solucion general se escribe :

y = eα1x (C1 cos(β1x) + C∗1 sen(β1x)) + eα2x (C2 cos(β2x) + C∗2 sen(β2x))+· · ·+ eαmx (Cm cos(βmx) + C∗m sen(βmx))

donde Ck, C∗k k = 1, 2, . . . ,m son 2m = n constantes arbitrarias.

Demostracion:

Puesto que la ecuacion caracterıstica tiene todas las raıces simples, tenemos quelas soluciones:

y1 = e(α1+iβ1)x , . . . , ym = e(λm+iβm)x

y1 = e(α1−iβ1)x , . . . , ym = e(λm−iβm)x

Forman un SistemaFundamental de

Soluciones

Las funciones y1, y1, y2, y2, . . . , ym, ym no son reales puesto que, segun la formulade Euler, tenemos:

yk = eαkx cos(βkx) + ieαkx sen(βkx)yk = eαkx cos(βkx)− ieαkx sen(βkx)

(4.54)

En la practica nos interesan las soluciones reales. Luego, no se toma (??) comosistema fundamental, sino las siguientes funciones obtenidas como combinacionlineal de las ecuaciones de (??)

Yk =yk + yk

2= eαkx cos(βkx) ; Y ∗k =

yk − yk

2i= eαkx sen(β1x)

k = 1, 2, . . . ,m.El sistema Yk, Y

∗k , k = 1, 2, . . . ,m (2m = n) tambien forma un sistema

fundamental de soluciones.


Ejemplo:

Hallar la solucion general de la ecuacion :

y(4) − y(3) + 2y′′ − y′ + y = 0

Solucion:

La ecuacion caracterıstica es:

λ4 − λ3 + 2λ2 − λ+ 1 = 0

que podemos factorizar como:

(λ2 + 1)(λ2 − λ+ 1) = 0

por lo tanto son soluciones:

λ1 = i ; λ3 = 1+i√

32

λ2 = −i ; λ4 = 1−i√

32

Luego, tenemos las soluciones particulares

y1 = senx ; y2 = cosx ; y3 = ex2 cos(

√3

2x) ; y4 = e

x2 sen(

√3

2x)

Las que forman un sistema fundamental de soluciones (pues son L.I). Por lotanto, la solucion general de la ecuacion es :

y(x) = C1 senx+ C2 cosx+ ex2

(C3 cos(

√3

2x) + C4 sen(

√3

2x)

)

Ejemplo:

Hallar la solucion general de la ecuacion:

yIV + 4y′′′ + 9y′′ + 4y′ + 8y = 0

Solucion:

De la ecuacion caracterıstica factorizamos como: (λ2 +1)(λ2 +4λ+8) = 0, luegolas soluciones son:

λ1 = i ; λ3 = − 12 + 1

2 iλ2 = −i ; λ4 = − 1

2 −12 i

Luego

y = C1 cosx+ C2 senx+ e−12(C3 cos x

2 + C4 sen x2

)


Consecuencia:

Dada la ecuacion diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes (reales)

a0y(n) + a1y

(n−1) + · · ·+ an−1y′ + any = 0

Si su ecuacion caracterıstica

a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an = 0

tiene raıces complejas simples:

α1 + β1i ; α2 + β2i ; . . . ; αm + βmiα1 − β1i ; α2 − β2i ; . . . ; αm − βmi

y raıces reales simples γ1, γ2, . . . , γn luego, p+ 2m = n.Entonces la solucion general esta dada por :

y =m∑

k=1

eαkx (Ck cos(βkx) + C∗k sen(βkx)) +p∑

k=1

Dkeγkx

donde Ck, C∗k , Dk son constantes arbitrarias.

La demostracion queda de Tarea para el lector.

Ejemplo:

Resolver: y(4) − y = 0

λ4 − 1 = 0 ⇒ (λ2 − 1)(λ2 + 1) = 0 ⇒

λ1 = 1 λ3 = iλ2 = −1 λ4 = −i

luego, la solucion general se escribe:

y = C1ex + C2e

−x + C3 cosx+ C4 senx

Determinemos ahora la solucion particular que satisface:

y(0) = y′(0) = 0 ; y′′(0) = 1 ; y′′′(0) = −1

tenemos:

y(0) = 0 ⇒ C1 + C2 + C3 = 0y′(0) = 0 ⇒ C1 − C2 + C4 = 0y′′(0) = 1 ⇒ C1 + C2 − C3 = 0y′′′(0) = −1 ⇒ C1 − C2 − C4 = 0

⇒C1 = 0 ; C2 =

12

C3 = −12

; C4 =12

Luego,

yp =12e−x − 1

2cosx+

12

senx


Ejemplo:

Resolver: yIV + 2y′′′ + 4y′′ − 2y′ − 5y = 0

λ4 + 2λ3 + 4λ2 − 2λ− 5 = 0 ⇒ (λ− 1)(λ+ 1)(λ2 + 2λ+ 5)

⇒λ1 = 1 λ2 = −1λ3 = 1 + 2i λ4 = 1− 2i

Luego la solucion general

y = C1ex + C2e

−x + ex(C3 cos 2x+ C4 sen 2x)

4.6.3 La ecuacion caracterıstica tiene raıces multiples

Teorema 4.21 Sea la ecuacion diferencial lineal de orden n

Ln(y) = a0y(n) + a1y

(n−1) + · · ·+ an−1y′ + any = 0 (4.55)

con coeficientes constantes (ak ∈ IR), si la ecuacion caracterıstica

Kn(λ) = a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an = 0

tiene la raız λ0 de orden de multiplicidad p+ 1, entonces la funcion:

y = C0eλ0x + C1xe

λ0x + · · ·+ Cpxpeλ0x ; x ∈ IR

es una solucion de la ecuacion (??).

Demostracion:

a) Sea y = eλx ⇒ Ln(eλx) = eλxKn(λ) y derivemos m veces con respecto aλ, luego tenemos :

∂m

∂λmLn(eλx) =

∂m

∂λm(eλxK(λ))

pero,∂m

∂λmLn(eλx) = Ln

[∂m

∂λmeλx

]= Ln[xmeλx]

y,

∂m

∂λm

[eλxKn(λ)

]= xmeλxKn(λ)+C1

mxm−1eλxK ′

n(λ)+· · ·+Cmme

λxK(m)n (λ)

luego tenemos la identidad

Ln

[xmeλx

]= eλx

[xmKn(λ) + C1

mxm−1K ′

n(λ) + · · ·+ CmmK

(m)n (λ)

](4.56)


supongamos que λ = λ0 es una raız de la ecuacion caracterısticaKn(λ) = 0de orden p+ 1 de multiplicidad, entonces en esta situacion

Kn(λ0) = 0; K ′n(λ0) = 0; . . . ; K(p)

n (λ0) = 0; Kp+1n (λ0) 6= 0 (4.57)

de donde resulta inmediatamente de (??) que :

y1 = eλ0x; y2 = xeλ0x; . . . ; yp+1 = xpeλ0x

son soluciones de la ecuacion (??), en efecto, para m ≤ p tenemos :

Ln[xmeλ0x] = eλ0x[xmKn(λ0) +C1mx

m−1K ′n(λ0) + · · ·+Cm

mK(m)n (λ0) = 0

luego, teniendo en cuenta la relacion (??), una consecuencia inmediata deeste hecho es que la funcion :

y = C0eλ0x + C1xe

λ0x + · · ·+ Cpxpeλ0x ; x ∈ IR (4.58)

es una solucion de la ecuacion diferencial, y decimos que (??) es la con-tribucion de la raız multiple λ = λ0, ademas es claro que y1, y2, . . . , yp+1

son L.I, en efecto:

eλ0x, xeλ0x, . . . , xpeλ0x son L.I

pues 1, x, x2, . . . , xp son L.I en IR, puesto que no podemos tener

C0 + C1x+ C2x2 + · · ·+ Cpx

p ≡ 0 ; conp∑0

C21 6= 0

Falta todavıa discutir este caso en dependencia de la naturaleza de la raızmultiple λ0.

a) λ = λ0 raız multiple de multiplicidad p + 1, real, tenemos las solucionesparticulares

y1 = eλ0x, y2 = xeλ0x, . . . , yp+1 = xpeλ0x

Ejemplo:

y′′′ − 6y′′ + 12y′ − 8y = 0, su ecuacion caracterıstica es:

λ3 − 6λ2 + 12λ− 8 = 0 ⇒ (λ− 2)3 = 0

tiene raız multiple λ0 = 2 real de multiplicidad 3, luego, y1 = e2x, y2 =xe2x, y3 = x2e2x, son soluciones particulares


y = (C1 + C2x+ C3x2)e2x ; x ∈ IR

es la Solucion General.

b) La raız multiple es λ0 = α+iβ de orden p+ 1 de multiplicidad claramentecomo los coeficientes de la ecuacion son reales, entonces la ecuacion tienetambien la raız λ0 = α − iβ de orden p+ 1 de multiplicidad. Las 2p + 2raıces dan por lo tanto las soluciones:

y1 = e(α+iβ)x , y2 = xe(α+iβ)x , . . . , yp+1 = xpe(α+iβ)x

y1 = e(α−iβ)x , y2 = xe(α−iβ)x , . . . , yp+1 = xpe(α−iβ)x

L.I

En este caso tomamos como sistema fundamental, las soluciones siguiente:

y1 = y1+y12 = eαx cosβx ; y∗1 = y1−y1

2i = eαx senβxy2 = y2+y2

2 = xeαx cosβx ; y∗2 = y2−y22i = xeαx senβx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yp+1 = yp+1+yp+1

2 = xpeαx cosβx ; y∗p+1 = yp+1−yp+12i = xpeαx senβx

Ejemplo:

Resolver: y(4) + 2y(3) + 3y′′ + 2y′ + y = 0

Su ecuacion caracterıstica es:

λ4 + 2λ3 + 3λ2 + 2λ+ 1 = 0

es decir:(λ2 + λ+ 1)2 = 0

que tiene raıces dobles: λ1,2 = − 12 + i

√3

2 ; λ3,4 = − 12 − i

√3

2

Luego, la ecuacion tiene las soluciones particulares:

y1 = e−x2 cos

√3

2 x ; y2 = xe−x2 cos

√3

2 x

y3 = e−x2 sen

√3

2 x ; y4 = xe−x2 sen

√3

2 x

que forman sobre IR un sistema fundamental de soluciones y la soluciongeneral esta dada por:

y = (C0 + C1x)e−x2 cos

√3

2x+ (C2 + C3x)e−

x2 sen

√3

2

En resumen podemos enunciar el siguiente teorema:


Teorema 4.22 Dada la ecuacion diferencial lineal de orden n, con coeficientesconstantes a0y

(n) + · · ·+ an−1y′ + any = 0. Si la ecuacion caracterıstica

a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an = 0

tiene raıces complejas

α1 + iβ1 ; α2 + iβ2 ; . . . ; αp + iβp

α1 − iβ1 ; α2 − iβ2 ; . . . ; αp − iβp

de orden de multiplicidad m1,m2, . . . ,mn, respectivamente y las raıces reales

λ1, λ2, . . . , λq

de orden de multiplicidad s1, s2, . . . , sq, respectivamente entonces la soluciongeneral de la ecuacion diferencial es:

y(x) =p∑

k=1

eαkx (Pmk−1 cos(βkx) +Qmk−1 sen(βkx)) +q∑

h=1

eλkxRsh−1(x)

(4.59)donde Pmk−1, Qmk−1, Rsh−1 son polinomios arbitrarios en x de grados mk −1,mk − 1, sh − 1, respectivamente.

Se deja la demostracion al lector.

Ejemplo:

La ecuacion: y′′′ + 2y′′ − y′ + 6y = 0, tiene ecuacion caracterıstica:

λ3 + 2λ2 − λ+ 6 = 0(λ+ 3)(λ2 − λ+ 2) = 0

luego tenemos las raıces:

λ1 = −3; λ2 =12

+ i

√7

2; λ3 =

12− i

√7

2

Por tanto la solucion general es:

y = C1e−3x + e

x2

[C2 cos

√7

2x+ C3 sen

√7

2x

]; x ∈ IR


Ejemplo:

y(6) − 4y(5) + 16y(4) − 34y(3) + 56y′′ − 60y + 25y = 0

tiene como ecuacion caracterıstica asociada:

λ6 − 4λ5 + 16λ4 − 34λ3 + 56λ2 − 60λ+ 25 = 0(λ− 1)2(λ2 − λ+ 5)2 = 0

tiene por tanto las raıces:

λ1 = λ2 = 1; λ3 = λ4 =1 + i

√19

2;λ5 = λ6 =

1− i√

192

por lo tanto la solucion general es:

y(x) = C1ex + C2xe

x + ex2

((C3 + C4x) sen(

√192 x) + (C5 + C6x) cos(

√192 x)

)Ejemplo:

y(V ) + 2y(IV ) + 2y′′′ + y′′ = 0

tiene como ecuacion caracterıstica:

λ5 + 2λ4 + 3λ3 − λ2 = 0

luego tenemos las raıces:

λ1 = 0, λ2 = 0, λ3 =−1 +

√3 i

2, λ4 =

−1−√

3 i2

por lo tanto la solucion general es

y = C1 + C2x+ C3e−x + e−x

(C4 cos

(√3

2

)+ C5 sen

(√3

2

))

4.6.4 Ecuaciones No Homogeneas

Para determinar una solucion particular de la ecuacion no homogenea

a0y(n) + a1y

(n−1) + · · ·+ any = f(x)

Podemos usar el metodo de variacion de parametros, que nos permite, cono-ciendo la solucion general de la homogenea, encontrar una solucion particularde la No Homogenea por medio de n integraciones.


Ejemplo:

Resolver: y′′ + 4y = 1cos 2x ; x 6= k π

4La ecuacion homogenea asociada es y′′ + 4y = 0, cuya ecuacion carac-

terıstica es :λ2 + 4 = 0 ⇒ λ = ±2i

Solucion general de la homogenea : yH = C1 cos 2x+C2 sen 2x para hallaruna solucion particular de la no homogenea, usamos el metodo de variacion delas constantes y tenemos :

C ′1 cos 2x+ C ′2 sen 2x = 0−2C ′1 sen 2x+ 2C ′2 cos 2x = 1

cos 2x

por lo tanto C ′2 = 12 ; C ′1 = − 1

2sen 2xcos 2x ⇒ C2 = 1

2x+A2; C1 = 14 ln | cos 2x|+A1,

luego, la solucion general de la ecuacion no homogenea es :

y =(

14 ln | cos 2x|+A1

)cos 2x+

(12x+A2

)sen 2x

Este calculo para n > 2 es demasiado largo y engorroso, luego, es no recomend-able.

Frecuentemente en las aplicaciones podemos encontrar por identificacionuna solucion particular. Veremos algunos casos:

1. f(x) = Pm(x)

La solucion particular sera tambien un polinomio en x del mismo grado m,si an 6= 0, tomamos para yp un polinomio arbitrario de grado m, Qm(x).Calculamos las derivadas y′p, y

′′p , . . . , y

(n)p y lo ponemos en la ecuacion di-

ferencial y por identificacion calculamos los coeficientes y determinamosQm(x).

Ejemplo:

.y′′ − 2y′ + y = 2x2

Tomamos como yp = Ax2 + Bx + C (polinomio del mismo grado quef(x) = 2x2), calculamos y′p = 2Ax + B; y′′p = 2A, reemplazamos en laecuacion, e identificamos los coeficientes

2A− 2(2Ax+B) +Ax2 +Bx+ C = 2x2

Por lo tanto se obtiene: A = 2; B = 8; C = 12, luego la solucion particulares: yp = 2x2+8x+12, y como la solucion general de la homogenea asociadaes:

yh = C1ex + C2xe

x


entonces la solucion general del no homogeneo es: y = yh + yp, es decir:

y = C1ex + C2xe

x + 2x2 + 8x+ 12

Si an = 0, an−1 = 0, . . . , an−k = 0∧an−k−1 6= 0 necesitamos tomar Q(x)polinomio de grado m+ k. (xkQm(x))

Ejemplo:

y′′′ − 2y′′ = x2

Si suponemos la solucion particular yp = Ax2 + Bx + C, al derivar yreemplazar en la ecuacion para identificar los coeficientes del polinomio setiene: −2(2A) = x2(⇒⇐) ??, es decir no sirve, esto porque los coeficientesde y e y′ son nulos (a4 = 0; a3 = 0).

Luego hay que suponer: yp = (Ax2 +Bx+ C)x2 = Ax4 +Bx3 + Cx2.

Por lo tanto:

y′′p = 12Ax2 + 6Bx+ 2C; y′′′p = 24Ax+ 6B

y reemplazando en la ecuacion e identificando coeficientes se tiene:

A = − 124

; B = − 112

; C = −18; por tanto yp = − 1

24x4 − 1

12x3 − 1

8x2

y puesto que: yh = C1 + C2x + C3e2x, entonces la solucion general de la

ecuacion no homogenea es:

y = C1 + C2x+ C3e2x − 1

24x4 − 1

12x3 − 1

8x2

Ejemplo:

y′′′ − y′ = −2x− 1

tenemos

λ3 − λ = 0 ⇒λ1 = 1λ2 = −1λ3 = 0

yH = C1 + C2ex + C3e

−x

luego la solucion particular es del tipo

yP = (Ax+ b)x


luego se tieney′P = 2Ax+ by′′P = 2Ay′′′P = 0

luego, reemplazando

0− 2Ax− b = −2x− 1 ⇒ A = 1, b = 1

luego, yG = yH + yP , es decir

yG = C1 + C2ex + C3e

−x + x2 + x

2. f(x) = eαxPm(x)

La solucion particular sera de la misma forma, tomamos para y una funcionde la misma forma yp = eαxQm(x), y por medio de identificacion encon-tramos los coeficientes de Qm(x)

Ejemplo:

y′′ − 2y′ + y = xe2x

Segun vimos las raıces de la ecuacion caracterıstica son: λ1 = λ2 = 1,por lo tanto la solucion general de la ecuacion homogenea asociada esyh = C1e

x + C2xex; como λ = 2 no es raız de la ecuacion caracterıstica,

entonces tomamos como solucion particular:

yp = (Ax+B)e2x

luego se tiene:

y′p = 2(Ax+B)e2x +Ae2x ; y′′p = 4(Ax+B)e2x + 2Ae2x + 2Ae2x

y′′p = 4Axe2x + (4A+ 4B)e2x

reemplazamos en la ecuacion diferencial, identificamos coeficientes y obte-nemos: A = 1

4 ; B = − 14 . Por lo tanto la solucion particular de la ecuacion

no homogenea es: yp =(

14x− 1

4

)e2x.

Solucion general:

y = C1ex + C2xe

x +(

14x− 1

4

)e2x

Si α es una raız de la ecuacion caracterıstica de orden k de multiplicidad,entonces tomamos y0 = xkeαxQm(x) como solucion particular.


Ejemplo:

y′′ − 3y′ + 2y = (x+ x2)e3x

de la ecuacion caracterıstica se obtiene

(λ1 − 1)(λ2 − 2) = 0 ⇒ λ1 = 1, λ2 = 2

yP = (a2x2 + bx+ c)e3x

Como ninguna de las soluciones de la ecuacion homogeneas igual a laparticular podemos hacer:

y′P = e3x(2xa+ b)e3x + 3e3x(ax2 + bx+ c)y′P = e3x(b+ 3c+ x(2a+ 3b) + 3ax2)y′P = e3x((2a+ 3b+ 9c+ 3b) + x(6a+ 9b+ 6a) + x29a)

reemplazando tenemos que:

e3x((2a+ 6b+ 9c) + x(12a+ 9b) + 9x2a)−(3b− 9c+ x(6a+ 9b) + 9x2a) + 2ax2 + 2bx+ 2c) = (x+ x2)e3x

con a = 12 , b = −1, c = 1. Luego

yG = C1ex + C2e

2x +(x2

2− x+ 1

)e3x

Ejemplo:

Resolver la ecuacion:y′′ − 2y′ + y = xe2x

Solucion:

Segun vimos las raıces de la ecuacion caracterıstica son: λ1 = λ2 = 1por lo tanto la solucion general de la ecuacion homogenea asociada esyh = C1e

x + C2xex; como λ = 1 es raız de orden dos de la ecuacion

caracterıstica, entonces tomamos como solucion particular:

yp = x2(Ax+B)ex = (Ax3 +Bx2)ex

luego se tiene:

y′p = (Ax3 +Bx2)ex + (3Ax2 + 2Bx)ex

y′′p = (Ax3 +Bx2)ex + (3Ax2 + 2Bx)ex + (3Ax2 + 2Bx)ex

+(6Ax+ 2B)ex

y′′p = (Ax3 + (B + 6A)x2 + (4B + 6A)x+ 2B)ex


reemplazando ahora en la ecuacion no homogenea tenemos:

(Ax3 + (B + 6A)x2 + (4B + 6A)x+ 2B)ex−2(Ax3 + (B + 3A)x2 + 2Bx)ex + (Ax3 +Bx2)ex = xex

es decir:(6B + 6A)x+ 2B = x

luego B = 0; A = 16 ; por lo tanto la solucion particular es:

yp =16x3ex

Solucion general de la no homogenea es:

y = C1ex + C2xe

x +16x3ex

3. f(x) = Pm(x) cosαx+Qm(x) senαxTomamos considerando la formula de Euler y el punto 2

yp = Pm(x) cosαx+ Qm(x) senαx

y determinamos los coeficientes de Pm(x) y Qm(x) por identificacion.Si iα y −iα son raıces multiples de orden k de la ecuacion caracterıstica,entonces tomamos

yp = xkPm(x) cosαx+ xkQm(x) senαx

Ejemplo 1:

Resolver: y′′ + y = sen 2x

Solucion:

La homogenea asociada es y′′ + y = 0; cuya ecuacion caracterıstica es:λ2 + 1 = 0; con raıces λ = ±i; por tanto como λ = 2i no es raız de laecuacion caracterıstica, asumimos la solucion particular:

yp = A sen 2x+B cos 2x

luego: y′p = 2A cos 2x − 2B sen 2x; y′′p = −4A sen 2x − 4B cos 2x, reem-plazamos en la ecuacion e identificamos coeficientes

−3A sen 2x− 3B cos 2x = sen 2x

por lo tanto A = − 13 ; B = 0. La solucion particular es: yp = − 1

3 sen 2x.Solucion general:

y = C1 senx+ C2 cosx− 13

sen 2x


Ejemplo 2:

Resolver:y′′ − 3y′ = 1 + ex + cosx+ senx

Solucion:

De la ecuacion caracterıstica λ2 − 3λ = 0 se obtienen las raıces λ1 = 0 yλ2 = 3

yH = C1 + e3x

yP = ax+ bex + (c cosx+ d senx)

Vemos que ninguna se repite luego esta solucion particular nos sirve

yP = 3x+ bex + c cosx+ d senxy′P = a+ bex − c senx+ d cosxy′′P = bex − c cosx− d senx

bex−c cosx−d senx−3a−3bex +3c senx−3d cosx = 1+ex +cosx+senx

a = −13, b = −1

2, c =

15, d = −2

5luego, yG = yP + yH , por lo tanto

yG = C1 + C2e3x − 1

3x− 1

2ex +

15

cosx− 25

senx

Ejemplo 3:

Resolver: y′′ + y = senx

Solucion:

La homogenea asociada es y′′ + y = 0; cuya ecuacion caracterıstica es:λ2 + 1 = 0; con raıces λ = ±i; por tanto como λ = i es raız de la ecuacioncaracterıstica, asumimos la solucion particular de la forma:

yp = (A senx+B cosx)x

luego:

y′p = (A cosx−B senx)x+ (A senx+B cosx)y′′p = 2(A cosx−B senx) + (−A senx−B cosx)x


reemplazamos en la ecuacion e identificamos coeficientes se tiene:

2(A cosx−B senx) + (−A senx−B cosx)x+(A senx+B cosx)x = senx2(A cosx−B senx) = senx

por lo tanto A = 0; B = − 12 . La solucion particular es: yp = − 1

3 sen 2x.

Solucion general:

y = C1 senx+ C2 cosx− 13

sen 2x

4. f(x) = Pm(x)eαx cosβx+Qm(x)eαx senβx

Entonces la solucion particular yp se toma de la misma forma:

Pm(x)eαx cosβx+ Qm(x)eαx senβx

en el caso que α+ iβ y α− iβ no son raıces de la ecuacion caracterıstica,y tendra la forma

yp = xkPm(x)eαx cosβx+ xkQm(x)eαx senβx

en el caso que α+iβ y α−iβ son raıces multiples de orden k de la ecuacioncaracterıstica.

Ejemplos:

y′′′− 2y′′ + y′− 2y = ex + senx+x, con las condiciones iniciales y(0) = 0,y′(0) = −1, y′′(0) = 1.

Solucion:

La homogenea asociada es : y′′′ − 2y′′ + y′ − 2y = 0

Ecuacion caracterıstica asociada:

λ3 − 2λ2 + λ− 2 = 0λ2(λ− 2) + (λ− 2) = (λ2 + 1)(λ− 2)

por tanto tenemos las raıces: λ = 2; λ = i; λ = −i. Luego, la soluciongeneral de la ecuacion homogenea es :

yH = C1e2x + C2 senx+ C3 cosx ; x ∈ IR

una solucion particular de la no homogenea es de la forma:


y = Aex +Bx senx+ Cx cosx+Dx+ E

Identificando tenemos :

y′ = Aex +B senx+Bx cosx+ C cosx− Cx senx+D= Aex + (B − Cx) senx+ (Bx+ C) cosx+D

y′′ = Aex +B cosx+B cosx−Bx senx− C senx− C senx−Cx cosx

= Aex + 2B cosx−Bx senx− 2C senx− 2C senx= Aex + (2B − Cx) cosx− (Bx+ 2C) senx

y′′′ = Aex − 2B senx−B senx−Bx cosx− 2C cosx− C cosx+Cx senx

= Aex − 3B senx− 3C cosx−Bx cosx+ Cx senx= Aex − (3B − Cx) senx− (3C +Bx) cosx

Reemplazamos en la ecuacion y tenemos:

Aex +B(−x cosx− 3 senx) + C(x senx− 3 cosx)−−2[Aex +B(2 cosx− x senx) + C(−2 senx− xcosx)]+

+[Aex +B(senx− x cosx) + C(cosx− x senx)]−−2[Aex +Bx senx+ Cx cosx+Dx+ E] = ex + senx+ x

Tenemos:−2A = 1; −2B+4C = 1; −2C+4B = 0; D−2E = 0; −2D = 1,por lo tanto: A = − 1

2 ; D = − 12 ; E = − 1

4 ;

−2B + 4C = 14B − 2C = 0

⇒ 6C = 2 ⇒ C = 13

⇒ B = 16

Por tanto la solucion particular buscada es:

yp = −12ex +

16x senx+

13x cosx− 1

2x− 1

4

Luego la solucion general es y = yH + yp, es decir:

y = C1e2x + C2 senx+ C3 cosx− 1

2ex +

16x senx+

13x cosx− 1

2x− 1

4

Para resolver el problema de Cauchy imponemos las condiciones iniciales,por lo tanto se tiene:

C2 + C3 −12− 1

4= 0

C1 + 2C3 −12

+13− 1

2= −1

−C2 + 4C3 −12

+13

= 1

⇒ C1 = −19

15; C2 =

1130

; C3 =2360


y se obtiene la solucion particular para la ecuacion no homogenea:

y = −1915

senx+1130

cosx+2360e2x − 1

2ex +

16x senx+

13x cosx− 1

2x− 1

4

Ejemplo:

y′′ − y′ = −5e−x(senx + cosx) con las condiciones iniciales y(0) =−4; y′(0) = 5.

Solucion:

Ecuacion caracterıstica: λ2−λ = 0. Luego tenemos las raıces λ1 = 0; λ2 =1.

La solucion general de la homogenea esta dada por

yH = C1 + C2ex

y una solucion particular de la no homogenea

yP = e−x(a senx+ b cosx)

luego,

y′p = −ae−x senx+ ae−x cosx− be−x cosx− be−x senx= e−x senx(−a− b) + e−x cos(a− b)

y′′P = e−x senx(−a+ a+ 2b) + e−x cosx(−a− a+ b− b)= 2e−xb senx− 2ae−x cosx

reemplazando tenemos

2e−xb senx−2ae−x cosx−e−x sen(−a−b)+e−x cos(a−b) = −5e−x(senx+cosx)

⇒ a = 1, b = 2, luego

yG = C1 + C2ex + e−x(senx− 2 cosx)

Con las condiciones iniciales tenemos que

yG = −4 + 2ex + e−x(senx− 2 cosx)


4.7 La Ecuacion de Euler

a0xny(n) + a1x

n−1y(n−1) + · · ·+ an−1xy′ + any = f(x) (4.60)

por medio del cambio |x| = et, se transforma en lineal con coeficientes constantes

Demostracion:

x > 0; x = et, tenemos :

dy

dx=dy

dt

dt

dx= e−t dy

dt⇒ x

dy

dx=dy

dt

⇒ d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)=

d

dt

(e−t dy

dt

)dt

dx=

d

dt

(e−t dy

dt

)e−t

(−e−t dy

dt+ e−t d

2y

dt2

)e−t = e−2t

(d2y

dt2− dy

dt

), etc.

luego ,

x2 d2y

dx2=d2y

dt2− dy

dt

Se observa que todos los productos xk dkydxk se expresan linealmente con la

ayuda de las derivadas dpydtp , p = 1, 2, . . . , k, multiplicado por factores numericos,

y si los reemplazamos en la ecuacion (??), entonces la ecuacion se transformaen una ecuacion con coeficientes constantes

b0dny

dtn+ b1

dn−1y

dtn−1+ · · ·+ bn−1

dy

dt+ bny = f(et)

y por lo tanto la ecuacion homogenea asociada es:

b0dny

dtn+ b1

dn−1y

dtn−1+ · · ·+ bn−1

dy

dt+ bny = 0

Admite soluciones de la forma eλkt, con λk raız de la ecuacion caracterıstica, peroeλkt = (et)λk = |x|λk , luego la ecuacion de Euler homogenea admite solucionesde la forma |x|λk . Este resultado simplifica enormemente la determinacion de lasolucion general de la ecuacion de Euler.

4.7.1 Solucion general de una ecuacion de Euler, homoge-nea

Sea la ecuacion de Euler homogenea:

a0xny(n) + a1x

n−1y(n−1) + · · ·+ an−1xy′ + any = 0 (4.61)


Si buscamos una solucion de la forma y = A|x|λ, A =constante, tenemos suce-sivamente:

y′ = Aλ|x|λ−1

y′′ = Aλ(λ− 1)|x|λ−2 . . .y(p) = Aλ(λ− 1) · · · (λ− n+ 1)|x|λ−n

reemplazando en (??) tenemos:

A|x|λKn(λ) = 0

donde Kn(λ) es la ecuacion caracterıstica asociada a la ecuacion de Euler

Kn(λ) = a0λ(λ−1) · · · (λ−n+1)+a1λ(λ−1) · · · (λ−n+2)+· · ·+an−1λ+an = 0

Sean λ1, λ2, . . . , λn las raıces de la ecuacion caracterıstica Kn(λ) = 0, segunsu naturaleza (reales o complejas) y orden de multiplicidad determinaremos elsistema fundamental de soluciones para la ecuacion de Euler; en forma analogacomo lo hicimos para las ecuaciones lineales con coeficientes constantes.

a) Raıces reales y simples

λ1, λ2, λ3, . . . , λn, en este caso

y1 = |x|λ1 ; y2 = |x|λ2 ; . . . ; yn = |x|λn

forman un sistema fundamental de soluciones, entonces la solucion general dela ecuacion de Euler es :

y = C1|x|λ1 + C2|x|λ2 + · · ·+ Cn|x|λn

Ejemplo:

Resolver la ecuacion de Euler: x2y′′ + 6xy′ + 4y = 0

Solucion:

Tiene la ecuacion caracterıstica asociada

λ(λ− 1) + 6λ+ 4 = 0λ2 + 5λ+ 4 = 0

(λ+ 1)(λ+ 4) = 0

⇒ λ1 = −1λ = −4

Por lo tanto tenemos: y1 = 1x ; y2 = 1

x4 Luego, la solucion general es:

y(x) =C1

x+C2

x4


Otra forma : x = et ⇒ dxdt = et

xy′ = y; x2y′′ = y − y

luego,λ(λ− 1) + 6λ+ 4 = 0

λ2 + 5λ+ 4 = 0(λ+ 1)(λ+ 4) = 0

⇒ λ1 = −1λ2 = −4

y(t) = C1e−t + C2e

−4t

⇒ y(x) = C1x + C2

x4

Ejemplo:

Resolver la ecuacion:x2y′′ + xy′ − y = 0

x = et, lnx = t, y = eλt, y = |x|λ

λ(λ− 1) + λ− 1 = 0λ2 = 1

λ1 = 1, λ2 = −1

y(t) = C1et + C2e

−t

y(x) = C1x+C2

x

b) La ecuacion caracterıstica Kn(λ) = 0 tiene raıces complejas simples:

λ = α+ iβ; λ = α− iβ

En el caso de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes estas raıcesintroducıan las soluciones:

y = eαt cosβt; y∗ = eαt senβt

pero en la ecuacion de Euler se hace |x| = et ⇔ t = ln |x|, luego:

y = |x|α cos(β ln |x|); y∗ = |x|α sen(β ln |x|)


luego, si la ecuacion caracterıstica Kn(λ) = 0 de una ecuacion de Euler tienelas raıces complejas conjugadas, simples:

λ1 = α1 + iβ1 , λ2 = α2 + iβ2 , . . . , λm = αm + iβm

λ1 = α1 − iβ1 , λ2 = α2 − iβ2 , . . . , λm = αm − iβm

entonces las funciones:

y1 = |x|α1 cos(β1 ln |x|) ; y∗1 = |x|α1 sen(β1 ln |x|). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ym = |x|αm cos(βm ln |x|) ; y∗m = |x|αm sen(βm ln |x|)

forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuacion de Euler.

Ejemplo:

Resolver la ecuacion diferencial x2y′′ − xy′ + 2y = 0.

Solucion:

La ecuacion caracterıstica asociada es:

λ(λ− 1)− λ+ 2 = 0λ2 − 2λ+ 2 = 0 ⇒ λ1 = 1 + i

λ2 = 1− i

por lo tanto las soluciones son:

y1 = x cos(lnx)y2 = x sen(ln |x|)


y(x) = x (C1 cos(ln |x|) + C2 sen(ln |x|))

Ejemplo:

Resolver: x2y′′ + 2xy′ + y = 0

Solucion:

Tenemos queλ(λ− 1) + 2λ+ 1 = 0

λ2 + λ+ 1 = 0 ⇒ λ1 = −1+i√

32

λ2 = −1−i√

32

y(t) = e−12 t

(C1 cos

√3

2t+ C2 sen

√3

2t

)

y(x) =1√x

(C1 cos

(√3

2lnx

)+ C2 sen

(√3

2lnx

))


Ejemplo:

Resolver:x2y′′ + 3xy′ + y = 0


λ(λ− 1) + 3λ+ 1 = 0(λ+ 1)2 = 0 ⇒ λ1 = −1

λ2 = −1

luego,y(t) = C1e

−t + C2te−t

luego,

y(x) =C1

x+ ln |x|C2

x

c) La ecuacion caracterıstica Kn(λ) = 0 tiene la raız real λ = α deorden p+ 1 de multiplicidad

En el caso de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes tendrıamos quelas funciones eαt, teαt, t2eαt, . . . , tpeαt son soluciones. Luego, en el caso de laecuacion de Euler tenemos que son soluciones: |x|α, |x|α ln |x|, |x|α ln2 |x|,. . .,|x|α lnp |x|, luego

|x|α(C0 + C1 ln |x|+ C2 ln2 |x|+ · · ·+ Cp lnp |x|

)es el aporte a la solucion general de valor propio λ = α.

Ejemplo:

Resuelva x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0.

Solucion:


λ(λ− 1) + 5λ+ 4 = 0λ2 + 4λ+ 4 = 0

(λ+ 2)2 = 0 ⇒ λ1 = λ2 = −2

Luego son soluciones particulares:

y1 =1x2

; y =ln |x|x2


y(x) = 1x2 (C1 + C2 ln |x|) ; x 6= 0


La ecuacion caracterıstica Kn(λ) = 0 tiene raıces complejas λ = α +iβ; λ = α− iβ de orden p+ 1 de multiplicidad

Entonces analogamente deducimos que las funciones:

y1 = |x|α cos(β ln |x|) ; y∗1 = |x|α sen(β ln |x|)y2 = |x|α ln |x| cos(β ln |x|) ; y∗2 = |x|α ln |x| sen(β ln |x|)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yp+1 = |x|α lnp |x| cos(β ln |x|) ; y∗p+1 = |x|α lnp |x| sen(β ln |x|)

son soluciones que aporta la raız multiple y la solucion general contendra comoparte de ella a:

(C0 + C1 ln |x|+ C2 ln2 |x|+ · · ·+ Cp lnp |x|)|x|α cos(β ln |x|)++(C∗0 + C∗1 ln |x|+ C∗2 ln2 |x|+ · · ·+ C∗p lnp |x|)|x|α sen(β ln |x|)

donde C0, C1, . . . , Cp, C∗0 , C

∗1 , . . . , C

∗p son 2p+ 2 constantes arbitrarias.

Teorema 4.23 (Resumen) Sea la ecuacion diferencial lineal de orden n (Eu-ler)

a0xny(n) + a1x

n−1y(n−1) + · · ·+ an−1xy′ + any = 0 an ∈ IR (4.62)

Si la ecuacion caracterıstica

a0λ(λ− 1) · · · (λ− n− 1) + a1λ(λ− 1) · · · (λ− n+ 2) + · · ·+ an−1λ+ an = 0

tiene las raıces complejas conjugadas:

α1 + iβ1 ; α2 + iβ2 ; . . . ; αp + iβp

α1 − iβ1 ; α2 − iβ2 ; . . . ; αp − iβp

de orden de multiplicidad m1,m2, . . . ,mp respectivamente y las raıces realesγ1, γ2, . . . , γq de orden de multiplicidad s1, s2, . . . , sq respectivamente.

Entonces la solucion general de la ecuacion diferencial (??) es:

y(x) =p∑

k=1

|x|αk [Pmk−1(ln |x|) cos(βk ln |x|) +Qmk−1(ln |x|) sen(βk ln |x|)]

+q∑

k=1

|x|γkRsh−1(ln |x|)

donde Pmk−1, Qmk−1, Rsh−1 son polinomios arbitrarios en ln |x| de grado re-spectivamente mk − 1, mk − 1 y sh − 1.

Ejemplo:

Resolver:x4y(4) + 6x3y(3) + 9x2y′′ + 3xy′ + y = 0


Solucion:

La ecuacion caracterıstica es:

λ(λ− 1)(λ− 2)(λ− 3) + 6λ(λ− 1)(λ− 2) + 9λ(λ− 1) + 3λ+ 1 = 0

se escribe:λ4 + 2λ2 + 1 = 0

(λ2 + 1)2 = 0

por lo tanto, λ1,2 = i; λ3,4 = −i.La solucion general de la ecuacion dada en un intervalo que no contenga

el origen es :

y(x) = (C1 + C2 ln |x|) cos(ln |x|) + (C3 + C4 ln |x|) sen(ln |x|)

Observacion:

Las ecuaciones de la forma :

a0(ax+ b)ny(n) + a1(ax+ b)n−1y(n−1) + · · ·+ any = 0

tambien son ecuaciones de Euler y se reducen a ecuaciones lineales y homogeneasde coeficientes constantes haciendo la sustitucion:

et = |ax+ b|

Ejemplo:

Resolver:(x+ 1)2y′′ − 2(x+ 1)y′ + 2y = 0

Buscamos una solucion de la forma |x+ 1|λ, entonces la ecuacion caracterısticaes :

λ(λ− 1)− 2λ+ 2 = 0λ2 − 3λ+ 2 = 0

(λ− 1)(λ− 2) = 0

luego tenemos las raıces: λ1 = 1; λ2 = 2, por lo tanto la solucion general es:

y = C1|x+ 1|+ C2|x+ 1|2

4.7.2 La Ecuacion de Euler No Homogenea

Para determinar una solucion particular de una ecuacion de Euler no ho-mogenea, usamos el metodo de variacion de parametros.


Ejemplo:

Resolver:x2y′′ − 5xy′ + 5y = x+ 1

La ecuacion homogenea asociada es:

x2y′′ − 5xy′ + 5y = 0

cuya solucion caracterıstica es:

λ(λ− 1)− 5λ+ 5 = 0λ2 − 6λ+ 5 = 0

(λ− 1)(λ− 5) = 0⇒ λ1 = 1; λ2 = 5


y(x) = C1x+ C2x5

Para obtener una solucion particular de la no homogenea usamos el metodo devariacion de las constantes

C ′1x+ C ′2x5 = 0

C ′1 + 5C ′2x4 =

x+ 1x2

⇒C ′1 = −1

4

(1x

+1x2

)C ′2 =

14

(1x5

+1x6

) /∫

se tiene:C1 = −1

4ln |x|+ 1

41x

+A1

C2 = − 116x4

− 120x5

+A2

La solucion general de la no homogenea es:

y =(A1 −

14

ln |x|+ 14

1x

)x+

(A2 −

116x4

− 120x5

)x5

y = A1x+A2x5 − 1

4x ln |x| − 1

16x+

(14− 1

20

); x 6= 0

Ejemplo:

x3y′′ − x2y′ − 3xy + 16 lnx = 0

arreglando la ecuacion tenenmos que

x2y′′ − xy′ − 3y =16 lnxx


tomando la homogenea

λ(λ− 1)− λ− 3 = 0λ2 − 2λ− 3 = 0 ⇒ λ1 = 3

λ2 = −1

yH = C1e−t + C2e

3t

luego por variacion de parametros tenemos

C ′1e−t + C ′2e

3t = 0−C ′1e−t + 3C ′2e

3t = −16tet·e2t

4C ′2e3t =

−16te3t

C ′2 =−4te6t

C2 = −4(− t

6e−6t − 1

36e−6t

)C2 =

2t3e−6t +

19e−6t +A2

−4C ′1e−t =

−16te3t

C ′1 =4te2t

yG(t) =(−2te−2t − e−2t +A1

)e−t + e3t

(A2 +

23e−6t +

19e−6t

)Pero, debemos volver a nuestra variable inicial t = ln |x|, luego

yG(x) =(−2 lnxeln x−2

− eln x−2+A1

)eln x−1

+eln x3(A2 +

23

lnxeln x−6+

19eln x−6

)

yG(x) =−2 lnxx3

− 1x3

+A1

x+A2

x3+

23

lnxx9

+1

9x9

Capıtulo 5

Sistemas de EcuacionesDiferenciales

5.1 Propiedades Generales

5.1.1 Generalidades

Definicion 5.1 La relacion:

F1(t, x, x′, . . . , x(m), y, y′, . . . , y(n), z, z′, . . . , z(p)) = 0F2(t, x, x′, . . . , x(m), y, y′, . . . , y(n), z, z′, . . . , z(p)) = 0F3(t, x, x′, . . . , x(m), y, y′, . . . , y(n), z, z′, . . . , z(p)) = 0

(5.1)

Donde F1, F2, F3 son tres funciones definidas sobre [a, b] × X × Y × Z ⊆IR × IRm+1 × IRn+1 × IRp+1, forman un sistema de tres ecuaciones diferen-ciales con tres funciones incognitas x, y, z, si se pide determinar las funcionesx(t), y(t), z(t), definidas sobre un mismo intervalo [a, b] derivables hasta el or-den m, n, p (respectivamente), funciones que junto con sus derivadas verificanla ecuacion (??) para todo t ∈ [a, b].

Un sistema de tres funciones reales x(t), y(t), z(t) que cumple estas condiciones,se dice que forma una solucion del sistema (??)

Observacion 1:

Si al menos uno de los numeros m, n, p es mayor que 1, el sistema (??) se dicede orden superior, si m = n = p = 1, entonces (??) se llama sistema de primerorden.

173


Observacion 2:

De un modo semejante se puede definir un sistema de r ecuaciones con r fun-ciones incognitas de orden superior.

Observacion 3:

Si el sistema (??) esta resuelto respecto de las derivadas de orden mayor, esdecir, en la forma:

x(m) = f1(t, x, x′, . . . , x(m−1), y, y′, . . . , y(n−1), z, z′, . . . , z(p−1)) = 0y(n) = f2(t, x, x′, . . . , x(m−1), y, y′, . . . , y(n−1), z, z′, . . . , z(p−1)) = 0z(p) = f3(t, x, x′, . . . , x(m−1), y, y′, . . . , y(n−1), z, z′, . . . , z(p−1)) = 0

(5.2)

recibe el nombre de canonico, o explıcito.

Ejemplo:

Un sistema de m ecuaciones diferenciales de primer orden con m funcionesincognitas y1(t), y2(t), . . . , ym(t) explıcito, es de la forma:

y′1(t) = f1(t, y1, y2, . . . , ym)y′2(t) = f2(t, y1, y2, . . . , ym). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′m(t) = fm(t, y1, y2, . . . , ym)

(5.3)

Si introducimos las matrices columnas:

Y =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣y1y2...ym

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ; F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣f1f2...fm

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Entonces el sistema se escribe matricialmente ası:

dY

dt= F (t, Y ) (5.4)

Una solucion del sistema (??) o bien (??) sobre un intervalo [a, b], es un sistemade m funciones y1(t), y2(t), . . . , ym(t) = Y (t), derivables sobre [a, b] que verificael sistema (??) o bien (??) para todo t ∈ [a, b].

5.1.2 Transformacion de un Sistema de Orden Superioren un Sistema de Primer Orden

Teorema 5.1 Un sistema de ecuaciones diferenciales de orden superior puedeser transformado en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden,introduciendo nuevas funciones incognitas.


Demostracion:

Consideremos el sistema (??) e introduzcamos las siguientes funciones incognitas:

dx

dt= x1 ;

dx1

dt= x2 ;

dx2

dt= x3 ; . . . ;

dxm−2

dt= xm−1

dy

dt= y1 ;

dy1dt

= y2 ;dy2dt

= y3 ; . . . ;dyn−2

dt= yn−1

dz

dt= z1 ;

dz1dt

= z2 ;dz2dt

= z3 ; . . . ;dzp−2

dt= zp−1

Si observamos que

dxk

dt=dk+1x

dtk+1;dyk

dt=dk+1y

dtk+1;dzk

dt=dk+1z

dtk+1

entonces el sistema (??) se transforma en el sistema de primer orden:

dxm−1

dt= f1(t, x, x1, . . . , xm−1, y, y1, . . . , yn−1, z, z1, . . . , zp−1)

dyn−1


dzp−1


y;

dx

dt= x1 ;

dx1

dt= x2 ;

dx2

dt= x3 ; . . . ;

dxm−2

dt= xm−1

dy

dt= y1 ;

dy1dt

= y2 ;dy2dt

= y3 ; . . . ;dyn−2

dt= yn−1

dz

dt= z1 ;

dz1dt

= z2 ;dz2dt

= z3 ; . . . ;dzp−2

dt= zp−1

Es decir, en un sistema canonico de primer orden con m+n+ p ecuaciones. Asıhemos demostrado el teorema.

Teorema 5.2 Resolver un sistema de n ecuaciones diferenciales de primer or-den, se puede reducir a la resolucion de una ecuacion diferencial de orden n einversamente. La resolucion de una ecuacion diferencial de orden n, se puedereducir a la resolucion de un sistema de n ecuaciones diferenciales de primerorden.

Demostracion:

a) Consideramos la ecuacion diferencial de orden n resuelta respecto de y(n)

y(n) = f(t, y, y′, . . . , y(n−1)) (5.5)


Si introducimos las funciones

y1 = y′, y2 = y′1, y3 = y′2, yn−1 = y′n−2

La ecuacion (??) se transforma en un sistema de n ecuaciones de primerorden

dy

dt= y1;

dy1dt

= y2;dy2dt

= y3; . . . ;dyn−2

dt= yn−1

dyn−1

dt= f(t, y, y, . . . , yn−1)

b) Sea ahora el sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden:

dy1dt

= f1(t, y1, y2, . . . , yn)

dy2dt

= f2(t, y1, y2, . . . , yn)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .dyn

dt= fn(t, y1, y2, . . . , yn)

(5.6)

Derivamos (n − 1) veces la primera ecuacion de (??), y derivamos luego(n− 2) veces todas las otras ecuaciones del sistema (??), obtenemos: n+(n− 1)(n− 1) = n2 − n+ 1 ecuaciones.

Eliminamos de entre estas ecuaciones a y2, y3, y4, . . . , yn y todas susderivadas (en total n(n− 1) = n2 − n incognitas).

Tenemos ası n2 − n+ 1 ecuaciones y n2 − n incognitas. El resultado de laeliminacion es una relacion entre y1 y sus derivada hasta el orden n

y(n)1 = Φ(t, y′1, . . . , y

(n−1)1 ) (5.7)

Es decir, resolver el sistema (??) se ha reducido a resolver la ecuacion (??)hemos ası demostrado el teorema.

Observaciones:

1. Puesto que toda ecuacion diferencial de orden n es equivalente con unsistema de n ecuaciones de primer orden, podemos decir que un sistemade ecuaciones diferenciales de orden superior, es equivalente con un sistemade primer orden.

2. Todo resultado para un sistema de n ecuaciones de primer orden, puedeser usado para el estudio de ecuaciones diferenciales de orden superior.

3. Si logramos obtener la solucion general de la ecuacion diferencial (??), en-tonces podemos obtener la solucion general de la ecuacion (??), solamentederivando y con algunos calculos algebraicos.


Ejemplo:

Resolver el sistema:dx

dt= x+ 2y

dy

dt= −2x+ 5y

Derivamos la primera ecuacion y obtenemos:

d2x

dt2=dx

dt+ 2

dy

dt

eliminamos y y dydt de entre estas tres ecuaciones y obtenemos:

y =12dx

dt− 1

2x;

dy

dt= −9

2x+

52dx

dt

y el resultado de la eliminacion es la ecuacion diferencial de segundo orden enx, lineal con coeficientes constantes

d2x

dt2− 6

dx

dt+ 9x = 0


λ2 − 6λ+ 9 = 0 ↔ (λ− 3)2 = 0

tiene la raız doble λ = 3, por tanto la solucion general es:

x = C1e3t + C2te

3t

tambien tenemos:y =

12dx

dt− 1

2x

por tanto

y = C1e3t + C2(

12

+ t)e3t , t ∈ IR

La solucion general del sistema es la familia de curvas (Γ ) definida por:

(Γ )x = C1e

3t + C2te3t

y = C1e3t + C2( 1

2 + t)e3t t ∈ IR

Ejemplo:

Resolver el sistema:x = yy = zz = x


x = y;x = z;...x = z

⇒ ...x = x

luego...x = x. Obtenemos que

λ3 − 1 = 0 ⇒ λ = 3√

1

λ1 = 1; λ2 = 1; λ3 = 1

luegoxH = Ct

1 + C2tet + C3t

2et

y comoy = x⇒ x = C1e

t + C2et + C2te

t + C3 · 2tet + Ct3t

2

luegoy = C1e

t + C2et(1 + t) + C3te

t(2 + t)

y como z = y, tenemos

y = C1et + C2e

t + C2et + C2te

t + 2C3tet + 2C3e

t + 2C3tet + C3t

2et

luegoz = C1e

t + C2et(2 + t) + C3e

t(4t+ 2 + t2)

por lo tantox = C1e

t + C2et + C3t

2et

y = C1et + C2e

t(1 + t) + C3tet(2 + t)

z = C1et + C2e

t(2 + t) + C3et(4t+ 2 + t2)

5.2 Teorema de Existencia para Sistemas deEcuaciones Diferenciales

5.2.1 Problema de Cauchy

Consideremos un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden de laforma:

dx

dt= f(t, x, y)

dy

dt= g(t, x, y)

(5.8)

con f y g contınuas en un dominio D ⊆ IR3.El problema de determinar una solucion x(t), y(t) del sistema (??) que

para t = t0, tome los valores iniciales x0, y0; (t0, x0, y0) ∈ D, se llama problemade Cauchy.

El teorema que sigue, nos da condiciones suficientes para que esta solucionexista y sea unica, ademas el metodo de demostracion (de aproximaciones suce-sivas) nos entrega un metodo efectivo de construccion para la solucion.


Teorema 5.3 Sea:dx

dt= f(t, x, y)

dy

dt= g(t, x, y)

(5.9)

un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden que cumple con lassiguientes condiciones:

a) Sea (t0, x0, y0) un punto del espacio IR3; las funciones f(t, x, y), g(t, x, y)son contınuas en el intervalo cerrado D definido por:

|t− t0| ≤ a, |x− x0| ≤ b, |y − y0| ≤ c

b) Las funciones f y g satisfacen la condicion de Lipschitz para todo (t, x1, y1), (t, x2, y2) ∈D.

|f(t, x1, y1)− f(t, x2, y2)| ≤ A|x2 − x1|+B|y2 − y1||g(t, x1, y1)− g(t, x2, y2)| ≤ A|x2 − x1|+B|y2 − y1|

A > 0; B > 0 constantes.

En estas condiciones existe una solucion del sistema dado x = ϕ(t), y = φ(t)con las funciones ϕ, φ derivables sobre el intervalo |t− t0| ≤ h, (h ≤ a) tal queen t = t0 toma los valores x = ϕ(t0), y = φ(t0).

Demostracion:

a) Las funciones f(t, x, y), g(t, x, y) son contınuas sobre el intervalo cerrado D,por lo tanto son acotadas sobre D. Sea M > 0 tal que tengamos

|f(t, x, y) ≤M, |g(t, x, y)| ≤M ∀(t, x, y) ∈ D

tomamos h = mina, bM , c

M . Para la determinacion de la solucion x = ϕ(t), y =φ(t) usaremos el metodo de aproximaciones sucesivas, presentado en la de-mostracion del teorema de existencia para ecuaciones diferenciales de primerorden. El metodo consiste en construir, de aproximacion en aproximacion, dossucesiones de funciones

x0, x1(t), . . . , xn(t), . . .y0, y1(t), . . . , yn(t), . . .

y demostraremos que cada sucesion converge uniformemente a la funcion ϕ(t), φ(t)(respectivamente), funciones que cumplen las condiciones del enunciado del teo-rema.

La aproximacion de orden cero para la primera sucesion es x0, y parala segunda es y0, es decir los valores iniciales. Las siguientes aproximaciones se


definen ası:

x1(t) = x0 +∫ t

t0f(t, x0, y0)dt , y1(t) = y0 +

∫ t

t0g(t, x0, y0)dt

x2(t) = x0 +∫ t

t0f(t, x1(t), y1(t))dt , y2(t) = y0 +

∫ t

t0g(t, x1(t), y1(t))dt

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .xn(t) = x0+ , yn(t) = y0+∫ t

t0f(t, xn−1(t), yn−1(t))dt

∫ t

t0g(t, xn−1(t), yn−1(t))dt

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(5.10)

De esta manera obtenemos las siguientes dos sucesiones de funciones

x0, x1(t), . . . , xn(t), . . .y0, y1(t), . . . , yn(t), . . .

con las siguientes propiedades:

I.- Las aproximaciones xn(t), yn(t) ∀n cumplen la condicion inicial puesxn(t0) = x0; yn(t0) = y0, puesto que para t = t0 , las integrales sonnulas.

II.- Las aproximaciones xn(t), yn(t) son funciones contınuas sobre el segmento[t0 − h, t0 + h].

En efecto, como f y g son contınuas sobre D, se tiene que todas las inte-grales que intervienen en (??) son funciones contınuas ∀t ∈ [t0−h, t0 +h].

III.- Si t ∈ [t0−h, t0 +h], entonces x ∈ [x0− b, x0 + b], yn ∈ [y0−c, y0 +c] ∀n =1, 2, 3, . . .. Lo que demostraremos por recurrencia, tenemos:

f(t, x0, y0)| ≤M ; |g(t, x0, y0)| ≤M

es decir

|x1 − x0| =∣∣∣∣∫ t

t0

f(t, x0, y0)dt∣∣∣∣ ≤M

∣∣∣∣∫ t

t0

dt

∣∣∣∣ ≤M |t− t0| ≤Mh ≤ b

|y1 − y0|t0 =∣∣∣∣∫ t

t0

g(t, x0, y0)dt∣∣∣∣ ≤M

∣∣∣∣∫ t

t0

dt

∣∣∣∣ ≤M |t− t0| ≤Mh ≤ c

puesto que h = mina, bM , c

M .Supongamos ahora que las aproximaciones de orden n − 1 cumplen estacondicion:

xn−1 ∈ [x0 − b, x0 + b], yn−1 ∈ [y0 − c, y0 + c];

de aquı resulta que

|f(t, xn−1, yn−1)| ≤M ; |g(t, xn−1, yn−1)| ≤M


podemos escribir por lo tanto:

|xn(t)− x0| =∣∣∣∣∫ t

t0

f(t, xn−1, yn−1)dt∣∣∣∣ ≤M

∣∣∣∣∫ t

t0

dt

∣∣∣∣ ≤M |t− t0| ≤Mh ≤ b

|yn(t)− y0| =∣∣∣∣∫ t

t0

g(t, xn−1, yn−1)dt∣∣∣∣ ≤M

∣∣∣∣∫ t

t0

dt

∣∣∣∣ ≤M |t− t0| ≤Mh ≤ c

por lo tanto para t ∈ [t0 − h, t0 + h], todas las aproximaciones pertenecenal intervalo [x0 − b, x0 + b]× [y0 − c, y0 + c].

b) Demostraremos ahora que las sucesiones de funciones:

x0, x1(t), . . . , xn(t), . . .y0, y1(t), . . . , yn(t), . . .

convergen uniformemente sobre el segmento [t0 − h, t0 + h], a las funcionesϕ(t), φ(t) (respectivamente) cuando n → ∞. La convergencia de estas serieses equivalente con la convergencia de las series de funciones:

x0 + (x1 − x0) + (x2 − x1) + · · ·+ (xn − xn−1) + · · ·y0 + (y1 − y0) + (y2 − y1) + · · ·+ (yn − yn−1) + · · · (5.11)

puesto que las sucesiones de las sumas parciales de ambas series son justamentelas sucesiones (xn) y (yn).

Para demostrar que las series (??) convergen uniformemente sobre elsegmento considerado es suficiente construir una serie numerica mayorante, conterminos positivos, y convergente.

Demostremos que tenemos:

|xn(t)− xn−1(t)| ≤ M(A+B)n−1 |t− to|n

n!

|yn(t)− yn−1(t)| ≤ M(A+B)n−1 |t− to|n

n!

(5.12)

para todo t ∈ [t0 − h, t0 + h]. Demostraremos esta desigualdad por recurrencia.Tenemos

|x1(t)− x0| =∣∣∣∣∫ t

t0

f(t, x0, y0)dt∣∣∣∣ ≤ ∫ t

t0

f(t, x0, y0)dt ≤M |t− t0|

|y1(t)− y0| =∣∣∣∣∫ t

t0

g(t, x0, y0)dt∣∣∣∣ ≤ ∫ t

t0

g(t, x0, y0)dt ≤M |t− t0|

Es decir para n = 1 se cumplen las desigualdades (??).Supongamos ahora que se cumplen para hasta n− 1, demostraremos que

se cumplen para n. (veamos solo la primera). tenemos

|xn(t)− xn−1(t)| =∣∣∣∣∫ t

t0

[f(t, xn−1, yn−1)− f(t, xn−2, yn−2)]dt∣∣∣∣


y si usamos la condicion de Lipschitz (β) y (??) para n− 1, resulta:

|xn(t)− xn−1(t)| ≤∣∣∣∫ t

t0[A|xn−1, xn−2|+B|yn−1 − yn−2|]dt

∣∣∣≤ (A+B)

∣∣∣∣∫ t

t0

M(A+B)n−2 |t− t0|n−1

(n− 1)!dt

∣∣∣∣integrando se obtiene

|xn(t)− xn−1(t)| ≤M(A+B)n−1 |t− t0|n

n!

Analogamente se procede para la otra desigualdad de (??).Puesto que |t− to| ≤ h, de lo anterior deducimos las desigualdades:

|xn(t)− xn−1(t)| ≤ M(A+B)n−1hn

n!

|yn(t)− yn−1(t)| ≤ M(A+B)n−1hn

n!

Por lo tanto las series (??) son absoluta y uniformementes sobre el intervalo[t0 − h, t0 + h], puesto que son mayoradas por la serie de terminos positivos,convergente.

M(A+B)−1 [(A+B)h]n

n!por lo tanto las sucesiones de funciones definidas por:

ϕ(t) = limn→∞

xn(t) = x0 + limn→∞

∫ t

t0

f(t, xn−1, yn−1)dt

= x0 +∫

t0f(t, ϕ(t), φ(t))dt

φ(t) = limn→∞

yn(t) = y0 + limn→∞

∫ t

t0g(t, xn−1, yn−1)dt

= y0 +∫ t

t0g(t, ϕ(t), φ(t))dt

son funciones contınuas sobre [t0 − h, t0 + h]. Tenemos por lo tanto:

ϕ(t) = x0 +∫

t0

g(τ, ϕ(τ), φ(τ))dτ

φ(t) = y0 +∫

t0

g(τ, ϕ(τ), φ(τ))dτ(5.13)

Como f y g son contınuas sigue que ϕ y φ son derivables. Si derivamos (??)obtenemos

dϕ

dt= f(t, ϕ, φ);

dφ

dt= g(t, ϕ, φ)


para todo t ∈ [t0 − h, t0 + h], es decir ϕ y φ son las soluciones buscadas. Lasfunciones ϕ y phi verifican las condiciones iniciales, puesto que para t = t0 en(??) las integrales son nulas y ϕ(t0) = x0; φ(to) = y0.

c) Nos queda demostrar que la solucion ϕ(t), φ(t) ası encontrada es unica(en las condiciones iniciales dadas).

Supongamos que existe otra solucion u(t), v(t) que satisface la mismacondicion inicial, entonces tenemos

u(t) = x0 +∫ t

t0

f(t, u(t), v(t))dt; v(t) = y0 +∫ t

t0

g(t, u(t), v(t))dt

tendremos

|xn(t)− u(t)| =∣∣∣∣∫ t

t0

[f(t, xn−1, yn−1)− f(t, u(t), v(t))]dt∣∣∣∣

|yn(t)− v(t)| =∣∣∣∣∫ t

t0

[g(t, xn−1, yn−1)− g(t, u(t), v(t))]dt∣∣∣∣

y usando la condicion de Lipschitz

|xn(t)− u(t)| ≤∣∣∣∣∫ t

t0

(A|xn−1 − u|+B + |yn−1 − v|)dt∣∣∣∣

de donde resulta, por recurrencia, igual que en b)

|xn − u| ≤ M(A+B)n−1hn

n!

|yn − v| ≤ M(A+B)n−1hn

n!Deducimos ası que lim

n→∞xn = u(t); lim

n→∞yn = v(t), es decir u(t) = ϕ(t), v(t) =

φ(t), t ∈ [t0 − h, t0 + h], lo que demuestra la unicidad, y el teorema quedademostrado.Para sistemas de n ecuaciones diferenciales de primer orden, explıcitas, tenemosel siguiente teorema de existencia, que se demuestra de manera analoga.

Teorema 5.4 Sea:dy1dt

= f1(t, y1, y2, . . . , yn)

dy2dt

= f1(t, y1, y2, . . . , yn)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dyn

dt= f1(t, y1, y2, . . . , yn)

Un sistema de n ecuaciones diferenciales de primer orden que cumplen las sigu-ientes condiciones:


α) Sea (t, y10, y20, . . . , yn0) un punto de IRn+1, las funciones fk(t, y1, y2,. . . , yn), k = 1, 2, 3 . . . , n, son contınuas en el intervalo cerrado D definidopor:

|t− t0| ≤ a, |yk − yk0| ≤ b, k = 1, 2, 3 . . . , n

β) Para todo (t, y11, y21, . . . , yn1) ∈ D, (t, y12, y22, . . . , yn2) ∈ D las funcionesfk satisfacen la desigualdad de Lipschitz

|fk(t, y11, y21, . . . , yn1)− fk(t, y12, y22, . . . , yn2)| ≤ A1|y11 − y12|+A2|y21−y22|+ · · ·+An|yn1 − yn2|

con A1, A2, . . . , An constantes positivas.

En estas condiciones existe una solucion del sistema dado, y esta es de la formay1 = ϕ1(t), y2 = ϕ2(t), . . . , yn = ϕn(t), donde las funciones ϕk son derivablessobre un intervalo |t− t0| ≤ h (h ≤ a), y que para t = t0, toma respectivamentelos valores ϕk(t0) = yk0, k = 1, 2, 3 . . . , n.

Las funciones ϕ1, ϕ2, ϕ3, . . . , ϕn verifican el siguiente sistema de ecuacio-nes integrales:

ϕ1(t) = y10 +∫ t

t0f1(t, ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn)dt

ϕ2(t) = y20 +∫ t

t0f2(t, ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn)dt

ϕ3(t) = y30 +∫ t

t0f3(t, ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn)dt

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ϕn(t) = yn0 +

∫ t

t0fn(t, ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn)dt

5.2.2 Consecuencias del Teorema de Existencia

En el enunciado del teorema de existencia y10, y20, . . . , yn0 son fijos, pero arbi-trarios, por tanto tenemos el siguiente teorema

Teorema 5.5 La solucion de un sistema de n ecuaciones diferenciales deprimer orden

dyk

dt= fk(t, y1, y2, . . . , yn), k = 1, 2, . . . , n (5.14)

con fk contınuas y con derivadas parciales de primer orden contınuas en undominio D ⊂ IRn+1, depende de n constantes arbitrarias.

En efecto, si las funciones fk son contınuas y con derivadas parciales de primerorden contınuas, entonces las funciones fk cumplen las condiciones de Lipschitzen D, es decir se cumplen las condiciones del teorema de existencia en D.

El conjunto de las soluciones, definidas del teorema de existencia en D,se llama integral general del sistema (??) en D.

El conjunto de estas soluciones, forma una familia de curvas, que depen-den de n constantes arbitrarias.


Una solucion del sistema (??) que se obtiene de la solucion general dandovalores particulares a las constantes arbitrarias se llama solucion particular.

El problema de la determinacion de una solucion particular y1(t), y2(t),. . .,yn(t) del sistema (??) que para t = t0 tome los valores iniciales y10, y20, . . . , yn0,se llama el problema de Cauchy.

Ejemplo:

Hallar la solucion general del sistema2xdx

dt= ln y − x2

2dy

dt= x2y + y ln y

y > 0

Solucion:

Hacemos el cambio de funciones x2 = u, ln y = v, por lo tanto tenemos: 2xdxdt =

du; 1y

dydt = dv, y el sistema se transforma en:

du

dt= v − u

dv

dt= v + u

5.2.3 Consecuencias del Teorema de Existencias

a) En el enunciado del teorema de existencia y10, y20, . . . , yn0 son fijos, peroarbitrarios. Luego tenemos el siguiente teorema.

Teorema 5.6 La solucion de un sistema de n ecuaciones diferenciales deprimer orden

dyk

dt= fk(t, y, . . . , yn); k = 1, 2, . . . , n (5.15)

con fk contınuas y con derivadas parciales de 1er orden contınuas en un dominioD ⊂ IR depende de n constantes arbitrarias.

En efecto, como fk es contınua y con su derivada parcial contınua, entoncescumple con la condicion de Lipschitz en D, o sea cumplen las condiciones delteorema de existencia en D.

El conjunto de las soluciones, definidas por el teorema de existencia enD, se llama integral general del sistema (??) en D.

El conjunto de estas soluciones forma una familia de curvas, que dependede n constantes arbitrarias.

El problema de determinar una solucion particular y1(t), . . . , yn(t) del sis-tema (??) que para t = t0, tome los valores y10, y20, . . . , yn0 se llama Problemade Cauchy.


Ejemplo:

Hallar la solucion general del sistema:2xdx

dt= ln y − x2

dy

dt= x2y + y ln y

y > 0 (5.16)

hacemos el cambio de funciones

x2 = uln y = v

⇒

2xdx

dt=

du

dt1y

dy

dt=

dv

dt

luego, el sistema se escribe du

dt= v − u

dv

dt= u+ v

derivamos la primera ecuacion respecto de t, obteniendo:

d2u

dt2=dv

dt− du

dt

eliminamos v ∧ dvdt y obtenemos

d2u

dt2= u+ v − du

dt= u+

(du

dt+ u

)− du

dt

d2u

dt2= 2u⇒ u′′ − 2u = 0

λ2 − 2 = 0 ⇒ λ = ±√

2

luego, u = C1e(√

2)t+C2e−(√

2)t, pero, v = u′+u, por lo tanto: v = C1

√2 e(

√2)t−

C2

√2 e−(

√2)t + C1e

(√

2)t + C2e−(√

2)t.Es decir,

x2 = C1e(√

2)t + C2e−(√

2)t

ln y = (√

2 + 1)C1e(√

2)t + (1−√

2)C2e−(√

2)t

b) Hemos visto que una ecuacion diferencial de orden n

y(n) = f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1)) (5.17)


se transforma en un sistema de n-ecuaciones diferenciales lineales, al introducirn− 1 funciones : y1 = y′; y2 = y′1 = y′′; . . . ; yn−1 = y(n−1) entonces tenemos :

dy

dx= y1,

dy1dx

= y, . . . ,dyn−2

dx= yn−1

dyn−1

dx= f(x, y, y1, . . . , y(n−1))

(5.18)

cuya solucion depende de n constantes arbitrarias.Deduciremos de aquı que la solucion general de una ecuacion diferencial

de orden ny(n) = f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1))

depende de n constantes arbitrarias. c) Sea el sistema (??), el sistema en el quese transforma la ecuacion diferencial (??) de orden n.

Del teorema de existencia, resulta que si en el punto x0 ∈ [a, b] nos danlos valores

y(x0) = y0, y1(x0) = y′(x0) = y′0, y2(x0) = y′′(x0) = y′′0 ,. . . , yn−1(x0) = yn−1(x0) = yn−1

0

entonces el sistema (??) tiene una solucion unica que cumple estas condicionesiniciales.

5.3 Sistema de Ecuaciones Diferenciales Linea-les de 1er Orden

5.3.1 Sistemas de ecuaciones Lineales y Homogeneos

Definicion 5.2L1(y1, . . . , yn) = a10(t)dy1

dt + a11(t)y1 + · · ·+ a1n(t)yn = f1(t)L2(y1, . . . , yn) = a20(t)dy2

dt + a21(t)y1 + · · ·+ a2n(t)yn = f2(t). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Ln(y1, . . . , yn) = an0(t)dyn

dt + an1(t)y1 + · · ·+ ann(t)yn = fn(t)(5.19)

con aij(t); f1(t) ∈ C1 y a10(t) 6= 0; i = 1, . . . , n en [a, b] se llama un sistemade n ecuaciones diferenciales de primer orden con n incognitas y1, y2, . . . , yn,no homogeneas.

Observacion:

Si f1(t) = 0∀i = 1, 2, . . . , n, t ∈ [a, b] el sistema se dice homogeneo.


Nos ocuparemos ahora de sistemas homogeneos

L1[y1, y2, . . . , yn] = 0L2[y1, y2, . . . , yn] = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Ln[y1, y2, . . . , yn] = 0

5.3.2 Forma matricial de un sistema lineal

Si introducimos las matrices :

A0(t) =

a10(t) 0 0 · · · 0

0 a20(t) 0 · · · 0· · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 · · · an0(t)

A1(t) =

a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)· · · · · · · · · · · ·

an1(t) an2(t) · · · an0(t)

Y = |y1, y2, . . . , yn|∗

dY

dt=

∣∣∣∣dy1dt , dy2dt , . . . , dyn

dt

∣∣∣∣∗ F (t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣f1(t)f2(t)

...fn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣El sistema (??) se escribe matricialmente

A0(t)dY

dt+A1(t)Y = F (t) (5.20)

(en ambos casos A0(t) 6= 0 sobre [a, b])

con F = 0 tenemos el sistema homogeneo:

A0(t)dY

dt+A1(t)Y = 0

5.3.3 Soluciones Particulares ( Wronskiano )

Definicion 5.3 Un sistema de n funciones y1(t), y2(t), . . . , yn(t) ∈ C1([a, b], IR)forman una solucion del sistema homogeneo (??) sobre [a, b] si verifica el sistema(??) ∀t ∈ [a, b].


Ejemplo: dx

dt= 3x+ 4y

dy

dt= 5x− 16y

(5.21)

Las funcionesx = e4t ∧ y =

14e4t ; t ∈ IR

forman una solucion de (??).

Teorema 5.7 Siy1, y2, . . . , yn

y1, y2, . . . , yn; t ∈ [a, b]

son soluciones del sistema homogeneo:

Lk[y1, y2, . . . , yn] = 0, k = 1, 2 . . . , n

entonces las funciones

C1y1 + C2y1; C1y2 + C2y2; . . . ; C1yn + C2yn

donde C1∧C2 son constantes arbitrarias, forman una solucion del sistema dadosobre [a, b].

Demostracion:

El operador Lk es lineal, por lo tanto podemos escribir:

Ln[C1y11 + C2y21, . . . , C1y1n + C2y2n] = C1Lk[y11, . . . , y1n] + C2Lk[y21, . . . , y2n]= 0

Siy11 , y12 , . . . , y1n

y21 , y22 , . . . , y2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn1 , yn2 , . . . , ynn

son n soluciones del sistema homogeneo (??), entonces

C1y11 + C2y21 + . . . + Cnyn1

C1y12 + C2y22 + . . . + Cnyn2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .C1y1n + C2y2n + . . . + Cnynn

donde C1, C2, . . . , Cn son n constantes arbitrarias, es tambien solucion del sis-tema (??).


Definicion 5.4 Las siguientes n soluciones

y1 = y11, y12, . . . , y1n

y2 = y21, y22, . . . , y2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn = yn1, yn2, . . . , ynn

(5.22)

del sistema homogeneo

Lk[y1, y2, . . . , yn] = 0, k = 1, 2 . . . , n (5.23)

definidas sobre [a, b].Diremos que las n soluciones (??) forman un sistema fundamental de

soluciones del sistema (??) sobre [a, b].Si el determinante

W (t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣y11 y12 · · · y1n

y21 y22 · · · y2n

· · · · · · · · · · · ·yn1 yn2 · · · ynn

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0 ; ∀t ∈ [a, b]

el determinante se llama Wronskiano de las funciones y1, . . . , yn.

Observaciones:

1. Si el determinante W (t) no se anula en ningun punto del intervalo [a, b],entonces el sistema de n ecuaciones lineales con n incognitas C1, C2, . . . , Cn

dado por :C1y11 + C2y12 + · · ·+ Cny1n = 0C1y21 + C2y22 + · · ·+ Cny2n = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .C1yn1 + C2yn2 + · · ·+ Cnynn = 0

no admite para ningun t ∈ [a, b], sino la solucion trivial C1 = C2 = · · · =Cn = 0, lo que resulta inmediatamente aplicando el teorema de Rouche.

Decimos que el sistema (??) con W (t) 6= 0 sobre [a, b] es L.I sobre [a, b].

2. Se puede demostrar, igual que para las ecuaciones diferenciales lineales deorden superior que si yij , i, j = 1, 2, . . . , n son n soluciones del sistema (??)definidas en [a, b], con aij contınuas y a10 6= 0 sobre [a, b] y si W (t0) 6≡ 0para t ∈ [a, b], entonces este no se anula en ningun punto de [a, b], puestenemos la relacion

W (t) = W (t0)e−∫ (

a11a01

+a22a20

+···+ annan0

)dt


5.3.4 Solucion General de un Sistema Homogeneo

Teorema 5.8 Sea el sistema de n ecuaciones diferenciales lineales de primerorden y homogeneo

a10(t)dy1dt

+ a11(t)y1 + · · ·+ a1n(t)yn = 0

a20(t)dy2dt

+ a21(t)y1 + · · ·+ a2n(t)yn = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an0(t)dyn

dt+ an1(t)y1 + · · ·+ ann(t)yn = 0

(5.24)

con aij(t) ∈ C1 ∧ a10(t) 6= 0 sobre [a, b], sea:

y11 , y12 , . . . , y1n

y21 , y22 , . . . , y2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn1 , yn2 , . . . , ynn

(5.25)

un sistema fundamental de soluciones sobre [a, b]. La solucion general del sis-tema (??) sobre [a, b]× IRn esta dado por:

y1 = C1y11 + C2y21 + · · ·+ Cnyn1

y2 = C1y12 + C2y22 + · · ·+ Cnyn2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn = C1y1n + C2y2n + · · ·+ Cnynn

(5.26)

donde C1, C2, . . . , Cn son constantes arbitrarias.

Demostracion:

La solucion general del sistema (??) en D = [a, b] × IRn, es el conjunto desoluciones en D, definidas por el teorema de existencia, tal que por cada puntodel dominio D pase una y solo una solucion.

Si los aij tienen derivadas de primer orden contınuas y a10 6= 0 sobre[a, b], entonces estamos en las condiciones del teorema de existencia, puesto queel sistema se escribe:

dyk

dt= −ak1

ak0y1 −

ak2

ak0y2 − · · · −

akn

ak0yn

o biendyk

dt= fk(t, y1, y2, . . . , yn)

con

fk(t, y1, y2, . . . , yn) = −n∑

h=1

akh

ak0yh


k = 1, 2, . . . , n, fk contınuas, con primera derivada contınua sobre [a, b], y puestoque todas las funciones que la componen tienen esta propiedad, entonces sontambien acotadas y por tanto cumplen la condicion de Lipschitz sobre [a, b].

Queda demostrar que podemos disponer de las constantes C1, C2, . . . , Cn

tal que para todo t ∈ [a, b] y cualquier (y10, y20, . . . , yn0) ∈ IRn podemos deter-minar la solucion (y1, y2, . . . , yn) del sistema (??) que satisface las condicionesiniciales,

y1(t0) = y10; y2(t0) = y20; . . . ; yn(t0) = yn0

imponiendo estas condiciones a la solucion (??), obtenemos el sistema:

C1y11(t0) + C2y21(t0) + · · ·+ Cnyn1(t0) = y10C1y12(t0) + C2y22(t0) + · · ·+ Cnyn2(t0) = y20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .C1y1n(t0) + C2y2n(t0) + · · ·+ Cnynn(t0) = yn0

(5.27)

que es un sistema de n ecuaciones lineales con n incognitas C1, C2, . . . , Cn, conel determinante del Wronskiano W (t0), por hipotesis distinto de cero, para todot ∈ [a, b].

Resolviendo el sistema (??) obtenemos, segun la regla de Cramer unasolucion ynica C1, C2, . . . , Cn, la que al reemplazarla en (??) resulta la solucionbuscada. Por lo tanto, de (??) podemos obtener la solucion al problema deCauchy en [a, b]× IRn, del sistema de ecuaciones diferenciales (??).

Queda por demostrar que un sistema de n ecuaciones lineales (??) tieneefectivamente n soluciones particulares linealmente independientes, y por lotanto, que forman un sistema fundamental de soluciones, (propuesto al lector).

Ejemplo: dx

dt= 3x+ 4y

dy

dt= 5x− 16y

tiene soluciones particulares

x1 = e4t ∧ y1 = 14e

4t

x2 = e−17t ∧ y2 = −5e−17t

que forman un sistema fundamental de soluciones, puesto que :

W (t) =∣∣∣∣ e4t 1

4e4t

e−17t −5e−17t

∣∣∣∣ = −214e−13t 6= 0; ∀t ∈ IR

luego, la solucion general del sistema es :x(t) = C1e

4t + C2e−17t

y(t) = C14 e

4t − 5C2e−17t t ∈ IR


Construccion de un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden, linealcuando se conoce un sistema fundamental de soluciones.

Seay11 , y12 , . . . , y1n

y21 , y22 , . . . , y2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn1 , yn2 , . . . , ynn

(5.28)

un sistema de n funciones derivables sobre [a, b] tal que

W (t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣y11 y12 · · · y1n

y21 y22 · · · y2n

· · · · · · · · · · · ·yn1 yn2 · · · ynn

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0 ; ∀t ∈ [a, b]

El sistema de n-ecuaciones diferenciales de 1er orden

Lk[y1, y2, . . . , yn] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

dyk

dty1 y2 · · · yn

dy1k

dty11 y12 · · · y1n

· · · · · · · · · · · · · · ·dynk

dtyn1 yn2 · · · ynn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 (5.29)

k = 1, 2, . . . , n, admite como sistema fundamental el sistema (??) (se verificafacilmente).

Ejemplo:

Formar el sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden, que admitecomo sistema fundamental de soluciones a:

x1 = cos t; y1 = sen t; x2 = 4 sen t; y2 = 4 cos t; t ∈ [0, π]

Las ecuaciones del sistema son:∣∣∣∣∣∣∣∣dx

dtx y

− sen t cos t sen t4 cos t 4 sen t 4 cos t

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣dy

dtx y

cos t cos t sen t−4 sen t 4 sen t 4 cos t

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0


dx

dr(4 cos2 t−4

2sen t)−x(−4 cos t sen t−4 cos t sen t)+y(−4

2sen t−4 cos2 t) = 0 / : 4

obtenemos:x cos 2t+ x sen 2t− y = 0

en forma analoga se tiene:

y cos 2t− x+ y sen 2t = 0

El Wronskiano del sistema de soluciones es:

W (t) =∣∣∣∣ cos t 4 sen t

sen t 4 cos t

∣∣∣∣ = 4 cos 2t 6= 0 ; ∀t 6= π

4,3π4

luego, son un sistema fundamental ∀[a, b] ⊂ [0, π], que no contenga a π4 y 3π

4 .

5.3.5 Sistemas Lineales No Homogeneos. Metodo de va-riacion de parametros

Teorema 5.9 Dado el sistema de n ecuaciones diferenciales no homogeneas

Lk[y1, y2, . . . , yn] = fk(t), k = 1, 2, . . . , n, fk contınua en [a, b] (5.30)

La solucion general del sistema (??) se obtiene agregando a la solucion generaldel homogeneo Lk[y1, y2, . . . , yn] = 0, k = 1, 2, . . . , n una solucion particular delsistema no homogeneo.

Demostracion:

Sea y1, y2, . . . , yn una solucion particular del sistema no homogeneo, es decir:

Lk[y1, y2, . . . , yn] = fk(t), t ∈ [a, b]

hacemos el cambio de funciones:

y1 = z1 + y1; y2 = z2 + y2; . . . ; yn = zn + yn

tenemos

Lk[z1 + y1, z2 + y2, . . . , zn + yn] = fk(t), k = 1, 2, . . . , n

luegoLk[z1, z2, . . . , zn] + Lk[y1, y2, . . . , yn] = fk(t)

peroLk[y1, y2, . . . , yn] = fk(t),∀k = 1, 2, . . . , n

por lo tantoLk[z1, z2, . . . , zn] = 0, k = 1, 2, . . . , n (5.31)


luego, resolver el sistema no homogeneo (??) se reduce a resolver el sistemahomogeneo (??), (cuando se conoce una solucion particular del no homogeneo).

Para determinar una solucion particular del no homogeneo,usamos elmetodo de variacion de parametros.

Teorema 5.10 Dado el sistema de n ecuaciones diferenciales lineales de primerorden no homogeneas

Lk[y1, y2, . . . , yn] = ak0dyk

dt+ ak1(t)y1 + · · ·+ akn(t)yn = fk(t)

k = 1, 2, . . . , n; ak1(t), fk(t) contınuas sobre [a, b] y ak0(t) 6= 0.Sea yk1, yk2, . . . , ykn; k = 1, 2, . . . , n un sistema fundamental de solu-

ciones sobre [a, b] del sistema homogeneo,

Lk[y1, y2, . . . , yn] = 0 , k = 1, 2, . . . , n

Una solucion particular y1, y2, . . . , yn del sistema no homogeneo (??) sobre [a, b]esta dado por

yk = y1k

∫C ′1(t)dt+ y2k

∫C ′2(t)dt+ · · ·+ ynk

∫C ′n(t)dt (5.32)

k = 1, 2, . . . , n donde C ′1(t), . . . , C′n(t) es solucion del sistema:

y11C′1(t) + y21C

′2(t) + · · ·+ yn1C

′n(t) =

f1(t)a10(t)

y12C′1(t) + y22C

′2(t) + · · ·+ yn2C

′n(t) =

f2(t)a20(t)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

y1nC′1(t) + y2nC

′2(t) + · · ·+ ynnC

′n(t) =

fn(t)an0(t)

(5.33)

luego, efectuando calculos tenemos∫C ′1(t)dt = ϕ1(t) +A1, . . . ,

∫C ′n(t)dt = ϕn(t) +An

y obtenemos la solucion general del sistema no homogeneo

yk = A1y1k +A2y2k + · · ·+Anynk + y1kϕ1(t) + · · ·+ ynkϕn(t)

k = 1, 2, . . . , n.


Demostracion:

Sea yk1, yk2, yk3, . . . , ykn, k = 1, 2, . . . , n un sistema fundamental de solucionessobre [a, b] del sistema homogeneo; la solucion general del sistema homogeneoes:

yk = C1y1k + C2y2k + · · ·+ Cnynk ; k = 1, 2, . . . , n

donde C1, C2, . . . , Cn son n constantes arbitrarias.Supongamos ahora que Ck son funciones de t. Si derivamos a yk en esta

hipotesis y teniendo en cuenta las condiciones (??), constatamos que yk veri-fica el sistema no homogeneo (??); en efecto, reemplazando en la ecuacion Lk

(cualquiera) del sistema tenemos:

ak0

n∑h=1

Chdyhk

dt+ a10

n∑h=1

yhkdCh

dt+

n∑h=1

akh

n∑j=1

Cjyjk

= fk(t)

y teniendo en cuenta la relacion k de (??) queda solamente:

n∑h=1

CkLk(y1h, y2h, . . . , ynh) = 0

relacion que se verifica identicamente sobre [a, b]. Lo que demuestra el teorema.

Ejemplo: t2dx

dt− 4tx+ 4y = t

tdy

dt− 2tx+ y = t2

; t ∈ [1,∞)

El homogeneo asociado es:t2dx

dt− 4tx+ 4y = 0

tdy

dt− 2tx+ y = 0

admite las soluciones x1 = 1; y1 = t; x2 = 2t2; y2 = t3, con el Wronskiano

W (t) =∣∣∣∣ 1 2t2

t t3

∣∣∣∣ = −t3 6= 0 sobre [1,∞)

luego, la solucion general del homogeneo es:

x = C1 + 2C2t2; y = C1t+ C2t

3


La variacion de parametros para hallar una solucion particular del sistema nohomogeneo C ′1 + 2C ′2t

2 =1t

C ′1t+ C ′2t3 = t

=⇒C ′1 = −1

t+ 2

C ′2 =1− t

t3

⇒ C1 = 2t− ln t+A1; C2 = −12

1t2

+1t

+A2

luego, la solucion general del no homogeneo es:

x = 2t− ln t+A1 + 2(−1

21t2

+1t

+A2

)t2

x = A1 + 2A2t2 + 4t− ln t− 1

y = A1t+A2t3 + 3t3 + 3t2 − t ln t− 1

2t

5.4 Sistema de Ecuaciones Lineales con coefi-ciantes constantes

5.4.1 Sistemas homogeneos

Un sistema de la forma:

dy1dt

+ a11y1 + a12y2 + · · ·+ a1nyn = 0

dy2dt

+ a21y1 + a22y2 + · · ·+ a2nyn = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .dyn

dt+ an1y1 + an2y2 + · · ·+ annyn = 0

(5.34)

se llama sistema de n ecuaciones diferenciales lineales (con n funciones incognitas),con coeficientes constantes y homogeneo.

Ejemplo:

Encontrar la solucion general del sistema lineal

III

III

x+ 3x− 2y = 0y + 2y − 2z = 0z − 2z + 3x = 0


Derivamos, eliminamos y, z y sus derivadas

I ⇒ y =x

2+

32x

z =y

2+ y =

(x2 + 3

2 x)

2+(x

2+

32x

)z =

x

4+

34x+

x

2+

32x =

32x+

54x+

14x

reemplazamos en la ultima ecuacion y obtenemos:

32x+

54x+

14

...x −2

(32x+

54x+

14x

)+ 3x = 0

...x +3x− 4x = 0

le asociamos su ecuacion caracterıstica

λ3 + 3λ2 − 4λ = 0λ(λ2 + 3λ− 4) = 0λ1 = 0; λ2 = 1; λ3 = −4

por tanto tenemos:

x = C1 + C2et + C3e

−4t

luego:

y =C2e

t

2− 2C3e

−4t +32C1 +

32C2e

t +32e−4t

y = 2C2et − C3

2e−4t +

32C1

y

2+ y = z = C2e

t + C3e−4t + 2C2e

t +C3

2e−4t +

32C1

z = 3C2et +

C3

2e−4t +

32C1 ; t ∈ IR

Observacion:

Las operaciones de eliminacion pueden ser largas y complicadas, pero es posibleevitarlas del siguiente modo.

Puesto que, un sistema lineal con coeficientes constantes siempre es equi-valente con una ecuacion diferencial de orden n con coeficientes constantes que


admite soluciones de la forma eλt, entonces buscaremos para el sistema (??),directamente soluciones de esa forma

y1 = A1eλt; y2 = A2e

λt; . . . ; yn = Aneλt (5.35)

Si derivamos (??), reemplazamos en (??) y factorizando por eλt y eliminandoesta exponencial se obtiene el sistema algebraico en A1, A2, . . . , An.

(a11 + λ)A1 + a12A2 + · · ·+ a1nAn = 0a21A1 + (a22 + λ)A2 + · · ·+ a2nAn = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .an1A1 + an2A2 + · · ·+ (ann + λ)An = 0

(5.36)

al que le imponemos que admita ademas otras soluciones, fuera de la trivialA1 = A2 = · · · = An = 0.

De acuerdo con el teorema de Rouche tenemos que tener:∣∣∣∣∣∣∣∣a11 + λ a12 · · · a1n

a21 a22 + λ · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann + λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 (5.37)

La ecuacion (??) se llama Ecuacion caracterıstica del sistema (??).Lo mismo que para las ecuaciones diferenciales lineales de orden n con

coeficientes constantes, la determinacion de la solucion general del sistema (??)se ha reducido a resolver la ecuacion algebraica (??).

Tendremos tambien aquı situaciones diferentes segun (los valores propios)las raıces de la ecuacion caracterıstica sean reales, complejas, iguales o distintas.

I.- λ es una raız simple de la ecuacion caracterıstica (??), entonces el sistemaadmite una solucion de la forma:

y1 = A1eλt, y2 = A2e

λt, . . . , yn = Aneλt

Si reemplazamos λ en la ecuacion algebraica (??) determinamosA2, . . . , An

en funcion de “A1”. Si reemplazamos A1 por 1 obtenemos una solucionparticular del sistema dado (??).

II.- Si λ = α ± iβ son raıces complejas simples de la ecuacion caracterıstica(??), entonces son soluciones del sistema de ecuaciones diferenciales (??).

y1 = (A1 cosβt+B1 senβt)eαt, . . . , yn = (An cosβt+Bn senβt)eαt

Si reemplazamos estas soluciones en la ecuacion diferencial (??) obtenemospor identificacion un sistema algebraico que determina A2, B2, . . . , An, Bn

en funcion de A1 y B1.

Tomando A1 = 0 y B1 = 1 y luego, A1 = 1 y B1 = 0 obtenemos dossoluciones del sistema (??).


III.- λ es una raız real de la ecuacion caracterıstica de orden de multiplicidadp + 1, entonces la solucion del sistema (??) relativa a esta raız es de laforma:

y1 = (A11 +A12t+ · · ·+A1p+1tp)eαt

y2 = (A21 +A22t+ · · ·+A2p+tp)eαt

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn = (An1 +An2t+ · · ·+Anp+1t

p)eαt

y todas las constantes Aij se determinan en funcion de A11, A12, . . . , A1p+1

remplazando en el sistema (??) e identificando.

IV.- λ = α ± iβ raıces complejas de la ecuacion caracterıstica de orden demultiplicidad p+ 1. La solucion del sistema (??) que aporta esta raız es:

y1 = (A11 +A12t+ · · ·+A1p+1tp)eαt cosβt+ (B11 +B12t+

· · ·+B1p+1tp)eαt senβt

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .yn = (An1 +An2t+ · · ·+Anp+1t

p)eαt cosβt+ (Bn1 +Bn2t+· · ·+Bnp+1t

p)eαt senβt

Todas las constantesAij , Bij se determinan en funcion deA11, A12, . . . , A1p+1,B11, B12, . . . , B1p+1 reemplazando en el sistema (??) e identificando.

Ejemplo:

x+ 3y − 4x = 0y + x− 2y = 0

x(0) = 0y(0) = 2∣∣∣∣ λ− 4 3

1 λ− 2

∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ2 − 6λ+ 5 = 0(λ− 1)(λ− 5) = 0

⇒ λ1 = 1 ∧ λ2 = 5

Por lo tanto, las soluciones del sistema son de la forma:

x = A1et +A2e

5t; y = B1et +B2e

5t

Si las reemplazamos en la primera o en la segunda ecuacion del sistema tenemos:

A1et + 5A2e

5t + 3B1et + 3B2e

5t − 4A1et − 4A2e

5t = 0

de donde se tiene: A1 + 3B1 − 4A1 = 0 ⇒ B1 = A1

5A2 + 3B2 − 4A2 = 0 ⇒ B2 = −13A2

La solucion general del sistema es, por lo tanto:

x = A1et +A2e

5t

y = A1et − 1

3A2e5t


buscamos ahora la solucion particular

x(0) = 0 ⇒y(0) = 2 ⇒

A1 +A2 = 0A1 − 1

3A2 = 0 ⇒ A1 = 32

A2 = − 32

luego, la solucion al problema de Cauchy es:

x =33et − 3

2e5t; y =

32et +

12e5t

x = −2x− 4yy = −x+ y∣∣∣∣ −2− λ −4

−1 1− λ

∣∣∣∣ = (−2− λ)(1− λ)− 4 = 0

λ2 + λ− 6 = 0

λ1 = −3; λ2 = 2

Para λ1 = −3 tenemos

A1 − 4B1 = 0A1 = 4B1

(x1

y1

)=(A1A14

)e−3t

Como el sistema es linealmente dependiente tenemos A1 = 4, luego(x1

y1

)=(

41

)e−3t

Para λ2 = 2;

−4A2 − 4B2 = 0A2 = −B2

(x2

y2

)=(

A2

−A2

)e2t

Para A2 = 1 (x2

y2

)=(

1−1

)e2t

Luego la solucion es (xy

)= C1

(41

)e−3t + C2

(1−1

)e2t


5.4.2 Metodo de Euler para sistemas de ecuaciones di-ferenciales lineales y homogeneas con coeficientesconstantes

Dado el sistema:x = a0x+ b0y + c0zy = a1x+ b1y + c1zz = a2x+ b2y + c2z

(5.38)

se buscan soluciones de la forma:

x = ζeλt; y = µeλt; z = νeλt (5.39)

ponemos (??) en (??) y resulta al simplificar por eλt en sistema para ζ, µ y ν

(a0 − λ)ζ + b0µ+ c0ν = 0a1ζ + (b1 − λ)µ+ c1ν = 0a2ζ + b2µ+ (c2 − λ) = 0

(5.40)

El sistema (??) posee solucion no nula cuando su determinante ∆ es igual a cero

∆ =

∣∣∣∣∣∣a0 − λ b0 c0a0 b1 − λ c1a2 b2 c2 − λ

∣∣∣∣∣∣ = 0

Ecuacion caracterıstica con raıces λ1, λ2, λ3 reales y distintas, sustituyendo en(??) λ por λi, i = 1, 2, 3 y resolviendo el sistema se encuentra ζi, µi, νi, i =1, 2, 3 se obtienen tres sistemas de soluciones particulares:

x1 = ζ1eλ1t ; y1 = µ1e

λ1t ; z1 = ν1eλ1t

x2 = ζ2eλ2t ; y2 = µ2e


x3 = ζ3eλ3t ; y3 = µ3e


x=z e; y=m e; z=n e La solucion general del sistema es:

x = C1x1 + C2x2 + C3x3

y = C1y1 + C2y2 + C3y3z = C1z1 + C2z2 + C3z3

Ejemplo 1:

x = 3x− y + zy = −x+ 5y − zz = x− y + 3z


Solucion:∣∣∣∣∣∣3− λ −1 1−1 5− λ −11 −1 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0 ↔ λ3 − 11λ2 + 36λ− 36 = 0λ = 2, 3, 6∣∣∣∣∣∣

(3− λ)ζ −1µ 1ν−1ζ (5− λ)µ −1ν1ζ −1µ (3− λ)ν

∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇒

λ1 = 2 → (ζ, µ, ν) = (1, 0,−1)λ2 = 3 → (ζ, µ, ν) = (1, 1, 1)λ3 = 6 → (ζ, µ, ν) = (1,−2, 1)

luegox = C1e

2t + C2e3t + C3e

6t

y = C2e3t − 2C3e

6t

z = −C1e2t + C2e

3t + C3e6t

Ejemplo 2:

y − 2y + z = 0z − y − 2z = 0∣∣∣∣ 2− λ −1

1 2− λ

∣∣∣∣ = (2− λ)2 + 1 = 0 ⇒ λ2 − 4λ+ 5 = 0λ1 = 2 + i; λ2 = 2− i

Para λ = 2 + i, tenemos(2− (2 + i) −1

1 2(2− i)

)(A1

B1

)⇒ −iA1 −B1 = 0

B1 = iA1(x1

y1

)=(

1−i

)e2t(cos t+ i sen t) =

(cos t+ i sen t−i cos t+ sen t

)e2t

Para λ = 2− i(2− (2− i) −1

1 2(2− i)

)(A2

B2

)⇒ A2i = B2 A2 = 1

(x2

y2

)=(A2

B2

)e(2−i)t =

(1i

)e2t(cos t− i sen t)(

x2

y2

)=(

cos t− i sen ti cos t+ sen t

)e2t

luego (xy

)=(C1Rex1 + C2Imx1

C1Rey1 + C2Imy1

)x = (C1 cos t+ C2 sen t)e2t

x = (C1 sen t+ C2 cos t)e2t


Ejemplo 3:

x = x− 5yy = 2x− y

Cuya ecuacion caracterıstica es:∣∣∣∣ 1− λ −52 −1− λ

∣∣∣∣ = 0 ⇒ λ = ±3i

(1− λ)ζ − 5µ = 02ζ + (−1− λ)µ = 0 (5.41)

(1− 3i)ζ1 − 5µ1 = 02ζ1 + (−1 + 3i)µ1 = 0 L.D

por lo tanto, tomando ζ1 = 5∧µ1 = 1−3i, tenemos la primera solucion particular

x1 = 5e−3it; y1 = (1− 3i)e−3it

Anaalogamente reemplazando en (??) ahora λ = −3i, se obtiene:

x2 = 5e3it; y2 = (1 + 3i)e3it

pasamos a un nuevo sistema fundamental:

x =x1 + x2

2; x2 =

x1 − x2

2iy =

y1 + y22

; y2 =y1 − y2

2ix1 = 5 cos 3t ; x2 = −5 sen 3ty1 = cos 3t+ 3 sen 3t ; y2 = sen 3t− 3 cos 3t

Solucion General:

x = C1x1 + C2x2 = 5C1 cos 3t+ 5C2 sen 3ty = C1y1 + C2y2 = C1 cos 3t+ 3C1 sen 3t+ C2 sen 3t− 3C2 cos 3t

Observacion:

Una vez hallada la primera solucion particular se podrıa haber escrito la soluciongeneral del sistema por medio de la formula:

x = C1Rex1 + C2Imx1

y = C1Rey1 + C2Imy1

Es decir:

x1 = 5e−3it = 5(cos 3t− i sen 3t) = 5 cos 3t− 5i sen 3t

y1 = (1− 3i)e−3it = (cos 3t− i sen 3t)− 3i(cos 3t− i sen 3t)(cos 3t− 3 sen 3t)− i(sen 3t− 3 cos 3t)


Por lo tanto:x = 5C1 cos 3t− 5C2 sen 3ty = C1 cos 3t− 3C1 sen 3t− C2 sen 3t− 3C2 cos 3t

Ejemplo 4:

x = 2x+ yy = 4y − x

(5.42)

⇒∣∣∣∣ 2− λ 1−1 4− λ

∣∣∣∣ = 0 ⇒λ2 − 6λ+ 9 = 0

λ1 = λ2 = 3

Solucion de la forma:

x = (ζ1 + µ1t)e3t

y = (ζ2 + µ2t)e3t

(5.43)

Reemplazando en la primera ecuacion de (??) se tiene:

3(ζ1 + µ1t) + µ1 = 2(ζ1 + µ1t) + (ζ2 + µ2t)

de donde se tiene: 3ζ1 +µ1 = 2ζ1 +ζ2, por lo tanto ζ2 = ζ1 +µ1; 3µ1 = 2µ1 +µ2

por lo tanto µ2 = µ1.Luego

x = (C1 + C2t)e3t

y = (C1 + C2 + C2t)e3t

facilmente se comprueba que poniendo (??) en la segunda ecuacion de (??)obtenemos el mismo resultado.

Ejemplo 5:

y = −3y − zz = y − z

(5.44)∣∣∣∣ −3− λ −11 −1− λ

∣∣∣∣ = −(3 + λ)− (1 + λ) + 1 = 0

λ2 + 4λ+ 4 = 0

λ1 = −2; λ2 = −2

La solucion toma la siguiente forma(yz

)=(A1 +A2xB1 +B2x

)e−2x

luego podemos encontrar las constantes de B1 en funcion de A1, y de B2 enfuncion de A2.


De la ecuacion (??)

−2e−2x(A1 +A2x) +A2e−2x = −3(e−2x(A1 +A2x)− e−2x(B1 +B2x))

igualando componentes de x0

−2A1 +A2 = −3A1 −B1

−(A1 +A2) = B1

y si igualamos x1

−2A2x = −3A2x+B2x2A2 +B2 = 0

B2 = −2A2

luego (y1z1

)=(

A1

−(A1 +A2)

)e−2x

(y2z2

)=(

A2x−2A2x

)e−2x

Si A1 = 1 y A2 = 1, tenemos(yz

)= C1

(1−2

)e−2x + C2

(x−2x

)e−2x

Ejemplo 6:

x = y + zy = x+ zz = x+ y∣∣∣∣∣∣

−λ 1 11 −λ 11 1 −λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ3 + 3λ+ 2 = 0 ⇒ λ1 = 2;λ2 = λ3 = −1

Para λ = 2 x1

y1z1

=

A1

B1

C1

e2t

tenemos−2A1 +B1 + C1 = 0A1 − 2B1 + C1 = 0 ⇒ A1 = C1

A1 = C1

Si A1 = 1 x1

y1z1

=

111

e2t

λ2 = λ3 = −1


=

A2 +A3tB2 +B3tC2 + C3t

e−t

x = (A2 +A3t)e−t

y = (B2 +B3t)e−t

z = (C2 + C3t)e−t

reemplazando en las ecuaciones tenemos que

I −e−t(A2 +A3t) +A3e−t = (B2 +B3t)e−t + (C2 + C3t)e−t

II −e−t(B2 +B3t) +B3e−t = (A2 +A3t)e−t + (C2 + C3t)e−t

III −e−t(C2 + C3t) + C3e−t = (A2 +A3t)e−t + (B2 +B3t)e−t

I) −A2 +A3 = B2 + C2 IV −B3 = A3 + C3

II) −A2 = B3 + C3 V −C2 + C3 = A2 +B2

III −B2 +B3 = A2 + C2 VI −C3 = A3 +B3

Con I y III−A2 +A3 = B2 + C2

−A2 +B3 = B2 + C2⇒ A3 −B3 = 0

A3 = B3

y luego en II −2A3 = C3. Con I y II

−A2 +A3 = B2 + C2

−B2 +A3 = B2 + C2

−2A2 −B2 + 2A3 = 2B2 + 2C2

A3 = A2 +B2 + C2

A2 = 1 A3 = 1 B3 = 1 A2 = 1C2 = 1 C3 = 1 C2 = 1 A3 = 1

Luego xyz

= C1

111

e2t + C2

1 + t−1 + t1− 2t

e−t

5.4.3 Metodo de Variacion de las Constantes

Veremos el metodo por medio de un sistema de 3 ecuaciones no homogeneas:

x′ + a1x+ b1y + c1z = f1(t)y′ + a2x+ b2y + c2z = f2(t)z′ + a3x+ b3y + c3z = f3(t)

(5.45)


supongamos que conocemos la solucion general del homogeneo:

x = C1x1 + C2x2 + C3x3

y = C1y1 + C2y2 + C3y3z = C1z1 + C2z2 + C3z3

(5.46)

buscamos una solucion particular del sistema NO homogeneo (??) de la forma:

x = C1(t)x1 + C2(t)x2 + C3(t)x3

y = C1(t)y1 + C2(t)y2 + C3(t)y3z = C1(t)z1 + C2(t)z2 + C3(t)z3

(5.47)

ponemos (??) en la ecuacion (??), (en la primera)

C ′1x1 + C ′2x2 + C ′3x3 + C1(x′1 + a1x1 + b1y1 + c1z1)++C2(x′2 + a1x2 + b1y2 + c1z2) + C3(x′3 + a1x3 + b1y3 + c1z3) = f1(t)

(5.48)Todas las sumas de los parentesis son ceros. Luego, tenemos:

C ′1x1 + C ′2x2 + C ′3x3 = f1(t)

Analogamente se obtiene poniendo (??) en la ecuacion (??) (en la segunda ytercera respectivamente)

C ′1y1 + C ′2y2 + C ′3y3 = f2(t); C ′1z1 + C ′2z2 + C ′3z3 = f3(t)

Por lo tanto tenemos el sistema:

C ′1x1 + C ′2x2 + C ′3x3 = f1(t)C ′1y1 + C ′2y2 + C ′3y3 = f2(t)C ′1z1 + C ′2z2 + C ′3z3 = f3(t)

Del que se obtiene: C ′1, C′2, C

′3; e integrando se tiene C1, C2, C3.

Ejemplo:

x+ 2x+ 4y = 1 + 4ty + x− y = 3

2 t2

El homogeneo asociado es:

x+ 2x+ 4y = 0y + x− y = 0

Su ecuacion caracterıstica es:∣∣∣∣ 2 + λ 41 −1 + λ

∣∣∣∣ = 0 ⇒ (λ+ 3)(λ− 2) = 0


por tanto tenemos las raices: λ1 = −3; λ2 = 2, luego

x1 = ζ1e2t ; y1 = µ1e

2t

x2 = ζ2e−3t ; y2 = µ2e

−3t

λ1 = −3 ⇒ −ζ1 + 4µ1 = 0ζ1 − 4µ1 = 0 ⇒ ζ1 = 4µ1

λ2 = 2 ⇒ 4ζ2 + 4µ2 = 0ζ2 + µ2 = 0 ⇒ µ2 = −ζ2

luego la solucion general de la homogenea es:

x = C1e2t + C2e

−3t

y = −C1e2t + 1

4C2e−3t

cambiamos C2 por 4C2 y tenemosx = C1e

2t + 4C2e−3t

y = −C1e2t + C2e

−3t (5.49)

Hacemos variar los parametros para hallar una solucion del no homogeneo.

C ′1e2t + 4C ′2e

−3t = 1 + 4t−C ′1e2t + C ′2e

−3t = 32 t

2 ⇒C ′1 = 1+4t−6t2

5 e−2t

C ′2 = 1+4t+ 32 t2

5 e3t

luego integrando se tiene:

C1 = t+3t2

5 e−2t +A2

C2 = t+ 12 t2

5 e3t +A2

ponemos estas expresiones en (??) y tenemos la solucion general del no ho-mogeneo.

x =t+ 3t2

5+A1e

2t +45

(t+

12t2)

+ 4A2e−3t

y = −A1e2t +A2e

−3t − 12 t

2

es decir:x = A1e

2t + 4A2e−3t + t+ t2

y = −A1e2t +A2e

−3t − 12 t

2

Observacion:

ϕ1(t) = t+ t2

ϕ2(t) = − 12 t

2

es una solucion particular del no homogeneo.


Ejemplo:

x = 3− 2yy = 2x− 2t

Homogeneo asociadox = −2yy = 2x

luego ∣∣∣∣ 0− λ −22 0− λ

∣∣∣∣ = λ2 + 4 = 0 ⇒ λ1 = 2iλ2 = −2i

Para λ = 2i−2iA− 2B = 0

−iA = BPara A = 1 ⇒ B = −i (

x1

y1

)=(

1−i

)e2it

(x1

y1

)=(

1−i

)(cos 2t+ i sen 2t)

Para λ = −2i2iA− 2B = 0

iA = BSi A = 1 ⇒ B = i(

x2

y2

)=(

1i

)(cos 2t− i sen 2t)

(xy

)= C1Real

(x1

y1

)+ C2Imag

(x2

y2

)Por lo tanto la solucion de la homogenea(

xy

)= C1

(cos 2tsen 2t

)+ C2

(sen 2tcos 2t

)Luego por variacion de parametros obtenemos la solucion de la no homogenea

x = C1 cos 2t− C2 sen 2ty = C1 sen 2t+ C2 cos 2t

C ′1 cos 2t− C ′2 sen 2t = 3C ′1 sen 2t+ C ′2 cos 2t = −2t

· cos 2t· sen 2t

C ′1 = 3 cos 2t− 2t sen 2tC1 = 3

2 sen 2t+ t cos 2t− 12 sen 2t+A1


Analogamente calculamos C ′2

C ′2 = −3 sen 2t− 2t cos 2tC2 = cos 2t− t sen 2t+A1

Por lo tanto la solucion general adquiere la forma

x = (sen 2t+ t cos 2t+A1) cos 2t− (cos 2t+ t sen 2t+A2) sen 2ty = (sen 2t+ t cos 2t+A1) cos 2t+ (cos 2t+ t sen 2t+A2) sen 2t

Capıtulo 6

Integracion de EcuacionesDiferenciales por medio deSeries

Dada la ecuacion de segundo orden:

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (6.1)

Donde se supone que los coeficientes p(x)∧q(x) se expresan por medio de series.Luego (??) se escribe

y′′ + (a0 + a1x+ a2x2 + · · ·)y′ + (b0 + b1x+ b2x

2 + · · ·)y = 0 (6.2)

Por lo tanto, aparece natural buscar la solucion de la ecuacion en la mismaforma (una serie de potencias):

y =∞∑

k=0

Ckxk (6.3)

ponemos en la ecuacion (??) la expresion de y y de sus derivadas de 1er y 2do

orden y′ e y′′ y se obtiene:

∞∑k=2

k(k − 1)ckxk−2 +∞∑

k=0

akxk∞∑

k=1

kckxk−1 +

∞∑k=0

bkxk∞∑

k=0

ckxk = 0 (6.4)

212


multiplicando las series de potencias, reuniendo terminos semejantes e igualandoa cero los coeficientes de las distintas potencias, resultan las ecuaciones:

x0 2 · 1c2 + a0c1 + b0c0 = 0x1 3 · 2c3 + 2a0c2 + a1c1 + b0c1 + b1c0 = 0x2 4 · 3c4 + 3a0c3 + 2a1c2 + a2c1 + b0c2 + b1c1 + b2c0 = 0... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(6.5)

Cada una de las ecuaciones en (??) contiene un coeficiente indeterminado masque la anterior, los coeficientes c0 y c1 se mantienen arbitrarios y desempenanel papel de constantes arbitrarias.

De la primera ecuacion encontramos c2 en funcion de c0 y c1. De lasegunda resulta c3, de la tercera c4, etc.

En general, de la (k + 1) ecuacion determinamos ck+2 una vez conocidosc2, c3, . . . , ck+1.

En la practica conviene proceder del modo que sigue:Puesto que buscamos dos soluciones y1(x) e y2(x)

para y1 tomamos c0 = 1 y c1 = 0para y2 tomamos c0 = 0 y c1 = 1

que es equivalente con las condiciones iniciales

y1(0) = 1 ; y′1(0) = 0y2(0) = 0 ; y′2(0) = 1

(6.6)

Toda solucion de la ecuacion (??) sera combinacion lineal de las soluciones y1 ey2.

Si las condiciones iniciales son de la forma y(0) = A; y′(0) = B, entonces,tendremos:

y = Ay1(x) +By2(x)

Teorema 6.1 Si las series∞∑

k=0

akxk = p(x) y

∞∑k=0

bkxk = q(x)

son convergentes para |x| < R, entonces la serie de potencia (??) construıdacomo se indico anteriormente tambien es convergente para |x| < R y es solucionde la ecuacion (??).

Observacion:

En particular, si p(x) y q(x) son polinomios en x, la serie (??) sera convergentepara cualquier valor de x.


Ejemplo:

Hallar la solucion de la ecuacion

y′′ − xy′ − 2y = 0 (6.7)

en forma de serie de potencias

Solucion:

Buscamos y1 en la forma

y1 =∞∑

k=0

ckxk (6.8)

por lo tanto:

y′1 =∞∑

k=1

kckxk−1; y′′1 =

∞∑k=2

k(k − 1)ckxk−2 (6.9)

reemplazamos (??) y (??) en la ecuacion (??) y se tiene:

∞∑k=2

k(k − 1)ckxk−2 − x∞∑

k=1

kckxk−1 − 2

∞∑k=0

ckxk = 0

∞∑k=2

k(k − 1)ckxk−2 −∞∑

k=1

kckxk − 2

∞∑k=0

ckxk = 0

∞∑k=0

(k + 2)(k + 1)ck+2xk −

∞∑k=1

kckxk − 2

∞∑k=0

ckxk = 0

∞∑k=1

[(k + 2)(k + 1)ck+2 − (k + 2)ck]xk + 2c2 − 2c0 = 0

igualamos a cero los coeficientes de las distintas potencias de x, resultan rela-ciones de las cuales se hallan los coeficientes c2, c3, . . .

x0 2c2 − 2c0 = 0 ⇒ c2 = c0x1 3 · 2c3 − 3c1 = 0 ⇒ c3 = 3c1

2·3 = c12

x2 4 · 3c4 − 4c2 = 0 ⇒ c4 = c23 = c0

3x3 5 · 4c5 − 5c3 = 0 ⇒ c5 = c3

4 = c18

... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .xk (k + 2)(k − 1)ck+2 − (k + 2)ck ⇒ ck+2 = ck

k+1

con c0 = 1 y c1 = 0, se tiene:

c2 = 1, c3 =c12

= 0, c4 =13, c5 = 0, c6 =

115, etc.

Por consiguiente

y1(x) = 1 + x2 +x4

3+x6

15+ · · ·


Analogamente con c0 = 0 y c1 = 1 hallamos:

y2(x) = x+x3

2+

x5

2 · 4+

x7

2 · 4 · 6+ · · · = x

∑ (x2

2 )k

k!= xe

x22

tenemos por lo tanto la solucion general

y(x) = Ay1(x) +By2(x)

Ejemplo:

Hallar la solucion de la ecuacion usando series de potencias

y′ − 2xy = 0 y(0) = 1 (6.10)

y =∞∑

k=0

Ckxk

y′ =∞∑

k=1

kCkxk−1

Reemplazando en la ecuacion (??)

∞∑k=1

Ckkxk−1 − 2x

∞∑k=0

Ckxk = 0

∞∑k=1

Ckkxk−1 − 2

∞∑k=0

Ckxk+1 = 0

Si hacemos k + 1 = n− 1 ⇒ k = n− 2 tenemos∞∑

k=1

kCkxk−1 − 2

∞∑n=2

Cm − 2n−1 = 0

C1 +∞∑

k=2

(kCkx

k−1 − 2Ck−2xk−1)

= 0

C1 +∞∑

k=2

(kCk − 2Ck−2)xk−1 = 0

por lo tanto

Ck =2Ck−2

k

como la solucion es

y = C0 + C1x+ C2x2 + · · ·+ Cnx

n + · · ·


y como y(0) = 1 ⇒ C0 = 1 y C1 = 0

x0 ⇒ C1 = 0x1 ⇒ 2C2 − 2C0 = 0 C2 = C0 = 1x2 ⇒ 3C3 − 2C1 = 0 C3 = 0

x3 ⇒ 4C4 − 2C2 = 0 C4 = C22 = C0

2

x4 ⇒ 5C5 − 2C3 = 0 C5 = 0

x5 ⇒ 6C6 − 2C4 = 0 C6 = C43 = C0

2·3x6 ⇒ 7C7 − 2C5 = 0 C7 = 0

x7 ⇒ 8C8 − 2C6 = 0 C8 = C64 = C0

2·3·4

Luego C2k = C0k! . Por lo tanto la solucion general queda

y =∞∑

k=0

1k!x2k

6.0.4 Desarrollo de la Solucion en una Serie de PotenciaGeneralizada

Definicion 6.1 Una serie de la forma

xρ∑k=0

ckxk; c0 6= 0

donde∑k=0

ckxk es convergente en un determinado recinto |x| < IR y ρ es un

numero dado, se llama Serie de Potencias Generalizada.Si ρ ∈ IN, entonces la serie es ordinaria.

Teorema 6.2 Si x = 0 es un punto singular de la ecuacion (??) cuyos coefi-cientes p(x) ∧ q(x) admiten los desarrollos

p(x) =

∑k=0

akxk

x∧ q(x) =

∑k=0

bkxk

x2

donde las series de los numeradores son convergentes en cierto recinto |x| < IRy los coeficientes a0, b0, b1 no son simultaneamente nulos. Entonces la ecuacion(??) posee al menos una solucion en forma de serie de potencias generalizada

y = xρ∑k=0

ckxk ; c0 6= 0 (6.11)

que converge al menos en el mismo recinto |x| < IR.


Observacion:

Para hallar el exponente ρ y los coeficientes ck es necesario poner la serie (??)en la ecuacion (??), simplificar por xρ e igualar a cero los coeficientes de laspotencias de x (metodo de los coeficientes indeterminados).

En este caso, el numero ρ se halla de la ecuacion llamada determinativa

ρ(ρ− 1) + a0ρ+ b0 = 0 (6.12)

donde: a0 = limx→0

xp(x); b0 = limx→0

x2q(x).Supongamos que ρ1 y ρ2 son las raıces de la ecuacion determinativa,

entonces distinguiremos tres casos:

1. Si ρ1 − ρ2 ZZ , entonces se puede construir dos soluciones de (??) de laforma (??).

y1 = xρ1∑k=0

ckxk, c0 6= 0; y2 = xρ2

∑k=0

dkxk; d0 6= 0

2. Si ρ1 − ρ2 ∈ N − 0, entonces se puede escribir, por lo general solo unaserie de la forma (??) (solucion de (??))

y1 = xρ1∑k=0

ckxk, c0 6= 0

3. Si ρ1 = ρ2, emtonces se puede escribir solo una serie de la forma (??)(solucion de (??))

Observacion:

Solo en el primer caso tenemos dos soluciones y1(x) e y2(x) L.I.En el segundo y tercer caso hemos construıdo solo una solucion, la otra

se obtiene en la forma:

y2 = Ay1(x) lnx+ xρ2∑k=0

ckxk

Observacion:

Puede ocurrir que en y2 A sea cero, luego, y2 resulta en forma de una serie depotencia generalizada.

Ejemplo 1:

Resolver la ecuacion:

2x2y′′ + (3x− 2x2)y′ − (x+ 1)y = 0 (6.13)


Escribimos la ecuacion (??) de la forma:

y′′ +3x− 2x2

2x2y′ − x+ 1

2x2y = 0

o bieny′′ +

3− 2x2x

y′ − x+ 12x2

y = 0

y buscamos la solucion y(x) en la forma:

y(x) = xρ∑k=0

ckxk ; c0 6= 0

para encontrar ρ, escribimos la ecuacion determinativa

ρ(ρ− 1) + a0ρ+ b0 = 0

donde a0 = limx→0

3−2x2 = 3

2 ; b0 = limx→0

−x+12 = − 1

2 . Luego,

ρ(ρ− 1) +32ρ− 1

2= 0 ⇔ ρ2 +

ρ

2− 1

2= 0 ⇒ ρ1 =

12; ρ2 = −1

luego,y1(x) = x

12∑k=0

ckxk

y2(x) = 1x

∑k=0

Akxk ; x > 0

Para hallar los coeficientes c0, c1, . . . , cn, . . . sustituımos y1 , y sus derivadasy′1, y

′′1 , . . . en la ecuacion (??) y se tiene:

y1(x) =∑k=0

ckxk+ 1

2

y′1 =∑k=0

(k +

12

)ckx

k− 12 ; y′′1 =

∑k=0

(k +

12

)(k − 1

2

)ckx

k− 32

po lo tanto tenemos:

2x2∞∑

k=0

(k2 − 1

4

)ckx

k− 32 + (3x− 2x2)

∞∑k=0

(k +

12

)ckx

k− 12

−(x+ 1)∞∑

k=0

(k +

12

)ckx

k+ 12 = 0

(6.14)

luego de las transformaciones, (??) toma la forma:

∞∑k=0

k(2k + 3)ckxk+ 12 −

∞∑k=0

2(k + 1)ckxk+ 32 = 0


Buscamos una solucion para x > 0, luego podemos simplificar por x12 y tenemos:

∞∑k=0

k(2k + 3)ckxk −∞∑

k=0

2(k − 1)ckxk+1 = 0

∞∑k=0

[(k + 1)(2k + 5)ck+1 − 2(k + 1)ck]xk+1 = 0

x1 1 · 5c1 − 2 · 1c0 = 0x2 2 · 7c2 − 2 · 2c1 = 0x3 3 · 9c3 − 2 · 3c2 = 0... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .xn n(2n+ 3)cn − 2ncn−1 = 0

hacemos: c0 = 1 ⇒ c1 = 25 ; c2 = 2

5·7 ; c3 = 23

5·7·9 · · ·

cn =2n

5 · 7 · 9 · · · (2n+ 3); n = 1, 2, . . .

luego,

y1(x) = x12

[1 +

∞∑k=1

(2x)n

5 · 7 · 9 · · · (2k + 3)

]Analogamente, se pueden hallar los coeficientes de la otra serie y por lo tantohallar y2(x). Luego, la solucion general de la ecuacion (??) es:

y(x) = Ay1(x) +By2(x)

donde A y B son constantes arbitrarias.Se deja al lector calcular y2(x) y demostrar que es ex

x .

Ejemplo 2:

La ecuacion de Bessel

x2y′′ + xy′ + (x2 − p2)y = 0 (6.15)

con p, una constante positiva dada (p > 0).

Solucion:

Escribimos (??) en la forma:

y′′ +1xy′ +

x2 − p2

x2y = 0


aquı p(x) = 1x ; q(x) = x2−p2

x2 , por lo tanto:

a0 = limx→0

xp(x) = 1; b0 = limx→0

x2q(x) = −p2

luego, la ecuacion determinativa para ρ es:

ρ(ρ− 1) + 1ρ− p2 = 0 ⇔ ρ2 − p2 = 0 ⇔ ρ = ±p

Luego las raıces son: ρ1 = p; ρ2 = −p.Buscamos la primera solucion particular de la ecuacion de Bessel en forma

de serie de potencias generalizada

y = xp∞∑

k=0

ckxk

reemplazamos y, y′, y′′ en la ecuacion (??) y tenemos:

x2∞∑

k=0

ck(k+p)(k+p−1)xk+p−2+x∞∑

k=0

ck(k+p)xk+p−1+(x2−p2)∞∑

k=0

ckxk+p = 0

o bien, despues de algunas transformaciones elementales, y simplificacion porxp:∞∑

k=0

ck(k + p)(k + p− 1)xk +∞∑

k=0

ck(k + p)xk +∞∑

k=0

ckxk+2 −

∞∑k=0

p2ckxk = 0

∞∑k=0

[(k + p)2 − p2

]ckx

k +∞∑

k=0

ckxk+2 = 0

De aquı, igualando los coeficientes de las distintas potencias de x a cero, tenemos:

x0 (p2 − p2)c0 = 0x1 ((1 + p)2 − p2)c1 = 0x2 ((2 + p)2 − p2)c2 + c0 = 0x3 ((3 + p)2 − p2)c3 + c1 = 0x4 ((4 + p)2 − p2)c4 + c2 = 0... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .xk ((k + p)2 − p2)ck + ck−2 = 0

(6.16)

La primera de las relaciones (??) se cumple para todo c0.De la segunda relacion de (??) se tiene que c1 = 0.

De la tercera c2 =c0

(2 + p)2 − p2=

−c022(1 + p)

.

De la cuarta c3 = 0.De la quinta c4 =

c2(4 + p)2 − p2

=−c2

23(2 + p)=

c024(1 + p)(2 + p) · 1 · 2


Es evidente que todos los coeficientes de subındice impar son cero

c2k+1 = 0 ; ∀k

Los coeficientes de subındice par son de la forma:

c2k =(−1)kc0

22k(p+ 1)(p+ 2) · · · (p+ k) · k!; k = 1, 2, . . .

Para simplificar los calculos que siguen, hagamos:

c0 =1

2pΓ (p+ 1)

donde Γ (ν) es la funcion Gamma de Euler. La funcion Gamma de Euler, Γ (ν),se define para todos los valores positivos y para todos los valores complejos conparte real positiva de la forma que sigue:

Γ (ν) =∫ ∞

0

e−xxν−1dx

Esta funcion Γ posee las siguientes propiedades importantes:

1. Γ (ν + 1) = νΓ (ν)

2. Γ (1) = 1

si k ∈ IN se tiene:

1. Γ (ν + k + 1) = (ν + 1) · (ν + 2) · · · (ν + k)Γ (ν + 1)

2. Γ (k + 1) = k!

Ahora aplicando c0 =1

2pΓ (ν)(p+ 1)y las propiedades de la funcion Γ ocupemonos

de la transformacion del coeficiente c2k

c2k =(−1)k

22k(p+ 1)(p+ 2) · · · (p+ k) · k! · (2pΓ (p+ 1))) =

(−1)k

22k+pk!Γ (p+ k + 1)

pues por la propiedad (??) (p+1)(p+2) · · · (p+k)Γ (p+1) es igual con Γ (p+k+1).Ahora la solucion particular de la ecuacion de Bessel, que indicaremos

con Jp toma la forma:

Jp(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ (p+ k + 1)

(x2

)2k+p

Esta funcion se llama funcion de Bessel de primera especie de orden p.


Analogamente, buscamos la segunda solucion particular de la ecuacionde Bessel de la forma:

y = x−p∞∑

k=0

ckxk

Donde −p es la segunda solucion de la ecuacion determinativa. Es claro que estasolucion se puede obtener de la solucion Jp(x) sustituyendo p por −p, puestoque en la ecuacion (??) p esta elevado a una potencia par, por lo tanto se tiene:

J−p(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ (k + 1− p)

(x2

)2k−p

funcion de Bessel de primera especie de orden −p.Si p no es un entero, las soluciones Jp(x) y J−p(x) son L.I, puesto

que sus desarrollos en series comienzan con potencias distintas de x, luego,la combinacion a α1Jp(x) + α2J−p(x) puede ser identicamente cero, solo paraα1 = α2 = 0.

Si p es un entero, las funciones Jp(x) y J−p(x) son L.D, pues:

J−n(x) = (−1)nJn(x); n entero

Ası pues, cuando p ∈ ZZ −0, en lugar de J−p(x) hay que buscar otra solucionque sea L.I con Jp(x), para lo que introducimos una nueva funcion:

Yp(x) =Jp(x) cos(pπ)− J−p(x)

sen(pπ)(6.17)

es evidente que Yp es solucion de la ecuacion (??), pues, es una combinacionlineal de las soluciones particulares Jp(x) y J−p(x).

Pasando al lımite en (??) cuando p tiende a un numero entero se obtienela solucion particular Yp(x) L.I con Jp(x) y determinada ya para valores enterosde p. Yp(x) se llama funcion de Bessel de segunda especie de orden p.

Luego, hemos construıdo un sistema fundamental de soluciones de laecuacion de Bessel para todo p entero o fraccionario.

La solucion general de la ecuacion (??) puede representarse como:

y = AJp(x) +BYp(x)

donde A y B son constantes arbitrarias.No obstante para cuando p no es entero, la solucion general de la ecuacion

de Bessel puede tomar la forma:

y = AJp(x) +BJ−p(x)


Observacion:

Es frecuente que en aplicaciones aparezca la ecuacion de la forma:

x2y′′ + xy′ + (k2x2 − p2)y = 0 (6.18)

con el cambio de variable ζ = kx, se reduce a la ecuacion de Bessel

ζ2 d2ydζ2 + ζ dy

dζ + (ζ2 − p2)y = 0 (6.19)

La solucion general de la ecuacion (??) (cuando p no es entero) es:

y = α1Jp(ζ) + α2J−p(ζ)

Por lo tanto la solucion general de la ecuacion (??) es:

y = α1Jp(kx) + α2J−p(kx)

Cuando p es un entero:

y = α1Jp(kx) + α2Yp(kx)

Una clase amplia de ecuaciones de la forma:

x2 d2y

dx2+ ax

dy

dx+ (b+ cxm)y = 0 (6.20)

donde a, b, c, m son constantes (c > 0; m 6= 0), introduciendo una nuevavariable t y una nueva funcion u, segun las formulas:

y =(t

γ

)−αβ

u; x =(t

γ

) 1β

se reducen a la ecuacion de Bessel

t2d2u

dt2+ t

du

dt+ (t2 − p2)u = 0

Donde α = a−12 ; β = m

2 ; γ = 2√

cm ; p2 = (a−1)2−4b

m2 .Cuando c = 0 y cuando m = 0, la ecuacion (??) es la ecuacion de Euler.


Ejemplo:

Integrar mediante series:

1. y′ − 2xy = 0, y(0) = 1

solucion: y = ex2

2. 4xy′′ + 2y′ + y = 0

solucion:

y = C1(1− x2! + x2

4! − · · ·) + C2√x(1− x

3! + x2

6! − · · ·)y = C1 cos

√x+ C2 sen

√x

6.1 Transformada de Laplace

6.1.1 Resolucion de problemas de valor inicial

Definicion 6.2 Sea f(t) una funcion definida en [0,∞). La transformada deLaplace de f(t) es la funcion F (s) definida por la integral:

F (s) =∫ ∞

0

e−stf(t)dt =: Lf(s)

Encontremos por ejemplo la trasnformada de f(t) = 1, t > 0

L1(s) = F (s) =∫ ∞

0

e−st1dt = limN→∞

∫ N

0

e−stdt = limN→∞

−e−st

s

∣∣∣∣N0

= limN→∞

[1s− −e−sN

s

]=

1s

si s > 0;

si s < 0 la integral diverge, por lo tanto F (s) = 1s ; si s > 0.

Calculemos ahora Leat; a =constante.

Leat(s) =∫ ∞

0

e−steatdt =∫ ∞

0

e−(s−a)tdt =1

s− a; s > a

si s < a, la integral diverge.Demuestre ahora como ejercicio que:

a) Lsen bt(s) =b

s2 + b2, s > 0; Lcos bt(s) =

s

s2 + b2, s > 0

b) Lαf(t) + βg(t) = αLf(t)+ βLg(t)


Ejemplo:

Determinar L11 + 5e4t − 6 sen 2t(s)

L11 + 5e4t − 6 sen 2t(s) = L11+ L5e4t+ L−6 sen 2t= L1+ 5Le4t − 6Lsen 2t

= 11(

1s

)+ 5

(1

s− 4

)− 6

(2

s2 − 4

)=

11s

+5

s− 4− 12s2 − 4

; s > 4

6.1.2 Propiedad de traslacion de la transformada

Teorema 6.3 Si la transformada de Laplace Lf(s) existe para todo s > a,entonces

Leatf(t)(s) = F (s− a)

Demostracion:

Leatf(t)(s) =∫ ∞

0

e−steatf(t)dt =∫ ∞

0

e−(s−a)tf(t)dt = F (s− a)

A modo de ejemplo encontremos la transformada de Laplace de eat senβt.

Solucion:

Sabemos que Lsenβt(s) = bs2+b2 =: F (s), por lo tanto por la propiedad de

traslacion de F (s) se tiene:

Leat senβt(s) =b

(s− a)2 + b2= F (s− a)

Transformada de Laplace de la derivadaSea f(t) contınua en [0,∞) y f ′(t) contınua casi en todas partes en [0,∞),

ambas de orden exponencial α. Entonces, para s > α se tiene:

Lf ′(s) = sLf(s)− f(0)

Demostracion:

Lf ′(s) =∫ ∞

0

e−stf ′(t)dt = limN→∞

∫ N

0

estf ′(t)dt


integrando por partes se tiene: con u(t) = e−st; dv = f ′(t)dt

Lf(s) = limN→∞

[e−stf(t)

]N0

+ limN→∞

s

∫ N

0

e−stf(t)dt

= −f(0) + limN→∞

esNf(N) + s

∫ ∞

0

estf(t)dt

= Lf(s)− f(0) + limN→∞

e−sNf(N)

Pero limN→∞

e−sNf(N) = 0, para s > α, pues f es de orden exponencial α. Por

lo tanto:Lf ′(s) = sLf(s)− f(0)

Analogamente se demuestra:

L(f ′′)(s) = sL(f ′)(s)− f ′(0)= s(sL(f)(s)− f(0))− f ′(0)= s2L(f)(s)− sf(0)− f ′(0)

Ahora por induccion se demuestra que:

L(f (n))(s) = snL(f)(s)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · − f (n−1)(0)

Resolver:y′′ − y = −t y(0) = 0, y′(0) = 1

Tomamos la transformada de ambos miembros usando simultaneamente las pro-piedades de linealidad

L(y′′ − y) = L(−t)L(y′′)− L(y) = −L(t)

s2(y)− sy(0)− y′(0)− (y) = −L(t)

s2(y)− 1− (y) = − 1s2

(y)[s2 − 1] = 1− 1s2

(y)[s2 − 1] =s2 − 1s2

(y) =s2 − 1

s2(s2 − 1)=

1s2

Luego:y(t) = t es la solucion particular pedida.


6.1.3 Transformada Inversa de Laplace

Definicion 6.3 La transformada inversa de Laplace de F (s) es aquella funcionunica f(t) contınua en [0,∞) tal que:

(f)(s) = F (s) (6.21)

La funcion f se denota con L−1F.

Observacion:

En el caso que todas las funciones que satisfacen (??) sean discontınuas en [0,∞)se elige a L−1(F ) como contınua por tramos (contınua casi en todas partes) yque satisfaga (??).

Ejemplo:

Determinar L−1(F ) donde:

1. F (s) =2s3⇒ L−1

(2!s3

)(t) = L−1

(2!s3

)(t) = t2

2. Fs) =3

s2 + 9⇒ L−1

(3

s2 + 9

)(t) = L−1

(3

s2 + 32

)(t) = sen 3t

3. F (s) =s− 1

s2 − 2s+ 5⇒(

s− 1(s− 1)2 + 22

)= et cos 2t

6.1.4 Linealidad de la Transformada de Laplace Inversa

Teorema 6.4 Supongamos que L−1(F1) y L−1(F2) existen y son contınuas en[0,∞) y sea a cualquier constante arbitraria. Entonces:

L−1(F1 + F2) = L−1(F1) + L−1(F2)L−1(αF1) = αL−1(F1)

Ejemplo 1:

Determinar

L−1

5

s− 6− 6ss2 + 9

+3

2s2 + 8s+ 10

Solucion:

L−1

5s−6 −

6ss2+9 + 3

2s2+8s+10

= 5L−1

(1

s−6

)− 6L−1

(s

s2+32

)+ 3

2L−1(

1s2+4s+5

)= 5L−1

(1

s−6

)− 6L−1

(s

s2+32

)+ 3

2L−1(

1(s+2)2+1

)= 5e6t − 6 cos 3t+ 3

2e−2t sen t


Ejemplo 2:

Demuestre que

L−1

(3s+ 2

s2 + 2s+ 10

)= 3e−t cos 3t− 1

3e−t sen 3t

Ejemplo 3:

Resolver el problema de valor inicial

y′′ − 2y′ + 5y = −8e−t; y(0) = 2; y′(0) = 12

Solucion:

Tomamos transformada en ambos miembros de la ecuacion

Ly′′ − 2y′ + 5y(s) = L−8e−t(s)Ly′′ − 2Ly′+ 5Ly = −8Le−t

s2Ly − sy(0)− y′(0)− 2sLy+ 2y(0) + 5Ly = −8Le−t

s2Ly − 2s− 12− 2sLy+ 4 + 5Ly =−8s+ 1

Ly(s2 − 2s+ 5) =−8s+ 1

+ 2s+ 8

Por lo tanto: Ly = 2s2+10s(s+1)(s2−2s+5) ; luego de algunos calculos se tiene que:

Ly =2s2 + 10s

(s+ 1)(s2 − 2s+ 5)=

3(s− 1) + 8(s− 1)2 + 22

− 1s+ 1

Por lo tanto ahora aplicando la transformacion inversa obtenemos:

L−1

3(s− 1) + 8(s− 1)2 + 22

− 1s+ 1

= 3L−1

(s− 1)

(s− 1)2 + 22

+ 4L−1

2

(s− 1)2 + 22

−L−1

1

s+ 1

de donde se tiene que la solucion de la ecuacion

y′′ − 2y′ + 5y = −8e−t; y(0) = 2; y′(0) = 12

es:y(t) = 3et cos 2t+ 4et sen 2t− e−t

Ejemplo 4:

Resolver el problema de valor inicial

y′′ + 4y′ + 3y = 1; y(0) = 3, y′(0) = −2


Solucion:

Tomamos transformada en ambos miembros de la ecuacionLy′′ + 4y′ + 3y(s) = L1(s)

Ly′′+ 4Ly+ 3Ly = L1s2Ly − sy(0)− y′(0) + 4sLy − 4y(0) + 3Ly = L1

s2Ly − 3s+ 2 + 4sLy − 12 + 3Ly = 1s

Ly(s2 + 4s+ 3) = 1s + 3s+ 10

Ly =3s2 + 10s+ 1s(s2 + 4s+ 3)

=13s

+3

s+ 1− 1

3(s+ 3)

por lo tanto

y(t) =13

+ 3e−t − 13e−3t

Ejemplo 5:

Resolvery′′′ − y′′ + 4y′ − 4y = −3et + 4e2t

y(0) = 0; y′(0) = 5; y′′(0) = 3

Solucion:

s3Ly− s2y(0)− sy′(0)− y′′(0)− (s2Ly− sy(0)− y′(0))− 4sLy− 4y(0)−4Ly = L−3et + 4e2t

Ly(s3 − s2 + 4s− 4)− 5s− 3 + s =−3s− 1

+4

s− 2

Ly(s3 − s2 + 4s− 4) =−3

(s− 1)+

4(s− 2)

− 2 + 5s

Ly · ((s− 1)(s2 + 4)) =−3s+ 6 + 4s− 4 + (5s− 2)(s− 1)(s− 2)

(s− 1)(s− 2)

Ly =5s3 − 17s2 + 17s− 2

(s− 1)2(s− 2)(s2 + 4)

Luego descomponiendo en fracciones parciales

5s3 − 17s2 + 17s− 2(s− 1)2(s− 2)(s2 + 4)

=A

(s− 1)+

B

(s− 1)2+

C

(s− 2)+Ds+ E

(s2 + 4)

Luego A = −39, 5; B = −9, 25; C = 99, 625; D = 50, 8; E = 79, 25.Luego la solucion general es:

y = −39, 5et − 9, 25tet + 99, 625e2t + 50, 8 cos 2t+79, 25

2sen 2t


Ejemplo 6:

Resolverx− 3x+ 2x+ y − y = 0y − 5yu+ 4y − x+ x = 0

x(0) = 0; y(0) = 1; x(0) = y(0) = 0

I s2Lx − sx(0)− x′(0)− 3(sLx − x(0)) + 2Lx+sLy − y(0)− Ly = 0

II s2Ly − sy(0)− y′(0)− 5(sLy − y(0)) + 4Ly−(sLx − x(0)) + Lx = 0

I Lx(s2 − 3s+ 2) + Ly(s− 1) = 1II Lx(−s+ 1) + Ly(s2 − 5s+ 4) = −5 + s

Multiplicando I por (s2 − 5s+ 4) y II −(s− 1), queda

Lx(s2 − 3s+ 2)(s2 − 5s+ 4) + Lx(1− s)2 = (s2 − 5s+ 4) + (1− s)(s− 5)Lx(s4 − 8s3 + 22s2 − 24s+ 9) = s− 1

Lx =s− 1

(s− 1)2(s− 3)2

Lx =1

(s− 1)1

(s− 3)2

En fracciones parciales

1(s− 1)

1(s− 3)2

=A

s− 1+

B

s− 3+

C

(s− 3)2

A = 17 , B = − 1

7 , C = 27

Como Lx =1

(s− 1)1

(s− 3)2

Lx((s− 1)(s− 2)) + Ly(s− 1) = 11

(s− 1)1

(s− 3)2(s− 1)(s− 2) + Ly(s− 1) = 1

Ly(s− 1) = 1− (s− 2)(s− 3)2

Ly =s2 − 7s+ 11

(s− 3)2(s− 1)

Luego en fracciones parciales

s2 − 7s+ 11(s− 3)2(s− 1)

=A

(s− 3)+

B

(s− 3)2+

C

(s− 1)


De lo que resulta A = − 14 , B = − 1

2 , C = 54 Por lo tanto

y = −14e3t − 1

2te3t +

54et

Resuelva a modo de tarea:

a) y′′ + 4y′ − 5y = tet; y(0) = 1, y′(0) = 0

b) x(4) + 4x(3) + 6x′′ + 4x′ + x = 2 cos t; x(0) = x′(0) = x′′(0) = 0, x(3) = 1

– solucion de b): x(t) = 12 (e−t + te−t − cos t).

6.2 Una pequena introduccion a la Teorıa de Es-tabilidad

6.2.1 Estabilidad segun Liapunov

Sea dado un sistema de ecuaciones diferenciales

dxi

dt= fi(t, x1, x2, . . . , xn) i = 1, 2, . . . , n (6.22)

Una solucion ϕi(t), (i = 1, 2, . . . , n) del sistema (??) que satisface las condi-ciones iniciales ϕi(t0) = ϕi0, (i = 1, 2, . . . , n) se llama Estable segun Liapuenovsi:

∀ε > 0,∃δ(ε) > 0 tal que para cada solucion xi(t), (i = 1, 2, . . . , n) delsistema (??), cuyos valores iniciales satisfacen:

|xi(t0)− ϕi0| < δ, (i = 1, 2, . . . , n) (6.23)

se verifica la desigualdad

|xi(t)− ϕi(t)| < ε, (i = 1, 2, . . . , n), ∀t ≥ t0 (6.24)

Observaciones:

1. Si para valores δ > 0, arbitrariamente pequenos, no se cumple la desigual-dad (??), al menos para una solucion xi(t) (i = 1, 2, . . . , n), la solucionϕi(t) se llama inestable.

2. Si en las condiciones (??), ademas del cumplimiento de (??), se cumpletambien la condicion:

limt→∞

|xi(t)− ϕi(t)| = 0, (i = 1, 2, . . . , n) (6.25)

la solucion ϕi(t) (i = 1, 2, 3 . . . , n) se llama asintoticamente estable.


3. El estudio de la estabilidad de una solucion ϕi(t) (i = 1, 2, . . . , n) delsistema (??) se puede reducir al estudio de la estabilidad de la solucionnula (trivial) x ≡ 0 (i = 1, 2, . . . , n) de un sistema analogo al sistema (??)

dxi

dti = Fi(t, x1, x2, . . . , xn) (i = 1, 2, . . . , n) (6.26)

donde,Fi(t, 0, 0, . . . , 0) ≡ 0 (i = 1, 2, . . . , n)

Se dice que x ≡ 0 (i = 1, 2, . . . , n) es un punto de reposo del sistema (??)(tambien se les llama punto singular o de equilibrio).

Para el caso de puntos de reposo, las definiciones de estabilidad e inesta-bilidad se puede formular ası:

El punto de reposo x ≡ 0 (i = 1, 2, . . . , n) es estable segun Liapunov, sipara cualquier ε > 0∃δ > 0 tal que para toda solucion

xi(t) (i = 1, 2, . . . , n), tal que, xi(t0) = Xi0 (i = 1, 2, . . . , n)

satisface la condicion:

|Xi0| < δ ⇒ |xi(t)| < ε (i = 1, 2, . . . , n); ∀t > t0 (6.27)

El significado geometrico para el caso n = 2 es como sigue:Por muy estrecho que sea el cilindro de radio ε con centro el eje Ot existe

en el plano t = t0 un entorno del punto (0, 0, t0) de amplitud 2δ tal que paratodas las curvas integrales x1(t), x2(t) que salen de este entorno, se mantienendentro del cilindro ∀t > t0 como se muestra en la figura.

Si ademas de la desigualdad (??), se cumple tambien la condicion

limt→∞

|xi(t)| = 0 (i = 1, 2, . . . , n)

la estabilidad se llama Asintotica.


Observacion

Si para valores δ > 0 arbitrariamente pequenos no se cumple la condicion (??)al menos para una solucion xi(t) (i = 1, 2, . . . , n) el punto de reposo del sistemax ≡ 0 (i = 1, 2, . . . , n) es inestable.

Ejemplo:

Estudiar la estabilidad del sistema siguiente:

dx

dt= −y, dy

dt= x tal que y(0) = x(0) = 0 (6.28)

Solucion: La solucion del sistema (??) que satisface las condiciones inicialesdadas es x(t) ≡ 0, y(t) ≡ 0. Cualquier solucion del sistema que satisface lascondiciones iniciales

x(0) = x0, y(0) = y0

tendra la forma:x(t) = x0 cos t− y0 sen ty(t) = x0 sen t− y0 cos t

(6.29)

Tomamos un ε arbitrario y mostramos que existe un numero δ(ε) > 0 tal que

|x0 − 0| < δ|y0 − 0| < δ

=⇒ |x(t)− 0| = |x0 cos t− y0 sen t| < ε|y(t)− 0| = |x0 sen t− y0 cos t| < ε

∀t ≥ 0 (6.30)

|x0 cos t− y0 sen t| ≤ |x0 cos t|+ |y0 sen t| ≤ |x0|+ |y0||x0 sen t− y0 cos t| ≤ |x0 sen t|+ |y0 cos t| ≤ |x0|+ |y0|

(6.31)

luego,si |x0|+ |y0| < ε ⇒ |x0 cos t− y0 sen t| < ε

|x0 sen t− y0 cos t| < ε

∀t (6.32)

luego, tomamos δ(ε) = ε2 .

Entonces si |x0| < δ ∧ |y0| < δ en virtud de (??) se cumplira la desigual-dad (??), ∀t > 0. Luego, la solucion nula es estable, sin embargo, esta no esasintotica.

Estudiar la estabilidad de:

1. x = x+ t ; x(0) = 1

2. x = 2t(x+ 1) ; x(0) = 0

3. x = −x+ t2 ; x(1) = 1

4. x = 2 + t ; x(0) = 1

5.x = x− 13yy = 1

4x− 2y ; x(0) = y(0) = 0

6.x = −x− 3yy = x− y

; x(0) = y(0) = 0


6.2.2 Tipos Elementales de Puntos de Reposo

Sea dado el sistema de ecuaciones diferenciales lineales homogeneos con coefi-cientes constantes:

dxdt = a11x+ a12ydydt = a21x+ a22y

; con ∆ =∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ 6= 0 (6.33)

El punto x = 0, y = 0, en el que se anulan los segundos miembros de la ecuacion(??) se llama punto de reposo o singular.

Para estudiar los puntos de reposo del sistema (??) hay que formar laecuacion caracterıstica. ∣∣∣∣ a11 − λ a12

a21 a22 − λ

∣∣∣∣ = 0 (6.34)

y hallar las raıces λ1, λ2.Son posible los siguientes casos:

6.2.3 I.- λ1 6= λ2 reales

a) λ1 < 0, λ2 < 0

Punto singular de estabilidad asintotica (Nodo estable)

b) λ1 > 0, λ2 > 0

Punto singular de inestabilidad (Nodo inestable)


c) λ1 > 0, λ2 < 0

Punto singular de inestabilidad (Punto silla)

II.- Raıces Complejas:

λ1 = p+ iq ; λ2 = p− iq

a) p < 0, q 6= 0

Punto singular de estabilidad asintotica (Foco estable)


b) p > 0, q 6= 0

Punto singular de inestabilidad (Foco inestable)

b) p = 0, q 6= 0

Punto singular estable (Centro)

III.- Raıces Multiples:

λ1 = λ2

a) λ1 = λ2 < 0

Punto singular de estabilidad asintotica (Nodo estable)


b) λ1 = λ2 > 0

Punto singular inestable (Nodo inestable)

Ejemplos:

1. Determinar el caracter del punto de reposo (0, 0) del sistema

x = 5x− yy = 2x+ y

Solucion: ∣∣∣∣ 5− λ −12 1− λ

∣∣∣∣ = 0 ⇒ λ2 − 6λ+ 7 = 0

λ1 = 3+√

2 > 0 y λ2 = 3−√

2 > 0 son, por lo tanto, raıces reales distintasy positivas.

Luego, (0, 0) es un punto singular inestable (nodo).

2. Determinar el caracter de los puntos singulares en los siguientes ejemplos:


a)x = 3x+ yy = −2x+ y

b)x = −x+ 3y = −x+ y

c)x = −2x− yy = 3x− y

d)x = 3x+ 7yy = 2x+ 5y

e)x = −2x+ 5

7yy = 7x− 3y f)

x = −x+ 2yy = x+ y

g)x = 3x− yy = x+ y

h)x = −x− yy = x− 3y

i)x = 3xy = 3y

Ecuaciones Diferenciales Dr. Hernan Burgos 1999

Indice de materias

239

Capıtulo 7

Ejercicios Resueltos

1. Encontrar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas

x2 + y2 − 2Cy = a2

Solucion:∂

∂y⇒ x2 + y2 − 2Cy − a2 = 0

2x+ 2yy′ − 2Cy′ = 0

eliminamos C de entre estas ecuaciones

y′(x2 + y2 − a2) = 2xy

y′ =2xy

x2 − y2 − a2

cambiamos y′ por −1y′ , por lo tanto tenemos

−y′ =x2 − y2 − a2

2xy⇒ −2xyy′ = x2 − y2 + a2

hacemos y2 = u

2yy′ = u′ ⇒ xu′ = u− x2 − a2

u′ =1xu− x− a2

x

u = e∫

1x dx

(C −

∫ (x+

a2

x

)e−∫

1x dxdx

)u = x

(C −

∫ (1 +

a2

x2

)dx

)u = x

(C −

(x− a2

x

))= Cx− x2 + a2

240

Capıtulo 7. Ejercicios Resueltos 241

Por lo tantoy2 + x2 − Cx+ a2 = 0

2. Encontrar las trayectorias isogonales a la familia de curvas y2 = 4Cx, quecorta en un angulo α = 45, es decir m = tgα = 1.

Solucion:2yy′ = 4C ⇒ 2xyy′ − y2 = 0 ⇒ y′ =

y

2x

Cambiamos y′ pory′ + 11− y′

⇒ y′ + 11− y′

=y

2x⇒ y′ = fracy − 2x2x+ y

Homogenea, luego hacemos z = yx , de donde tenemos

(z + 2)dzz2 + z + 2

+dx

x= 0

luego2z + 1

z2 + z + 2dz +

3dz(z + 1

2

)2 + 74

+ 2dx

x= 0 /

∫ln(y2 + xy + 2x2) +

617

arctg2y + x√

7x= C

3. Encontrar las soluciones singulares de la ecuacion diferencial

827y′3 +

49y′2 − y − x = 0

Solucion: F (x, y, p) =827p3 +

49p2 − y − x = 0

F ′p = 89p

2 + 89p = 0

eliminamos p89(p+ 1)p = 0 ⇒ p = 0

p = −1

p = 0 ⇒ x+ y = 0

recta que NO es solucion y por tanto no es solucion singular

p = −1 ⇒ x+ y =427⇒ y =

427− x

que es singular. Y es singular pues F ′x + pF ′y = −1− p⇒ p = −1 compat-ible.


4. Resolver y encontrar las soluciones singulares de la ecuacion diferencial

xy′ =√y − 2y ; y′ = p

Solucion

1p

=

(1

2√

y − 2)p− p′(

√y − 2y)

p2

p =1− 4

√y

2√y

p− p′(√y − 2y)

dp

p=

6√y − 1

2√y(2√y −√y)

dy

Hacemos√y = u; du = dy

2√

y ; 2udu = dy, por lo tanto

4uu(2u− 1)

+2u− 1

u(2u− 1)+

2u− 1u(2u− 1)

=dp

p

entonces u(2u− 1)2 = Cp, por lo tanto√y(2√y − 1)2 = Cp

xp =√y − 2y

eliminamos p y obtenemos:

√y(2√y − 1)2 =

C(√y − 2y)x

=C(2

√y − 1)−x

(2√y − 1)x = −C

2√yx = x− C

y =(x− C)2

4x2

y = 0 solucion singular que resulta para x = C.

5. Hallar las curvas con la propiedad que los ejes de coordenados determinensobre la tangente a la curva un segmento de longitud constante k.

Solucion:

Sea y = f(x) tal curva, por lo tanto en el punto (x, y) la ecuacion de larecta tangente a la curva es

Y − y = y′(X − x)

Cortes con los ejes:

Y = 0 ⇒ −y = y′(X − x) ⇒ X =y′x− y

y′


luego corta en el punto(x− y

y′ , 0)

analogamente corta al eje y en(0, y − xy′). Por lo tanto(

x− y

y′

)2

+ (y − xy′)2 = k2

y = xy′ ± ky′√1 + y′2

Ecuacion de tipo Clairaut. Finalmente

y = Cx± Ck√1 + C2

6. Encontrar las curvas para las cuales la longitud de la normal a la curva esconstante (Normal a la curva corta al eje OX)

MN =MM ′

cos θ=

y1√

1+tg2θ

= y√

1 + y′2 = r = cte.

por lo tantoy2(1 + y′2) = r2

y′ =

√r2 − y2

yydy√r2 − y2

= dx

−√r2 − y2 = x+ C

(x+ C)2 = y2 − r2

pero y = ±r es solucion tambien, demostraremos que es solucion singular

F = (x+ C)2 + y2 − r2 = 0FC = 2(x+ C) = 0

Eliminamos C∆C = y = ±r

F = y2(1 + p2) = r2

Fp = 2py2 = 0

Eliminamos p∆p = y = ±r

7. Formar la ecuacion diferencial lineal homogenea si se conocen las solu-ciones singulares que se indican (sistema fundamental de soluciones)


(a)√

2, 3e−x, 4x. Sol.: y′′′ + y′′ = 0

(b) 0, 2e2x, 5e2x, 3xe2x. Sol: y′′′ − 4y′′ + 4y′ = 0

8. Resolver las siguientes ecuaciones

(a) 4y′′ + 8y′ = x senx. Sol.: y = C1 + C2e−2x −

(x20 −

750

)senx −(

x10 + 1

50

)cosx

(b) y′′ − 3y′ + 2y = xex. Sol: y = C1e2x +

(C2 − x− x2

2

)ex

9. Resolver x+ 2x+ 4y − 1− 4t = 0

y + x− y − 32t2 = 0

Sol.:x = C1e

2t + 4C2e−3t + t+ t2

y = −C1e2t + C2e

−3t − 12t2

10. Resolver(x+ 2)2y′′ + 3(x+ 2)y′ − 3y = 0 (Euler)

Sol.:y =

C1

(x+ 2)3+ C2(x+ 2)

11. Resolver la ecuacion

y′ senx = y ln y; y > 0; y(π

2

)= 1

Solucion:dy

y ln y=

dx

senx

d(ln y)ln y

=dx

senx

ln(ln y) = ln∣∣tg x

2

∣∣+ lnC

ln y = C tg x2 x 6= (2k + 1)π

y(π

2

)= 1 ⇒ ln 1 = C tg

π

4⇒ C = 0

la solucion particular buscada es y = 1.

12. Resolver la Ecuacion

y′ =

√x2 − 1y2 − 1


Solucion:

Respuesta para |x| ≤ 1; |y| < 1. La Ecuacion se escribe:

dy

dx=

√1− x2

1− y2

separamos las variables y tenemos√1− y2dy =

√1− x2dx /

∫arcsen y + y

√1− y2 = arcsenx+ x

√1− x2 + C

Para |x| ≥ 1; |y| > 1, se tiene

dy

dx=

√x2 − 1y2 − 1√

y2 − 1dy =√x2 − 1dx /

∫y√y2 − 1− ln

∣∣∣y +√y2 − 1

∣∣∣ = x√x2 − 1− ln

∣∣∣x+√x2 − 1

∣∣∣+ C

13. Resolver la ecuacion 3xyy′ = x2 + y2 (Homogenea); y(1) = 1

Solucion:

Se tiene y = xz; y′ = xz′ + z. Reemplazando en la ecuacion tenemos

3z(xz′ + z) = 1 + z2

3zdz1− 2z2

=dx

x/∫

−34

ln∣∣1 + z2

∣∣ = ln |x|+ C

−34

ln∣∣∣∣1− 2

y2

x2

∣∣∣∣ = ln |x|+ C

y(1) = 1 ⇒ C = 0. Por lo tanto la solucion particular es

3 ln∣∣x2 − 2y2

∣∣− 2 ln |x| = 0

14. Resolver la ecuaciondy

dx=

x− 2y + 93x− 6y + 19

Se tienen las rectas x− 2y + 93x− 6y + 19


son paralelas, entonces hacemos el cambio z = x− 2y, luego

dz

dz= 1− 2

dy

dx

12

(1− dz

dx

)=dy

dx

reemplazando en la ecuacion original

12

(1− dz

dx

)=

z + 93z + 19

1− dz

dx=

2z + 183z + 19

−2z + 183z + 19

+ 1 =dz

dx

dx =3z + 19z + 1

dz z + 1 6= 0

Solucion General:

8 ln |x− 2y + 1|+ x− 3y = C

Observacion: Para z + 1 = 0 ⇒ x− 2y + 1 = 0, que verifica la ecuacion seobtiene de la solucion general cuando C → −∞.

15. Resolver la ecuacion y′ + 2xy = e−x2; x ∈ IR, por variacion de constantes.

Solucion:

Primero la Homogenea

y′ + 2xy = 0

dy

y= −2xdx

ln y = −x2 + lnC

y = Ce−x2C = cte.

para integrar la homogenea hacemos variar C = C(x) (variacion de lasconstantes)

y′ = C(x)e−x2

y′ = [C ′(x)− 2xC(x)] e−x2

reemplazamos en la ecuacion no homogenea y tenemos

C ′(x)e−x2 − 2xC(x)e−x2+ 2xe−x2

C(x) = e−x2

C ′(x) = 1 ⇒ C(x) = x+ k


por lo tanto

y = Ce−x2⇒ y = (x+ k)e−x2

y′

y2− 1xy

+1√x3

= 0

z = e−∫

1x dx

[C +

∫1√x3e∫

1x dxdx

]=

1x

[C +

∫dx√x

]=C

x+ 2

√x

por lo tanto1y

=C

x+ 2

√x⇒ y =

x

C + 2√x3

y(1) = 2 ⇒ C = − 32 , por lo tanto

y =x

2√x− 3

2

=2x

4√x− 3

x ≥ 916

16. Resolver la ecuacion yy′2 − (1 + 2xy)y′ + 2x = 0, algebraica respecto dey′.

Solucion:

y′ =(1 + 2xy)±

√(1 + 2xy)2 − 8yx2y

y′ =(1 + 2xy)±

√(1− 2xy)2

2y

y′ =(1 + 2xy)± (1− 2xy)

2y

para y′ =1y

ydy = dx

y2

2= x+ C

y2 = 2x+ C

y para y′ = 2xy = x2 + k


17. Resolver la ecuacion y2 + y′2 = 1

Solucion:

Tiene la forma f(y, y′) = 0. Ponemos y = sen t; y′ = cos t, entonces

dy

dx= cos t⇒ dx =

dy

cos t⇒ dx =

costdt

cost= dt

es decir dx = dt ⇒ x = t + C, por lo tanto la integral general bajo laforma parametrica es:

x = t+ Cy = sen t

eliminando el parametro t obtenemos la solucion general bajo la forma:

y = sen(x− C)

18. Resolver la ecuacion (x2 + y2 + 2x)dx+ 2ydy = 0. Factor Integrante; solodepende de x:

µ(x) = ex

19. Resolver la ecuacion y = xy′ +1y′

; (Chairiant)

Solucion:y′ = p

y = xp+ 1p / d

dx

p = p+ xdp

dx− 1p2

dp

dx(x− 1

p2

)dp

dx= 0

dp

dx= 0 ⇒ p = C ⇒ y = Cx+ C

x = 1p2 , entonces la integral singular es de la forma

x =1p2

y =2p

20. Resolver x = 2x+ y − 2zy = −xz = x+ y − z

(7.1)


Solucion: ∣∣∣∣∣∣2− λ 1 −2−1 −λ 01 1 −1− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0

(2− λ) [λ(1 + λ)]− 1(1 + λ)− 2(−1 + λ) = 0

−λ3 + λ2 − λ+ 1 = 0

(1− λ)(λ2 + 1) = 0

⇒ λ1 = 1; λ2 = ±i

con estos valores propios escribimos las solucionesx1

y1z1

=

A1

A2

A3

et ;

x2

y2z2

=

B1

B2

B3

cos t+

C1

C2

C3

sen t

y queda propuesto al lector hallar los vectores propiosA1

A2

A3

;

B1

B2

B3

;

C1

C2

C3

21. Resolver x = B1 cos t+ C1 sen t

y = B2 cos t+ C2 sen tz = B3 cos t+ C3 sen t

Solucion:

Lo reemplazamos XXXX ecuacion (??)

C1 cos t−B1 sen t = 2B1 cos t+ 2C1 sen t+B2 cos t+ C2 sen t−2B3 cos t− 2C3 sen t

C2 cos t−B2 sen t = −B1 cos t− C1 sen tC3 cos t−B3 sen t = B1 cos t+ C1 sen t+B2 cos t+ C2 sen t−B3 cos t

−C3 sen t

luego C2 − 2B1 −B2 + 2B3 = 02C1 + C2 − 2C3 +B1 = 0C2 = −B1 ∧B2 = C1

C3 −B1 −B2 +B3 = 0C1 + C2 − C3 +B3 = 0


tenemos que B1 = B3, C3 = B2, C1 = C3, por lo tanto C1

−B1

C1

B1

C1

B1

hacemos C1 = 1, B1 = 1 1

11

cos t+

1−11

sen t

x+ 4y − 3x = 0y + y − 2x 0 0 ⇔

x = 3x− 4yy = 2x− y

(7.2)∣∣∣∣ 3− λ −42 −1− λ

∣∣∣∣ = 0

(λ− 3)(λ+ 1) + 8 = 0

λ2 − 2λ+ 5 = 0

λ =2±

√4− 202

λ = 1± 2i(xy

)= et

[(A1

A2

)sen 2t+

(B1

B2

)cos 2t

]reemplazamos XXX ecuacion (??)

Dudas22. Resolver x = 3x− y + z

y = −x+ 5y − zz = x− y + 3z

Solucion: ∣∣∣∣∣∣3− λ −1 1−1 5− λ −11 −1 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0

(3− λ)[(5− λ)(3− λ)− 1] + 1[−1(3− λ+ 1) + 1] + 1[1− (5− λ)] = 0

λ3 − 11λ2 + 36λ− 36 = 0

(λ− 2)(λ− 3)(λ− 6) = 0

por lo tanto los valores propios son λ1 = 2; λ2 = 3; λ3 = 6.


Tomamos el sistema

(3− λ)α− β + γ = 0−α+ (5− α)β − γ = 0

Para λ = 2α− β + γ = 0

−α+ 3β − γ = 0 ⇒ β = 0; α = −γ

por lo tanto 10−1

e2t

Para λ = 3−β + γ = 0

−α+ 2β − γ = 0 ⇒ α = β; γ = β

por lo tanto 111

e3t

Para λ = 6−3α− β + γ = 0−α− β − γ = 0 ⇒ β = −2α; α = γ

por lo tanto 1−21

e6t

23. Resolver x = 2x− yy = x+ 2y∣∣∣∣ 2− λ −1

1 2− λ

∣∣∣∣ = 0

(2− λ)2 + 1 = 0

λ2 − 4λ+ 5 = 0

λ =4±

√16− 202

λ = 2± i

tomamos el sistema(2− λ)α− β = 0α+ (2− α)β = 0


Para λ = 2 + i−iα− β = 0α− iβ = 0 ⇒ β = −iα

entonces (x1

y1

)=(

1−i

)e2t(cos t+ i sen t)

=(

cos t+ i sen t−i cos t+ sen t

)e2t

analogamente para λ = 2− i(x2

y2

)=(

1i

)e2t(cos t− i sen t)

=(

cos t− i sen ti cos t+ sen t

)e2t

luego (xy

)= C2 Re

(x1

y1

)+ C2 Im

(x1

y1

)= C1

(cos tsen t

)e2t + C2

(sen t−cost

)e2t

= e2t

(C1 cos t+ C2 sen tC1 cos t− C2 sen t

)24. Resolver la ecuacion y′ =

√4− y2; y ∈ [−2, 2]

Solucion:

dy√4− y2

= dx⇒ arcsen(y

2

)= x+ C ⇒ y

2= sen(x+ C)

y = 2 sen(x+ C)

25. Resolver la ecuacion y′ = y3 + 1

Solucion:dy

y3 + 1= dx

luego

1(y + 1)(y2 − y + 1)

=A

y + 1+

By + C

y2 − y + 1

1 = Ay2 −Ay +A+By2 +By + Cy + C


entonces A+B = 0B −A+ C = 0

A+ C = 1⇒

A = 13

B = − 13

C = 23

por lo tanto

dy

3(y + 1)− ydy

3(y2 − y + 1)+

2dy3(y2 − y + 1)

= dx etc. · · ·

Ecuacion de la forma

y′ = f(y) (7.3)

y′ = f(ax+ by + c), con z = ax+ by o z = ax+ by + c, se transforma enuna ecuacion de la forma (??).

26. Resolver la ecuacion y′ = x+ y

Solucion:

z = x+ y ⇒ z′ = 1 + y′ ⇔ y′ = z′ − 1

por lo tanto

z′ − 1 = z ⇔ dz

z + 1= dx

ln(z + 1) = x+ Cz + 1 = Cex

z = Cex − 1y + x = Cex − 1

y = Cex − x− 1

27. Resolver la ecuacion y′ =√y − x

Solucion:

y − x = z; y′ − 1 = z′; z′ + 1 =√z

dz√z − 1

= dx

√z − 1 = v ⇔ dz

2√z

= dv ⇔ dz = 2(v + 1)dv etc.


28. Ejemplo (Ecuacion de variable separable)

dy

1− y= dx− dx

1 + x

− ln(1− y) = x− ln(1 + x) + lnC

ln(1− y)−1 = lnCex

1 + x

(1− y)−1 =Cex

1 + x

1− y =1 + x

Cex

luego

y = 1− 1 + x

Cex

29. Ejemplo:

(1 + y2) + xyy′ = 0; y(1) = 0

tenemos1 + y2 = −xyy′

dx

x= − ydy

1 + y2

lnx+ lnC = −12

ln(1 + y2

)Cx =

(1 + y2

)− 12

C2x2 =1

1 + y2

C2x2(1 + y2) = 1

y(1) = 0 ⇒ C = 1, por lo tanto

x2(1 + y2

)= 1

30. Ejemplo:

y′ =√xy; y(0) = 1


tenemosy′ =

√xy

dy√y

=√xdx /

∫2√y =

23x

32 + C

4y =(

23x

32 + C

)2

y(0) = 1 ⇒ 4 = C2 ⇒ C = 2, por lo tanto

4y =(

23x

32 + 2

)2

31. Ejemplo2x√

4− y2 + yy′ = 0; y(1) = 2

entonces2x√

4− y2 = −yy′

2xdx = − ydy√4− y2

/∫

x2 + C =√

4− y2

luego, y(1) = 2 ⇒ 1 + C = 0 ⇔ C = −1, por lo tanto

x2 − 1 =√

4− y2

32. Ejemplo:xy2(xy′ + y) = a2 (7.4)

Solucion:2y′ + y2 +

1x2

= 0

y′ = −(y2x2 + 1

x2

)y =

z

x⇒ z = xy ⇒ z′ = xy′ + y

Luego en (??),xy2(xy′ + y) = a2

z2z′ = a2xz2dz = a2xdx /

∫


luegoz3

3=a2x2

2+ C

x3y3

3=a2x2

2+ C

33. Ejemplo:

2y′ + y2 +1x2

= 0

hacemos z = xy

2(z′ − y

x

)+z2

x2+

1x2

= 0

2z′x− 2xy + z2 + 1 = 0

2z′x = 2z − z2 − 1

es decir,dz

2z − z2 − 1=dx

2xdz

(z − 1)2= −dx

2x

− 1z − 1

= − lnx2

1xy − 1

= lnx2 + C

34. Ejemplo:y′ = ex−y − ex

Solucion:

Hacemos v = e−y ⇒ v′ = −e−yy′, por lo que y′ = −v′

v

−v′

v= ex(v − 1)

dv

v(v − 1)= −exdx

dv

v − 1− dv

v= −exdx

lnv − 1v

= −exdx

lnv − 1v

= −ex + C

ln(e−y − 1e−y

)= −ex + C


35. Ejemplo:

x+ yy′ + ρ√x2 + y2 = 0

Solucion:

x = ρ cos θy = ρ sen θ ⇒ dy

dx=dρ sen θ + ρ cos θdθdρ cos θ − ρ sen θdθ

tenemos que

ρ cos θ + ρ sen θ(dρ sen θ + ρ cos θdθdρ cos θ − ρ sen θdθ

)+ pρ

⇒ ρ cos θ + ρ

(dρ sen2 θ + ρ cos θ sen θdθ

dρ cos θ − ρ sen θdθ

)+ pρ

⇒ ρ cos θ + ρ

(dρ− dρ cos2 θ + ρ cos θ sen θdθ


)+ pρ

⇒ ρ cos θ + ρ

(dρ− cos θ(dρ cos θ − ρ sen θdθ)


)+ pρ

⇒ ρ cos θ +ρdρ

dρ cos θ − ρ sen θdθ− ρ cos θ + pρ

⇒ ρdρ

dρ cos θ − ρ sen θdθ+ pρ

luego

ρdρ = pρdρ cos θ − pρ2 sen θdθ

ρdρ(1− p cos θ) = −pρ2 sen θdθ

ρdρ

ρ2=

p sen θdθp cos θ − 1

ln ρ = − ln(p cos θ − 1) + lnC

por lo tanto

ρ =C

p cos θ − 1

36. Ecuacion Homogenea:

2xyy′ = x2 + 3y2

Solucion:


Sea zx = y ⇔ z = yx ⇔ z′x+ z = y′, entonces

2x2z(z′x+ z) = x2 + 3x2z2

2z(z′x+ z) = 1 + z2

z′x+ z =1 + z2

2z

z′x =1 + z2

2z− z

z′x =1− z2

2z2zdz1− z2

=dx

x

− ln(1− z2) = lnx+ lnC

11− z2

= Cx

1 = Cx(1− z2)

1 = Cx

(1− y2

x2

)1 = Cx

(x2 − y2

x4

)x3 = C(x2 − y2)


y′ =y + 2x+ 1

+ tg(y − 2xx+ 1

)Solucion:

Sea z = y−2xx+1 , luego

z′ =(y′ − 2)(x+ 1)− (y − 2x)

(x+ 1)2

z′ =y′ − 2x+ 1

− y − 2x(x+ 1)2

y′ =(z′ +

y − 2x(x+ 1)2

)(x+ 1) + 2


reemplazando en la ecuacion original(z′ +

y − 2x(x+ 1)2

)(x+ 1) + 2 =

y + 2x+ 1

+ tg z

z′(x+ 1) +y − 2xx+ 1

+ 2− y + 2x+ 1

= tg z

dz

tg z=

dx

x+ 1cos zdzsen z

=dx

x+ 1ln(sen z) = ln(x+ 1) + lnC

sen z = C(x+ 1)

es decir

sen(y − 2xx+ 1

)= C(x+ 1)

38. Resolver la ecuacion (Homogenea)

2x+ y = (4x− y)y′

Solucion:

Hacemos y = zx y obtenemos la solucion

(y − 2x)2 = C(y − x)3


(3x+ 3y − 1)dx+ (x+ y + 1)dy = 0

Solucion: Recta paralelas ⇒ x+ y = u. Entonces obtenemos

2dx+ du+ 2du

u− 1= 0

2x+ u+ 2 ln |u− 1| = C1

(x+ y − 1)2 = Ce−(3x+y)

40. Resolver la ecuacion (x+ y)dx+ xdy = 0; y(0) = 0.

Solucion: x2

2 + xy = 0



(8y + 10x)dx+ (5y + 7x)dy = 0


y′ =2(y + 2)2

(x+ y − 1)2

Solucion:

y + 2 = x + y + 1 ⇒ x = 3, y = −2. por tanto hacemos x = u + 3 yy = v − 2. Y luego hacemos v(u) = uz(u), entonces

v = Ce−2arctg z ⇔ y + 2 = Ce−2arctg y+2x−3

43. Resolver la ecuacion(3x2 − y2)dy = 2xydx

Solucion:

Hallamos que µ(y) = 1y4 es un factor integrante, multiplicamos por este

factor y resolvemos la ecuacion para obtener

Cy3 − y2 + x2 = 0

Tambien se puede ver como una ecuacion homogenea

y′ =2xy

3x2 − y2


y′ =1 + 3x2 sen y

x ctg y

Solucion:

Aquı µ(y) = 1y2 y tenemos por lo tanto la solucion

x2

y+ 3y − 3

y= C


y′ =cosx sen y + tg2 x

senx cos y

Solucion:

Aquı µ(x) = 1sen2 x con lo que se obtiene

sen ysenx

= tgx+ C


46. Ejemplox = −2x− 2yy = −5x+ y

Solucion: ∣∣∣∣ −2− λ −2−5 1− λ

∣∣∣∣entonces

(λ+ 2)(λ− 1)− 10 = 0λ2 + λ− 12 = 0

(λ+ 4)(λ− 3) = 0

es decir λ1 = 3λ2 = −4

etc.

47. Ejemplox = −12x+ 7yy = −7x+ 2y

Solucion: ∣∣∣∣ −12− λ 7−7 2− λ


(λ+ 12)(λ− 2) + 49 = 0λ2 + 10λ+ 25 = 0

(λ+ 5)2 = 0

es decir λ1 = λ2 = −5, etc.

48. Ejemplox = 2x− yy = 5x− 2y

Solucion: ∣∣∣∣ 2− λ −15 −2− λ


(λ+ 2)(λ− 2) + 5 = 0λ2 + 1 = 0

es decir λ1,2 = ±i, etc.

49. Ejemplox = 3x+ 2yy = −5x+ y


Solucion: ∣∣∣∣ 3− λ 2−5 1− λ


(λ− 1)(λ− 3) + 10 = 0λ2 − 4λ+ 13 = 0

es decir

λ1,2 =4± 6i

2= 2± 3i

50. Resolver la ecuacion y′ = y + x2; y(0) = 1

Solucion:

∞∑k=1

kCkxk−1 =

∞∑k=0

Ckxk + x2

∞∑k=0

(k + 1)Ck+1xk =

∞∑k=0

Ckxk + x2

∞∑k=0

[(k + 1)Ck+1 − Ck]xk = x2

Para k = 0C1 = C0

Para k = 1

2C2 = C1 ⇒ C2 =C1

2=C0

2

Para k = 2

3C3 = C2 + 1 ⇒ C3 =C12 + 1

3⇒ C3 =

C0 + 24!

luego, para k > 2

Ck+1 =Ck

k + 1

por lo tanto

y = C0 + C0x+C0

x+C0

2!x2 +

C0 + 24!

x4 +C0 + 2

5!x5 + · · ·+

C0

(1 + x+ x2

2! + x3

3! + · · ·)

+ 2(

x3

3! + x4

4! + · · ·)

= C0ex + 2ex − 2x− x2 − 2


51. Resolver la ecuaciony′′ + y = 0

Solucion:∞∑

k=2

Ckk(k − 1)xk−2 +∞∑

k=0

Ckxk = 0

∞∑k=0

Ck+2(k + 2)(k + 1)xk +∞∑

k=0

Ckxk = 0

donde(k + 1)(k + 2)Ck+2 + Ck = 0

luego

Ck+2 =−Ck

(k + 1)(k + 2); ∀k ≥ 0

es decir

C2 =−C0

2!; C3 =

−C1

2 · 3; C4 =

−C2

3 · 4=C0

4!; C5 =

−C3

4 · 5=C1

5!

por lo tanto

y(x) = C0 + C1x−C0

2!x2 − C1

3!x3 +

C0

4!x4 +

C1

5!x5 · · ·

y(x) = C0

(1− x2

2!+x4

4!· · ·)

+ C1

(x− x3

3!+x5

5!· · ·)

y(x) = C0 cosx+ C1 senx

52. Resolver la ecuacionxy′′ + y′ + xy = 0

Solucion:∞∑

k=2

k(k − 1)Ckxk−1 +

∞∑k=1

kCkxk−1 +

∞∑k=0

Ckxk+1 = 0

∞∑k=1

(k + 1)kCk+1xk +

∞∑k=0

(k + 1)Ck+1xk +

∞∑k=1

Ck−1xk = 0

∞∑k=1

[(k + 1)kCk+1 + (k + 1)Ck+1 + Ck−1]xk + C1 = 0

por lo tanto C1 = 0 y

Ck+1 =−Ck−1

(k + 1)2


es decir, C3 = C5 = C7 = · · · = 0. Ademas

C2 =−C0

22; C4 =

−C2

42=

C0

2242; C6 =

−C4

62=

−C0

224262; · · ·

luego

y = C0 −C0

22x2 +

C0

2242x4 − C0

224262x6 + · · ·

= C0

∑∞n=0

(1

n!2

(−x2

22

)n)Bessel de orden cero; J0(x). Hay un metodo para hallarlos.

53. Ejemplo de una Ecuacion de Bessel de orden 12 :

x2y′′ + xy′ +

(x2 −

(12

)2)y = 0

y′′ +1xy′ +

(1− 1

4x2

)y = 0

x = 0 es un punto singular regular puesxa(x) = 1x2b(x) = x2 − 1

4

analıticas a x = 0. La ecuacion indicial es:

r(r − 1) + r − 14

= 0

r2 − 14 = 0 ⇔ r = ± 1

2

las raıces difieren en 1. Por lo tanto suponemos una solucion de la forma

y(x) = x12

∞∑k=0

Ckxk

luego tenemos

∞∑k=0

Ck

[(k +

12

)(k − 1

2

)+(k +

12

)+ x2 − 1

4

]xn− 3

2 = 0

o bien∞∑

k=0

Ck(k2 + k)xk− 32 +

∞∑k=0

Ckxk+ 1

2 = 0

2C1x− 1

2 +∞∑

k=0

[(k + 2)(k + 3)Ck+2 + Ck]xk+ 12 = 0


por lo tanto C1 = 0 y

Ck+2 =−Ck

(k + 2)(k + 3)

luego, los coeficientes con subındice impar desaparecen. Y los pares:

C2 =−C0

3!; C4 =

−C2

4 · 5=C0

5!; C6 = −C0

7!; · · ·

por lo tanto

y1(x) =√x

(C0 −

C0

3!x2 +

C0

5!x4 − C0

7!x6 + · · ·

)=

1√x

(C0x−

C0

3!x3 +

C0

5!x5 · · ·

)=

C0√x

senx

Ahora hacemos r = r2 = − 12 y obtenemos analogamente

y2(x) =C1√x

cosx

54. Resolver la ecuaciony + xy2 = xy′

Solucion:

Sea µ = 1y2 , entonces

ydx− xdy

y2+ xdx = 0

luegox

y+x2

2= C

55. Resolver la ecuacion(1 + x2)y′′ = 2xy′

Solucion:

Sea y′ = z, entoncesz′

z=

2x1 + x2

z = y′ = C1(1 + x2)

luego

y(x) = C1x+ C1x3

3+ C2


56. Resolver la ecuaciony′ +

y

x=

1x2y2

Solucion:

Bernoulli; α = −2. Sea z = y3, entonces

z′ +3zx− 3x2

= 0

z(x) =C

x3+

32x

luego

y3 =2C + 3x2

2x3

57. Resuelva y halle soluciones singulares

y′2 − y + 1 = 0

Solucion:

Sea y′ = p⇒ y = 1 + p2 ⇒ dy = 2pdp

dy

dx= p

dx =dy

p

dx = 2dp

entonces x = 2p+ Cy = 1 + p2

eliminamos p, luego

y = 1 +(x− C)2

4usando C-discriminante

y − (x− C)2

4− 1 = 0 / dy

dC

−2(x− C)4

= 0

x− C = 0

entonces y = 1. Calculamos la envolvente y se tiene y = 1 como solucionsingular.


58. Hallar si es que existen soluciones singulares

x(1 + y′2) + y′4 − 3y′2 − 2yy′ = 0

Solucion:

Sea y′ = p, entonces

x(1 + p2) + p4 − 3p2 − 2yp = 02xp+ 4p3 − 6p− 2y = 0

1 + p2 − 2p2 = 0p = ±1

Obtenemosy = x− 1 Si p = 1y = 1− x Si p = −1

Apunte ufro ecuaciones diferenciales ordinarias

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