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E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos

Resumen y ejemplos

Tema 7: EDO’s de primer ordenFrancisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa

Universidad Politécnica de Cataluña

Noviembre 2008, Versión 1.3

Contenido

1. Conceptos básicos

2. Métodos analíticos para la resolución de ecuaciones diferenciales de

primer orden

3. Métodos numéricos

4. Aplicaciones

1 Conceptos básicos

1.1 Ecuación diferencial

Ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientes

respecto de una o más variables independientes.

En las ecuaciones diferenciales, las incógnitas son funciones. por ejemplo

dy

dx+ 5y = ex, buscamos y = y(x),

d2x

dt2− dxdt+ 6x = 0, buscamos x = x(t),

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0, buscamos u = u(x, y).

1.2 Tipo

• Ecuación diferencial ordinaria (EDO)Una sola variable independiente.

d2y

dx2+ y = cosx ⇒

½incógnita y = y(x),

variable independiente x.

1

Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 2

dx

dt+ x = 2t ⇒

½incógnita x = x(t),

variable independiente t.

• Ecuación en derivadas parciales (EDP)Más de una variable independiente.

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 ⇒

½incógnita u = u(x, y),

variables independientes x, y.

∂2u

∂x2=

∂u

∂x− 2∂u

∂t⇒

½incógnita u = u(x, t),

variables independientes x, t.

1.3 Orden

El orden de una ecuación diferencial es el mayor orden de derivación que

aparece en la ecuación

d2y

dx2+ y = cosx → 2o orden.

dx

dt+ x = 2t → 1er orden.

y000 − 2y00 + y0 = et → 3er orden.

1.4 Forma general y forma normal

• Forma general de la ecuación diferencial ordinaria de orden n

F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0.

• Forma normal de la ecuación diferencial ordinaria de orden n

y(n) = g(x, y, y0, . . . , y(n−1)).

En la forma normal, la derivada de mayor orden aparece despejada.

Dada la ecuación en forma general

y000 + 5xy00 − 2y + cosx = 0,

la forma normal es

y000 = −5xy00 + 2y − cosx.


1.5 EDO lineal

Una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si puede escribirse en

la forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dydx+ a0(x) y = g(x).

Observamos que:

1. La variable dependiente y = y(x) y sus derivadas son de primer grado.

2. Cada coeficiente aj(x) depende sólo de x.

3. El término independiente g(x) depende sólo de x.

• Ecuación lineal homogénea.Si el término independiente es nulo g(x) ≡ 0.

Ejemplo 1.1 Ver si son lineales las siguientes ecuaciones; determinar el

orden.

1. y00 − 2y0 + y = 02. y00 + 2y2 = cosx

3. x2y000 − xy0 + y = xex

4. y00 − xy0 + sin y = 0

1. Lineal, orden 2.

2. No lineal, tiene un término y2.

3. Lineal orden 3.

4. No lineal, tiene un término sin y. ¤

1.6 Notación diferencial

Para ecuaciones de primer orden

y0 = f(x, y),

dy

dx= f(x, y),

también se emplea la notación

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0.

Ejemplo 1.2 Expresa la siguiente ecuación diferencial en notación diferen-

cial

y0 +y + x

y − x = 0.


Multiplicamos por y − x,

(y − x) y0 + (y + x) = 0,

multiplicamos por dx

(y − x) y0 dx+ (y + x) dx = 0,

finalmente, como dy = y0dx, resulta

(y − x) dy + (y + x) dx = 0,

reordenamos

(y + x)| {z }M(x,y)

dx+ (y − x)| {z }N(x,y)

dy = 0. ¤

Ejemplo 1.3 Expresa en forma normal la siguiente ecuación diferencial.

(x+ y + 1) dx+ (2x+ 2y + 3) dy = 0

Tenemos dy = y0dx

(x+ y + 1) dx+ (2x+ 2y + 3) y0 dx = 0,

eliminamos dx

(x+ y + 1) + (2x+ 2y + 3) y0 = 0

y despejamos y0

y0 = − x+ y + 1

2x+ 2y + 3. ¤

1.7 Soluciones de una ecuación diferencial

Dada la ecuación diferencial

F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0,

decimos que una función φ(x) es solución de la ecuación sobre el intervalo

I, si

1. La función φ(x) es de clase Cn(I).

2. Para todo x ∈ I se cumple

F (x,φ(x),φ0(x), . . . ,φ(n)(x)) = 0.

• Curvas solución, curvas integrales. Las curvas integrales de una ecua-ción diferencial son las representaciones gráficas de sus soluciones.


Ejemplo 1.4 Verifica que la función y = xex es solución de la ecuación

diferencial

y00 − 2y0 + y = 0en el intervalo I = (−∞,+∞) .

La función y = xex tiene derivadas continuas de todos los órdenes. Calcu-

lamos las dos primeras derivadas

y = xex,

y0 = (x+ 1) ex,

y00 = (x+ 2) ex,

sustituyendo en la ecuación

y00 − 2y0 + y = 0,

resulta

y00z }| {(x+ 2) ex −2

y0z }| {(x+ 1) ex +

yz}|{xex =

= [(x+ 2)− 2 (x+ 1) + x] ex= (x+ 2− 2x− 2 + x) ex= 0 · ex = 0 para todo x ∈ R. ¤

1.8 Solución implícita

Una relación

G(x, y) = 0

es una solución implícita de la ecuación diferencial

F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0

en el intervalo I, si existe una función φ(x) de clase Cn(I) que, para todo

x ∈ I, cumple las dos ecuaciones½G(x,φ(x)) = 0,

F (x,φ(x),φ0(x), . . . ,φ(n)(x)) = 0.

Ejemplo 1.5 Verifica que x2 + y2 = 4 es solución implícita de la ecuación

diferencialdy

dx= −x

y,

en el intervalo I = (−2, 2).


Derivamos implícitamente en

x2 + y2 = 4

y obtenemos

2x+ 2yy0 = 0

de donde resulta

y0 = −xy.

Si despejamos y en x2 + y2 = 4, resulta

y = ±p4− x2.

Obtenemos, por lo tanto, dos soluciones explícitas

φ1(x) =p4− x2,

φ2(x) = −p4− x2.

Las dos funciones son continuas con derivada continua en (−2, 2). ¤

1.9 Familia de soluciones

• Cuando resolvemos una EDO de primer orden

F (x, y, y0) = 0

se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones

G(x, y, c) = 0.

• En general, al resolver una EDO de orden n

F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0

se obtiene una familia n-paramétrica de soluciones

G(x, y, c1, c2, . . . , cn) = 0.

• Solución particular. Es cada uno de los elementos de una familia desoluciones, se obtiene dando valores particulares a los parámetros.

Ejemplo 1.6 Consideramos la familia biparamétrica de funciones

y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x.

1. Demuestra que la familia dada es solución de la EDO

y00 + 16y = 0.


2. Determina la solución particular que cumple las condiciones½y(0) = 1,

y0(0) = 1.

1. Calculamos las derivadas

y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x,

y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,y00 = −16c1 cos 4x− 16c2 sin 4x.

Observamos que, para todo x ∈ R, se cumple

y00 + 16y = −16c1 cos 4x− 16c2 sin 4x+ 16 (c1 cos 4x+ c2 sin 4x)= 0.

2. Solución particular. Tenemos

y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x,

y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,

de las condiciones ½y(0) = 1,

y0(0) = 1,

resulta½c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1,

−4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = 1, ⇒½c1 = 1,

4c2 = 1,⇒

½c1 = 1,

c2 = 1/4.

Por lo tanto, la solución particular buscada es

y = cos 4x+1

4sin 4x. ¤

1.10 Ecuación diferencial de una familia de curvas

• Planteamiento del problemaDada la familia de curvas

G(x, y, c) = 0

donde y = y(x), se trata de determinar una ecuación diferencial

F (x, y, y0) = 0

que tenga como solución la familia de curvas dada.

• Procedimiento


1. Derivamos

G(x, y, c) = 0

implícitamente respecto de x, y obtenemos

g(x, y, y0, c) = 0.

2. Con las ecuaciones ½G(x, y, c) = 0,

g(x, y, y0, c) = 0.

eliminamos el parámetro c.

Ejemplo 1.7 Determina una ecuación diferencial para la familia parábolas

y = cx2.

Derivamos

y = cx2

respecto de x, y resulta

y0 = 2cx.

Con las ecuaciones ½y = cx2,

y0 = 2cx,

eliminamos el parámetro c. Para ello, despejamos c en la primera ecuación

c =y

x2

y sustituimos en la segunda

y0 = 2cx ⇒ y0 = 2y

x2x,

resulta

y0 =2y

x. ¤

Ejemplo 1.8 Determina una ecuación diferencial para la siguiente familia

biparamétrica de curvas

y = c1e2x + c2e

x.

Para eliminar dos parámetros, derivamos dos veces

y0 = 2c1e2x + c2ex,

y00 = 4c1e2x + c2ex.


Formamos el sistema ⎧⎨⎩y = c1e

2x + c2ex,

y0 = 2c1e2x + c2ex,y00 = 4c1e2x + c2ex.

Se trata ahora de obtener un sistema equivalente donde aparezca una ecua-

ción libre de parámetros

¡2a − 1a¢→ 2

a¡3a − 2a¢→ 3

a

⎧⎨⎩y = c1e

2x + c2ex,

y0 − y = c1e2x,y00 − y0 = 2c1e2x.

¡3a − 2 · 2a¢→ 3

a

⎧⎨⎩y = c1e

2x + c2ex,

y0 − y = c1e2x,y00 − y0 − 2 (y0 − y) = 0.

Obtenemos una ecuación lineal homogénea de segundo orden

y00 − 3y0 + 2y = 0. ¤

1.11 Problema de valor inicial

Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial

imponiendo condiciones en un mismo punto.

• Primer orden ½y0 = f(x, y),y(x0) = y0.

• Segundo orden ⎧⎨⎩y00 = f(x, y, y0),y(x0) = y0,

y0(x0) = y00.

• Tercer orden ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 = f(x, y, y0, y00),y(x0) = y0,

y0(x0) = y00,y00(x0) = y000 .

Los siguientes, son problemas de valor inicial½y0 = xy − sinx,y(1) = 2.⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,

y0(0) = 2.


Observa que, en cada caso, las condiciones adicionales para determinar la

solución particular se especifican en un mismo punto x0. En el problema de

valor inicial ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 = y00 + y0 − ex,y(1.5) = 0.23,

y0(1.5) = 1.56,y00(1.5) = −2.45.

es x0 = 1.5.

1.12 Problemas de contorno

Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial

imponiendo condiciones en más de un punto. En las ecuaciones de primer

orden, no aparecen los problemas de contorno.

Los siguientes son problemas de contorno con los puntos x0 = 0 y x1 = 1⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,

y(1) = 2.⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,

y0(1) = 0.

2 Métodos analíticos para resolución de Ecuacio-

nes diferenciales de primer orden

2.1 Separación de variables

Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma

y0 = g(x)h(y).

Resolución.

Expresamos la EDO en la forma

p(y) dy = g(x) dx

e integramos ambos lados, la solución esZp(y) dy =

Zg(x) dx.

Ejemplo 2.1 Resuelve la ecuación

y0 =y

1 + x.


Escribimos la ecuación en la forma

p(y) dy = g(x) dx.

y0

y=

1

1 + x,

y0dxy

=dx

1 + x,

dy

y=

dx

1 + x,

integramos a ambos lados Zdy

y=

Zdx

1 + x.

Obtenemos una solución implícita

ln y = ln(1 + x) + c, c ∈ R.

En este caso podemos obtener una solución explícita despejando y

y = eln(1+x)+c = eln(1+x)ec,

y = k (1 + x) , k = ec > 0. ¤

2.2 Soluciones singulares

Consideremos la EDO

y0 = f(x, y),

y supongamos que existe un intervalo I tal que la función f(x, y) se anula

para el valor y = y0, y todo valor de x ∈ I, esto es

f(x, y0) = 0, para todo x ∈ I,

entonces la función constante

y = y0

es solución de la ecuación diferencial en el intervalo I. Tales funciones cons-

tantes se denominan soluciones singulares de la ecuación diferencial.

Ejemplo 2.2 Determina las soluciones singulares de la EDO¡y2 − 1¢ dx+ ¡x2 + 1¢ dy = 0.


Expresamos la EDO en forma explícita

y0 = f(x, y)

esto es,

y0 = −¡y2 − 1¢(x2 + 1)

.

En este caso es

f(x, y) = −¡y2 − 1¢(x2 + 1)

,

la ecuación

f(x, y) = 0

tiene soluciones

y = ±1por lo tanto, las soluciones singulares son

y = 1, y = −1.

Es inmediato que estas funciones constantes cumplen la ecuación diferencial.

¤

Ejemplo 2.3 Una resolución más general para

y0 =y

1 + x.

Cuando integramosdy

y=

dx

1 + x,Z

dy

y=

Zdx

1 + x,

podemos tomar

ln |y| = ln |1 + x|+ c1, c1 ∈ R.definimos c1 = ln |c2| , c2 6= 0

ln |y| = ln |1 + x|+ ln |c2| , c2 6= 0,

ln |y| = ln |c2(1 + x)| , c2 6= 0,tomando exponenciales

|y| = |c2(1 + x)| ,y = ±c2(1 + x),

y = c (1 + x) , c 6= 0.


Finalmente, observamos que la función constante

y(x) = 0

es una solución singular de la EDO, por lo tanto, tomamos como solución

general

y = c (1 + x) , c ∈ R. ¤

Ejemplo 2.4 Resuelve el problema de valor inicial(y0 = −x

y,

y(4) = −3.

La EDO es separable

yy0 = −x,ydy = −xdx,Zydy = −

Zxdx,

y2

2= −x

2

2+ c1, c1 ∈ R,

y2

2+x2

2= c1, c1 ∈ R,

x2 + y2 = c2, c2 = 2c1.

Imponemos la condición inicial y(4) = −3 y determinamos la constante

16 + 9 = c2 → c2 = 25.

Solución particular (implícita)

x2 + y2 = 25.

Esta última ecuación define dos funciones

y = ±p25− x2,

teniendo en cuenta la condición inicial

y(4) = −3

la solución es

y = −p25− x2. ¤


2.3 Ecuaciones homogéneas

• Función homogéneaDecimos que una función f(x, y) es homogénea de grado p si

f(tx, ty) = tpf(x, y).

Si se cumple

f(tx, ty) = f(x, y),

entonces f(x, y) es homogénea de grado 0.

Ejemplo 2.5 Estudia si las siguientes funciones son homogéneas y, en caso

afirmativo, determina el grado.

1. f(x, y) = x2 + xy + y2.

2. f(x, y) =x2 + y2

2xy.

3. f(x, y) =x2 + x

x3 − 1 .

4. f(x, y) = x− y + 1.

1)

f(tx, ty) = (tx)2 + (tx) (ty) + (ty)2

= t2x2 + t2xy + t2y2

= t2¡x2 + xy + y2

¢= t2f(x, y).

La función es homogénea de grado 2.

2)

f(tx, ty) =(tx)2 + (ty)2

2 (tx) (ty)

=t2¡x2 + y2

¢2t2 (xy)

=x2 + y2

2xy= f(x, y).

La función es homogénea de grado 0.

3) No es homogénea.

4) No es homogénea. ¤• Ecuación diferencial homogénea en forma normal


La ecuación diferencial

y0 = f(x, y)

es homogénea si f(x, y) es una función homogénea de grado 0.

• Ecuación diferencial homogénea en forma diferencialLa ecuación diferencial

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0

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

grado.

• Resolución de EDO’s homogéneasSi la ecuación diferencial

y0 = f(x, y)

es homogénea, entonces el cambio de variable

y = ux

conduce a una ecuación de variables separables. La nueva variable es

u =y

x.

Ejemplo 2.6 Resuelve la ecuación diferencial

(x− y) dx+ xdy = 0.

La ecuación diferencial dada tiene la forma


con M(x, y) y N(x, y) homogéneas de grado 1.

Pasamos la ecuación a forma normal

y0 =y − xx

,

y realizamos el cambio y = ux½y = ux,

y0 = u0x+ u.

u0x+ u =ux− xx

= u− 1.

Obtenemos

u0x = −1


que es una ecuación diferencial separable. Calculamos u(x)

du

dx= −1

x,Z

du = −Z1

xdx,

u = − ln |x|+ c, c ∈ R.Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x

y

x= − ln |x|+ c, c ∈ R.

Finalmente

y = −x ln |x|+ cx, c ∈ R. ¤

Ejemplo 2.7 Resuelve la ecuación diferencial

y0 =y − xy + x

.

La ecuación tiene la forma

y0 = f(x, y)

con f(x, y) homogénea de grado 0

f(tx, ty) =ty − txty + tx

=t (y − x)t (y + x)

= f(x, y).

Realizamos el cambio y = ux. Observemos que

u =y

x

por lo tanto, u = u(x). Derivando respecto de x, se obtiene

y0 = u0x+ u.

Sustituimos en la ecuación original

u0x+ u =ux− xux+ x

,

u0x+ u =u− 1u+ 1

,

u0x =u− 1u+ 1

− u

=u− 1− u2 − u

u+ 1

= −u2 + 1

u+ 1.


Hemos obtenido la ecuación de variables separadas

u+ 1

u2 + 1

du

dx= −1

x

que tiene solución Zu+ 1

u2 + 1du = −

Z1

xdx.

Calculamos la integral de la parte izquierda de la igualdad

Zu+ 1

u2 + 1du =

Zu

u2 + 1du+

Z1

u2 + 1du

=1

2

Z2u

u2 + 1du+ arctanu

=1

2ln¡u2 + 1

¢+ arctanu.

Una primera solución es

1

2ln¡u2 + 1

¢+ arctanu = − ln |x|+ c1.

Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x

1

2ln

µ³yx

´2+ 1

¶+ arctan

y

x= − ln |x|+ c1, c1 ∈ R.

Podemos mejorar un poco la expresión mediante las propiedades de los lo-

garitmos. En primer lugar, multiplicamos la ecuación por 2

ln

µ³yx

´2+ 1

¶+ 2arctan

y

x= −2 ln |x|+ 2c1

aplicamos la propiedad 2 ln |x| = lnx2 y cambiamos la constante

ln

µ³yx

´2+ 1

¶+ 2arctan

y

x= − lnx2 + c2, c2 = 2c1

pasamos el término lnx2 al lado izquierdo y aplicamos la propiedad de los

logaritmos ln a+ ln b = ln(a · b)

ln

µ³yx

´2+ 1

¶+ lnx2 + 2arctan

y

x= c2, c2 ∈ R,

ln

∙µ³yx

´2+ 1

¶x2¸+ 2arctan

y

x= c2, c2 ∈ R,

finalmente, simplificamos

ln¡x2 + y2

¢+ 2arctan

y

x= c2, c2 ∈ R. ¤


Ejemplo 2.8 Resuelve la ecuación diferencial¡y2 + yx

¢dx− x2dy = 0.

La ecuación tiene la forma


con M(x, y) y N(x, y) homogéneas de grado 2.

Pasamos la ecuación a forma normal

dy

dx=y2 + yx

x2,

realizamos el cambio ½y = ux,

y0 = u0x+ u.

u0x+ u =u2x2 + ux2

x2

= u2 + u

y resulta la ecuación separable

xdu

dx= u2,Z

1

u2du =

Z1

xdx,

−1u= ln |x|+ c, c ∈ R.


−xy= ln |x|+ c, c ∈ R.

En este caso, podemos despejar y para obtener una solución explícita

y = − x

ln |x|+ c , c ∈ R. ¤

2.4 Ecuaciones diferenciales exactas

• Diferencial de un campo escalarSi u = u(x, y), la diferencial de u es

du =∂u

∂xdx+

∂u

∂ydy.


• Ecuación diferencial exactaUna ecuación diferencial


es exacta si existe una función u = u(x, y) tal que

du =M(x, y) dx+N(x, y) dy

es decir, si existe una función de dos variables u(x, y) que cumple⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x=M(x, y),

∂u

∂y= N(x, y).

En este caso, tenemos una familia de soluciones de la forma

u(x, y) = c, c ∈ R.

•Criterio para reconocer cuando una ecuación diferencial es exactaSupongamos que las funcionesM(x, y), N(x, y) son continuas con derivadas

parciales continuas en un rectángulo a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d. Si se cumple∂M

∂y=

∂N

∂x,

entonces la ecuación diferencial


es exacta.

•Método de resolución

1. Identificamos que la ecuación diferencial es exacta, usando el criterio

∂M

∂y=

∂N

∂x.

2. Determinamos u = u(x, y) que verifica⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x=M(x, y),

∂u

∂y= N(x, y).


3. La familia de soluciones es

u(x, y) = c, c ∈ R.

Ejemplo 2.9 Resuelve la siguiente ecuación diferencial

(5x+ 4y) dx+¡4x− 8y3¢ dy = 0.

Tenemos

M(x, y) = 5x+ 4y, N(x, y) = 4x− 8y3.M(x, y) y N(x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todo

R2. Estudiamos si la EDO es exacta

∂M

∂y= 4 =

∂N

∂x,

por lo tanto, es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 5x+ 4y,

∂u

∂y= 4x− 8y3.

(1)

Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales.

Integramos la primera ecuación respecto de x

∂u

∂x= 5x+ 4y ⇒ u =

Z(5x+ 4y) ∂x,

u =5

2x2 + 4xy + c1 (y) . (2)

Ahora vamos a sustituir la solución obtenida en la segunda ecuación de (1)

∂u

∂y= 4x− 8y3.

Primero derivamos respecto de y en (2)

∂u

∂y= 4x+

dc1

dy

y, a continuación, sustituimos en la segunda ecuación de (1)

4x+dc1

dy= 4x− 8y3 ⇒ dc1

dy= −8y3.

Integramos respecto de y para obtener c1

c1 = −Z8y3 dy = −2y4.


Sustituyendo c1 en (2), resulta

u =5

2x2 + 4xy − 2y4.

Finalmente, la solución es

5

2x2 + 4xy − 2y4 = c, c ∈ R. ¤

Ejemplo 2.10 Consideramos la siguiente ecuación diferencial

(2x+ y) dx+ (x+ 6y) dy = 0.

1. Resuélvela como ecuación diferencial exacta.

2. Resuélvela como ecuación diferencial homogénea.

1) Resolución como EDO exacta.

Tenemos

M(x, y) = 2x+ y, N(x, y) = x+ 6y.

Las funciones M(x, y) y N(x, y) son continuas con derivadas parciales con-

tinuas en todo R2. Estudiamos si la EDO es exacta

∂M

∂y= 1 =

∂N

∂x,

por lo tanto, la EDO es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 2x+ y,

∂u

∂y= x+ 6y.

Integramos∂u

∂x= 2x+ y

respecto de x

u =

Z(2x+ y) ∂x = x2 + xy + c1(y) (3)

y sustituimos u(x) en∂u

∂y= x+ 6y,

resultando

x+dc1

dy= x+ 6y.


Obtenemosdc1

dy= 6y,

que nos permite determinar c1(y)

c1 =

Z6y dy = 3y2.

Sustituimos c1 en (3), y resulta

u = x2 + xy + 3y2.

Finalmente, la solución es

x2 + xy + 3y2 = c, c ∈ R.

2) Resolución como EDO homogénea. Escribimos la ecuación en forma

normaldy

dx= −2x+ y

x+ 6y,

hacemos el cambio y = ux

u0x+ u = −2x+ uxx+ 6ux

= − 2 + u1 + 6u

u0x = − 2 + u1 + 6u

− u

=−2− u− u− 6u2

1 + 6u

=−2− 2u− 6u2

1 + 6u

= −21 + u+ 3u2

1 + 6u.

Separamos variables1 + 6u

1 + u+ 3u2du

dx=−2x,Z

1 + 6u

1 + u+ 3u2du = −2

Z1

xdx,

ln¡1 + u+ 3u2

¢= −2 ln |x|+ c1, c1 ∈ R.


lnh1 + y/x+ 3 (y/x)2

i= −2 ln |x|+ c1, c1 ∈ R.


Podemos obtener una mejor expresión de la solución usando las propiedades

de los logaritmos

lnh1 + y/x+ 3 (y/x)2

i+ lnx2 = ln c2, c1 = ln c2,

lnh³1 + y/x+ 3 (y/x)2

´x2i= ln c2

ln¡x2 + yx+ 3y2

¢= ln c2

x2 + yx+ 3y2 = c2, c2 > 0. ¤

2.5 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

• DefiniciónUna EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma

a1(x) y0 + a0(x) y = g(x).

La incógnita es la función y = y(x), los coeficientes a1(x), a0(x) y el término

independiente g(x) dependen únicamente de x.

• Ecuación lineal homogéneaCuando el término independiente es nulo

g(x) ≡ 0,

la ecuación lineal se denomina homogénea.

Dada la ecuación lineal

a1(x) y0 + a0(x) y = g(x),

la ecuación

a1(x) y0 + a0(x) y = 0

se denomina ecuación homogénea asociada.

Nota No debemos confundir las ecuaciones diferenciales homogéneas, estu-

diadas en la Sección 2.3, con las ecuaciones lineales homogéneas

¤ EDO homogénea: y0 = f(x, y), donde f(x, y) es una función homo-

génea de grado 0.

¤ EDO lineal homogénea: a1(x) y0 + a0(x) y = 0.

• Forma estándarDecimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando

se expresa en la forma

y0 + p(x) y = q(x).


• Resolución de la EDO lineal homogénea

La ecuación

y0 + p(x) y = 0

es separable, y tiene solución general

y = k e−Rp(x) dx, k ∈ R.

Demostración.

y0 + p(x) y = 0,

y0 = −p(x) y,1

y

dy

dx= −p(x),Z

1

ydy = −

Zp(x) dx,

ln |y| = −Zp(x) dx+ c,

|y| = e−Rp(x) dx+c,

|y| = e−Rp(x) dxec,

|y| = k1e−Rp(x) dx, k1 = e

c > 0,

y = ±k1e−Rp(x) dx, k1 > 0,

y = ke−Rp(x) dx, k = ±k1 6= 0.

Finalmente, podemos observar que la ecuación

y0 = −p(x) y

admite la solución singular y = 0, por lo tanto, podemos tomar la solución

general

y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R. ¤

Ejemplo 2.11 Consideramos la EDO

xdy

dx− 4y = 0.

1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.

2. Verifica que las funciones obtenidas son soluciones sobre todo intervalo

real.

3. Determina la solución particular que verifica y(1) = 3.


1) Resolución de la EDO. La forma estándar es

y0 + p(x) y = 0,

escribimos la ecuación en forma estándar

dy

dx− 4xy = 0

e identificamos p(x)

p(x) = −4x.

La solución es de la forma

y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R.

y = ke−R(− 4

x) dx

= ke4R1xdx

= ke4 ln|x|

= kelnx4

= kx4, k ∈ R.

2) Verificamos las soluciones. Cada función de la familia de soluciones

y = kx4, k ∈ R,

es continua con derivada continua en todo intervalo, además

y0 = 4kx3.

Sustituimos en la ecuación diferencial

xdy

dx− 4y = 0

y obtenemos

x

y0z }| {¡4kx3

¢ −4 yz }| {¡kx4

¢= 0, para todo x ∈ R.

3) Determinamos la solución particular. Sustituyendo la condición inicial

y(1) = 3

en la solución general

y = kx4,


resulta 3 = k, por lo tanto, la solución particular buscada es

y = 3x4. ¤

• Propiedades de las soluciones de EDO’s linealesConsideramos la ecuación lineal

y0 + p(x) y = q(x).

1. Si y1, y2 son soluciones de la ecuación lineal homogénea

y0 + p(x) y = 0

entonces, para cualquier par de constantes α1,α2 ∈ R, la función

y(x) = α1y1(x) + α2y2(x)

es también una solución de la ecuación lineal homogénea.

2. Toda solución de la ecuación lineal completa

y0 + p(x) y = q(x)

es de la forma

y(x) = yh(x) + yp(x),

donde:

¤ yh(x) es la solución de la ecuación homogénea asociada,

¤ yp(x) es una solución particular de la ecuación completa.

3. Si conocemos una solución particular yp(x) de la ecuación completa,

la solución general de la ecuación completa

y0 + p(x) y = q(x)

puede escribirse en la forma.

y(x) = ke−Rp(x) dx + yp(x), k ∈ R.

• Resolución de la ecuación lineal completa: método de variaciónde parámetros

El objetivo es resolver la ecuación lineal completa

y0 + p(x) y = q(x).


Si suponemos que hemos sido capaces de resolver la ecuación homogénea

asociada, entonces el problema se reduce a determinar una solución par-

ticular de la ecuación completa. Sabemos que la solución de la ecuación

homogénea asociada

y0 + p(x) y = 0

es

y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R.

El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución de

la ecuación completa del tipo

y = k(x) e−Rp(x) dx,

donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto es

k = k(x). Sustituimos la solución propuesta en la ecuación completa y de-

terminamos k(x).

Ejemplo 2.12 Consideramos la EDO lineal completa

xdy

dx− 4y = x6ex.

1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros.

2. Verifica que las soluciones obtenidas son correctas.

3. Determina la solución particular que cumple y(1) = 2.

1) Resolución de la EDO. Escribimos la ecuación en forma estándar

dy

dx− 4xy = x5ex. (4)

En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada

dy

dx− 4xy = 0.

Hemos visto en el Ejemplo 2.11 , que la solución es

yh = kx4, k ∈ R.

Para resolver la ecuación completa, proponemos la solución

y = k(x)x4,

derivamos

y0 = k0x4 + 4kx3


y sustituimos en la ecuación completa (4)

y0z }| {k0x4 + 4kx3 −4

x

yz }| {¡kx4

¢= x5ex,

simplificando, resulta

k0x4 = x5ex,

k0 = xex.

Resolvemos esta última ecuación de variables separables para determinar

k(x).dk

dx= xex,Z

dk =

Zxex dx,

k = xex −Zex dx,

= xex − ex.

Sustituimos en

y = k(x)x4

y obtenemos una solución particular para la EDO completa

yp = (xex − ex)x4= x5ex − x4ex.

Finalmente, la solución general de la EDO completa es

y = yh + yp,

y = kx4 + x5ex − x4ex, k ∈ R.2) Verificación de la solución. Calculamos y0

y0 = 4kx3 + 5x4ex + x5ex − 4x3ex − x4ex= 4kx3 + 4x4ex + x5ex − 4x3ex.

La ecuación diferencial completa es

xdy

dx− 4y = x6ex,

sustituyendo en la parte izquierda de la ecuación

xdy

dx− 4y


obtenemos

x¡4kx3 + 4x4ex + x5ex − 4x3ex¢− 4 ¡kx4 + x5ex − x4ex¢ =

= 4kx4 + 4x5ex + x6ex − 4x4ex − 4 ¡kx4 + x5ex − x4ex¢= 4kx4 + 4x5ex + x6ex − 4x4ex − 4kx4 − 4x5ex + 4x4ex= x6ex.

3) Determinación de la solución particular. Estamos buscando la solución

particular de la EDO completa que cumple y(1) = 2. La solución general de

la EDO completa es

y = kx4 + x5ex − x4ex, k ∈ R,

imponemos la condición inicial y(1) = 2, y resulta

2 = k + e− e ⇒ k = 2,

por lo tanto, la solución particular buscada es

y = 2x4 + x5ex − x4ex. ¤

Ejemplo 2.13 Resuelve el problema de valor inicial(dy

dt+ y = t,

y(0) = 4.

1) Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en forma

estándar; notemos que la variable independiente es t.

y0 + p(t) y = q(t),

Identificamos

p(t) = 1,

la solución de la ecuación homogénea asociada

y0 + p(t) y = 0

es

yh(t) = ke−Rp(t) dt = ke−

Rdt

= ke−t, k ∈ R.

Para determinar una solución particular de la ecuación completa, propone-

mos una solución del tipo

yp(t) = k(t) e−t


y sustituimos en la ecuación completa

dy

dt+ y = t,

resultay0pz }| {

k0 e−t − ke−t +ypz}|{ke−t= t,

k0 e−t = t,

k0 =t

e−t= tet.

Determinamos k(t) resolviendo la EDO

dk

dt= tet,Z

dk =

Ztet dt = tet − et.

Obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa

yp(t) = k(t)e−t = (t− 1)ete−t = t− 1.

La solución general de la EDO completa es

y(t) = yh(t) + yp(t)

= ke−t + t− 1, k ∈ R.

2) Solución del problema de valor inicial. Queremos determinar la solución

de la EDO completa que verifica y(0) = 4. Tomamos la solución general de

la EDO completa

y = ke−t + t− 1, k ∈ R,e imponemos la condición inicial

y(0) = 4,

obtenemos

4 = k − 1 ⇒ k = 5.

La solución particular de la EDO completa buscada es

y = 5e−t + t− 1. ¤

Ejemplo 2.14 Resuelve la EDO

xdy

dx− y = x2 sinx, x > 0.


Ecuación en forma estándar

y0 − 1xy = x sinx,

identificamos p(x)

p(x) = −1/x.Solución de la ecuación homogénea asociada

yh(x) = ke−Rp(x) dx = ke−

R(− 1

x)dx

= keln|x|

= k |x| ,

como, según el enunciado es x > 0, obtenemos

yh = kx, k ∈ R.

Determinamos la solución de la ecuación completa por el método de variación

de parámetros. Proponemos la solución particular de la ecuación completa

yp(x) = k(x)x

y sustituimos en

y0 − 1xy = x sinx,

resultay0pz }| {¡

k0 x+ k¢ −1

x

ypz}|{(kx)= x sinx,

k0 x = x sinx,

k0 = sinx,

k(x) = − cosx.Tomamos como solución particular de la EDO completa

yp(x) = −x cosx,

la solución general de la EDO completa es

y(x) = kx− x cosx, k ∈ R. ¤


3 Métodos numéricos

3.1 Resolución numérica de problemas de valor inicial

• Problema de valor inicial en forma normal½y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].

Se busca una función y = y(x) de clase C1[a, b] que verifique la ecuación

diferencial

y0 = f(x, y)

y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya.

• Condición suficiente de existencia y unicidad de soluciónSea R una región rectangular

R =

½a ≤ x ≤ bc ≤ y ≤ d

Si f(x, y) y∂f

∂yson continuas enR, entonces para cada punto (x0, y0) interior

a R, existe un intervalo

I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,

tal que el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(x0) = y0,

tiene una única solución y = y(x) definida en I0.

Ejemplo 3.1 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = xy2,y(0) = 1, x ≥ 0.

1. Estudia la existencia y unicidad de solución.

2. Resuelve el problema en forma exacta.

3. Determina el dominio de la solución.

1) Existencia y unicidad. Tenemos

f(x, y) = xy2,

∂f

∂y= 2xy,


que son continuas en todo R2. Para cada punto del plano (x0, y0), existe unintervalo

I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,

tal que el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(x0) = y0,

tiene una única solución y = y(x) definida en I0. En particular, cuando

x0 = 0, y0 = 1, existe un intervalo I0 = (−δ, δ) tal que el problema de valorinicial ½

y0 = xy2,y(0) = 1,

tiene una única solución y = y(x) definida en I0.

2) Solución exacta. La ecuación y0 = xy2 es de variables separables.

dy

dx= xy2,

1

y2dy = xdx,Z

1

y2dy =

Zxdx,

−1y=1

2x2 + c, c ∈ R.

Familia de soluciones

y =−1

12x2 + c

, c ∈ R.

Solución particular. Imponemos la condición y(0) = 1

1 =−1

1202 + c

=−1c

⇒ c = −1,

por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es

y(x) =−1

12x2 − 1 =

2

2− x2 .

3) Dominio de la solución. El denominador de la solución

y =2

2− x2

se anula para x = ±√2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde

y(x) es derivable es ³−√2,√2´.


Teniendo en cuenta que en el enunciado se especifica que buscamos una

función y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es

I = [0,√2). ¤

• Resolución numéricaPara muchos problema de valor inicial, podemos asegurar la existencia y

unicidad de solución y, sin embargo, no es posible obtener una solución

exacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la solución

para determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema de

valor inicial (dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b].

1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud

h =b− an,

h es el tamaño de paso (step).

2. Construimos los nodos de la red

x0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.

3. Para cada xj , calculamos un valor aproximado

yj ' y(xj) = yj .

B El errorej = yj − yj

se denomina error de truncamiento del paso j.

B El error al final del intervalo

en = yn − ynse denomina error de truncamiento global.

3.2 Método de Euler

Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],


el método de Euler de n pasos queda definido por½y0 = yayj+1 = yj + h f(xj , yj), j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

h =b− an

y


Ejemplo 3.2 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos.

2. Calcula la solución exacta.

3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento

global.

1) Método de Euler.

I Formulación del método.En primer lugar, escribimos el problema en forma normal e identificamos

f(x, y) ½y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5],

tenemos

f(x, y) = x− y + 1.El tamaño de paso es

h =0.5− 05

= 0.1,

y los nodos son

x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.

El método de Euler es½y0 = 1,

yj+1 = yj + 0.1 (xj − yj + 1) , j = 0, 1, . . . , 4.

I IteracionesFase 0.

x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.


Fase 1.

x0 = 0

y0 = 1

¾⇒ y1 = y0 + h (x0 − y0 + 1) = 1 + 0.1 (0− 1 + 1) = 1.

Fase 2.

x1 = 0.1

y1 = 1

¾⇒ y2 = y1+h (x1 − y1 + 1) = 1+0.1 (0.1− 1 + 1) = 1.01.

Fase 3.

x2 = 0.2

y2 = 1.01

¾⇒ y3 = 1.01 + 0.1 (0.2− 1.01 + 1) = 1. 029.

Fase 4.

x3 = 0.3

y3 = 1.029

¾⇒ y4 = 1.029 + 0.1 (0.3− 1.029 + 1) = 1. 0561.

Fase 5.

x4 = 0.4

y4 = 1.0561

¾⇒ y5 = 1.0561 + 0.1 (0.4− 1.0561 + 1) = 1. 09049

Resumimos los resultados en una tabla

j xj yj

0 0 1

1 0.1 1

2 0.2 1.01

3 0.3 1.029

4 0.4 1.0561

5 0.5 1.09049

2) Solución exacta

I Solución general de la EDO completa. La ecuación

y0 + y = x+ 1

es lineal. La ecuación homogénea asociada es

y0 + y = 0.

Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada es

yh(x) = ke− R p(x) dx = ke−x.


Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de

variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la

forma

yp(x) = k(x) e−x

y sustituimos en

y0 + y = x+ 1,

resultay0pz }| {

k0e−x − ke−x +ypz }| {ke−x= x+ 1,

k0e−x = x+ 1,

k0 =x+ 1

e−x= (x+ 1) ex,

k =

Z(x+ 1) exdx,

resolvemos la integral por partesZ(x+ 1) exdx = (x+ 1) ex −

Zex dx = (x+ 1) ex − ex + c

= xex + c, c ∈ R.

Tomamos el valor de k

k(x) = xex,

de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa

yp(x) = (xex) e−x = x.

Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa

y = yh + yp = ke−x + x, k ∈ R.

I Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1y obtenemos

1 = ke0 + 0 ⇒ k = 1,

la solución del problema de valor inicial es

y = e−x + x.

3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores

exactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5.


y los errores locales de truncamiento

j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0

1 0.1 1. 004837 1 0. 004837

2 0.2 1. 018731 1.01 0. 008731

3 0.3 1. 040818 1.029 0.011818

4 0.4 1. 070320 1.0561 0.014220

5 0.5 1. 106531 1.09049 0.016041

El error de truncamiento global es

e5 = y5 − y5 = 0.016041. ¤

• Deducción del métodoSupongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩

dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],tiene una solución y = y(x) que es de clase C2 en [a, b] y que conocemos

yj = y(xj).

Desarrollamos y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos

y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + y00(t) (x− xj)2 , t entre xj y x.

Sustituimos x = xj+1, y resulta

y(xj+1) = y(xj)+y0(xj) (xj+1 − xj)+1

2y00(t) (xj+1 − xj)2 , t entre xj y xj+1.

Como h = xj+1 − xj , resulta

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+

1

2y00(t)h2, t entre xj y xj+1.

Si h es pequeño, podemos despreciar el término 12y00(t)h2 y tomar la apro-

ximación

y(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h,además, como

y0(xj) = f (xj , yj)

resulta

yj+1 ' yj + h f (xj , yj) .Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-

ximación para yj+1yj+1 = yj + h f (xj , yj) .


3.3 Método de Euler Modificado


dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],

el método de Euler modificado de n pasos queda definido por⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y0 = ya,

k(j)1 = f(xj , yj),

k(j)2 = f

³xj+1, yj + hk

(j)1

´,

yj+1 = yj +h

2

³k(j)1 + k

(j)2

´, j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

h =b− an

y


Ejemplo 3.3 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos.


global.

1) Método de Euler modificado. El problema en forma normal es½y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

Tenemos

f(x, y) = x− y + 1,

h =0.5− 05

= 0.1,

x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.

I Iteraciones.Fase 0.

x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.


Fase 1. Partimos de los valores

x0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1,

k(0)1 = f(x0, y0) = x0 − y0 + 1 = 0− 1 + 1 = 0,

k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.1, 1 + 0.1 · 0)

= 0.1− 1 + 1 = 0. 1,

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005.


x1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 1.005,

k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.1, 1.005) = 0.1− 1.005 + 1

= 0.0 95,

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´= f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)

= f (0.2, 1. 0145) = 0.2− 1.0145 + 1= 0. 1855,

y2 = y1 +h

2

³k(1)1 + k

(1)2

´= 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855)

= 1. 019025.


x2 = 0.2, x3 = 0.3, y2 = 1. 01902 5,

k(2)1 = f(x2, y2) = f(0.2, 1. 01902 5) = 0.2− 1. 01902 5 + 1

= 0. 18097 5,

k(2)2 = f

³x3, y2 + hk

(2)1

´= f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5)

= f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3− 1. 03712 3 + 1= 0. 26287 7,

y3 = y2 +h

2

³k(2)1 + k

(2)2

´= 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7)

= 1. 04121 8.



x3 = 0.3, x4 = 0.4, y3 = 1. 04121 8,

k(3)1 = f(x3, y3) = f(0.3, 1. 04121 8) = 0.3− 1. 04121 8 + 1

= 0. 25878 2,

k(3)2 = f

³x4, y3 + hk

(3)1

´= f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2)

= f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4− 1. 06709 6 + 1= 0. 33290 4,

y4 = y3 +h

2

³k(3)1 + k

(3)2

´= 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4)

= 1. 07080 2.


x4 = 0.4, x5 = 0.5, y4 = 1. 07080 2,

k(4)1 = f(x4, y4) = f(0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8,

k(4)2 = f

³x5, y4 + hk

(4)1

´= f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8)

= f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8,

y5 = y4 +h

2

³k(4)1 + k

(4)2

´= 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8)

= 1. 10707 6.


j xj yj

0 0 1

1 0.1 1.005

2 0.2 1. 01902 5

3 0.3 1. 04121 8

4 0.4 1. 07080 2

5 0.5 1. 10707 6

2) Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que la

solución exacta es

y = e−x + x.


En la siguiente tabla se recogen los valores exactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,


j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0

1 0.1 1. 004837 1.005 −0.000 1632 0.2 1. 018731 1. 01902 5 −0.000 2943 0.3 1. 040818 1. 04121 8 −0.000 4004 0.4 1. 070320 1. 07080 2 −0.000 4825 0.5 1. 106531 1. 10707 6 −0.000 545


e5 = y5 − y5 = −0.000 545. ¤

• Deducción del métodoTenemos el problema de valor inicial½

y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].

Tomamos

y0 = f(x, y)

e integramos en el intervalo [x0, x1]Z x1

x0

y0(x) dx =Z x1

x0

f(x, y(x)) dx.

Para la integral de lado izquierdo tenemosZ x1

x0

y0(x) dx = [y(x)]x1x0 = y(x1)− y(x0),

para aproximar el valor de la integral del lado derecho, usamos la regla del

trapecio simpleZ x1

x0

f(x, y(x)) dx ' h

2[f (x0, y0) + f (x1, y1)] .

Los valores x0, x1, y0 son conocidos; para el valor y1, tomamos la estimación

que nos proporcionaría el método de Euler

y1 ' y0 + hf (x0, y0) ,


tenemos finalmente

y(x1)− y(x0) ' h

2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] ,

y1 = y0 +h

2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] .

En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemos

obtenido yj , para calcular yj+1 integramos

y0 = f(x, y)

en el intervalo [xj , xj+1]Z xj+1

xj

y0(x) dx =Z xj+1

xj

f(x, y(x)) dx,

Z xj+1

xj

y0(x) dx = y(xj+1)− y(xj),Z xj+1

xj

f(x, y(x)) dx ' h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj+1)] ,

para yj+1 tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler

yj+1 ' yj + hf (xj , yj) ,

y(xj+1)− y(xj) ' h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] ,

yj+1 = yj +h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] .

3.4 Método de Taylor de 2o orden


dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda definido por⎧⎨⎩ y0 = ya,

yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2

2

£f 0x(xj , yj) + f 0y(xj , yj) f(xj , yj)

¤, j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

• f 0x es la derivada parcial de f(x, y) respecto de x,


• f 0y es la derivada parcial de f(x, y) respecto de y,

• h = b−anes el step,

• x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b, son los

nodos.

Ejemplo 3.4 Dado el problema de valor inicial(y0 = 1 +

y

x,

y(1) = 2, x ∈ [1, 2].

1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo orden

con 4 pasos.

2. Calcula la solución exacta.


global.

1) Método de Taylor de segundo orden.

I Formulación del método. El problema está en forma normal; identificamosf(x, y)

f(x, y) = 1 +y

x,

calculamos las derivadas parciales

f 0x(x, y) = −y

x2,

f 0y (x, y) =1

x.

El tamaño de paso es

h =2− 14

= 0.25,

los nodos son

x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.

La fórmula de recurrencia es, en este caso

yj+1 = yj + 0.25 · f (xj , yj) + (0.25)2

2

£f 0x(xj , yj) + f

0y (xj , yj) f(xj , yj)

¤= yj + 0.25 · f (xj , yj) + 0.0 3125 ·

£f 0x(xj , yj) + f

0y (xj , yj) f(xj , yj)

¤.

I Iteraciones.


Fase 1. Partimos de x0 = 1, y0 = 2,

f (x0, y0) = 1 +2

1= 3,

f 0x(x0, y0) = −2

1= −2,

f 0y (x0, y0) =1

1= 1,

y1 = y0 + 0.25 · f (x0, y0) + 0.0 3125 ·£f 0x(x0, y0) + f

0y (x0, y0) f (x0, y0)

¤= 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3)= 2. 78125.

Fase 2. Partimos de x1 = 1.25, y1 = 2. 78125,

f (x1, y1) = 1 +2. 78125

1.25= 3. 225,

f 0x(x1, y1) = −2. 78125

(1.25)2= −1. 78,

f 0y (x1, y1) =1

1.25= 0. 8,

y2 = y1 + 0.25 · f (x1, y1) + 0.0 3125 ·£f 0x(x1, y1) + f

0y (x1, y1) f (x1, y1)

¤= 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225)= 3. 6125.

Fase 3. Partimos de x2 = 1.5, y2 = 3. 6125,

f (x2, y2) = 1 +3. 6125

1.5= 3. 40833 3,

f 0x(x2, y2) = −3. 6125

(1.5)2= −1. 60555 6

f 0y (x2, y2) =1

1.5= 0. 66666 67,

y3 = y2 + 0.25 · f (x2, y2) + 0.0 3125 ·£f 0x(x2, y2) + f

0y (x2, y2) f (x2, y2)

¤= 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3)= 4. 48541 7.

Fase 4. Partimos de x3 = 1.75, y3 = 4. 48541 7,

f (x3, y3) = 1 +4. 48541 7

1.75= 3. 56309 5,


f 0x(x3, y3) = −4. 48541 7

(1.75)2= −1. 46462 6,

f 0y (x3, y3) =1

1.75= 0. 57142 86,

y4 = y3 + 0.25 · f (x3, y3) + 0.0 3125 ·£f 0x(x3, y3) + f

0y (x3, y3) f (x3, y3)

¤= 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5)= 5. 39404 8.


j xj yj

0 1.00 2

1 1.25 2. 781250

2 1.50 3. 612500

3 1.75 4. 48541 7

4 2.00 5. 39404 8

2) Solución exacta. Se trata de una ecuación lineal

y0 = 1 +y

x,

la escribimos en la forma estándar

y0 + p(x) y = q(x),

y0 − 1xy = 1.

La ecuación homogénea asociada es

y0 − 1xy = 0,

identificamos

p(x) = −1x,

la solución de la ecuación homogénea es

yh(x) = ke− R −1

xdx = kelnx = kx, k ∈ R.

Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de

variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la

EDO completa de la forma

yp(x) = k(x) x


y sustituimos en

y0 − 1xy = 1,

resultay0pz }| {

k0x+ k −1x

ypz}|{kx = 1,

k0x = 1,

k0 =1

x.

k =

Z1

xdx = lnx+ c, c ∈ R.

Tomamos el valor de k

k(x) = lnx,

de donde resulta la siguiente solución particular para la EDO completa

yp(x) = x lnx.

Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa

y(x) = yh(x) + yp(x) = kx+ x lnx, k ∈ R.

Ahora vamos a calcular la solución del problema de valor inicial. Imponemos

la condición y(1) = 2 y obtenemos

2 = k + 1 ln 1 ⇒ k = 2,

la solución particular es

y = 2x+ x lnx.

3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores

exactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,


j xj yj yj ej = yj − yj0 1.00 2 2 0

1 1.25 2. 77892 9 2. 781250 −0.00 23212 1.50 3. 60819 8 3. 612500 −0.00 43023 1.75 4. 47932 8 4. 48541 7 −0.00 60894 2.00 5. 38629 4 5. 39404 8 −0.00 7754


e4 = y4 − y4 = −0.00 7754. ¤


• Deducción del métodoSupongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩

dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],

tiene una solución y = y(x) que es de clase C3 en [a, b] y que conocemos

yj = y(xj).

Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos

y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + 1

2y00(xj) (x− xj)2 +

+1

3!y000 (t) (x− xj+1)3 , t entre xj y x.

Sustituimos x = xj+1, y resulta

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj) (xj+1 − xj) + 1

2y00(xj) (xj+1 − xj)2 +

+1

3!y000 (t) (xj+1 − xj)3 , t entre xj y xj+1.

Como h = xj+1 − xj , resulta

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+

1

2y00(xj)h2 +

1

3!y000 (t) h3 t entre xj y xj+1,

si h es pequeño, podemos despreciar el término

1

3!y000 (t) h3

y tomar la aproximación

y(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h+ 12y00(xj)h2.

El valor de y0(xj) podemos obtenerlo de

y0(xj) = f (xj , yj) ,

para y00(xj), aplicamos la regla de la cadena

y00(x) =d

dxf (x, y(x)) =

∂

∂xf (x, y) +

∂

∂yf (x, y) y0(x)

=∂

∂xf (x, y) +

∂

∂yf (x, y) f(x, y)


y obtenemos

y00(xj) =∂

∂xf (xj , yj) +

∂

∂yf (xj , yj) f(xj , yj),

yj+1 ' yj + h f (xj , yj) + h2

2

∙∂

∂xf (xj , yj) +

∂

∂yf (xj , yj) f(xj , yj)

¸.

Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-

ximación para yj+1

yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2

2

£f 0x(xj , yj) + f

0y(xj , yj) f(xj , yj)

¤.

4 Algunos ejemplos de aplicación

Ejemplo 4.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t)

es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0. Si

después de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremos

una población triple de la inicial?

• Modelo.y = y(t) población,

t tiempo (en años),

t = 0 momento inicial,

y0 = y(0) población inicial,

dy

dttasa de crecimiento de la población (individuos/año).

• Ecuación diferencial.dy

dt= α y,

donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es

una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar

y0 + p(t) y = 0,

esto es

y0 − α y = 0,

donde identificamos

p(t) = −α.La solución general es

y = ke−Rp(t) dt

= ke−R(−α) dt,


y = keαt, k ∈ R.Utilizamos la condición inicial

y(0) = y0

para determinar la constante k

y0 = keα·0 = k,

por lo tanto,

y = y0 eαt.

Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial

se ha duplicado en un período de 50 años.

y(50) = y0 eα50 = 2y0 ⇒ eα50 = 2,

50α = ln 2,

α =ln 2

50= 0.013863.

El modelo de la población, es por lo tanto,

y = y0 e0.013863t.

Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , plan-

teamos la ecuación

y0 e0.01 3863t = 3y0

y determinamos el valor de t

e0.01 3863t = 3,

0.013863t = ln 3,

t =ln 3

0.01 3863= 79. 2478.

Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial

(29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤

Ejemplo 4.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la po-

blación es proporcional a la población presente.

1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿que

población cabe esperar al cabo de 12 horas?

2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104

al cabo de 3 horas y 4×104 al cabo de 5 horas. Determina la poblacióninicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas?


• Modeloy = y(t) población,

t tiempo (en horas),


y0 = y(0) población inicial,

dy

dttasa de crecimiento de la población (individuos/hora).

• Ecuación diferencialdy

dt= α y,

α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una

EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y0 + p(t) y = 0 yobtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución

y = keαt, k ∈ R.

Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k

y0 = keα·0 = k,

resulta,

y = y0 eαt.

1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población

inicial se ha duplicado en un período de 4 horas.

y(4) = y0 eα4 = 2y0 ⇒ e4α = 2,

4α = ln 2,

α =ln 2

4.

El modelo de la población, es por lo tanto,

y = y0 eln 24t.

Después de 12 horas, tendremos

y(12) = y0 eln 2412 = y0 e

3 ln 2 = y0eln 8 = 8y0,

es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8.

2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar la

constante α y la población inicial. El modelo es

y = y0 eαt


y tenemos ½y(3) = 104,

y(5) = 4× 104,es decir ½

y0 e3α = 104,

y0 e5α = 4× 104.

Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α

y0 e5α

y0 e3α=4× 104104

,

e5α

e3α= 4,

e2α = 4,

2α = ln 4,

α =ln 4

2= ln

√4 = ln 2.

Sustituyendo en la primera ecuación, resulta

y0 e3 ln 2 = 104,

y0 =104

e3 ln 2=104

8= 1250,

la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo que

describe el tamaño de la población es

y = 1250 et ln 2 = 1250× 2t

Después de 6 horas, el tamaño de población será

y(6) = 1250× 26 = 80000 individuos. ¤

Ejemplo 4.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a que

se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de tem-

peratura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire es

de 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos.

1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos?

2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o?


• Modeloy = y(t) temperatura de la sustancia,

t tiempo (en minutos),


y0 = 100o temperatura inicial,

Tm = 30o temperatura del medio,

dy

dttasa de variación de la temperatura de la sustancia.


dt= −α ( y − Tm),

α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos que

si y > Tm, entonces

−α ( y − Tm) < 0y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escri-

bimos en forma estándar

y0 + p(t) y = q(t),

y0 + α y = αTm,

identificamos

p(t) = α, q(t) = αTm, (ambos constantes).

La EDO lineal homogénea asociada es

y0 + α y = 0,

que tiene solución

y = ke−Rα dt, k ∈ R,

y = ke−α t, k ∈ R.Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros,

esto es, proponemos una solución

yp(t) = k(t) e−α t

y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t)

y0pz }| {k0 e−α t − αk e−α t +α

ypz }| {k e−α t= αTm,

k0 e−α t = αTm,


k0 =αTm

e−α t,

k0 = αTm eα t,

k =

ZαTm e

α t dt.

Obtenemos

k = Tm eα t + c, c ∈ R,

tomamos el valor de k

k = Tm eα t,

de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa

yp(t) =¡Tm e

α t¢e−αt = Tm.

La solución general de la EDO completa es

y(t) = yh(t) + yp(t) = ke−α t + Tm, k ∈ R.

Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamente

yp(t) = Tm apreciando que la ecuación

dy

dt= −α ( y − Tm),

tiene la solución singular y = Tm.

1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos las condición inicial

y(0) = 100o,

100 = k e0 + 30 ⇒ k = 70.

Finalmente, para determinar α, usamos el dato

y(15) = 70,

70 = 70e−15α + 30,

70e−15α = 40

e−15α =4

7

−15α = ln 47

α =−115ln4

7= 0.03731.

El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es

y = 70e−0.03731 t + 30.


La temperatura después de 10 minutos será

y(10) = 70 e−0.3731 + 30 = 78. 2o

2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtiene

resolviendo la ecuación

70e−0.03731 t + 30 = 40,

e−0.03731 t =10

70,

t =−1

0.03731ln1

7= 52. 16 minutos. ¤

Ejemplo 4.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua y

sal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservada

uniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60

kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora?

• Modeloy = y(t) cantidad de sal en el tanque (en kg),



y0 = 60 cantidad inicial de sal (en kg),

dy

dttasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min).

Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, por

lo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante

concentración de sal =y

1000(en Kg/litro).

Tasa de variación de sal =

tasa de entrada de salz }| {20litros

min.× 0 kg

litro−

tasa de salida de salz }| {20litros

min.× y

1000

kg

litro

= − 150ykg

min.


dt= − 1

50y.

Es una ecuación lineal homogénea

y0 +1

50y = 0,


con solución general

y = k e−R

150dt, k ∈ R,

y = k e−150t, k ∈ R.

Usamos la condición inicial

y(0) = 60,

para determinar k

60 = k e−0 ⇒ k = 60.

El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es

y = 60 e−150t.

La cantidad de sal después de 1 hora será

y(60) = 60 e−6050 = 18. 07 kg. ¤

Ejemplo 4.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metroshay una concentración del 0.2% de CO2. Se quiere renovar la atmósfera con

aire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladores

que proporcionan un caudal de aire de 9m3/min. Calcula el porcentaje de

CO2 después de 20 minutos.

• Modeloy = y(t) cantidad de CO2 (en m

3),



V = 90 m3 volumen de la galería,y

90concentración de CO2,

y0 = 0. 18 m3 cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002× 90),

dy

dttasa de variación de la cantidad de CO2 (en m

3/min).

Tasa de variación de CO2

tasa de entrada de CO2z }| {9m3 aire

min.× 0.0005 m

3 CO2

m3 aire−

tasa de salida de CO2z }| {9m3 aire

min.× y

90

m3 CO2

m3 aire

=³0.0045− y

10

´ m3 CO2min

.


dt=³0.0045− y

10

´.


Resolvemos por separación de variables

1³0.0045− y

10

´ dy = dt,Z

1³0.0045− y

10

´ dy = Z dt,

−10 ln¯0.0045− y

10

¯= t+ c1,

ln¯0.0045− y

10

¯= − t

10+ c2, c2 =

−c110,¯

0.0045− y

10

¯= e−

t10+c2 = c3e

− t10 , c3 = e

c2 ,

0.0045− y

10= ±c3 e−

t10 ,

0.0045− y

10= c4 e

− t10 ,

y = 10³0.0045− c4 e−

t10

´,

y = 0.045− c e− t10 , c ∈ R.

Sustituimos la condición inicial, y determinamos c

y(0) = 0.18,

0.18 = 0.045− c e− 010 ⇒ c = −0. 135.

El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es

y = 0.045 + 0.135 e−t10 .

La cantidad de CO2 después de 20 minutos será

y(20) = 0.045 + 0.135 e−2010 = 0.06 327 m3

y la concentración es

0.06 327 m3CO2

90 m3 aire= 0.000703.

Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤

Ejemplo 4.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8

dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondo

de radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por un

orificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8√h

dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmente

el depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardará

en vaciarse.


• Modeloh = h(t) nivel de agua en el depósito (en dm),

t tiempo (en segundos),


h0 = 10 dm nivel inicial,

R = 8 dm radio del depósito,

r = 0.0833 dm radio del orificio de salida,

dh

dttasa de variación del nivel de agua (en dm/s).

La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es

v = 4.8√hdm/s,

y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es

A = πr2 dm2,

por lo tanto, tendremos un flujo de salida

v ·A = 4.8√hdm/s× πr2 dm2 = 4.8πr2

√h dm3/s.

La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujo

de salidadV

dt= −4.8πr2

√h, (5)

por otra parte, el volumen de agua en el depósito es

V = πR2h,

por lo tantodV

dt= πR2

dh

dt.

Sustituimos en (5), y resulta

πR2dh

dt= −4.8πr2

√h,

de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en el

depósito

R2dh

dt= −4.8r2

√h,

dh

dt= −4.8 r

2

R2

√h.

Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833

dh

dt= −5. 204× 10−4

√h.


Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables

1√hdh = −5. 204× 10−4 dt,

Z1√hdh = −5. 204× 10−4

Zdt,

2√h = −5. 204× 10−4 t+ c, c ∈ R.

Determinamos c con la condición inicial h0 = 10

2√10 = −5. 204× 10−4 × 0 + c ⇒ c = 2

√10,

por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de agua

en el tanque es

2√h = −5. 204× 10−4 t+ 2

√10, (6)

que en forma explícita queda

h =³√10− 0.000 2602 t

´2.

Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (6) y despejamos

t

0 = −5. 204× 10−4 t+ 2√10,

t =−2√10

−5. 204× 10−4 = 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22minutos. ¤

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