ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE … Diferenciales/Guias... · 1.38. Problemas propuestos 3...

1.38. Problemas propuestos 1

TEMA 1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE

PRIMER ORDEN Y SUS APLICACIONES

(Prof. José Luis Quintero)

1.1. MOTIVACIÓN En cursos anteriores se ha manejado con frecuencia la palabra ecuación la

cual se utiliza en muy variadas ocasiones, por ejemplo: 2 3x 3x 2 0, x 1 0,− + = − =

xsenx 0, tgx e , ...= = y como esas, muchas otras análogas, así como sistemas de las

mismas. En esos casos se trata de hallar números que son las incógnitas de la

ecuación. Estas ecuaciones pueden admitir más de una solución. Existen numerosos problemas de la Ingeniería, que conducen a plantear ecuaciones, pero donde ahora las

incógnitas ya no son números sino otros objetos matemáticos. Entre estas ecuaciones

se encuentran las denominadas ecuaciones diferenciales en las cuales la(s) incógnita(s) que se presentan son funciones, y se llaman diferenciales puesto que en

dichas ecuaciones figuran las derivadas de las funciones incógnitas.

En cursos anteriores de Cálculo se aprendió que, dada una función y f(x),= la

derivada dy dx f '(x)= es también una función de x y se encuentra mediante alguna

regla apropiada. Por ejemplo, si 2xy e= entonces

2xdy dx 2xe= o bien dy dx 2xy= . El problema que se enfrenta en este tema no es: dada una función y f(x),= encontrar su derivada; más bien, el problema es: si se da una ecuación tal como dy dx 2xy= ,

encontrar de alguna manera una función y f(x)= que satisfaga la ecuación. En una

palabra, se desea resolver ecuaciones diferenciales. Se debe señalar que ésta es una de las ramas de la Matemática que más profundamente se ha estudiado desde hace unos 300 años, siendo la Mecánica Celeste la primera área donde se aplicó intensamente la teoría de las ecuaciones diferenciales. Desde esa época, el campo de aplicaciones de esta teoría ha aumentado considerablemente, y se puede señalar (a groso modo) que las mismas rigen una gran cantidad de fenómenos (deterministas) donde ciertas magnitudes varían de manera continua en función de uno o varios parámetros, uno de los cuales frecuentemente es el tiempo.

1.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL

Definición 1. Una ecuación diferencial es aquella en la que intervienen derivadas o diferenciales. Si tales derivadas son las de una función de una variable, entonces a la ecuación diferencial se le llama ordinaria. Una ecuación diferencial parcial (o en derivadas parciales) contiene derivadas parciales.


Ejemplo 1. Las ecuaciones 2

32

d y dyx x y 7x

dxdx− + = − ,

3 34 25

4 2

d y d y dy 12 x

dx 3dx dx

+ − = ,

2(x 5y 3)y ' 7x 2y− + = − + , son ecuaciones diferenciales ordinarias, mientras que

z2

y∂ = −∂

, 2 2 2

2 2 2

t t t0

x y z

∂ ∂ ∂+ + =∂ ∂ ∂

son ecuaciones diferenciales parciales o en derivadas

parciales. Ejemplo 2. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias: a. 2(1 x )y '' 2xy ' ( 1)y 0, R− − + α α + = α ∈ (Ecuación de Legendre que se presenta en

problemas de propagación del calor con simetría esférica) b. 2y '' (y 1)y ' y 0+ µ − + = (Ecuación de Van der Pol que se presenta en problemas de

circuitos eléctricos conteniendo tubos al vacío)

Ejemplo 3. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales: a. 2

tt xxu a u 0− = (Ecuación de onda unidimensional que caracteriza la propagación de

ondas en algunos medios y las vibraciones mecánicas de una cuerda vibrante) b. xx yy zzu u u 0+ + = (Ecuación de Laplace que se presenta en el estudio de

potenciales magnético, eléctrico, gravitatorio y en el flujo de calor) 1.3. ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 2. Se llama orden de una ecuación diferencial al mayor orden de las derivadas que aparecen en dicha ecuación. Es decir, es el orden de la más alta derivada de la ecuación diferencial.

Ejemplo 4. 52

2

d y dy4 3y 1

dxdx − − =

es una ecuación diferencial ordinaria de segundo

orden o de orden dos. La ecuación 4 2

4 2

t t0

x x

∂ ∂+ =∂ ∂

es una ecuación diferencial parcial de

orden cuatro. Ejemplo 5. 2 2 2x y '' xy ' (x p )y 0+ + − = (Ecuación de Bessel que se presenta en

problemas de flujo de calor en cilindros, propagación de corrientes eléctricas en conductores cilíndricos y vibraciones de membranas) es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden. 1.4. GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 3. El grado de una ecuación diferencial lo da la potencia de la derivada de mayor orden en dicha ecuación.


Ejemplo 6. Identificación de orden y de grado en ecuaciones diferenciales: a. y ' tg(x)= es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden y primer grado.

b. 2

2

z z3x 6

xx

∂ ∂− =∂∂

es una ecuación diferencial parcial de orden 2 y grado 1.

c. 3

dy dyx 5 0

dx dx − + =

es una ecuación diferencial ordinaria de orden 1 y grado 3.

1.5. VARIABLE DEPENDIENTE Y VARIABLE INDEPENDIENTE Definición 4. Considere una ecuación diferencial que contiene una o más derivadas de una variable con respecto a otra variable particular. Se denomina variable dependiente a la que presenta derivadas, mientras que la variable independiente es aquella respecto de la cual se realiza la derivada.

Ejemplo 7. En la ecuación diferencial 3 2

3 2

d y d y dy5 7y cos(x)

dxdx dx− + − = y es la variable

dependiente, mientras que x es la variable independiente.

Ejemplo 8. La ecuación 2 2

2 2

v v0

y z

∂ ∂+ =∂ ∂

tiene dos variables independientes z, y, y una

variable dependiente v. 1.6. ECUACIÓN DIFERENCIAL ORDINARIA LINEAL Definición 5. Se dice que la ecuación diferencial ordinaria (EDO) de la forma

(n)F(x,y,y ',y '',..., y ) 0= es lineal si F es una función lineal de las variables y, y ', y '', (n)...,y . Por tanto, la ecuación diferencial ordinaria lineal general de orden n es de la

forma (n) (n 1)n n 1 1 0a (x)y a (x)y ... a (x)y ' a (x)y g(x).−

−+ + + + =

Es decir, la ecuación diferencial ordinaria es lineal si posee las siguientes

características:

a. La variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado, es decir que no pueden tener una potencia distinta de uno.

b. Los coeficientes de la ecuación diferencial ordinaria n n 1 1 0a , a , ...,a , a− solo

dependen de la variable independiente o son constantes reales.

Ejemplo 9. Las siguientes ecuaciones son lineales: x3y '' 3xy ' (x 1)y e− + + = , 3 2 2x y ''' x y '' 3xy ' 5y (x 1)− + + = + , 2(x 1) y '' 3y ' cos(x)+ − =

Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales:

yy '' 2y ' 0+ = , 2(y ') xy x 1− = + , 2xy '' 2y y ' x y− = +

A estas ecuaciones se les denomina no lineales.


Ejemplo 10. Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales: a. 1

2y ''' yy '' 0+ = (Ecuación de Blasius que se presenta en problemas de mecánica de

fluidos)

b. 2y y 'x 2(y ') y '= + − (Ecuación de Clairaut que se presenta en variados problemas

físicos)

1.7. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL

Definición 6. Se dice que una función f, definida en un intervalo I, es solución

(también llamada integral de la ecuación) de una ecuación diferencial en el intervalo I, si satisface la ecuación diferencial en I, es decir, si se sustituye f en dicha ecuación y

esta se reduce a una identidad.

Observación 1. El intervalo I puede ser abierto, cerrado, semicerrado, o todo R.

Ejemplo 11. Para todo número real C, la función 3f(x) x C= + es solución de la

ecuación 2y ' 3x= en I R= , porque al sustituir f '(x) en lugar de y ' se obtiene la

identidad 2 23x 3x= . Entonces, a la función 3f(x) x C= + , se le llama solución general

de 2y ' 3x= , ya que toda solución es de esa forma. Observe que en la solución general 3f(x) x C= + aparece el parámetro arbitrario C. Una solución particular de 2y ' 3x=

se obtiene asignándole un valor específico a dicho parámetro.

A veces, una ecuación diferencial tiene una solución que no puede obtenerse

dando valores específicos a los parámetros en una familia de soluciones. A tal solución se le llama solución singular. La terminología de solución completa se usa algunas

veces para denotar todas las soluciones, esto es, la solución general junto con las

soluciones singulares, si hay alguna.

Ejemplo 12. Considere dos números reales arbitrarios 1C , 2C . Demuestre que 2x 2x

1 2f(x) C e C e−= + es solución de y '' 4y 0,− = en I R= .

Solución. Como 2x 2x1 2f '(x) 2C e 2C e−= − y 2x 2x

1 2f ''(x) 4C e 4C e−= + , al reemplazar f(x) y f ''(x) en y '' 4y 0− = se tiene que f ''(x) 4f(x) 0− = , es decir,

2x 2x 2x 2x1 2 1 2(4C e 4C e ) 4(C e C e ) 0− −+ − + = .

Esto demuestra que f(x) es una solución de y '' 4y 0− = . La solución f(x) se

llama solución general de y '' 4y 0− = . Note que la ecuación diferencial es de orden 2 y

que la solución general contiene dos parámetros arbitrarios 1C , 2C . Se va a calcular la

solución particular de y '' 4y 0− = que satisface la condición y 3= si x 0= , y ' 0= (esto

suele escribirse y(0) 3= , y '(0) 0= , es decir, f(0) 3= , f '(0) 0= ). De esta manera 2.0 2.0

1 2 1 22.0 2.0

1 2 1 2

f(0) C e C e C C 3

f '(0) 2C e 2C e 2C 2C 0

−

−

= + = + =

= − = − =.


El sistema de ecuaciones a resolver es 1 2

1 2

C C 32C 2C 0

+ = − =

.

De aquí se obtiene 1 23

C C2

= = , entonces la solución particular para las

condiciones iniciales dadas (y(0) 3, y '(0) 0)= = es: 2x 2x3 3f(x) e e

2 2−= + .

Ejemplo 13. Demuestre que x 2x1 2y C e C e− −= + es solución de

2

2

d y dy3 2y 0

dxdx+ + = para

las constantes arbitrarias 1 2C , C y obtenga una solución particular que satisfaga las condiciones y(0) 1, y '(0) 1= = .

Solución. x 2x

1 2

x 2x1 2

2x 2x

1 22

y C e C edy

y ' C e 2C edx

d yy '' C e 4C e

dx

− −

− −

− −

= +

= = − −

= = +

Se debe probar que 2

2

d y dy3 2y 0

dxdx+ + = . En efecto:

x 2x x 2x x 2x1 2 1 2 1 2C e 4C e 3( C e 2C e ) 2(C e C e ) 0− − − − − −+ + − − + + =

x 2x x 2x x 2x1 2 1 2 1 2C e 4C e 3C e 6C e 2C e 2C e 0− − − − − −+ − − + + =

Por otro lado, si y(0) 1, y '(0) 1= = se tiene: 1 2

1 2

C C 1C 2C 1

+ =− − =

, de aquí se

obtiene 1 2C 3, C 2,= = − entonces la solución particular para las condiciones iniciales

dadas es x 2xy 3e 2e− −= − .

1.8. SOLUCIONES EXPLÍCITAS E IMPLÍCITAS

Se distingue además entre soluciones explícitas o implícitas de ecuaciones

diferenciales. Se puede ver que 2xy e= es una solución explícita de dy dx 2xy= .

También se puede ver que 4y x 16= y xy xe= son soluciones explícitas de

dy dx x y 0− = y 'y '' 2y y 0− + = , respectivamente. Se dice que una relación

G(x,y) 0= define implícitamente una ecuación diferencial en un intervalo I, y pudiera

definir una o más soluciones explícitas en I. Ejemplo 14. Para 2 x 2− < < la relación 2 2x y 4 0+ − = es una solución implícita de la

ecuación diferencial dy xdx y

= − . Derivando implícitamente se obtiene

2 2d d d(x ) (y ) (4) 0

dx dx dx+ − = ,

dy2x 2y 0

dx+ = o bien

dy xdx y

= − .


La relación 2 2x y 4 0+ − = define dos funciones en el intervalo 2 x 2− < < :

2y 4 x= − y 2y 4 x= − − .

1.9. ALGUNAS INTERROGANTES

Lo expuesto hasta ahora sugiere plantear las siguientes interrogantes en relación a las ecuaciones diferenciales: a. Una vez que se tiene la ecuación diferencial, ¿cómo se sabe que existen soluciones

de dicha ecuación? b. Si ya se conoce que una ecuación diferencial tiene solución. ¿Cuántas soluciones

hay? c. Sabiendo que hay soluciones y cuántas de ellas, ¿Cómo hallarlas? d. ¿Cómo surgen las ecuaciones diferenciales, es decir, que tipos de problemas

conducen a plantear ecuaciones diferenciales? e. Conociendo que hay soluciones y cuántas de ellas, pero no sabiendo determinarlas

mediante una fórmula, bien sea explícitamente y y(x)= o implícitamente

(x, y) 0ϕ = , ¿existirá alguna manera de “aproximar” cada solución por una función

conocida o por una serie y determinar una cota del error cometido en esa aproximación? y ¿habrá algún procedimiento para decir cómo se comportan las soluciones aún cuando no se conocen?

En lo que sigue se dará respuestas a estos interrogantes, excepto la (e) la cual

forma parte de otros estudios, entre ellos los métodos numéricos de resolución de

ecuaciones diferenciales (cálculo numérico). 1.10. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma F(x,y,y ') 0= . Si se puede expresar como y ' f(x,y)= entonces se pueden aplicar

métodos de solución para ecuaciones resueltas respecto a la derivada, dentro de este

tipo de ecuaciones se estudiarán los métodos de solución de algunas de ellas, ya que

cada modelo de ecuación requiere de un proceso diferente para llegar a la solución, lo que funciona bien con un tipo de EDO no necesariamente se aplica a otras. Si por el contrario la EDO no se puede expresar como y ' f(x,y)= , entonces se tendrán que aplicar métodos de solución para ecuaciones no resueltas en y ' , un ejemplo de este

tipo de ecuaciones es la ecuación de Clairaut que es de la forma y xy ' f(y ')= + .

El estudio se centrará en las EDO de primer orden donde es posible despejar y ' , y dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán las siguientes:

• Ecuaciones con variables separables

• Ecuaciones reducibles a variables separables • Ecuaciones homogéneas


• Ecuaciones reducibles a homogéneas • Ecuaciones exactas

• Ecuaciones reducibles a exactas

• Ecuaciones lineales • Ecuaciones reducibles a lineales

De esta forma se comienza a dar respuesta a la interrogante c del apartado 1.9. 1.11. ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES Si la EDO dada se puede expresar de la forma h(y)dy g(x)dx= , se dirá que la

ecuación es de variables separables. Observe que se debe poder despejar y separar las

variables x e y. De esta forma integrando ambos miembros de la ecuación anterior se

determina la solución: h(y)dy g(x)dx=∫ ∫ .

Ejemplo 15. Resuelva (2 x)dy ydx 0+ − = .

Solución. 1 1 1 1

(2 x)dy ydx dy dx dy dxy 2 x y 2 x

+ = ⇒ = ⇒ = + + ∫ ∫ (se despejan las

expresiones si y 0, x 2≠ ≠ − ) por lo tanto: 1ln y ln 2 x C= + + , aquí se reemplaza 1C

por 1 2C ln C= , es decir 2 2ln y ln 2 x ln C ln (2 x)C= + + = + y así, 3y (2 x)C= + ,

3(C 0)≠ . Las curvas y 0= y x 2= − son soluciones de la ecuación diferencial. En forma

gráfica se tiene (ver figura 1):

Figura 1. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 15


Ejemplo 16. Resuelva dy

x 2y 2 xydx

− − + = .

Solución. dy dy dy

x 2y 2 xy (x 2) y(x 2) (x 2)(1 y)dx dx dx

= − − + ⇒ = − + − ⇒ = − + por lo

tanto: dy dy

(x 2)dx (x 2)dx1 y 1 y

= − ⇒ = −+ +∫ ∫ (se despejan las expresiones si y 1≠ − )

Se tiene que: 2 22 x x2x C 2x1 C2 2 1

1x

ln 1 y 2x C 1 y e 1 y e e2

− + −+ = − + ⇒ + = ⇒ + = , de modo

que aquí se reemplaza C1e por 2C 2(C 0)> , y en consecuencia se tiene que 2 2x x2x 2x2 2

2 31 y e C 1 y C e− −

+ = ⇒ + = , de manera que 2x 2x2

3y C e 1−

= − , 3(C 0)≠ . La curva

y 1= − es solución de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 2):


Ejemplo 17. Resuelva x x 24e tg(y)dx ( e )sec (y)dy 0+ π − = .

Solución. x x 24e tg(y)dx ( e )sec (y)dy 0+ π − = , x 2 x( e )sec (y)dy 4e tg(y)dxπ − = −

separando las variables: 2 x

x

sec (y) 4edy dx

tg(y) e= −

π − (se despejan las expresiones si

xy k (k Z) , e≠ π ∈ π ≠ ) 2 x

x

sec (y) edy 4 dx

tg(y) e=

− π∫ ∫ ambas integrales se pueden resolver

por simple sustitución. x

x 2

u e v tg(y)

du e dx dv sec (y)dy

= − π =

= = entonces:

dv du4

v u=∫ ∫ , 1ln v 4ln u C= + , x

2ln tg(y) 4ln e ln C= − π + , x 42ln tg(y) ln (e ) C= − π ,

x 43tg(y) (e ) C= − π , x 4

3y arctg((e ) C )= − π .

Las curvas y k (k Z)= π ∈ y xeπ = son soluciones de la ecuación diferencial.

En forma gráfica se tiene (ver figura 3):



Ejemplo 18. Resuelva x ydy7

dx+= .

Solución. x y x ydy7 7 .7

dx+= = . Separando variables: x

y

dy7 dx

7= .

Integrando ambos miembros: y x7 dy 7 dx− =∫ ∫ . Se hacen las sustituciones:

x xu 7 , du 7 ln7dx= = , y y 2 y yv 7 , dv (7 ) 7 ln7dy 7 ln7dy− − −= = − = − , ydv7 dy

ln7−− =

Se tiene entonces 1 1

dv duln7 ln7

− =∫ ∫ , y x x y

dv du v u C

7 7 C 7 7 C− −

− = ⇒ − = +

− = + ⇒ + =

∫ ∫




1.12. ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES

Una EDO que se presente de la forma dy

f(ax by c)dx

= + + , (b 0)≠ puede

transformarse en una EDO con variables separables con el cambio: u ax by c= + + ,

du / dx a b(dy / dx)= + . La ecuación dada queda, al aplicar el cambio:

dy 1 du du

a , bf(u) adx b dx dx

= − = +

que tienen las variables separadas, un procedimiento como en el apartado 1.11 permite hallar la solución. Recuerde devolver los cambios efectuados para transformar la ecuación.

Ejemplo 19. Resuelva 1

y 'x y 1

=+ +

.

Solución. Con el cambio u x y 1 , du 1 dy,= + + = + recuerde que se está derivando

respecto de “x”. Se tendrá la ecuación diferencial con variables separadas 1

u' 1u

− =

(u 0)≠ es decir du 1 1 u

1 u'dx u u

+= + ⇒ = . Separando las variables e integrando se tiene:

udu dx

1 u=

+∫ ∫ , u 1 ln u 1 x C,+ − + = + x y 2 ln x y 2 x C+ + − + + = + (u 1)≠ −

La solución es 1 y ln x y 2 C+ − + + = . La solución y (x 2)= − + también satisface

la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 5):



Ejemplo 20. Resuelva dy

sen(x y)dx

= + .

Solución. Sea u x y,= + du 1 dy= + así: dy du

1dx dx

= − y queda entonces la ecuación

diferencial u' 1 sen(u)− = , que separando las variables se tiene: du

sen(u) 1dx

= + , por lo

tanto: du

dxsen(u) 1

=+∫ ∫ , (sen(u) 1 0)+ ≠ . Para resolver la primera integral se

multiplica por la conjugada del denominador así:

2

(1 senu) (1 senu)du du

(1 senu)(1 senu) cos u

− −=− +∫ ∫

resultando las integrales: 22 2 2

du sen(u) sen(u)du sec (u)du du

cos u cos u cos (u)− = −∫ ∫ ∫ ∫ .

Las integrales que se tienen son directas por lo tanto al integrar resulta:

1 21

tg(u) C x Ccosu

− + = +

devolviendo el cambio: 1

tg(x y) x Ccos(x y)

+ − = ++

.

La solución de la forma 32y x 2k (k Z)π= − + + π ∈ también satisface la ecuación.

Algunas ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables se presentan en forma diferente a los casos anteriores, en general se puede señalar que una ecuación diferencial ordinaria de primer orden con la forma y ' f(h(x,y))= es de este

tipo si se puede encontrar una sustitución u h(x,y)= , que permita separar las nuevas

variables en una EDO con variables separables.

Ejemplo 21. Resuelva 2 2 2(1 x y )y (xy 1) xy ' 0+ + − = . Solución. Con el cambio xy t= se transforma la ecuación en una de variables

separadas. Sea entonces t xy= , derivando respecto de x: dt

xy ' y , t ' xy ' ydx

= + = + ,

despejando: t ' y

y ' ,x−= las nuevas variables son x y t. (x 0)≠ . La ecuación queda

entonces: t

2 2 xt 't(1 t ) (t 1) x 0

x x

−+ + − =

. Simplificando y despejando se tiene:

2 2

2 22 3

(1 t )t (1 t )t(1 t )t (t 1) (t ' x t) 0, t ' x t , t ' x t

(t 1) (t 1)

+ ++ + − − = − = − = −− −

3 2 3 2

2 2

t 2t t t t 2tt ' x

(t 1) (t 1)

− + − −= = −− −

, (t 1)≠

finalmente quedan las integrales: 2

2

dx t 2t 1dt

x 2t

− += −∫ ∫ , (t 0)≠

Calculando las integrales se obtiene: t 1

ln x lnC ln t2 2t

+ = − + + . Observe que la

constante de integración por conveniencia se toma lnC. Si se aplican las propiedades


del logaritmo para simplificar se tendrá la solución: 2

Cxy 1ln xy

x xy = −

, tomando

exponencial se obtiene: 1xy

2 xyCy e−

= . La solución xy 0= satisface la ecuación.

Ejemplo 22. Resuelva 6 5 4 3 2 2 3(x 2x 2x y 4x y)dx (xy 4x )dy 0.− + − + + − =

Solución. Con el cambio y

tx

= (x 0)≠ la ecuación dada se transforma en una de

variables separables en las nuevas variables t y x. Sea y tx= entonces dy dt

t xdx dx

= + ,

es decir y ' t xt '= + . Considerando la ecuación 6 5 4 3 2

3

x 2x 2x y 4x yy '

xy 4x

− + − += −−

, si se

aplica el cambio se tiene: 6 5 4 3 3 3

3 2 3

x 2x 2x t x 4txt ' xt '

x t 4x

− + − + −+ =−

. Separando variables y

simplificando: 6 5 4

4 2

x 2x 2x 1t '

x t 4

− + − = − resulta: 2 2(t 4)dt ( x 2x 2)dx− = − + −∫ ∫ . Al

calcular la integral se obtiene la solución: 3 3

23

x y 4yx 2x C

3 x3x− + + − = . La solución

x 0= también satisface la ecuación.

Ejemplo 23. Resuelva x y 1 y '(2x 2y 1) 0+ + + + − = .

Solución.

12

12

1 1 1 12 2 2 2

x y 1 x y 1x y 1 y '(2x 2y 1) 0 y ' u x y u' 1 y '

2x 2y 1 2(x y )

2(u )u 1 u 1 2u 1 u 1 u 2u' 1 u' 1 du dx (u 2)

u 22(u ) 2(u ) 2(u ) 2(u )

2u 1 2u 1du dx du dx 2(u 2) 3ln u 2

u 2 u 2 u 2

+ + + ++ + + + − = ⇒ = − = − = + ⇒ = ++ − + −

−+ + − − − −− = − ⇒ = − = = ⇒ = ≠−− − − −

− = ⇒ − = ⇒ − + − = − − − x c

2(x y 2) 3ln x y 2 x c.

+

⇒ + − + + − = +

1.13. FUNCIÓN HOMOGÉNEA Definición 7. Una función f(x,y) es homogénea de orden n en sus argumentos, si

para algún número real n, se cumple que nf(tx, ty) t f(x,y)= .

Ejemplo 24. Una función homogénea de orden dos es 2 2f(x, y) 5x 4xy 2y= − + , ya

que: 2 2 2 2 2 2f(tx, ty) 5(tx) 4(tx)(ty) 2(ty) t (5x 4xy 2y ) t f(x,y)= − + = − + = .

Ejemplo 25. f(x,y) 3x 5xy 7y= − + es una función homogénea de orden uno, ya

que: f(tx, ty) 3tx 5txty 7ty 3tx t 5xy 7ty tf(x,y)= − + = − + = .


Ejemplo 26. 2

2

4xf(x,y) 9,

3y= + es una función homogénea de orden cero, en efecto:

2 20

2 2

4(tx) 4xf(tx, ty) 9 9 t f(x, y)

3(ty) 3y= + = + = .

Definición 8. Si f es una función homogénea de orden n siempre se podrá escribir en

la forma n yf(x,y) x f 1,

x =

o bien n xf(x,y) y f ,1

y

=

.

Ejemplo 27. Sea 2 2f(x, y) x 3xy y= + + , primero se probará que es homogénea:

2 2 2 2f(tx, ty) t (x 3xy y ) t f(x,y)= + + = .

Es homogénea de orden dos, luego se puede expresar como:

2 2

2 2 2 22 2

y y y x x xf(x,y) x 1 3 x f 1, o f(x,y) y 3 1 y f ,1

x x y yx y

= + + = = + + =

1.14. ECUACIONES HOMOGÉNEAS

Definición 9. Una ecuación diferencial de primer orden de la forma M(x,y)

y 'N(x,y)

= se

dirá que es homogénea si M(x,y) y N(x,y) son funciones homogéneas del mismo

orden. Si esto sucede es posible expresar la ecuación dada de la forma:

n

n

y yx M 1, M 1,

x xy '

y yx N 1, N 1,

x x

= =

.

Observe que también es posible expresar y ' en términos de xy

.

Este tipo de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden se pueden

transformar en ecuaciones con variables separables mediante el cambio: y

ux =

o

xv

y

=

. Para resolver estas ecuaciones se selecciona el cambio a utilizar, sea por

ejemplo: y

ux

= de donde y ux= , derivando respecto de x se tiene: dy du

x udx dx

= + , y

sustituyendo en la ecuación dada se tiene: M(1,u)

xu' uN(1,u)

+ = . Esta nueva EDO es de

variables separables en las variables separadas en las variables u y x, y por lo tanto de

fácil solución.


Ejemplo 28. Resuelva y x

y 'y x

−=+

.

Solución. Se puede expresar en la forma:

yx 1

xy '

yx 1

x

− = +

(x 0)≠ . Esta ecuación se

resuelve con el cambio y

ux

= de donde se tiene y ux= y derivando respecto de x,

y ' xu' u= + y luego sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene: u 1

xu' u ,u 1

−+ =+

u 1xu' u,

u 1−= −+

2u 1

xu'u 1

+= −+

. Esta nueva ecuación es de variables separables,

integrando: 2 2 2

u 1 dx 2u du dxdu du

x xu 1 2(u 1) u 1

+ = − ⇒ + = −+ + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Estas integrales son

todas directas, se tiene entonces: 21ln(u 1) arctg(u) ln x C

2+ + = − + , devolviendo el

cambio: 2 2

2

1 y x yln arctg ln x C

2 xx

+ + = − + .

Ejemplo 29. Resuelva y

y x.ctg dx xdy 0x

+ − =

.

Solución. Despejando dy

,dx

se obtiene:

y yy x ctgy x.ctgx xdy x

dx x x

++ = = . Al sustituir

por y

u ,x

= se tiene: y ' u' x u.= + (x 0)≠ . Sustituyendo u'x u u ctg(u)+ = + , integrando

du dxctgu x

=∫ ∫ (ctgu 0)≠ , se obtiene ln sen(u) ln x C= + por tanto la solución general

es: sen(y / x)

ln Cx

= . Las curvas del tipo 1

y k , k Z2 = + π ∈

satisfacen la ecuación. En

forma gráfica se tiene (ver figura 6):



Ejemplo 30. Resuelva xdy (x.cos(y x) y)dx 0+ − = .

Solución. y x.cos(y x) y y

y ' cosx x x

− = = −

(Ecuación homogénea)

Cambio de variable:u y x y ' u u'x= ⇒ = + . u u'x u cosu u'x cosu secudu dx x+ = − ⇒ = ⇒ = . Integrando se tiene:

( ) ( )ln secu tgu ln x lnC secu tgu cx sec y x tg y x cx+ = + ⇒ + = ⇒ + = .

Ejemplo 31. Suponga que M(x,y)dx N(x,y)dy 0+ = es una ecuación homogénea. Pruebe que las sustituciones x r.cos , y r.sen= θ = θ reducen la ecuación a una de

variables separables. Solución.

Por ser homogénea se tiene: n nM(x,y) x M(1,y / x) (r cos ) M(1, tg ) N(x,y)= = θ θ =

dx cos dr r.sen d= θ − θ θ , dy sen dr r.cos d= θ + θ θ . Sustituyendo y simplificando se tiene:

M(1, tg )[cos dr r.sen d ] N(1, tg )[sen dr r.cos d ] 0θ θ − θ θ + θ θ + θ θ =

[M(1, tg )cos N(1, tg )sen ]dr r[N(1, tg )cos M(1, tg )sen ]d 0θ θ + θ θ + θ θ − θ θ θ =

Separando variables se obtiene dr M(1, tg )sen N(1, tg )cosr M(1, tg )cos N(1, tg )sen

θ θ − θ θ=θ θ + θ θ

.

1.15. ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden que se presentan con

la forma: dy ax by c

fdx Ax By C

+ += + + donde

a b0

A B≠ se pueden transformar en ecuaciones

homogéneas con las sustituciones: x u h , y v k= + = + , donde el punto (h,k), es el

punto de corte de las rectas definidas mediante las ecuaciones: ax by c 0+ + = y


Ax By C 0+ + = . Observe que la ecuación diferencial homogénea que resulta de esta

sustitución, es una ecuación en las nuevas variables u y v. Si la EDO de primer orden

se presenta con la forma: dy ax by c

fdx Ax By C

+ += + + donde

a b0

A B= se puede transformar

en una ecuación de variables separables con la sustitución u ax by c.= + +

Ejemplo 32. Resuelva x y 3

y 'x y 1

− −=+ −

.

Solución. Se determina el punto de corte de las rectas: x y 3 0 , x y 1 0− − = + − = . Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra el punto (2, 1).− La sustitución es

por lo tanto x u 2, y v 1= + = − de donde se tiene que: dy dvdx du

= . Sustituyendo en la

EDO dada se tiene: dv (u 2) (v 1) 3 u vdu (u 2) (v 1) 1 u v

+ − − − −= =+ + − − +

. Esta ecuación es homogénea y se

resuelve por lo tanto con la sustitución u

zv

= o bien con v

wu

= . Si se toma para

determinar la solución la sustitución v

wu

= se tiene v uw= (u 0)≠ . Derivando

dvw uw'

du= + y sustituyendo en la EDO dada se tiene:

dw 1 ww u

du 1 w−+ =+

. Esta nueva

ecuación en las variables w y u es de variables separables, resultando las integrales

2 2

1 w du 1 2w 2 dudw dw

u 2 uw 2w 1 w 2w 1

+ += − ⇒ = −+ − + −∫ ∫ ∫ ∫ . Resolviendo las integrales y sin

cambios: 21ln w 2w 1 ln u C

2+ − = − + . 2 2ln (y 1) 2(y 1)(x 2) (x 2) C+ + + − − − = .

Ejemplo 33. Resuelva 16y 49x 18

y '2x y 9

− +=+ −

.

Solución. 16k 49h 18 0 16k 49h 18

h 2 , k 5k 2h 9 0 k 2h 9

− + = − = − ⇒ ⇒ = = + − = + =

. Se aplica el par de

cambios: x u 2, y v 5= + = + y se tiene: 16(v 5) 49(u 2) 18 16v 49u

v '2(u 2) v 5 9 2u v

+ − + + −= =+ + + − +

que

es una ecuación homogénea. Sea v

t ut v v ' ut ' t.u

= ⇒ = ⇒ = + Se tiene entonces que:

2 2 216t 49 16t 49 2t t t 14t 49 (t 7)ut ' t

2 t 2 t 2 t t 2− − − − − + − −= − = = = −+ + + +

. De modo que:

2 2

t 2 du z 9 dudt dz

u u(t 7) z

+ += − ⇒ = −−

. Cambio z t 7 dz dt= − ⇒ = .

Se tiene: 2

1 9 du 9dz ln z ln u c.

z u zz + = − ⇒ − = − + ∫ ∫ Devolviendo cambios:

9 9ln z ln u c ln t 7 ln x 2 c

z t 7− = − + ⇒ − − = − − +

−.

y 5x 2

y 5 9ln 7 ln x 2 c

x 2 7−−

− − − = − − +− −

.

Ejemplo 34. Resuelva 2 2 3(x y 1)dy (2xy )dx 0− + = .


Solución. Esta ecuación no es homogénea, sin embargo con una sustitución de la forma ay t= donde por el momento a es un número arbitrario que se debe determinar,

la transformación es homogénea. Derivando: a 1dyat

dt−= y sustituyendo en la EDO:

2 2a a 1 3a(x t 1)at dt 2xt dx 0−− + = , 3a

2 3a 1 a 1

dt 2xta

dx x t t− −= −

−. Observe en esta ecuación que el

grado de 3a2xt es (1 3a)+ , el grado de a 1t − es (a 1)− y el grado de 2 3a 1x t − es

(2 3a 1),+ − como es necesario para que la ecuación sea homogénea que los grados de

todos los términos sean iguales, debe cumplirse entonces que 3a 1 a 1+ = − , esto

sucede si a 1= − por lo tanto la sustitución que transforma la ecuación dada en

homogénea es y 1 / t.= La ecuación dada toma la forma: 2 2(t x )dt 2txdx 0− + = o bien 2 2 2

2

dx t (x / t 1)dt t (2x / t)

−= . Esta ecuación se resuelve con la sustitución x

ut

= , es decir:

x ut= , derivando, x ' tu' u= + . Sustituyendo en la ecuación se tiene: 2 2u 1 u 1

u' t u u' t2u 2u

− ++ = ⇒ = − y luego: 2

2u dtdu

tu 1= −

+∫ ∫ . Resolviendo las integrales

resulta: 2ln u 1 ln t ln c+ = − + , de donde se tiene que 2(u 1)t C+ = y devolviendo los

cambios u x / t= y a su vez t 1 / y= resulta la solución 2 2x y 1 yc+ = .

Ejemplo 35. Halle la solución general de la ecuación y x y x

(y ' 1).lnx 3 x 3

+ + + = + + .

Solución. La solución del sistema y x 0 , x 3 0+ = + = es el punto ( 3,3)− .

Cambio de variables: x u 3 , y v 3= − = + , v u v u

(v ' 1).lnu u+ + + =

.

Sea t v /u t ut ' v '= ⇒ + = , entonces (t ut ' 1).ln(t 1) t 1+ + + = + . Manipulando:

t 1 t 1 (t 1) (t 1)ln(t 1)(t ut ' 1) ut ' (t 1) ut '

ln(t 1) ln(t 1) ln(t 1)+ + + − + ++ + = ⇒ = − + ⇒ =+ + +

.

Separando variables: ln(t 1) 1

dt du(t 1)(1 ln(t 1)) u

+ =+ − +

.

Al resolver ln(t 1)

dt(t 1)(1 ln(t 1))

++ − +∫ ,

dtz 1 ln(t 1) dz

t 1= − + ⇒ = −

+.

La integral se convierte en 1z 1

dz z ln z Cz− = − +∫ . Por lo tanto:

ln(t 1) 1dt du 1 ln(t 1) ln 1 ln(t 1) ln u C

(t 1)(1 ln(t 1)) u+ = ⇒ − + − − + = +

+ − +.

Devolviendo cambios: y 3 y 3

1 ln 1 ln 1 ln 1 ln x 3 Cx 3 x 3

− − − + − − + = + + + + .

Ejemplo 36. Dada la ecuación 5 2 2

3 3

dy 3x 3x ydx 2x y 2y

+=−

, indique los valores de p y q para

convertirla en homogénea usando los cambios px u= , qy v= y el valor de n si el

cambio es ny v.x= .

Solución. qqqq , y v , y v , y v , y vp p 1 q 1x u dx p.u du dy q.v dv− −= ⇒ = = ⇒ = . Se tiene entonces:


q 1 5p 2p 2q 6p 1 3p 1 2q

p 1 3p q 3q 3p 2q 1 4q 1

2 q.v dv u u v 2qdv u u v.

3 3pdup.u du u v v u v v

− − −

− − −+ += ⇒ =

− −. Se requiere que:

, , , , 6p 1 3p 2q 1 3p 2q 6p 1 4q 1 3p 2q3p 2q 1 4q 1 3p 2q

− = + − ⇒ = − = − ⇒ =+ − = − ⇒ =

.

Por lo tanto las constantes p y q deben ser tales que 3p 2q= , p,q 0≠ . n n n 1y v.x y ' v '.x n.x .v−= ⇒ = + . Se tiene entonces:

5 2n 2 2 5 2n 2 2n n 1 n n 1

n 3 3n 3 n 3 3n 3

3(x x v ) 3(x x v )v ' x n.x v v 'x nx v

2(x v x v ) 2(x v x v )

+ +− −

+ ++ ++ = ⇒ = −

− −

5 2n 2 2 n 1 n 3 3n 3 5 2n 2 2 2n 2 2 4n 1 4

n n 3 3n 3 2n 3 4n 3

3(x x v ) 2nx v(x v x v ) 3x 3x v 2nx v 2nx vv '

2x (x v x v ) 2x v 2x v

+ − + + + −

+ ++ − − + − −= =

− −.

Se requiere que: 1 1 12 2 25 4 2n n , 5 4n 3 n , 2n 4 4n 3 n= + ⇒ = = + ⇒ = + = + ⇒ = .

Por lo tanto 12n .=

1.16. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Definición 10. Una expresión diferencial M(x,y)dx N(x,y)dy+ (1) es una diferencial

exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial total de alguna función f(x,y).

Definición 11. Una ecuación diferencial M(x,y)dx N(x,y)dy 0+ = se llama exacta si la

expresión (1) es una diferencial exacta.

TEOREMA 1. Suponga que M(x,y), N(x,y) son funciones continuas con derivadas

parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces una

condición necesaria y suficiente para que la expresión (1) sea una diferencial exacta es

que M(x,y) N(x,y)

y x∂ ∂=

∂ ∂.

Demostración: ( )⇒ Suponga que M(x,y), N(x,y) tienen derivadas parciales de

primer orden continuas para todo (x,y). Por la definición 10, si la expresión (1) es exacta, existe alguna función f(x,y) para la cual:

f(x, y) f(x, y)M(x,y)dx N(x,y)dy dx dy

x y∂ ∂+ = +

∂ ∂ y

f(x, y)M(x,y)

x∂=

∂ ,

f(x, y)N(x,y)

y∂=

∂.

Por lo tanto, 2M(x,y) f f f N(x,y)

y y x y x x y x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

. Por continuidad,

2 2f(x, y) f(x, y)y x x y

∂ ∂=∂ ∂ ∂ ∂

y de esta manera se obtiene M(x,y) N(x,y)

y x∂ ∂=

∂ ∂.

( )⇐ Suponga ahora que M(x,y) N(x,y)

y x∂ ∂=

∂ ∂. Se desea encontrar una función f(x,y) tal

que f

M(x,y)x

∂ =∂

, f

N(x,y)y

∂ =∂

. Resulta que:

x y

0x y0 0

f(x, y) M(x,y )dx N(x,y)dy= +∫ ∫ (2)

en donde 0 0(x ,y ) es un punto de la región, esta es la función buscada. En la segunda

integral de (2) la variable x se mantiene fija. Luego,


x y

0x y0 0

f(x,y)M(x,y )dx N(x,y)dy

x x x∂ ∂ ∂= +

∂ ∂ ∂∫ ∫

y

0y0

N(x,y)M(x,y ) dy

x∂= +

∂∫

y

0y0

M(x,y)M(x,y ) dy

y∂= +

∂∫ (por hipótesis)

0 0M(x,y ) M(x,y) M(x,y ) M(x,y)= + − =

De manera semejante se puede demostrar que f(x,y)

N(x,y)y

∂ =∂

.

1.17. MÉTODO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES

EXACTAS Considere la ecuación M(x,y)dx N(x,y)dy 0+ = .

Paso 1. Demuestre que M(x,y) N(x,y)

y x∂ ∂=

∂ ∂.

Paso 2. Suponga luego que f(x,y)

M(x,y)x

∂ =∂

. De este modo se puede encontrar a la

función f(x,y) integrando M(x,y) respecto a x mientras la variable y se mantiene

constante. Entonces se escribe f(x, y) M(x,y)dx g(y)= +∫ (3).

Paso 3. Se deriva la ecuación (3) respecto a y y se supone que f(x,y)

N(x,y)y

∂ =∂

:

f(x,y)M(x,y)dx g'(y) N(x,y)

y y∂ ∂= + =

∂ ∂ ∫ .

De aquí resulta: g'(y) N(x,y) M(x,y)dxy∂= −

∂ ∫ (4). Se observa que el primer

miembro de la ecuación (4) es independiente de x ya que: N(x,y) M(x,y)

N(x,y) M(x,y)dx) 0.x y x y ∂ ∂ ∂ ∂− = − = ∂ ∂ ∂ ∂ ∫

Paso 4. Se integra la ecuación (4) respecto a y, luego se sustituye el resultado en la

ecuación (3). Paso 5. La solución de la ecuación es f(x, y) C.=

Ejemplo 37. Resuelva 2(7x 6y)dx (6x 5y )dy 0+ + − = .

Solución.

Paso 1. M(x,y) (7x 6y)

6y y

∂ ∂ += =∂ ∂

, 2N(x,y) (6x 5y )

6x xy

∂ ∂ −= =∂ ∂

.

Paso 2. 27x

f(x,y) (7x 6y)dx g(y) 6xy g(y)2

= + + = + +∫ .

Paso 3. 2 2y

7f (x,y) x 6xy g(y) 6x g'(y) 6x 5y

y 2∂ = + + = + = − ∂

. 2g'(y) 5y= − .

Paso 4. 3

2 2 5yg'(y) 5y g(y) 5y dy

3= − ⇒ = − = −∫ ,

2 37x 5yf(x,y) 6xy .

2 3= + −

Paso 5. Entonces una familia de soluciones de la ecuación diferencial dada es:


2 37x 5y6xy C

2 3+ − = .

Ejemplo 38. Resuelva 2

2

3 2y xy '

2yx 4

−=+

.

Solución. Si 2 2(2y x 3)dx (2yx 4)dy− + + entonces 2 2M(x,y) 2y x 3 , N(x,y) 2yx 4= − = + .

Paso 1. M(x,y)

4xyy

∂ =∂

, N(x,y)

4xyx

∂ =∂

.

Paso 2. 2 2 2f(x, y) (2y x 3)dx g(y) y x 3x g(y)= − + = − +∫ .

Paso 3. 2 2yf (x, y) 2yx g'(y) 2yx 4= + = + . g'(y) 4.=

Paso 4. g(y) 4 dy 4y= =∫ .

Paso 5. Solución. 2 2y x 3x 4y C− + = .

1.18. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE En ocasiones se presentan ecuaciones diferenciales no exactas escritas en la forma M(x,y)dx N(x,y)dy 0+ = (5). Es posible convertir dichas ecuaciones en exactas

multiplicando sus términos por un factor integrante adecuado. Por ejemplo, la ecuación

ydx xdy 0− = no es exacta, pero si se multiplican sus términos por 21 y (y 0)≠ se

obtiene 2

ydx xdy0

y

− = (6) y así: 2

y x2

x1y y1

M Ny xy

∂ −∂ = = − = =∂ ∂

es decir, la ecuación

(6) se puede convertir en exacta. Definición 12. Un factor integrante para la ecuación (5) es una función (x,y)ρ tal que

la ecuación (x,y)M(x,y)dx (x,y)N(x,y)dy 0ρ + ρ = sea exacta; es decir, ( M) ( N)

y x∂ ρ ∂ ρ=

∂ ∂ (7)

Lamentablemente, no siempre es fácil encontrar un factor integrante (x,y)ρ . Pero, si la ecuación (5) tiene un factor integrante ρ que sea, bien una función que dependa sólo de x o una función sólo de y, entonces ρ puede ser encontrado de

manera sistemática. Otra forma para la ecuación (7) sería M N

M Ny y x x

∂ρ ∂ ∂ρ ∂+ ρ = + ρ∂ ∂ ∂ ∂

(8)

Para determinar entonces el factor integrante se tiene la ecuación (8) en derivadas parciales, como dicho factor puede depender de las dos variables o bien solo de x o de y, se consideran por separado los tres casos: a. Factor integrante que depende solo de la variable x.


Como el factor ρ depende sólo de la variable x, entonces se sabe que 0y

∂ρ =∂

y por

lo tanto la ecuación (8) se reduce a: M d N M N d

N Ny dx x y x dx

∂ ρ ∂ ∂ ∂ ρρ = + ρ ⇒ ρ − = ∂ ∂ ∂ ∂ .

Despejando y utilizando una notación más compacta se tiene: M Ny x dx

Ny xM Nddx e .

N

− ∫− ρ = ⇒ ρ = ρ

b. Factor integrante que depende sólo de la variable y.

Con un procedimiento análogo al anterior se llega al factor integrante de la forma: N Mx y dy

Me .

− ∫

ρ =

c. Factor integrante que depende indirectamente de las dos variables x e y.

Considere ahora un factor integrante que depende de las variables x e y. Esta dependencia debe estar dada a través de una regla de correspondencia z f(x,y)=

es decir que se tiene un factor (z)ρ donde z a su vez dependerá de las variables x

e y. Para este caso la ecuación (8) es d z M d z N

M . N .dz y y dz x x ρ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ + ρ = + ρ ∂ ∂ ∂ ∂

. Si se

agrupan términos y se despeja se tiene: d z z N M

M N .dz y x x y

ρ ∂ ∂ ∂ ∂− = ρ − ∂ ∂ ∂ ∂ Si ahora se

despeja y se usa una notación más compacta se tiene: N Mx y dz

M.z N.zx y y x

y x

N Mddz e

M.z N.z

− − ∫ −ρ = ⇒ ρ =

ρ − .

Observe que para poder resolver esta ecuación es necesario que el lado derecho esté expresado en función de z. Una vez que se ha determinado el factor integrante en función de z, se hace la sustitución z f(x,y)= para tener finalmente el factor (x,y)ρ buscado.

Ejemplo 39. Determine para la ecuación diferencial 2 2(1 x y)dx x (y x)dy 0− + − = un

factor integrante que dependa de x. Solución. Se puede verificar que la ecuación no es exacta ya que y xM N≠ . Como el

factor integrante depende solo de x, entonces y 0ρ = . Para determinar dicho factor

integrante se sabe que

M Ny x dxN

e ,

− ∫

ρ = donde 2M (1 x y)= − , 2N x (y x)= − , 2yM x= − ,

2xN 2xy 3x= − sustituyendo:

2 2y x

2 2

M N x 2xy 3x 2x(y x) 2.

N xx (y x) x (y x)

− − − + − −= = = −− −

Resulta 2

dxx

2

1e .

x

− ∫

ρ = =


Ejemplo 40. Determine un factor integrante para la ecuación diferencial dada por 2 3(3y x)dx (2y 6xy)dy 0− + − = que dependa de las dos variables sabiendo que el factor

es de la forma (z)ρ con 2z x y= + .

Solución. De la ecuación se tiene 2 3xM 3y x , N 2y 6xy , My 6y , N 6y ,= − = − = = −

x yz 1 , z 2y= = . Como y xM N≠ entonces la ecuación no es exacta, para determinar

(z)ρ se utiliza:

N Mx y dzM.z N.zy xe

− − ∫

ρ = . Calculando el integrando se tiene:

x y2 3 3 3 2

y x

N M 6y 6y 12y 3.

M.z N.z (3y x)2y (2y 6xy) 6y 2xy 2y 6xy x y

− − − −= = = −− − − − − − + +

Recuerde que siempre el integrando debe estar en función de z, de esta manera se

tiene: 3

dzz

3

1e

z

− ∫

ρ = = que resulta finalmente un factor integrante 2 3

1

(x y )ρ =

+.

Ejemplo 41. Dada la ecuación 2 3 3 2 4 2(4xy 12x y )dx (3x y 6x y )dy 0+ + + = , halle su

solución general sabiendo que admite un factor integrante de la forma 2(x y)µ .

Solución. 3 2 3 2 3 2 2

x y2 3 3 2 2 4 2 3 2 2

y x

N M 6xy 24x y 8xy 36x y 2xy 12x y 1 6x yM.z N.z (4xy 12x y )x (3x y 6x y )2xy 2x y x y

− + − − + += = =− + − +

( )1 6z 1dz 6 dz 22 lnz 6z 6z 2 6x yz z(x y) e e e ze x ye .+

+ + ∫ ∫µ = = = = =

Multiplicando por el factor integrante obtenido: 2 26x y 3 3 5 4 6x y 4 2 6 3e (4x y 12x y )dx e (3x y 6x y )dy 0+ + + =

2 22 6x y 3 3 5 4 6x y 3 2 5 3( M)6x e (4x y 12x y ) e (12x y 48x y )

y∂ µ = + + +

∂

26x y 5 3 7 4 3 2( M) ( N)e (72x y 72x y 12x y )

y x∂ µ ∂ µ= + + =

∂ ∂

2 2 26x y 3 3 5 4 6x y 3 3 6x y 5 4

2 26x y 3 3 6x y 4 3

f(x,y) e (4x y 12x y )dx g(y) e 4x y dx e 12x y dx g(y)

e 4x y dx 12xye x y dx g(y)

= + + = + +

= + +

∫ ∫ ∫∫ ∫

En la segunda integral se integra por partes: 4 3u x y= , 26x ydv 12xye dx=

2 2 2 26x y 3 3 4 3 6x y 6x y 3 3 4 3 6x yf(x, y) e 4x y dx x y e e 4x y dx g(y) x y e g(y)= + − + = +∫ ∫

2 2 26x y 4 2 6 3 4 2 6x y 6 3 6x yg'(y) e (3x y 6x y ) 3x y e 6x y e 0 g(y) C= + − − = ⇒ = .

Por tanto, 24 3 6x yx y e C= .


1.19. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN

Definición 13. Una ecuación diferencial de la forma dy

A(x)y Q(x)dx

+ = (9) en donde

A(x), Q(x) son funciones en x, es denominada ecuación diferencial lineal de

primer orden.

Mediante un factor integrante adecuado, existe una técnica para resolver la

ecuación dada. Sea A(x)dx(x) e∫ρ = , se multiplica la ecuación (9) por (x)ρ y se obtiene

A(x)dx A(x)dx A(x)dxdye A(x)e y Q(x)e

dx∫ ∫ ∫+ = (10). Como xD A(x)dx A(x) =

∫ , entonces el

lado izquierdo de la ecuación (10) es la derivada del producto A(x)dxy(x)e∫ , es decir

A(x)dx A(x)dxxD y(x)e Q(x)e ∫ ∫=

(11). Por lo tanto, si se integra la ecuación (11) se

obtiene A(x)dx A(x)dxy(x)e Q(x) e dx C ∫ ∫= +

∫ . Al despejar y(x) se obtiene:

A(x)dx A(x)dxy(x) e Q(x) e dx C− ∫ ∫= + ∫

En la práctica para resolver la ecuación (9) se van a seguir los siguientes pasos:

Paso 1. Se calcula el factor integrante A(x)dx(x) e∫ρ = .

Paso 2. Se multiplica la ecuación dada por (x)ρ .

Paso 3. Se identifica el lado izquierdo de la ecuación que resulta como la derivada del producto xD [ (x).y(x)] (x).Q(x)ρ = ρ .

Paso 4. Se integra la ecuación (x)y(x) (x)Q(x)dx Cρ = ρ +∫ .

Ejemplo 42. Resuelva 2 2xdy2y x e

dx− = .

Solución. Aquí 2 2xA(x) 2, Q(x) x e= − = . 2 dx 2x(x) e e− −∫ρ = = . 3

2x 2 x(x).y e .y (x).Q(x)dx C x dx C C

3−ρ = = ρ + = + = +∫ ∫ , entonces

32x x

y e C3

= +

. En




Ejemplo 43. Resuelva 2 2

2xy 1y '

1 x 1 x+ =

+ +.

Solución. 2 2

2x 1A(x) , Q(x)

1 x 1 x= =

+ +.

2x 2dx ln1 x2 21 x(x) e e 1 x+

+∫

ρ = = = + luego:

2 22

1(1 x ).y (1 x ) dx C x C

1 x + = + + = + + ∫ , así

2

x Cy

1 x

+=+

. En forma gráfica se tiene

(ver figura 8):



Ejemplo 44. Resuelva 2(y cos (x))dx cos(x)dy 0− + = .

Solución. Se escribe la ecuación de la forma (9):

22 dy cos (x) y dy y

cos(x)dy (cos (x) y)dx (cos(x) 0) cos(x)dx cos(x) dx cos(x)dy y

cos(x)dx cos(x)

−= − ⇒ = ≠ ⇒ = −

⇒ + =

1

A(x) , Q(x) cos(x)cos(x)

= = , entonces dx

sec(x)dxcos(x)(x) e e∫ ∫ρ = = .

ln sec(x) tg(x)e sec(x) tg(x)+ = + .

y.(sec(x) tg(x)) (sec(x) tg(x))cos(x)dx C (1 sen(x))dx C x cos(x) C+ = + + = + + = − +∫ ∫

así, x cos(x) C

ysec(x) tg(x)

− +=+

. Las soluciones de la forma 1

x k2 = + π

satisfacen la ecuación.



Ejemplo 45. Resuelva 2y ' 2x y= − , y(0) 1= − .

Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma dy

A(x)y Q(x)dx

+ = cuya solución es

de la forma A(x)dx A(x)dxy(x) e Q(x) e dx C

− ∫ ∫= + ∫ , donde A(x) 1= , 2Q(x) 2x= .

De modo que dx dx2 x 2 xy(x) e 2x e dx C e 2x e dx C− − ∫ ∫= + = + ∫ ∫ .

Resolviendo la integral 2 x2x e dx∫ (Integración por partes)

2 x xu 2x du 4xdx , dv e dx v e= ⇒ = = ⇒ = .

2 x 2 x x

I P P

2x e dx 2x e 4xe dx= −∫ ∫��

.


x xu 4x du 4dx , dv e dx v e= ⇒ = = ⇒ = . x x x x x14xe dx 4xe 4e dx 4xe 4e C= − = − +∫ ∫ .

En consecuencia: 2 x 2 x x x22x e dx 2x e 4xe 4e C= − + +∫ .

Por tanto: x 2 x x x 2 xy(x) e 2x e 4xe 4e C 2x 4x 4 e C− − = − + + = − + + .

Con la condición y(0) 1= − se tiene C 5= − y la solución es 2 xy(x) 2x 4x 4 5e−= − + − .

Ejemplo 46. Resuelva 3xy ' xe 2y= − , y(0) 0= .

Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma dy

A(x)y Q(x)dx

+ = cuya solución es

de la forma A(x)dx A(x)dxy(x) e Q(x) e dx C

− ∫ ∫= + ∫ , donde A(x) 2= , 3xQ(x) xe= .

De modo que 2dx 2dx3x 2x 5xy(x) e xe e dx C e xe dx C− − ∫ ∫= + = + ∫ ∫ .

Resolviendo la integral 5xxe dx∫ (Integración por partes)

5x 5x1u x du dx , dv e dx v e

5= ⇒ = = ⇒ =

5x 5x 5x 5x 5x1

x 1 x 1xe dx e e dx e e C

5 5 5 25= − = − +∫ ∫ .

Por tanto: 2x 5x 5x 3x 3x 2xx 1 x 1y(x) e e e C e e e C

5 25 5 25− − = − + = − +

.

Si y(0) 0= se tiene 1

C25

= y la solución es 3x 3x 2xx 1 1y(x) e e e

5 25 25−= − + .

Ejemplo 47. Halle la solución general de 54 9 xxy ' 3y (x 5x )e− = + .

Solución. 53 8 x3

y ' y (x 5x )ex

− = + (Ecuación lineal de primer orden)

3 3dx ln(x )x3

1(x) e e

x

−−∫ρ = = = . 5 5 53 5 x x 5 xy(x).x (1 5x )e dx C e dx 5x e dx C− = + + = + +∫ ∫ ∫

Al resolver 55 x5x e dx∫ se tiene:

(Integración por partes) 5 54 x xu x du dx , dv 5x e dx v e= ⇒ = = ⇒ = , de modo que:

5 5 55 x x x5x e dx xe e dx= −∫ ∫ , se tiene entonces:

5 5 5 5 5 53 x 5 x x x x xy(x).x e dx 5x e dx C e dx xe e dx C xe C− = + + = + − + = +∫ ∫ ∫ ∫

En consecuencia: 53 4 xy cx x e= + .

Ejemplo 48. Halle la solución general de xsen(y) 2sen(2y) y ' 1+ = .

Solución. xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x ' xsen(y) 2sen(2y)

(Ecuación lineal con variable dependiente x)

+ = ⇒ + = ⇒ − =


xsen(y) 2sen(2y) y ' 1 xsen(y) 2sen(2y) x ' x ' xsen(y) 2sen(2y)

(Ecuación lineal con variable dependiente x)

+ = ⇒ + = ⇒ − =

sen(y)dy sen(y)dy cos(y) cos(y)x(y) e 2sen(2y)e dy C e 4cos(y)sen(y)e dy C− − ∫ ∫= + = +

∫ ∫

cos(y) w w w14cos(y)sen(y)e dy 4we dw 4we 4e C

w cos(y) dw sen(y)dy

= − = − + +

= ⇒ = −∫ ∫

cos(y) cos(y) cos(y)x(y) e 4e (1 cos(y)) C 4(1 cos(y)) Ce− − = − + = − +

Ejemplo 49. La ecuación diferencial 2dyh(x). y x 0

dx+ + = posee un factor integrante

(x) xρ = . Determine h(x) y encuentre la solución general de la ecuación si se sabe que 32h(1) = .

Solución. 2 2 2dyh(x). y x 0 h(x).y ' y x 0 (y x )dx h(x)dy 0

dx+ + = ⇒ + + = ⇒ + + = . Se tiene

que 1 h'(x)

dxh(x) 1 h'(x) 1 h'(x) 1

(x) e x dx ln(x) x x.h'(x) h(x)h(x) h(x) x

−∫ − −ρ = = ⇒ = ⇒ = ⇒ − =∫ .

De modo que h(x)

x.h'(x) h(x) x h'(x) 1x

+ = ⇒ + = (ecuación lineal).

Solución de la ecuación: 2dx dx

x x 1 1 x K x Kh(x) e e dx K xdx K .

x x 2 x 2 x

− ∫ ∫ = + = + = + = + ∫ ∫ .

Usando la condición 32h(1) = se tiene que K 1= .

De modo que: 2 2x 1 x 1.y ' y x 0 (y x )dx dy 0

2 x 2 x + + + = ⇒ + + + =

.

Aplicando factor: 2

3 x(xy x )dx 1 dy 0

2

+ + + =

.

Al resolver la ecuación diferencial exacta se tiene:

Paso 1. 2 4

3 x y xf(x,y) (xy x )dx g(y) g(y)

2 4= + + = + +∫ .

Paso 2. 2 2 4 2 2x x y x x x

g'(y) 1 1 1 g(y) y2 y 2 4 2 2

∂= + − + = − + = ⇒ = ∂ .

Paso 3. Solución general: 2 4x y x

y C2 4

+ + = .

1.20. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES

DE PRIMER ORDEN. ECUACIÓN DE BERNOULLI.

Definición 14. A una ecuación diferencial de la forma ny ' B(x)y R(x)y+ = (12) donde

n R {0,1}∈ − se le llama ecuación de Bernoulli. (Si se toma n 1= entonces la

ecuación (12) tendría variables separables mientras que si se elige n 0= la ecuación

(12) sería una ecuación diferencial lineal de primer orden).


Para resolver una ecuación de Bernoulli se hace lo siguiente:

Paso 1. Se multiplica la ecuación por ny− y se obtiene n 1 ny y ' B(x)y R(x)− −+ = (13).

Paso 2. Se hace la sustitución 1 nz y −= de allí ndzz ' (1 n)y y '

dx−= = − . La ecuación (13)

se transforma en 1

z ' B(x)z R(x)1 n + = −

o bien en z ' (1 n)B(x)z (1 n)R(x)+ − = − (14). La

ecuación (14) es lineal de orden 1, por lo tanto, después de tener z se sigue al paso 3.

Paso 3. Se hace la sustitución 1

1 ny z −= , la cual brinda la solución de la ecuación (12).

Ejemplo 50. Resuelva 2 2y ' y x y+ = .

Solución. Como n 2,= se multiplica la ecuación por 2y− : 2 1 2y y ' y x− −+ = . Se sustituye

1 2 1 2z y y , z ' y y '− − −= = = − . Reemplazando se obtiene: 2z ' z x− + = o bien: 2z ' z x− = − .

Como la ecuación anterior es lineal, entonces se calcula dx x(x) e e− −∫ρ = = , y se tiene

x 2 x x 2ze x e dx C e (x 2x 2) C− − −= − + = + + +∫ luego 2 x 1z x 2x 2 Ce y−= + + + = , es decir:

2 x 1y (x 2x 2 Ce )−= + + + . y 0= también es solución de la ecuación. En forma gráfica

(ver figura 10):


Ejemplo 51. Resuelva 3y ' xy y x+ = .

Solución. Aquí, n 3= , al multiplicar por 3y− se tiene 3 2y y ' xy x− −+ = ( )∗ . Se hace

2z y−= para 3dzz ' 2y y '

dx−= = − . Se multiplica ( )∗ por 2− para: 3 22y y ' 2xy 2x− −− − = −

entonces: z ' 2xz 2x− = − , 22 xdx x(x) e e− −∫ρ = = .

2 2 2x x xe z e ( 2x)dx C e C− − −= − + = +∫ , así,


2x 22

1z 1 Ce y

y−= + = = . De modo que

2x

1y

1 Ce= ±

+. La curva y 0= es solución. En



Ejemplo 52. Resuelva 2y x

dx dy 02x 2y

+ − =

.

Solución. 2 2 2y x y x y x

dx dy 0 y ' 0 y ' (Bernoulli n 1)2x 2y 2x 2y 2x 2y

+ − = ⇒ + − = ⇒ − = = −

2z y= , 21 1x dx x dx2 2z x

z ' x z(x) e x e dx C x xdx C x Cx 2

− −− ∫ ∫− = ⇒ = + = + = + ∫ ∫

1 /22 32 x x

y x C y(x) xC2 2

= + ⇒ = +

.

1.21. FORMA NORMAL Definición 15. Una ecuación diferencial ordinaria de orden n puede expresarse como

(n)F(x,y,y ',y '',..., y ) 0= . Se supone que siempre es posible despejar la derivada de

orden más alto en una ecuación diferencial ordinaria dada y obtener la expresión (n) (n 1)y f(x,y,y ', y '',...,y )−= , denominada forma normal de la ecuación, es decir, la

derivada de mayor orden aparece despejada.

Observación 2. Puede ocurrir que una ecuación diferencial de orden n origine varias

ecuaciones en forma normal de orden n.


Ejemplo 53.

a. La ecuación diferencial 3yy ' x 0+ = se escribe en forma normal 3x

y 'y

= − si y 0≠ .

b. La ecuación diferencial 2 2(y ') y 1+ = , solamente tiene sentido si y 1≤ , y ella

origina dos ecuaciones en forma normal 2 2y ' 1 y , y ' 1 y= − = − − .

1.22. PROBLEMA DE VALOR INICIAL Definición 16. Un problema de valor inicial es un problema que busca determinar

una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función

desconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable independiente. Tales condiciones se llaman condiciones iniciales.

Ejemplo 54. Suponga que se quiere determinar una curva C del plano pasando por el punto (1,1) y tal que la pendiente de la tangente en cada uno de sus puntos sea igual

a la abscisa del punto correspondiente. Solución. Sea y y(x)= la ecuación, en forma explícita, de la curva C a determinar. Si

(x,y(x)) es un punto cualquiera de C, la pendiente de la recta tangente en el mismo es

igual a dy(x) dx y por lo tanto, de acuerdo al enunciado del problema, se verifica

dy(x)x

dx= (15). El problema consiste en encontrar una función y(x) tal que satisfaga la

igualdad (15) en todo punto x de su dominio y además y(1) 1,= ya que C pasa por el

punto (1,1). 1.23. PROBLEMA DE VALOR EN LA FRONTERA Definición 17. Un problema de valor en la frontera es un problema que busca

determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la

función desconocida especificadas en dos o más valores de la variable independiente. Tales condiciones se llaman condiciones de frontera.

Ejemplo 55. Para el problema 2x y '' 2xy ' 2y 6,− + = y(1) 0, y(2) 3= = se busca una

función definida en un intervalo que contenga x 1= y x 2= , que satisfaga la ecuación diferencial y cuya gráfica pase por los puntos (1,0) y (2,3) .

1.24. EXISTENCIA DE SOLUCIONES Se tratará a continuación de darle respuesta a las interrogantes a y b del apartado 1.9.


Hay ecuaciones muy sencillas en las cuales no se necesita “a priori” disponer de algún teorema que garantice la existencia de soluciones, puesto que se puede

fácilmente determinar las soluciones. Tal es el caso de una ecuación de la forma y ' f(x)= donde f es una función integrable en un intervalo J R∈ . Es inmediato que de

allí se tiene y(x) f(x)dx F(x) C= = +∫ , donde C es una constante arbitraria, que son

soluciones (y todas las posibles) de esa ecuación diferencial. Si se quisiera explícitamente la solución que en 0x tome el valor 0y , se sustituiría en la igualdad

anterior (una vez calculada f(x)dx∫ ).

Ejemplo 56. Sea la ecuación diferencial y ' x= . Se tiene que 2x

y(x) xdx C2

= = +∫ . Si

se desea que la curva pase por el punto (1,1), esto es y(1) 1= , se obtiene entonces

1 11 C C ,

2 2= + ⇒ = y por lo tanto la solución del problema es la parábola de ecuación

21y (x 1)

2= + .

En esos casos tan sencillos, se sabe que hay solución puesto que se puede

encontrar, sin embargo no siempre la situación es tan simple y por esto se necesita disponer de algún teorema que “a priori” garantice la existencia de soluciones de una

ecuación diferencial dada. En una ecuación diferencial pueden existir soluciones que no

están comprendidas en la solución general, éstas se llaman soluciones singulares. Por ejemplo, la ecuación 2(y ') xy ' y 0− + = se sabe que admite la solución general

2y cx c= − , que es una familia de rectas. Pero, también es fácil comprobar que esa

ecuación admite la solución 21y x

4= que es una parábola, ésta es una solución

singular. Con todas estas consideraciones, se está en condiciones de enunciar un

teorema que asegura cuándo una ecuación diferencial dada tiene solución y la unicidad

de ésta. 1.25. TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD TEOREMA 2. Sea y ' f(x,y)= una ecuación diferencial, donde la función f(x,y) está

definida en una región D del plano xy que contiene el punto 0 0(x ,y ). Si f(x,y) satisface

que:

a. es una función continua en dos variables x e y en D; b. admite derivada parcial f y∂ ∂ , continua en D;

entonces existe una y sólo una solución y g(x)= de la ecuación diferencial dada que

satisface la condición 0 0y(x ) y= .

Observación 3. a. La condición 0 0y(x ) y= se llama condición inicial.


b. El problema de la búsqueda de la solución de la ecuación y ' f(x,y)= que satisface

a la condición inicial 0 0y(x ) y= lleva el nombre de Cauchy.

c. El teorema expresa las condiciones suficientes para la existencia de solución única del problema de Cauchy para la ecuación y ' f(x,y)= , pero estas condiciones

no son necesarias. Precisamente, puede existir una solución única de la ecuación y ' f(x,y)= que satisface a la condición inicial 0 0y(x ) y= , a pesar de que en el punto 0 0(x ,y ) no se cumpla la condición a o la condición b, o estas dos

condiciones simultáneamente.

Ejemplo 57. 2

1y '

y= . Aquí,

2 3

1 f 2f(x,y) ,

yy y

∂= = −∂

. En los puntos 0(x ,0) del eje x no

se cumplen las condiciones a y b, sin embargo por cada punto del eje x pasa una sola curva integral 3

0y 3(x x )= − .

Ejemplo 58. yy ' xy e−= + . El segundo miembro de la ecuación yf(x,y) xy e−= + y su

derivada parcial yf y x e−∂ ∂ = − son continuas con respecto a x e y en todos los puntos

del plano xy. En virtud del teorema de existencia y unicidad, la región en la que la ecuación dada tiene solución única en todo el plano xy.

Ejemplo 59. 233y ' y .

2= El segundo miembro de la ecuación 233

f(x,y) y2

= es una

función definida y continua en todos los puntos del plano xy. La derivada parcial

3

f 1y y

∂ =∂

se hace infinita para y 0= , o sea, en el eje x, de modo que para y 0= se

infringe la condición b del teorema de existencia y unicidad. Por consiguiente, es

posible que no haya unicidad en los puntos del eje x. Fácilmente se comprueba que la

función 3(x c)

y8+= es solución de la ecuación considerada. Además la ecuación tiene

solución y 0= . Así, pues, por cada punto del eje x pasan al menos dos curvas

integrales y, por consiguiente, en los puntos de este eje, verdaderamente, queda infringida la unicidad.

1.26. CAMPOS DIRECCIONALES

Vale la pena hacer algunos comentarios acerca de la interpretación geométrica de las ecuaciones diferenciales y sus soluciones. Un punto de vista geométrico es

particularmente útil para las ecuaciones de primer orden, es decir, ecuaciones de la

forma dy

f(x,y)dx

= (16). Dado que una solución de la ecuación (16) es una función

y (x)= φ , la representación geométrica de una solución es la gráfica de una función.

Geométricamente, en la ecuación (16) se afirma que, en cualquier punto (x,y) la pendiente dy dx de la solución en ese punto está dada por f(x,y). Esto puede

indicarse si se traza un pequeño segmento rectilíneo que pase por el punto (x,y) con la


pendiente f(x,y). La colección de todos esos segmentos rectilíneos se llama campo direccional de la ecuación diferencial (16). El campo direccional puede observarse si

se trazan pequeños segmentos rectilíneos en algún conjunto representativo de puntos

en el plano xy. Aunque hacer esto manualmente es tedioso, resulta una tarea sencilla para una computadora, ya que solo se requiere la evaluación repetida de f(x,y) para

valores diferentes de x y y. Por lo general se elige alguna rejilla rectangular de puntos.

Una vez que se obtiene un esquema del campo direccional, a menudo es posible ver de inmediato el comportamiento cualitativo de las soluciones, o quizá observar regiones

del plano que tienen algún interés especial. Por ejemplo, en la figura 12 se tiene el

campo direccional de la ecuación dy 3 ydx 2

−= (17)

Figura 12. Campo direccional de la ecuación (17).

Para esta ecuación, f(x,y) solo depende de y, de modo que los segmentos

rectilíneos tienen la misma pendiente en todos los puntos sobre cualquier recta paralela al eje x. Por ejemplo, sobre la recta y 2= la pendiente de cada segmento es

½. Cualquier solución de (17) tiene la propiedad de que, en todo punto, su gráfica es

tangente al elemento del campo direccional en ese punto. Por tanto, como puede verse

a partir de la figura 12, el campo direccional proporciona una información cualitativa acerca de las soluciones. Parece evidente que las soluciones son funciones decrecientes cuando y 3> , que son crecientes cuando y 3< , y que, aparentemente,

todas las soluciones tienden al valor 3 cuando x → ∞ .


1.27. ORÍGENES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES En la discusión que sigue se verá cómo ecuaciones diferenciales específicas

aparecen no sólo a partir de las familias de curvas geométricas, sino también del intento de describir en términos matemáticos, problemas físicos. 1.28. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE UNA FAMILIA DE CURVAS Ejemplo 60. Halle la ecuación diferencial de la familia 3y cx= .

Solución. Se tendrá una ecuación diferencial de primer orden puesto que la familia

contiene sólo un parámetro. Se tiene que 2dy3cx

dx= , pero

3

yc

x= , luego

23

dy y y3 x 3 .

dx xx = =

Se obtiene así la ecuación lineal de primer orden dy

x 3y 0.dx

− =

Ejemplo 61. Obtenga la ecuación diferencial de la familia 2x 2x

1 2y c e c e .−= +

Solución. Derivando dos veces resulta 2x 2x1 2

dy2c e 2c e

dx−= − .

22x 2x 2x 2x

1 2 1 22

d y4c e 4c e 4(c e c e ) 4y

dx− −= + = + = ,

2

2

d y4y

dx= o bien y '' 4y 0− = .

Ejemplo 62. Halle la ecuación diferencial de la familia 2x

2x

2cey

1 ce=

+.

Solución. Aplicando regla del cociente y simplificando 2x 2 2x

2x 2

dy 4ce y edx c(1 ce )

−= =

+.

Despejando c de la ecuación dada resulta 2xe y

c2 y

−=

−. Observe que en el despeje de c,

y 2≠ . Se tiene entonces dy

y(2 y).dx

= − Se puede ver que la función y 2= también

satisface la ecuación diferencial.

Ejemplo 63. Encuentre una ecuación diferencial cuya solución sea 31 2y c x c x= + .

Solución. Puesto que hay dos constantes arbitrarias 1c y 2c , se tiene que diferenciar

dos veces, obteniendo 3 21 2 1 2 2y c x c x , y ' c 3c x , y '' 6c x= + = + = . Ahora se eliminan las

constantes arbitrarias. Para esto, se despeja 2c en la última ecuación. Se encuentra

2y ''

c (x 0)6x

= ≠ . Usando esto en la segunda ecuación da 1y ' c xy ''/2= + , de modo

que 1xy ''

c y '2

= − . Finalmente usando esto en la primera ecuación se tiene después de

simplificarla 2x y '' 3xy ' 3y 0− + = . Note que y 0= también es solución de la ecuación.


1.29. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

En esta sección se continuará dando respuesta a la interrogante d del apartado 1.9. 1.30. TRAYECTORIAS ORTOGONALES De los estudios de Geometría Analítica (Cálculo I) recuerde que dos rectas 1L y

2L , que no son paralelas a los ejes coordenados, son perpendiculares si y sólo si sus pendientes respectivas satisfacen la relación 1 2m .m 1= − .

Definición 18. En general, dos curvas 1C y 2C son ortogonales en un punto, si y sólo si sus tangentes 1T y 2T son perpendiculares en el punto de intersección.

Ejemplo 64. Demuestre que las curvas 3y x= y 2 2x 3y 4+ = son ortogonales en su(s)

punto(s) de intersección. Solución. Los puntos de intersección de las gráficas son (1,1) y ( 1, 1)− − . Ahora bien,

la pendiente de la recta tangente a 3y x= en un punto cualquiera es 2dy dx y ' 3x= = ,

de modo que y '(1) y '( 1) 3= − = . Para obtener dy dx de la segunda curva se utilizará

derivación implícita dy dy x

2x 6y 0dx dx 3y

+ = ⇒ = − . Por tanto, 1

y '(1,1) y '( 1, 1)3

= − − = − .

Así, tanto en (1,1) como en ( 1, 1)− − se tiene que C C1 2

dy dy. 1

dx dx = −

.

Definición 19. Cuando todas las curvas de una familia de curvas 1G(x,y,c ) 0= cortan

ortogonalmente a todas las curvas de otra familia 2H(x,y,c ) 0= , se dice que las

familias son, cada una, trayectorias ortogonales de la otra.

En otras palabras, una trayectoria ortogonal es una curva cualquiera que corta

el ángulo recto a toda curva de otra familia.

Ejemplo 65. En la figura 13 se ve que la familia de rectas que pasan por el origen

1y c x= y la familia de círculos concéntricos con centro en el origen 2 2 2x y c+ = son

trayectorias ortogonales.


Figura 13. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65.

Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada, se

halla en primer lugar la ecuación diferencial dy

f(x,y)dx

= que describe a la familia. La

ecuación diferencial de la segunda familia, ortogonal a la familia dada, es pues dy 1dx f(x,y)

= − .

Ejemplo 66. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de hipérbolas

rectangulares 1cyx

= .

Solución. La derivada de 1cyx

= es 12

cdydx x

= − . Reemplazando 1c por 1c x.y= se

obtiene la ecuación diferencial de la familia dada: dy ydx x

= − . En tal caso, la ecuación

diferencial de la familia ortogonal es dy xdx y

= . Se resuelve esta última ecuación por

separación de variables: 2 22ydy xdx ydy xdx y x c= ⇒ = ⇒ − =∫ ∫ . Las gráficas de las

dos familias se observan en la figura 14 para diferentes valores de 1c y 2c .


Figura 14. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65.

Ejemplo 67. Halle el valor de k tal que las familias de parábolas 2

1y c x k= + , sean las

trayectorias ortogonales de la familia de elipses 2 22x 2y y c+ − = .

Solución. ' ' 'e e e

2x2x 4yy y 0 y

1 4y+ − = ⇒ =

− , '

p 1 2

y k 2(y k)y 2c x 2 x

xx

− −= = = . Entonces:

' 'e p

2x 2(y k) 4(y k) 1y y 1 . 1 1 4y 4k 1 4y k

1 4y x 1 4y 4− −= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ − = − + ⇒ =

− −.

1.31. TRAYECTORIAS ISOGONALES Definición 20. Cuando todas las curvas de una familia de curvas 1G(x,y,c ) 0= cortan a todas las curvas de otra familia 2H(x,y,c ) 0= , formando ángulo constante α

especificado, 2α ≠ π , se dice que las familias son, cada una, trayectorias

isogonales de la otra.

Se tiene la ecuación '

' dp '

d

y tgy

1 y tg

+ α=

− α, donde α es el ángulo entre la familia dada

y la familia pedida.

Ejemplo 68. Encuentre una familia de trayectorias isogonales que corten a la familia

de circunferencias 2 2 2x y r+ = , con un ángulo de 45� .

Solución. La ecuación diferencial de la familia dada es 2yy ' 2x 0+ = , luego x

y 'y

= − ,

como tg45 1=� , la ecuación diferencial asociada a la familia pedida será entonces


x1

y xyy '

x y x1y

−−= =++

. Esta ecuación diferencial es homogénea, se toma por lo tanto la

sustitución y

ux

= , resultando la EDO 21 u

u'x1 u

+= −+

, resolviendo, devolviendo el cambio

y simplificando resulta la familia solución: 2 2y 1arctg ln(x y ) c

x 2 + + =

.

1.32. PROBLEMAS GEOMÉTRICOS El problema que se tratará en esta sección consiste en encontrar una familia de curvas que satisfaga ciertas condiciones geométricas dadas.

Ejemplo 69. Determine la curva sabiendo que la pendiente en un punto (x,y)

cualquiera de la misma, es igual a y

1x

+ , y además que dicha curva pase por el punto

(1,1). Solución. La curva buscada pertenece a una familia que debe cumplir la condición

dada, es decir, y

y ' 1x

= + , luego esta ecuación diferencial se asocia a la familia

buscada y al resolverla se llega a a la solución del problema. Como la ecuación es

homogénea, se usa la sustitución y

ux

= . Sustituyendo y simplificando resulta u'x 1= ,

esta ecuación es de variables separadas, integrando se tiene dx

dux

=∫ ∫ , luego

u ln x c= + , devolviendo el cambio y x ln x cx= + . De esta familia interesa solo la

curva que pasa por el punto (1,1), se determina por lo tanto el valor del parámetro c para cuando x 1= , y 1= , de modo que c 1= . La curva buscada es y x ln x x= + .

Ejemplo 70. Halle las curvas para la cual la pendiente de la recta tangente en

cualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto con el origen de coordenadas. Solución. La pendiente de la curva en cualquier punto (x,y) está dada por y '(x) ,

ahora bien una recta que une este punto (x,y) con el origen de coordenadas tendrá

una pendiente y

mx

= , la curva pedida debe satisfacer la condición dada, es decir

yy '(x) n

x =

. Resolviendo la ecuación diferencial asociada a la curva pedida se tiene

dy dxn ln y n.ln x n.lnc

y x= ⇒ = +∫ ∫ . La solución es ny c.x= .

Ejemplo 71. Obtenga la ecuación de las curvas en la que cada uno de sus puntos equidista del origen de coordenadas y del punto de corte de la normal con el eje de las

X.


Solución. Sea P(x,y) el punto de la curva. Se sabe que la ecuación de la recta normal

es 1

y x by '

= − + . Sean los puntos O(0,0) y A(by ',0). Se tiene entonces:

2 2 2 2 2 2d (P,O) x y , d (P,A) (x by ') y= + = − + . Al igualar se tiene: 2 2 2 2 2 2 2 2x y x 2xby ' b (y ') y 2xby ' b (y ')+ = − + + ⇒ = . Se sabe de la ecuación de la recta

normal que x

b yy '

= + , de forma que

2 22 2 2 2 2 2

2

22 2 2 2 2 2 2 2

2

x x 2xy x2xby ' b (y ') 2x y y ' y (y ') 2xyy ' 2x y (y ')

y ' y ' y ' (y ')

x x 2xyy ' 2x y (y ') 2xyy ' x x y (y ') (y ') y '

yy

= ⇒ + = + ⇒ + = + +

⇒ + = + + ⇒ = ⇒ = ⇒ ± =

Resolviendo la última ecuación se tiene 2 2y x

ydy xdx C2 2

= ± ⇒ = ± + .

Ejemplo 72. Determine la ecuación de la curva que pasa por el punto (1,1) y que tiene la propiedad de que la abscisa en el origen de su recta tangente es igual a la ordenada en el origen de su recta normal.

Solución. Sean los puntos P(x,y), A(a,0) y B(0,b). Dada la ecuación de la recta tangente en el punto P a una curva de la familia: Y y y '(X x)− = − , se tiene que

y ' x yy 'y y '(a x) a −− = − ⇒ = . Igualmente, dada la ecuación de la recta normal en el punto

P a una curva de la familia: 1y 'Y y (X x)− = − − , se tiene que x x

y ' y 'b y b y− = ⇒ = + .

Igualando la abscisa en el origen de la recta tangente con la ordenada en el origen de la recta normal se tiene:

y x x y x yx y x y y ' , y(1) 1

y ' y ' y ' x y+ +− = + ⇒ = − ⇒ = =

−

(ecuación diferencial homogénea) y 2 2xyx

yx

1x y 1 u 1 u 1 u u u 1 uy ' u' x u u'x u u'x

x y 1 u 1 u 1 u 1 u1

u y ux y ' u' x u

++ + + + − + += = ⇒ + = ⇒ = − ⇒ = =− − − − −−

= ⇒ = ⇒ = +

22

2 2 2

1 u 1 u dx 1 u dx 1u'x du du arctg(u) ln(1 u ) ln x c

1 u x x 21 u 1 u 1 u

+ − = ⇒ = ⇒ − = ⇒ − + = + − + + +

21arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x c

2− + = + . Considerando la condición y(1) 1= se obtiene:

1arctg(1) ln(2) c c ln(4)

2 4π− = ⇒ = − .

Por tanto: 21arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x ln(4)

2 4π− + = + − .

21arctg(y / x) ln(1 (y / x) ) ln x / 4

2 4π− + = + .


1.33. CRECIMIENTO POBLACIONAL La idea básica es determinar el tamaño futuro de una población suponiendo

que su tasa de crecimiento es conocida y el modelo matemático a escoger depende de las hipótesis que se establezcan para el fenómeno. Para el caso de organismos vivos

cuando la población es pequeña en comparación con la disponibilidad de ciertas

necesidades tales como: alimentos, espacio físico, etc, se genera una eficiente aproximación mediante la siguiente hipótesis:

La tasa de variación de la población en un tiempo cualquiera es proporcional al número de individuos presentes en dicho tiempo.

El modelo matemático basado en esta hipótesis es dP

kPdt

= , k 0> donde:

P: número de individuos al tiempo t.

k: constante de proporcionalidad

t: tiempo

Esta ecuación es de variables separables, resolviendo: kt C C kt kt1 1

1dP

kt ln P kt C P e e e CeP

+= ⇒ = + ⇒ = = = .

Así, si inicialmente 0P P (para t 0)= = se obtiene kt

0P P e= .

Es claro que la hipótesis mencionada puede modificarse para ajustarla al

estudio de una comunidad de individuos dada:

En una comunidad dada, la disponibilidad de necesidades básicas para la vida

es constante y suficiente para mantener una población P*

En este caso la ecuación dP dt kP= debe modificarse ya que la

proporcionalidad debe establecerse tomando en cuenta la población máxima admisible *P , para esto se toma *k f(P,P )= y en todo caso *

*P Plím f(P,P ) 0→

= . En definitiva la

ecuación diferencial que rige el crecimiento sería *dPf(P,P )P

dt= (18) cuyo nivel de

dificultad dependerá del factor *f(P,P ) .

El caso más sencillo ocurre cuando * *f(P,P ) P P= − en donde la ecuación (18)

se convierte en *dP(P P)P

dt= − o bien * 2dP

P P Pdt

− = − , que es una ecuación de Bernoulli,

una vez resuelta se obtendrá *

*P t

PP

1 Ce−=

+ y tomando 0P(0) P= se obtiene


*0

** P t0 0

P PP

P (P P )e−=

+ −, donde puede observarse fácilmente que *

tlím P P→∞

= . A

continuación se proponen algunos ejemplos:

Ejemplo 73. Las bacterias de cierto cultivo aumentan con una intensidad proporcional al número presente. Si en media hora el número original aumenta en un 50%, ¿en

cuántas horas se puede esperar que haya el triple del número original?

Solución. De acuerdo al enunciado, la ecuación diferencial asociada al problema es

dP dt kP= cuya solución es kt0P P e= . Como datos del problema, se tienen:

031 1

0 0 02 2 2

0

P(0) PP( ) P P P

P(t) 3P para t ?

=

= + = = =

Usando la segunda condición se obtiene 1k2

0 03 3

P P e k 2.ln2 2

= ⇒ =

. Usando la

tercera condición se tiene kt kt0 0

ln33P P e e 3 t 1.36

k= ⇒ = ⇒ = ≈ horas.

Ejemplo 74. Por crecimiento natural, una ciudad de 40.000 habitantes se duplicaría en 50 años. Debido a mudanzas la población aumenta adicionalmente en 400 personas por año. Calcular la población a los 10 años. Solución. Si se supone que el crecimiento es natural (aumento proporcional a la

cantidad presente), la ecuación diferencial para el problema sería kt0

dPkP P P e

dt= ⇒ = .

Además, para t 50= años, 0P 2P= y determinando k: 50k0 0

12P P e k ln2

50= ⇒ = .

Debido a las mudanzas al aumento natural habrá que añadirle 400 personas

por año, la ecuación diferencial en este caso es dP

kP 400dt

= + donde 1

k ln250

= .

Resolviendo se obtiene dP 1

dt ln kP 400 t CkP 400 k

= ⇒ + = ++

. Despejando P:

kt1

1P (c e 400)

k= − ; para 0t 0, P P 40000= = = habitantes. Así:

1 11

40000 (c 400) c 40000k 400 800ln2 400k

= − ⇒ = + = + .

La población al cabo de 10 años es:

10k 2ln21

1 50P (C e 400) [(800ln2 400)e 400]

k ln2= − = + −

50P [4(800ln2 400) 400] 246562

ln2= + − ≈ habitantes.


1.34. DESINTEGRACIÓN RADIOACTIVA

Para establecer un modelo matemático que aplique en este curso, se verá la

siguiente ley:

La velocidad de desintegración de una sustancia radioactiva es proporcional,

en cualquier instante, a la cantidad de sustancia que se halle presente.

Es evidente la analogía entre este fenómeno y el crecimiento de población

discutido anteriormente; para formular la ecuación que rige un proceso de este tipo (que resultará similar a la de crecimiento de población) se definen las siguientes

variables:

S: Cantidad de sustancia presente en el tiempo t. t: tiempo medido a partir de cierto tiempo inicial.

La ecuación que rige el fenómeno es: dS

kS (k 0)dt

= < , donde k es una

constante negativa que se denomina coeficiente de desintegración y depende del

material radioactivo. Se tiene que dSdt

también es negativo, esto es: S decrece al

aumentar t. Como la ecuación es de variables separables puede obtenerse en forma sencilla la solución: ktS ce= y si se conocen las condiciones iniciales: 0S(0) S= (para

t 0= ), se obtiene la expresión: kt0S S e (k 0)= < . El tiempo para el cual se ha

desintegrado la mitad de la cantidad inicial de la sustancia radioactiva estudiada se

denomina tiempo de vida media. Al calcular el tiempo de vida media en función del coeficiente de desintegración k se tiene: Para m 0t t , S S 2= = ; luego:

k.t0 m0 m

S ln2S e t (k 0)

2 k= ⇒ = − < .

Se puede concluir que independientemente de la cantidad inicial dada de cierto

material radioactivo, el tiempo de vida media es siempre el mismo.

Ejemplo 75. Un bloque de cierto material radioactivo tiene una masa de 100 grs y,

cuando se le observa después de 20 años su masa ha disminuido a 80 grs. Determine: a. ¿Cuánto tiempo transcurrió para que se desintegraran 10 grs?.

b. Cantidad de material presente 50 años después del momento inicial.

c. Tiempo de vida media del material.

Solución. La ecuación diferencial dS

kSdt

= aplica para este caso con S medido en

gramos y t en años. La solución es kt0S S e= con 0S 80 grs= . Se calcula el valor de la

constante k: para t 20 años= se tiene S 80 grs= , de modo que:

20k 1 480 100e k ln 0.011157

20 5 = ⇒ = ≈ −

.

a. Si se desintegraran 10 grs implica que S es igual a 90 grs:


( ) ( )( )

9 910 10kt

45

ln 20ln90 100e t 9.44 años

k ln= ⇒ = = ≈

b. Se calcula S para t 50 años= . 50kS 100e 57.24 grs= ≈ .

c. ( ) m 45

ln2 20ln2t 62.13 años

k ln= − = − ≈ .

Ejemplo 76. Si el 20% de una sustancia radioactiva se desintegra en 50 años,

encuentre el tiempo de vida media de la sustancia.

Solución. Es fácil deducir que mln2

tk

= − y el problema se reduce a calcular k: para

t 50 años= 0S 0.80S= por lo tanto: 50k 30 0

ln(0.8)0.80S S e k 4.96 10

50−= ⇒ = ≈ − × . En

definitiva: m50ln2

t 155.3 añosln(0.8)

= − ≈ .

Ejemplo 77. El uranio se desintegra a una rata proporcional a la cantidad presente en cada instante y en los tiempos 1t y 2t hay respectivamente 1m y 2m gramos de

uranio. Determine una fórmula para el tiempo de vida media del uranio en función de

estos datos.

Solución. Con los datos dados se afirma que 10 kt1

mS

e= y 2

0 kt2

mS

e= . Igualando ambas

expresiones y despejando k se llega a 1

2 1

ln(m2) ln(m )k

t t−

=−

. Se sabe que el tiempo de

vida media es mln(2)

tk

= − . Sustituyendo k por el valor obtenido anteriormente se tiene

que 1 2m

2 1

(t t )ln(2)t

ln(m ) ln(m )−

=−

.

1.35. LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON

Los experimentos han demostrado que, bajo ciertas condiciones, se puede obtener una buena aproximación de la temperatura de un objeto, usando la ley de enfriamiento de Newton, que puede enunciarse de la manera siguiente: La temperatura de un cuerpo cambia a una velocidad que es proporcional a la

diferencia de temperatura entre el medio externo y el cuerpo.

La ecuación diferencial para este caso es: mdT

k(T T ) (k 0)dt

= − < , donde:

T: Temperatura del cuerpo al tiempo t. mT : Temperatura del medio externo al tiempo t.

k: Constante de proporcionalidad. t: Tiempo transcurrido a partir del inicial.


Para el caso en que mT se considera constante, la ecuación es de variables

separables y tendrá como solución: ktm

m

dTkdt T T ce

T T= ⇒ = +

−∫ ∫ . Si 0T es la

temperatura del cuerpo en el instante t 0= , la solución de la ecuación es:

ktm 0 mT T (T T )e (k 0)= + − <

Se analizarán dos posibles casos: el enfriamiento y el calentamiento. Cuando 0T es mayor que mT el cuerpo se irá enfriando y su temperatura T irá aproximándose

a mT a medida que el tiempo transcurre. Es claro que en este caso mT T− es positivo

y mdT

k(T T )dt

= − es negativo (ya que k 0< ), lo que indica que la temperatura del

cuerpo disminuye con el tiempo, para acercarse a mT . Para el caso de calentamiento el

razonamiento es similar al anterior.

En los casos en que la temperatura del medio no pueda considerarse constante

sino que mT f(t)= la ecuación diferencial es dT

k(T f(t)) (k 0)dt

= − < . Se tiene una

ecuación lineal de primer orden en T ya que puede escribirse como dT

kT kf(t)dt

− = −

(k 0)< cuyo factor integrante es kdt kte e− −∫ρ = = y cuya solución es de la forma dada

por: ( )kt ktT e ke f(t)dt C−= − +∫ , donde la constante C deberá calcularse a partir de las

condiciones iniciales.

Ejemplo 78. Un cuerpo ha tardado 20 minutos en enfriarse de 100 C� a 60 C� , en una

habitación de temperatura constante igual a 20 C� .

a. Hallar la ley de enfriamiento del cuerpo. b. Calcular el tiempo que tardará en enfriarse a 30 C� .

Solución. Para este caso mT 20 C= � , es decir, constante.

a. La ecuación diferencial es mdT

k(T T ) k(T 20)dt

= − = − . Al separar variables e

integrar se obtiene: ktT 20 c.e= + . Para t 0,= 0T T 100 C= = � y sustituyendo:

100 20 c c 80= + ⇒ = y falta obtener a k para determinar la ley de enfriamiento.

Para t 20 min, T 60 C,= = � sustituyendo 20k ln260 20 80e k 0.0347.

20= + ⇒ = − ≈ −

Así, la ley de enfriamiento será: 0.0347tT 20 80e−= + .

b. kt ln(1 /8)30 20 80e t 60 min.

(ln2) /20= + ⇒ = − =

Ejemplo 79. Si la temperatura de un objeto baja de 80 C� a 60 C� en 20 minutos,

encontrar la temperatura al cabo de 40 minutos, si la temperatura del medio ambiente

es de 20 C� .


Solución. Se escribe la ecuación diferencial ktdTk(T 20) T 20 c.e .

dt= − ⇒ = + Para t 0=

se obtiene c 60= por lo que la solución quedará: ktT 20 60e .= + Para t 20 min,=

T 60 C= � por lo cual: kt ln(2 /3)60 20 60e k 0.0202.

20= + ⇒ = ≈ − La solución viene dada

por: 0.0202tT 20 60e−= + . Así, para t 40 min= ; 0.0202*40T 20 60e 46.7 C.−= + = �

1.36. SALIDA DE LÍQUIDOS POR ORIFICIOS

Imagine un líquido que sale por un orificio practicado en un depósito, a una

profundidad h por debajo de la superficie del líquido en el depósito. Se estudiará el

desplazamiento de una masa (m) ubicada inicialmente en la superficie, tomando como instante final aquel en el cual la masa abandona el recipiente. Si se asume que no hay

pérdidas por fricción o turbulencia se puede aplicar la ley de la conservación de la energía mecánica, por lo que: c pE E 0.∆ + ∆ = Además:

a. 2 21c 2 12E m(v v ).∆ = − Si el orificio es pequeño, el nivel del líquido en el depósito

descenderá lentamente. Por consiguiente, 1v es muy pequeña y se supone nula,

luego: 21c 22E mv .∆ =

b. p 2 1E mg(h h ).∆ = − Si se usa como plano de referencia h 0= aquel que da el nivel

promedio del orificio, se obtiene: 1 2h h= y 2h 0= de modo que p 1E mgh∆ = − .

Se tiene entonces que 21c p 2 1 22E E 0 mv mgh 0 v 2gh∆ + ∆ = ⇒ − = ⇒ = . De esta

forma se concluye que la velocidad de salida del líquido es 2gh y no depende de la

forma del recipiente, pero se utiliza la hipótesis de que el orificio debe ser pequeño. A partir de la Ley de Torricelli se obtiene una ecuación diferencial que simula el comportamiento del líquido en el recipiente. Considere A como el área del orificio. De esta forma la cantidad de líquido que sale del recipiente en un intervalo de tiempo t∆

será Q A.v A 2gh= = . La ecuación diferencial que simula el hecho físico antes

estudiado es dV

Q A 2ghdt

= − = − donde

V: Volumen dentro del depósito en el instante t. A: Área del orificio de salida. h: altura del fluido sobre el orificio. g: aceleración de gravedad

Es conveniente destacar que en general V f(h)= por lo cual dV dh

f '(h)dt dt

= y la

ecuación diferencial queda dh

f '(h) A 2ghdt

= − . Esta ecuación es de variables separables


que tiene por solución general f '(h)

dh A 2g dt Ch

= − +∫ ∫ , en donde la constante C se

determina a partir de las condiciones iniciales.

Ejemplo 80. Un tanque de base rectangular de 4 metros de ancho, 5 metros de largo

y 3 metros de altura está lleno de agua. Si en el fondo tiene un orificio circular de 0.03

metros de diámetro ¿En cuánto tiempo se vacía? Solución. Para un instante t la altura del nivel del agua es h, además dV 20dh= . La

ecuación diferencial en este caso quedará dV

A 2ghdt

= − , donde 2(0.03)

A4

= π ; g 9.8=

2m / seg . Separando variables: 4A 2gdh dh20 A 2g h dt 1.56 10 dt

dt 20h−= − ⇒ = − = − × .

Integrando se obtiene 4 4dh1.56 10 dt 2 h 1.56 10 t C

h− −= − × ⇒ = − × +∫ ∫ .

Las condiciones iniciales son: para t 0= ; h 3 mts= , sustituyendo en la

solución determinada anteriormente se tiene: C 2 3 3.46= ≈ . Como se pide el tiempo

necesario para que el depósito quede totalmente vacío, h 0= :

4 42 30 1.56 10 t 2 3 t 10 seg 22.206 seg 6.17 h

1.56−= − × + ⇒ = × = ≈

Ejemplo 81. Un tanque cilíndrico de 1 metro de diámetro y 1 metro de altura, tiene un orificio en el fondo de 0.04 metros de diámetro. ¿Cuánto tiempo tardará en vaciarse? Solución. 2dV (50) dh= π . Q Av A 2gh 16 2 980 h= = = π × . La ecuación diferencial

para este problema es 2(50) dh 16 2 980 hdtπ = − π × y separando las variables se

obtiene: dh

0.283dth

= − , integrando: 2 h 0.283t C= − + . Las condiciones iniciales son:

h 100= para t 0= por lo tanto: 2 100 C C 20= ⇒ = . El tiempo de vaciado se obtiene

para h 0;= por lo tanto: 20

0 0.283t 20 t seg 71 seg0.283

= − + ⇒ = ≈ .

Ejemplo 82. Se tiene un depósito semiesférico lleno de agua. Si se vacía por un orificio ubicado en el fondo de área A en un tiempo 14

v A 2gt π= , determine el radio del

depósito.

Solución. En cada corte transversal al tanque se observa que 2dV r dh= π . Se tiene por

otro lado que 2 2r 2Rh h= − , por tanto 2dV (2Rh h )dh= π − .

Aplicando la ley de Torricelli se obtiene que: 2

3 /2 5 /22Rh h 4 2dh A 2g dt C Rh h A 2gt C

3 5h

− π = − + ⇒ π − = − + ∫ ∫

Si h(0) R= se obtiene 5 /214R C

15 π =

. Si ahora se incorpora la condición 14A 2g

h( ) 0π = y

se despeja R se tiene


5 /25 /2 5 /2 514 14 R

0 A 2g R 0 1 15 R R 22515 15A 2g

π= − + π ⇒ = − + ⇒ = ⇒ = .

Ejemplo 83. Un tanque con forma de pirámide invertida de altura 6 metros y base

cuadrada de lado 3 metros tiene agua hasta una profundidad de 4 metros. Si en su vértice tiene un orificio de 314 2cm , ¿cuánto tiempo tardará en vaciarse? Solución. Se tienen las siguientes relaciones:

22h h

x 4x4 4

= ⇒ = . Aplicando la ley de

Torricelli se tiene que 2

5 /2h 2dh 0.0314 19.6 hdt h 0.5561.t C

4 5= − ⇒ = − + . Si h(0) 4= ,

se tiene C 12.8= por tanto el tiempo de vaciado es igual a 23.02 seg.

Ejemplo 84. Un tanque cónico de 4 mts de radio está lleno de agua hasta las ¾

partes de su altura que es de 10 mts. Si en ese instante se abre un orificio en el fondo de 1 cm de radio, determine el tiempo de vaciado del tanque.

Solución. f '(h)

dh A 2gt Ch

= − +∫ . Se tiene que 4 2A 10 mts−= π y por semejanza de triángulos:

2hr

5= .

24 5 /2 44 h 8

dh 10 2gt C h 10 2gt C25 125h

− −π π= −π + ⇒ = −π +∫ .

Condición inicial 15

h(0)2

= . 5 /28 15

. C125 2

π =

. Tiempo de vaciado:

5 /2 5 /244

v v8 15 8.10 15

10 2gt t125 2 2125 2g

−π = π ⇒ =

.

1.37. OTRAS APLICACIONES Ejemplo 85. La ecuación de estado para un gas ideal es PV RT= . Si se hace T

constante, se obtienen la familia de isotermas. ¿Cuáles son las líneas del flujo de calor?

Solución. Haciendo T constante, entonces para cada valor de esa constante resulta una hipérbola de la forma PV cons tante= , es decir se tiene la familia de hipérbolas

PV b= que son las isotermas. Considerando V como variable independiente y P como función de V, al derivar en relación a V se obtiene VP ' P 0+ = como ecuación diferencial de las isotermas. Para obtener las líneas de flujo de calor, en lugar de dP dV se coloca

dV dP− , así se obtiene V dV dP P 0− + = . Separando variables e integrando resulta 2 2P V a− = que son hipérbolas equiláteras que son las líneas del flujo de calor.

Ejemplo 86. La relación entre el costo C de fabricación por cada artículo y el número

n de tipos de artículos fabricados es tal que, la tasa de incremento del costo de fabricación a medida que aumenta el número de clases de artículos, es proporcional a (C n) n+ . Halle la relación entre el costo de fabricación por artículo y el número de

tipos de artículos fabricados sabiendo que cuando se produce el primer artículo su


costo es 0C . (Trabaje como si n fuese una variable continua y considere el hecho de

que a medida que se producen más artículos el costo por unidad disminuye). Solución. La ecuación diferencial es 0dC dn k (C n) n, C(1) C= + = , donde k es la

constante de proporcionalidad (k 0< para que el costo disminuya). Esta es una ecuación homogénea, por lo tanto se hace el cambio u C n C un C ' u nu'= ⇒ = ⇒ = + , y

resulta nu' u k(u 1)+ = + . Separando variables e integrando du ((k 1)u k) dn n− + = ⇒ , 1(k 1) ln((k 1)u k) ln(n) ln(A)−− − + = + donde ln(A) es la constante de integración, de

donde k 1 k 1(k 1)u k (An) (k 1)C n k (An)− −− + = ⇒ − + = . Para n 1= , se tiene 0C C= , luego k 1

0A (k 1)C k− = − + determinando la constante A como 1 (k 1)0A ((k 1)C k) −= − + .

Ejemplo 87. En Termodinámica se demuestra que para un mol (una molécula-gramo) de un gas ideal o perfecto, el incremento Q∆ de la cantidad de calor viene dado por

p vQ (1 R)(P.c dV Vc dP)∆ = + , donde P indica presión, V volumen, R es una constante

denominada constante universal de los gases, pc y vc son los calores específicos a

presión constante y a volumen constante, respectivamente, teniéndose que pc y vc no

son en general iguales. La expresión p v(1 R)(P.c dV Vc dP)+ no es en general una

diferencial exacta puesto que p p v v(Pc ) P c c (Vc ) V∂ ∂ = ≠ = ∂ ∂ (observe que para pc la

presión P se mantiene constante y para vc el volumen V se mantiene constante). Por

otro lado, se sabe que la ecuación de estado de los gases perfectos o ideales es

PV RT= para un mol, donde T indica temperatura. Podría intuirse que un factor integrante para la ecuación planteada es de la forma (Q)ρ con Q PV= . De forma que

se obtiene ((C C ) (PC V VC P))dQ dQ Q((N M ) (M.Q N.Q ))dQ V P P vV P P Pe e e 1 Q 1 (PV)

− − −∫ ∫− −∫ = = = = . Si se

multiplica por el factor integrante se tiene que: p v p vQ (PV) (c (RV))dV (c (RP))dP Q (T) (c (V))dV (c (P))dP∆ = + ⇒ ∆ = + . Entonces:

Paso 1. M(V,P) P N(V,P) V∂ ∂ = ∂ ∂ .

Paso 2. p pS(V,P) c V dV g(P) c lnV g(P)= + = +∫ .

Paso 3. vc P g'(P)= .

Paso 4. vg(P) c lnP C= + .

Paso 5. La solución de la ecuación es p vc lnV c lnP C+ = .

De modo que S Q T∆ = ∆ es una diferencial exacta, es la diferencial de la función

p vS(V,P) c lnV c lnP C= + + que se denomina la entropía del gas.


1.38. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. A continuación para cada caso se dan cuatro posibles respuestas, de las cuales sólo

una es la correcta. Marque con una X la alternativa que considere correcta. a. La ecuación diferencial 3 4(y '') (y ') 3x+ = es de:

( ) orden 3 y grado 2


( ) orden 2 y grado 4 ( ) orden 2 y grado 3

b. La ecuación diferencial 2 2 8(y '') (y ''') y x x (y ') 0+ + + = es de:


( ) orden 3 y grado 1 ( ) orden 3 y grado 8


c. La ecuación diferencial asociada a la familia de curvas 3 6y c x c= − es:

( ) 2y y 'x (y ')= +

( ) 3y y 'x (y ')= −

( ) 2y y 'x (y ')= −

( ) 3y y 'x (y ')= +

d. La ecuación diferencial asociada a la familia de curvas 2 6y c x c= − es:

( ) 2y y 'x (y ')= +

( ) 3y y 'x (y ')= −

( ) 2y y 'x (y ')= −

( ) 3y y 'x (y ')= +

2. Establezca si la EDO dada es lineal o no e indique el orden de la misma.

a. y '' 9y sen(y)+ =

b. 4xy ''' 2(y ') y 0− + =

c. 2y ' 25 y= +

d. 2y ' (1 y '')= + e. (senx)y ''' (cos x)y ' 2− =

f. 2(x 1)y '' x y ' 25y x+ + − =

g. 2y '' 4y ' 10y k y+ − =

h. y ' 1 y ''= +

i. 2y '' xy ' ln(x x 1)− = + +

j. y '' 5y ' y 25+ − =

3. Encuentre los valores de m tal que my x= sea solución de la ecuación diferencial:

a. 2x y '' y 0− =

b. 2x y '' 6xy ' 4y 0+ + =


4. Encuentre los valores de m tal que mxy e= sea solución de la ecuación diferencial: a. y '' y ' 12y 0− − =

b. y '' 5y ' 6y 0− + =

c. y '' 10y ' 25y 0+ + =

5. Compruebe que una familia uniparamétrica de soluciones de 2y xy ' 1 (y ')= + + es

2y cx 1 c= + + . Demuestre que la relación 2 2x y 1+ = define una solución singular

de la ecuación en el intervalo 1 x 1− < < .

6. Compruebe que una familia uniparamétrica de soluciones de 2y xy ' (y ')= + es 2y cx c= + . Determine un valor de k tal que 2y kx= sea una solución singular de la

ecuación diferencial dada.

7. Verifique si la ecuación dada es solución de la EDO indicada.

a. x

2x ey Ce

3−= +

b. x y ln(Cy)=

c. xsenx cos xy 10e

2 2−= − +

d. 2 2x y y k+ =

e. xy ln(C e )= +

f. k

ycos x

=

g. x

2

0x y sen(t )dt= ∫

h.

x

0

senty lny x dt

t= ∫

i. t -tx(t) te , y(t) e= =

j. 2x(t) t ln(t), y(t) t (2ln(t) 1)= = +

k. 3

0 x 0y

x x 0

<= ≥

l. 2

2

x x 0y

x x 0

− <= ≥

xy ' 2y e+ =

y '(x y) y+ =

y ' y senx+ =

22xydx (x 2y)dy 0+ + = x yy ' e 0−− =

y ' ytgx 0− =

2 2y xy ' y sen(x )= +

xy '(1 lny) xsen(x) y ln(y)+ = +

2(1 xy)y ' y 0+ + =

y 'ln(y ' 4) 4x=

2(y ') 9xy=

xy ' 2y 0− =

8. Por medio de un examen cuidadoso, determine al menos una solución de cada una

de las ecuaciones diferenciales siguientes:

a. y ' 2x= b. y '' 1= c. dy

5ydx

= d. dy

2y 1dx

=

9. Muestre que la solución general de 2xy '' y e−+ = es

x x2 2t t

0 0y A cosx Bsenx senx e cos tdt cos x e sentdt− −= + + −∫ ∫ .


10. Dada la ecuación 3dyy

dx= , demuestre que 21

x y c2

−= − + es su solución general.

11. Dada la ecuación 2xy 'lny xy 'lny ' y.y ' y 0,− + − = demuestre que xy e= es solución

de la ecuación.

12. Considere la ecuación diferencial para 1 1 2 2y c u (x) c u (x)= + , donde 1u (x) y 2u (x)

son funciones que al menos son doblemente diferenciables:

a. Demuestre que dicha ecuación puede escribirse en forma de determinante

como 1 2' '1 2'' ''1 2

y u (x) u (x)

y ' u (x) u (x) 0

y '' u (x) u (x)

= .

b. Comente lo que sucede si 1 2' '1 2

u (x) u (x)W 0

u (x) u (x)= = .

El determinante W se llama Wronskiano de 1u (x) y 2u (x) .

13. Pruebe que la ecuación diferencial no separable [F(x) y.G(xy)]dx xG(xy)dy 0+ + = se

convierte en separable al cambiar la variable dependiente de y a v de acuerdo a la transformación v xy= . Use esto para resolver 2(x ysenxy)dx xsenxydy 0+ + = .

14. Transforme la ecuación diferencial ax by

y 'cx dy

+=+

en una ecuación diferencial de

variables separables (a,b,c,d son constantes reales positivas, diferentes entre sí).

15. Resuelva

a. dy y(1 xy)dx x(1 xy)

+=−

b. x y x ydy

dx x y x y

+ + −=

+ − −

c. 1 x ydy

dx 1 x y

+ −=

− −

16. Resuelva 3

2

dy 2y x yx.tg

dx x y x = + +

usando la transformación dada por 2y v.x= .

17. Encuentre la solución de las siguientes EDO homogéneas o reducibles a ellas.

a. 2 2xy ' y y x= + −

b. 2 2

2xyy '

3x y=

−

c. 2 2 2(y xy ') x y− = +

d. 2 2xy ' y x y− = −


e. 2 (x y)

y 'x y 4

− +=− +

f. (x y 1)dx (2x 2y 1)dy 0+ + + + − =

g. ydx (2 xy x)dy 0+ − =

h. dy y xdx x y

= +

i. 4 2(y 3x )dy xydx− = −

j. y y

x y.cos dx x.cos dy 0x x

− + =

18. Si f(x,y) es una función homogénea de grado n, demuestre que

f(x,y) f(x,y)x y n.f(x,y)

x y∂ ∂+ =

∂ ∂.

19. Demuestre que y

xdy ydx arctg dxx − =

puede resolverse por la sustitución y v.x=

aún cuando la ecuación no es homogénea. 20. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones dadas:

a. 2(9x y 1) (4y x)y ' 0+ − − − =

b. x

x

2ysen(x) e sen(y)y '

e cos(y) 2cos(x)

−=+

c. 2y 2y(1 e )dx 2xe dy 0+ + =

d. x3y e

y '3x cos(y)

+= −+

e. 2y.sec (x) sec(x).tg(x)

y '2y tg(x)

+= −+

f. 2 2 x

3 2

3x y xy ey '

x x y sen(y)

+ += −+ +

g. 3 2yx dx (y ln(x))dy 0

x + + + =

h. 2 2

2

1 y xyy ' 0

x y y 2xy

+ += − =+ +

i. (x x)y ' y y+ = +

j. x y 3

y 'x y

− − +=+

k. 2

2

y xyy '

x

+=

l. x

y 'x 12y

=+

21. Resuelva 2 22x.tg(y) dx x sec (y)dy 02π + + =

con la condición y(0) = π .


22. Determine una función M(x,y) de manera que 2 2 xM(x,y)dx (x cos(y) 3y e )dy 0+ + =

sea una ecuación diferencial exacta.

23. Halle una constante α de modo que 2 3 3 2(3x y 2y 3)dx (x xy 2y)dy 0− + + − α + = sea

una ecuación diferencial exacta.

24. En cada caso, encuentre un factor integrante y resuelva la ecuación:

a. 2 2 2(x y 1)dx (x 2xy)dy 0+ + + − = , (x)ρ

b. 4 4 3(x y )dx xy dy 0+ − = , (x)ρ

c. 4 3(y 5y)dx (7xy 5x y)dy 0− + − + = , (y)ρ

d. cos(x)cos(y)dx 2sen(x)sen(y)dy 0− = , (x)ρ

e. xdx ydy x(xdy ydx) 0+ + − = , 2 2(x y )ρ +

f. 2 3(3y x)dx (2y 6xy)dy 0− + − = , 2(x y )ρ +

25. Demuestre que cualquier ecuación diferencial separable de primer orden también

es exacta.

26. Resuelva las siguientes ecuaciones:

a. xdyy e

dx= +

b. 2 3(1 x )dy (xy x x)dx 0+ + + + =

c. 2(1 x)y ' xy x x+ − = +

d. dP

2tP P 4t 2dt

+ = + −

e. xxdy (xy 2y 2e )dx 0 , y(1) 0−+ + − = =

f. 3dy 2y(x 1)

dx x 1= + +

+

27. Resuelva las siguientes ecuaciones de Bernoulli:

a. xy ' y 2 xy= +

b. 4 42xx ' x t

t−+ =

c. 33dxx t x

dt= +

d. 3dt t x

dx x t= −

e. 2 4 33xy y ' 3x y= +

28. La ecuación diferencial y xy ' f(y ')= + se llama ecuación de Clairaut.

a. Demuestre que una solución de la ecuación es la familia de rectas y cx f(c),= +

en donde c es una constante arbitraria. b. Pruebe que la ecuación también puede tener una solución paramétrica de la

forma: x(t) f '(t), y(t) f(t) t.f '(t)= − = − .


29. Muestre que la ecuación diferencial y ' Py Qyln(y),+ = donde P y Q son funciones de

x, puede resolverse al hacer ln(y) v.=

30. La ecuación de Ricatti está dada por 2y ' P(x)y Q(x)y R(x)= + + . a. Muestre que si una solución de esta ecuación, digamos 1y (x) , es conocida,

entonces la solución general puede encontrarse usando la transformación 1y y 1 /u= + donde u es una nueva variable dependiente.

b. Muestre que si se conocen dos soluciones, digamos 1y (x) y 2y (x), la solución

general es P(y y )dx1 1 2

2

y yc.e .

y y−− ∫=

−

c. Muestre que si se conocen tres soluciones, digamos 1y (x), 2y (x) y 3y (x),

entonces la solución general es 1 2 3

2 1 3

(y y )(y y )c

(y y )(y y )− −

=− −

.

31. Use el teorema de existencia y unicidad para determinar si existen soluciones

únicas para cada uno de los siguientes problemas de valor inicial: a. y ' 3x 2y ; y(1) 4.= + =

b. 2 2

1y ' ; y(0) 1.

x y= =

+

c. 2 2

1y ' ; y(0) 0.

x y= =

+

d. 2y ' xy x ; y(0) 2.+ = =

e. x 2y

y ' ; y(1) 2.y 2x

−= =−

f. 2 2

1y ' ; y(1) 2.

x y= =

−

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

h. y ' xy ; y(1) 0.= = i. y ' y csc x ; y(0) 1.= =

j. 2 2

1y ' ; y(3) 2.

x 4y 4= =

+ −

32. Discuta la existencia y la unicidad de una solución al problema de valor inicial

2 2y ' 1 xy x y= + + , y(0) 1.=

33. Resuelva la ecuación dy ax bdx cx d

+=+

, en donde a, b, c y d son constantes.

34. Para cada una de las siguientes preguntas se dan cuatro posibles respuestas, de

las cuales sólo una es la correcta. Marque con una X la alternativa que considere correcta. a. La solución general de la ecuación diferencial 2ydx (1 x )arctgxdy 0+ + = es:

( ) carctgx y e− = +


( ) y (1 / arctgx) C= +

( ) c.y arctgx= −

( ) c yarctgx=

b. La solución general de la ecuación diferencial 2

2

y 1 xdx dy 0

2y ln(y 1)

+ − = +

es: ( ) 2x c ln(y 1)= − +

( ) 2c x(y 1)= +

( ) 2x c ln(y 1)= − +

( ) 2c x ln(y 1)= +

35. La pendiente de una familia de curvas en cualquier punto (x,y) está dada por 2

2

dy 3x xydx 2y x y

+= −+

. Halle la ecuación del miembro de la familia que pasa por (2,1).

36. Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones, sujeta a las condiciones dadas:

a. 2 23x(y 1)dx y(x 2)dy 0+ + + =

b. 2x xy

y ' ; y(1) 04y+= =

c. 2 2sen ydx cos xdy 0 ; y4 4π π + = =

d. y ' 8xy 3y= +

e. 3 2 3ydx (x y x )dy 0+ + = f. y ' cos(2x)=

g. dy

(x 1) xdx

+ =

h. 3x 2ydye

dx+=

i. x y 2x ydye y e e

dx− − −= +

j. 2 2 2 2 2(1 x y x y )dy y dx+ + + =

k. dy 1 2x

2dx y y

− =

l. dy

sec(y) sen(x y) sen(x y)dx

+ − = +

m. dy

(x x) y ydx

+ = +

n. 2dx4(x 1) ; x 1

dy 4π = + =

o. 5

y ' 2y 1 , y(0)2

+ = =

37. Encuentre la ecuación diferencial de la familia de rectas que pasan por el origen.


38. La pendiente de una familia de curvas en cualquier punto (x,y) del plano xy está dada por 4 2x.−

a. Establezca la ecuación diferencial de la familia.

b. Determine una ecuación para aquel miembro particular de la familia que pasa por el punto (0,0).

39. La pendiente de una familia de curvas en cualquier punto (x,y) del plano xy está dada por 2x4e .−

a. Establezca la ecuación diferencial de la familia. b. Determine una ecuación para aquel miembro particular de la familia que pasa

por el punto (0,0).

40. Halle la ecuación diferencial de la familia de circunferencias de radio variable y

centro en el origen.

41. Encuentre la ecuación diferencial de la familia de circunferencias que pasan por el

origen con centro en el eje y.

42. Halle la ecuación diferencial asociada a la familia de curvas 2 2(x c) y c− − = .

43. La ecuación diferencial de una familia es x y

y 'x+= . Encuentre la ecuación de una

curva de esta familia que pasa por (3,0).

44. Encuentre una familia de curvas ortogonales a la familia dada.

a. 3y cx=

b. 2y cx=

c. xy x 1 c.e−= − +

45. Encuentre el miembro de la familia de trayectorias ortogonales de yx y ce+ = , que

pasa por el punto (0,5). 46. Encontrar la familia de trayectorias isogonales a la familia dada y con un α dado.

a. y cx= 45α = �

b. 2 2y 2xy x c+ − = 45α = �

c. xe y c− = 30α = �

d. x 2y c+ = 60α = �

e. y cx= 30α = �

f. 2x y c+ = tg 2α =

g. 2y cx= 60α = �


47. Encuentre el valor de n tal que las curvas n n1x y c+ = , sean ortogonales a la

familia 2

xy .

1 c x=

−

48. Una familia de curvas puede ser autoortogonal en el sentido de que un miembro

de las trayectorias ortogonales también es un miembro de la familia original. Demuestre que cada una de las siguientes familias es autoortogonal. a. 2

1 1y c (2x c )= +

b. 2 2

1 1

x y1

c 1 c+ =

+

49. Demuestre que la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquiera de

sus puntos es proporcional a la abscisa del punto de contacto, es una parábola.

50. Encuentre la ecuación de la curva que pase por el punto (3, 4)− y que tenga en

cada uno de sus puntos (x,y) una pendiente 2y

m .x

=

51. Encuentre la ecuación de la curva que pasa por el punto (0,1) y en cada punto

(x,y) la pendiente de la recta tangente es yx.−

52. Halle la familia de curvas tal que la intersección de la tangente a la curva con el eje

Y es igual a 2 veces el valor de la abscisa en el punto de tangencia.

53. La ordenada en el origen de la recta normal a una curva en cualquier punto, es

igual a 2. Si la curva pasa por (3,4), halle la ecuación de la curva.

54. Obtenga la ecuación de la familia de curvas tal que el segmento de cada una de

sus tangentes comprendido entre el punto de contacto y la intersección con el eje

de las X, esté dividido en dos partes iguales por el eje de las Y.

55. Halle la familia de curvas que posee la propiedad de que la magnitud de la

perpendicular trazada del origen de coordenadas a la tangente sea igual a la abscisa del punto de contacto.

56. Si la población de un país se duplica en 50 años, ¿en cuántos años será el triple suponiendo que la velocidad de aumento sea proporcional al número de

habitantes?

57. Si la población de cierta colonia bacteriana se duplica en 40 horas, ¿cuánto tiempo

tomará para que la misma aumente en 10 veces?

58. La población de un país aumenta 3% anualmente y su censo actual es de 190

millones.


a. ¿cuántos años deberán transcurrir antes que la población alcance 250 millones?

b. ¿cuál será la población total en 5 años?, ¿en 50 horas?

59. La población de un país mostró un incremento de 30% del año 1970 al año 1975.

Si la rapidez con que varía la población es proporcional al número de individuos

presentes, encuentre: a. La población en función del tiempo

b. ¿Qué incremento experimentó al aumento de población desde el año 1970

hasta nuestros días?

60. El número de bacterias en un cultivo crece proporcional a la cantidad de bacterias existentes. Si la población es cuatro veces la población inicial para (n 1)+ horas,

¿cuál será la población a las 2(n 1)+ horas?

61. Un cultivo de bacterias crece a una tasa que es inversamente proporcional a la raíz

cuadrada del número de bacterias presentes. Si hay inicialmente 9 bacterias y al cabo de 2 días hay 16 bacterias, ¿después de cuántos días habrá 36 bacterias?

62. Después de 2 días están presentes 10 grs de una sustancia radioactiva. Tres días más tarde hay presentes 5 grs. ¿Cuántos gramos había inicialmente?

63. Encontrar el tiempo de vida media de una sustancia si, al cabo de 8 horas, están presentes tres cuartas partes de la cantidad inicial.

64. Los científicos han observado que la materia viva contiene, además de carbono 12(C ) , un porcentaje fijo de un isótopo radioactivo del carbono, el carbono 14

14(C ) . Cuando muere la materia viva, la cantidad de carbono 14 disminuye con

una vida media de 5500 años aproximadamente. Para determinar cuándo estuvieron habitadas las cavernas de Lascaux en Francia, se examinaron unas muestras de carbón de estas cavernas y se encontró que la cantidad de 14C había

disminuido al 14.5% de la cantidad original. ¿En qué tiempo estuvieron habitadas

las cuevas de Lascaux?

65. El carbono de una supuesta reliquia característica de los tiempos de Cristo contenía 104.6 10× átomos de 14C por gramo. El carbono extraído de un espécimen actual

de la misma sustancia contiene 105.0 10× átomos de 14C por gramo. Calcule la

edad aproximada de la reliquia. ¿Cuál es su opinión sobre la autenticidad de la

reliquia? (Tiempo de vida media de 14C : 5600 años).

66. En 15 minutos la temperatura de un objeto sube de 10 C� a 20 C� cuando la

temperatura ambiente es de 30 C� . Suponiendo que se cumple la ley de

enfriamiento de Newton, ¿en cuánto tiempo subirá de 20 C� a 25 C� ?


67. La temperatura del agua sube de 10 C� a 20 C� en 5 minutos, cuando el agua está

colocada en un recinto cuya temperatura es de 40 C� .

a. Halle la temperatura al cabo de 20 minutos y al cabo de media hora.

b. ¿Cuándo su temperatura será de 25 C� ?

68. Un termómetro se saca de una habitación, en donde la temperatura del aire es de

70 F� , al exterior, en donde la temperatura es de 10 F� . Después de medio minuto

el termómetro marca 50 F� . ¿Cuánto marca el termómetro cuando t 1= minuto?

¿Cuánto tiempo demorará el termómetro en alcanzar los 15 F� ?

69. Justamente antes del mediodía el cuerpo de una victima aparente de homicidio, se

encuentra en un cuarto que se conserva a temperatura constante de 70 F� . A

mediodía la temperatura del cuerpo era de 80 F� y a la 1 p.m. de 75 F� . Si se

considera que la temperatura de la victima en el momento de la muerte era de

98.6 F� (temperatura normal del cuerpo) y que se ha enfriado de acuerdo a la ley

de enfriamiento de Newton. ¿Cuál fue la hora de la muerte?

70. Al meter un vaso de agua a 36 C� en un refrigerador, cuya temperatura es de

10 C− � . Determine el tiempo que tarda en llegar a 5 C� , si su temperatura luego de

15 min es de 15 C� .

71. Un tanque esférico de 2 mts de radio está lleno de agua. Si en el fondo tiene un

orificio de 4 cms de radio, ¿cuánto tiempo tardará en vaciarse?

72. Un tanque en forma de cilindro vertical; inicialmente contiene agua con una profundidad de 9mts y un tapón en el fondo es retirado en el momento t 0=

(horas). Después de 1 hora la profundidad ha descendido a 4 mts. ¿Cuánto tiempo

tardará el agua en salir del tanque?

73. Un tanque de base rectangular de 4 mts de ancho, 5 mts de largo y 3 mts de

altura, está lleno de agua. Si en el fondo tiene un orificio de 3 cms de diámetro,

¿en cuánto tiempo se vacía? (Tome 2g 4= ).

74. Un tanque cilindrico acostado, de 1 mt de radio, 4 mts de altura, tiene un orificio

en el fondo de 4 cms de radio. ¿en cuánto tiempo se vacía? (Tome 2g 4= ).

75. Un embudo de 10 cms de diámetro en la parte superior y 1 cm de diámetro en la parte inferior, tiene una altura de 24 cms. Si se llena de agua, ¿cuánto tiempo

tardará en vaciarse?


RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS 15. a. xy ln(x y) c+ = b. 2 2x x y C+ − = c. x y 2 x y 2x C− − − = + sol. sing. y x=

17. a. 2 22cy c x 1= + b. 2 2 3c(y x ) y− = c. 2 2 2 2c x 1 2cy, c x 2cy= + − =

d. y x.sen(ln(cx))= e. 2 2x 2xy y 4x 8y c+ − − + = f. x 2y 3ln x y 2 c+ + + − =

g. x yy.e c= h. 2y

2ln x cx = +

i. 2 4 6x y cy= + j. sen(y / x)x c.e−=

20. a. 3 23x xy x 2y c+ − − = b. xe sen(y) 2y cos(x) c+ = c. 2yx(1 e ) c+ =

d. x3yx e sen(y) c+ + = e. 2y.tg(x) sec(x) y c+ + = f. 2 2

3 xx yx y e cos(y) c

2+ + − =

g. 4 33x 12y ln x 4y c+ + = h. 2 2 2 22x 2xy x y 2y c+ + + = i. 2y (c x c 1)= + −

j. y 2x c x= + − k. x y ln(x)

cy

+= l. x 3y 4y x3 47 y 7 yln(y) ln( ) ln( ) c+ −= − − +

21. 2x .tg(y) x c.2π+ = 22. 3 x2xseny y e+ 23. 6

24. a. 2(x) x−ρ = 2 2x y 1 xy cx− − + = b. 5(x) x−ρ = 4 4 44x ln x y Cx− =

c. 3(y) y 5ρ = − 3 2 5 210xy(y 5) 2y 25y c− + − =

d. 1 /2(x) (sen(x))−ρ = 2sen(x).cos (y) c= e. 2 22 2 3 /2

1(x y )

(x y )ρ + =

+

2 2

y 1c

x y

− =+

f. 22 3

1(x y )

(x y )ρ + =

+ 2 2 2(x y ) c x y+ = −

26. f. 2

2 xy (x 1) x c

2

= + + +

27. a. 2 2y [ x(ln x C)] x(ln x C)= + = + b. 3

63

t 1Ct

3 x

−+ =

c. 2 2t3 23 39 27 81

x t t t Ce2 2 4

= − − − − + d. 2 2 2t x (C x )= − e. 3 4y x Cx= +

37. xy ' y 0− = 40. x yy ' 0+ = 41. 2 2(x y )y ' 2xy− =

42. 2 2(y.y ') y x y.y '− = − 44. a. 2 23y x c+ = b. 2 2y 2x c+ = c. yx y 1 c.e−= − +

46. e. y2 3arctg( )2 2 xx y ce+ = f.

3x 8yx 3y2 2

2arctg( )ln 3x 3xy 4y c

3y

+

+ + − =

g.

23y x23x 2 2

6arctg( )ln 3y xy 2 3x c

23

−

− − + =

47. 3 50. 24x 9y 0+ = 51. 2x 2y 2.e−= 52. y 2x ln x cx= − + 54. 2y cx=

55. 2y c2 xx

1 + = 56. 79 años 57. 132.9 horas 58. a. 9 años b. 221 y 856 millones

59. a. t /50P P (1.30)= 60. n 1

0P 4 + 62. 21.54 grs 63. 19.26 horas

64. Aprox.15540 años 65. Aprox. 674 años 66. 30 min

67. a. 34.1 C, 37.4 C� � b. 8.5 min. 68. T(1) 36.67 F≈ � , t 3,06≈ min

69. Aprox. 10:29 a.m. 70. t 9 min≈ 73. 6.8 horas 75. 30.6 seg

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