texto Ec. Dif.

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMONFACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍADEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS

Ecuaciones Diferenciales

Ing: Raúl Romero Encinas

Cochabamba - Bolivia

2011

1

Índice general

1. Ecuación Diferencial 51.1. Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2. Función Homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.1. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas . . . . . . . . . . . . . 11

1.3.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4.1. Ecuaciones Diferenciales No Homogéneas donde M(x, y)y N(x, y) son Funciones No Homogéneas . . . . . . . 15

1.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.6. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.) . . . . . . . . . . 20

1.6.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.7. Ecuaciones Diferenciales no Exactas que pueden transfor-

marse en Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.7.1. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.7.2. Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exactas . . 30

1.8. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.9. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . 35

2. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 392.1. Aplicaciones Geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2. Aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer orden . . 412.3. Mecánica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.3.1. Movimiento vertical incluyendo la resistencia del aire 502.3.2. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.4. Circuitos en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3

ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL

3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 2o Orden y OrdenSuperior a Coeficientes Constantes 71

3.0.1. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.0.2. Ecuación de Mac Laurin . . . . . . . . . . . . . . . . 753.0.3. Aplicaciones de las funciones sen x, cos x, ex . . . . . . 763.0.4. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Orden 793.0.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogénea . . . . . . . 873.1.1. Método continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.3. Ecuación Diferencial Lineal Homogénea a Coeficientes Con-

stantes de Orden “n” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 953.3.1. Resolución de una Ecuación Diferencial Lineal Com-

pleta de Orden“n”- obtención de la solución particular(Ecuación Diferencial no Homogénea) . . . . . . . . . 97

3.3.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.3.3. Método de Coeficiente Indeterminado . . . . . . . . . 102

3.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1053.5. Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden . 106

3.5.1. Sistema Masa- Resorte sin amortiguación . . . . . . . 1063.5.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

3.6. Aplicación a Circuitos Eléctricos en Serie LRC . . . . . . . . 1333.7. Circuitos Eléctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.8. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

3.8.1. Estudio del Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . 1403.9. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1433.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

3.10.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Co-eficiente Constante de Orden n . . . . . . . . . . . . 146

3.10.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

4

Capítulo 1

Ecuación Diferencial

Definición 1.1 Llamaremos ecuación diferencial aquella igualdad en el cualcontienen derivadas totales o parciales con dos o mas variables

Ejemplo 1.1

y′ = ex

y = y(x)y′′ + 2y′ − y = sen x + 2 cos x

y = y(x)

∂z

∂x+

∂z

∂y= x + y

z = z(x, y)

∂4z

∂x4+ 2

∂2z

∂x2· ∂2z

∂y2+

∂4z

∂y4= x + y

z = z(x, y)

Clasificación.- Clasificamos las ecuaciones diferenciales en dos grandes ca-tegorías:

Ecuación Diferencial Ordinaria.- Son aquellas en las que la funcióndesconocida depende de una sola variable independiente

y′′ − 3y′ + 2y = ex cos x

y = y(x)

Ecuaciones Diferenciales a Derivadas Parciales.- Son aquellas en lasque la función función desconocida depende de dos o mas variables inde-pendientes.

∂z

∂x2+ 2

∂2z

∂x∂y+

∂2z

∂y2= sen x + cos y

z = z(x, y)∂4z

∂x4+ 2

∂4z

∂x2∂y2+

∂4z

∂y4= x2 + 2xy

5

UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas

CAPÍTULO 1. ECUACIÓN DIFERENCIAL

Orden de una Ecuación Diferencial : El orden de una ecuación dife-rencial es el orden de la derivada de mayor orden que interviene en ella.

Ejemplo 1.2 y′ + 2y = 3x Ec. Dif. de 1o Orden

Ejemplo 1.3d2y

dx2− cos x

dy

dx+ y = 0 Ec. Dif. de 2o Orden

Ejemplo 1.4∂3z

∂x2∂y+cos(x+y)

∂z

∂x= ex+y Ec. Dif. de 3o Orden a derivadas

parciales.

Grado de una Ecuación Diferencial: El grado de una ecuación dife-rencial que puede escribirse como un polinomio respecto a las derivadas esel grado de la derivada de mayor orden que interviene en ella.

Ejemplo 1.5(

d2y

dx2

)3

+ 3x + ydy

dx= 0 Ec. Dif. de 2o Orden de 3o grado.

Ejemplo 1.6(

d2y

dx2

)1

−(

dy

dx

)3

+ 2x = Ec. Dif. de 2o Orden de 1o grado.

Solución de una Ecuación Diferencial: Se da el nombre de soluciónde una ecuación diferencial a aquellas ecuaciones que sustituyendo a la fun-ción desconocida en la ecuación diferencial la transforman en una igualdadnumérica o funcional.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias: Tienen la forma siguiente:

F (x, y, y′, y′′, . . . , yn) = 0 Ecuación Ordinaria de Orden n

F : función desconocida x : Variable independiente

Ing. Raúl Romero E. 6


1.1. VARIABLES SEPARABLES

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden: Tiene lasiguiente forma:

F (x, y, y′) = 0

despejando y′ tenemos y′ = f(x, y)

supongamnos f(x, y) = −M(x, y)

N(x, y)

f(x, y) = −M(x, y)

N(x, y)

dy

dx= −M(x, y)

N(x, y)

∴ M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Ec.Dif. de primer orden

1.1. Variables Separables1. y′ = (x + y + 1)2

Solución:dy

dx= (x + y + 1)2 dt = (t2 + 1)dx

dy = (x + y + 1)2dxdt

t2 + 1= dx

t = x + y + 1

∫dt

t2 + 1=

∫dx

dt = dx + dy arctan(x + y + 1) = x + c

dy = dt− dx arctan(x + y + 1) = x + c

dt− dx = t2dx x + y + 1 = tan(x + c)

2. (x− 1)dx− (xey + ey)dy = 0

Solución:

ey(x + 1)dy − (x− 1)dx = 0 ey = x− 2 ln(x + 1) + c

eydy =x− 1

x + 1dx ey = x− ln(x + 1)2 + c

∫eydy =

∫x− 1

x + 1dx Aplicando logaritmos

ey =

∫ (1− 2

x + 1

)dx y = ln[x− ln(x + 1)2 + c]




3. xyexdx− dy = 0Solución:

xyexdx− dy = 0

xexdx− dy

y= 0 Separando variables

u = x dv = exdxdu = dx v = ex

Integrando∫xexdx−

∫dy

y=

∫0 ⇒ xex −

∫exdx− ln y = c

xex − ex − ln y = c ⇒ ln y = xex − ex + ec

eln y = e[xex−ex+ec]

∴ y = c1exex−ex

4. (xy2 + y2)dx + xdy = 0

Solución:

y2(x + 1)dx + xdy = 0 x + ln x− 1

y= c

x + 1

xdx +

dy

y2= 0;

Separandovariables x + ln x + c =

1

y∫ (1 +

1

x

)dx +

∫y−2dy =

∫0 ∴ y =

1

x + ln x + c

5. ydx− xdy = 0Solución:

dx

x− dy

y= 0 ln

x

y= ln c

∫dx

x−

∫dy

y=

∫0

x

y= c ⇒ y = cx

ln x− ln y = ln c



1.2. FUNCIÓN HOMOGÉNEA

1.1.1. Problemas Propuestos

1. (ln x+y3)dx = 3xy2dy Respuesta: z =y3

x; y3 = Cx−ln x−1

2. x7 ln xdx− dy = 0 Respuesta:(

x8

8ln x− x8

64+ C

)

3. xexdx− 3y2dy = 0 Respuesta: 3√

xex − ex + C

4. y′ = (x + 1)2

5.dy

dx=

(2y + 3

4x + 5

)2

6.dy

dx= e3x+2y

7. y ln xdx

dy=

(y + 1

x

)2

8. sec2 xdy + csc ydx = 0

9.dx

dt= 4(x2 + 1) x

(π

4

)= 1

10. x2 dy

dx= y − xy y(-1)=-1

1.2. Función HomogéneaDefinición 1.2 (Función Homogénea) Se llama función homogénea degrado "n" si

f(λx, λy) = λnf(x, y)

Ejemplo 1.7 f(x, y) = xy − x2

Solución:

f(λx, λy) = (λx)(λy)− (λx)2

= λ2(xy)− λ2x2

= λ2(xy − x2)

fλx, λy) = λ2f(x, y)

∴ f(x, y) es una Función Homogénea de grado 2




Ejemplo 1.8 f(x, y) =√

x− ySolución:

f(λx, λy) =√

λx− λy

f(λx, λy) =√

λ(x− y) =√

λ√

x− y = λ12√

x− y

∴ f(x, y) es Función Homogénea de grado1

2

Ejemplo 1.9 h(x, y) = seny

x− 5

Solución:

h(λx, λy) = senλy

λx− 5

= seny

x− 5

= λ0(sen

y

x− 5

)

∴ h(x, y) es Función Homogénea de grado cero

Ejemplo 1.10 f(x, y) = ex2+y2

xy−y2

Solución:

f(λx, λy) = e(λx)2+(λy)2

(λx)(λy)−(λy)2 = eλ2x2+λ2y2

λ2xy−λ2y2

= eλ2(x2+y2)

λ2(xy−y2) = λ0ex2+y2

xy−y2

∴ f(x, y) es función homogénea de grado cero

Ejemplo 1.11 f(x, y) = x2 +x4

x2 + y2

f(λx, λy) = λ2x2 +λ4x4

λ2(x2 + y2)= λ2

(x2 +

x4

x2 + y2

)

f(x, y) es función Homogénea de grado 2

Ejemplo 1.12 f(x, y) = arctany

x+

x

x + y

f(λx, λy) = arctanλy

λx+

λx

λx + λy

f(λx, λy) = arctany

x+

x

x + y

= λ0

(arctan

y

x+

x

x + y

)

f(x, y) es función homogénea de grado cero



1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS

1.2.1. Problemas Propuestos

1. Analizar si las funciones son Homogéneas

a) f(x, y) =

√x

x + y

b) f(x, y) = exy + 2

c) f(x, y) = x3y2 + y5

d) f(x, y) =1√

x3 − yx2

1.3. Ecuaciones Diferenciales HomogéneasLa Ecuación Diferencial de Primer Orden

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

es una ecuación diferencial homogénea si solamente si la función M(x, y) yN(x, y) son funciones Homogéneas de igual grado.M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Ecuación diferencial HomogéneaM(x, y) =? N(x, y) =?M(λx, λy) = λnM(x, y) Condición EulerN(λx, λy) = λnN(x, y)

Si λ =1

xó λ =

1

y

M(1,

y

x

)=

1

xnM(x, y)

Despejando M(x, y)

M(x, y) = xnM(1,

y

x

)M(x, y) = xnM

(y

x

)

N(1,

y

x

)=

1

xnN(x, y)

Despejando N(x, y)

N(x, y) = xnN(1,

y

x

)

N(x, y) = xnN(y

x

)

Reemplazando en la Ecuación Diferencial Homogénea

xnN(y

x

)dx + xnN

(y

x

)dy = 0




Sea hace v =y

x⇒ y = vx dy = vdx + xdv

xn [M(v)dx + N(v) (vdx + xdv)] = 0 ÷ xn

M(v)dx + vN(v)dx + xN(v)dv = 0

[M(v) + vN(v)]dx + xN(v)dv = 0

Separando variables→ dx

x+

N(v)

M(v) + vN(v)dv = 0

Ec. Dif cuyas variablesestan separadas

Integrando: ∫dx

x+

∫N(v)

M(v) + vN(v)dv = c

Teorema 1.1 En toda ecuación diferencial homogénea se pueden separarsus variables

Demostración:

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

M(λx, λy) = λnM(x, y)

considerando λ =1

y

M

(x

y, 1

)=

1

ynM(x, y)

M(x, y) = ynM

(x

y, 1

)

M(x, y) = ynM

(x

y

)(1)

N(λx, λy) = λnN (x, y) Condición de Euler

con λ =1

yse tiene:

N

(x

y, 1

)=

1

ynN (x, y)

N(x, y) = ynN

(x

y, 1

)

N(x, y) = ynN

(x

y

)(2)

Reemplazando (1) y (2) en la Ec. Dif. Homogénea

ynM

(x

y

)dx + ynN

(x

y

)dy = 0 (3)



1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS

Hacemos un cambio de variable

v =x

yx = vy dx = vdy + ydv

Reemplazando en la Ec. Dif. Homogénea (3)

yn [M(v) (vdy + ydv) + N(v)dy] = 0 ÷ yn

vM(v)dy + yM(v)dv + N(v)dy = 0

[N(v) + vM(v)]dy + yM(v)dv = 0

dy

y+

M(v)

N(v) + vM(v)dv = 0

Ec.Dif. cuya variablesestan separadas

1.3.1. Ejercicios Resueltos

1. Analiza si las siguientes ecuaciones diferenciales son ecuaciones Ho-mogéneas

a) xy + x2dx + (y2 + x2)dy = 0Ecuación diferencial Homogénea de segundo grado todos los tér-minos tienen igual grado

b)(

cosx

y+ 2

)dx + e

xy dy = 0 Ecuación diferencial de grado cero

c)√

x + ydx + x12 dy = 0 Ecuación diferencial de grado

1

2

2. Resolver la ecuación diferencial Homogénea

(x2 + y2)dx− xydy = 0

Solución:

v =y

xy = vx dy = vdx + xdv

(x2 + v2x2)dx− xvx(vdx + xdv) = 0

x2dx + v2x2dx− v2x2dx− x3vdv = 0

dx− xvdv = 0 ⇒ dx

x− vdv = 0

∫dx

x−

∫vdv =

∫0 ⇒ ln x− v2

2= c ⇒ v2

2= ln x + c 2c = c1

v2 = 2 ln x + c1 v =√

2 ln x + c1 ⇒ y

x=√

2 ln x + c1

∴ y = x√

2 ln x + c1




3. xdy − ydx = x tany

xdx

Solución:

v =y

xy = vx dy = vdx + xdv

x(vdx + xdv)− vxdx = x tanvx

xdx

x2dv = x tan vdx

dv

tan v=

dx

x∫cot vdv =

∫dx

xln | sen v| = ln x + ln c ⇒ ln sen v = ln[xc]

sen v = xc ⇒ v = arcsin(xc)

y

x= arcsin(xc) ∴ y = x arcsin(xc)

4. xdy − ydx =√

x2 + y2dx

Solución:v=

y

x⇒ y = vx dy = vdx + xdv ln[v +

√1 + v2] = ln x+ln c

x(vdx+xdv)− vxdx=√

x2 + v2x2dx ln(v +√

1 + v2) = ln(xc)

x2dv = x√

1 + v2dx v +√

1 + v2 = xc

dv√1 + v2

=dx

x∴ y

x+

√1 +

(x

y

)2

= xc

∫dv√

1 + v2=

∫dx

x

1.4. Problemas Propuestos1. Resolver las ecuaciones diferenciales homogéneas

a) (x3 + y3)dx− xy2dy = 0 Respuesta: k1x3 = e

y3

x3

b) (y− x)dx + (y + x)dy = 0 Respuesta: y2 + 2xy− x2 = c1

c) (8y + 10x)dx + (7x + 5y)dy = 0

d) (x + y)dx + xdy = 0

e) (2√

xy − y)dx + xdy = 0 Respuesta: e2×√

yx

=c

x2



1.4. PROBLEMAS PROPUESTOS

1.4.1. Ecuaciones Diferenciales No Homogéneas dondeM(x, y) y N(x, y) son Funciones No Homogéneas

(a1x + b1y + c1)︸︷︷︸M(x,y)

dx + (a2x + b2y + c2)︸︷︷︸N(x,y)

dy = 0

Donde M(x, y) y N(x, y) son Funciones no Homogéneas de “ grado 1”.Ecuación Diferencial No Homogénea (a1x+b1y+c1)dx+(a2x+b2y+c2)dy =0.Para la resolución de estas ecuaciones diferenciales se consideran los siguien-tes casos

1o Caso: Determinante igual a cero.-∣∣∣∣

a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣ = a1b2 − a2b1 = 0

En este caso es suficiente realizar un cambio de variable t = a1x + b1y

2o Caso: Determinante diferente de cero.-∣∣∣∣a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣ = a1b2 − a2b1 6= 0

Entonces resolvemos

a1x + b1y + c1 = 0a2x + b2y + c2 = 0

x = h; y = k ⇒ x = r + h dx = dry = s + k. dy = ds

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

∣∣∣∣2 11 −2

∣∣∣∣ = −4− 1 = −5 6= 0

Entonces

2x + y − 1 = 0x− 2y + 3 = 0

⇒

x = −1

5

y =7

5

x = r − 1

5→ dx = dr

y = s +7

5dy = ds




[2

(r − 1

5

)+ s +

7

5− 1

]dr +

[r − 1

5− 2

(s +

7

5

)+ 3

]ds = 0

(2r + s)dr + (r − 2s)ds = 0 Ec. Dif. HomogéneaEntonces v =

s

r⇒ s = vr ds = vdr + rdv

(2r + vr)dr + (r − 2vr)(vdr + rdv) = 0

(2 + v)dr + (1− 2v)(vdr + rdv) = 0

2dr + vdr + vdr − 2v2dr + rdv − 2rvdv = 0

(2 + 2v − 2v2)dr + r(1− 2v)dv = 0

dr

r+

1− 2v

2(1 + v − v2)dv = 0

ln r +1

2ln(1 + v − v2) = ln c

ln[r · (1 + v − v2)

12

]= ln c

r√

1 + v − v2 = c

r

√1 +

s

r− s2

r2= c

r

√r2 + sr − s2

r2= c

ç

√(x +

1

5

)2

+

(y − 7

5

)(x +

1

5

)−

(y − 7

5

)2

= c

(x +

1

5

)2

+

(y − 7

5

)(x +

1

5

)−

(y − 7

5

)2

= k

2. Resolver (3x + y − 15)dx + (6x + 2y − 5)dy =

solución: ∣∣∣∣3 16 2

∣∣∣∣ = 6− 6 = 0 ⇒ t = 3x + ydt = 3dx + dy

(t− 15)dx + (2t− 5)(dt− 3dx) = 0

tdx− 15dx + 2tdt− 5dt− 6tdx + 15dx = 0

(2t− 5)dt− 5tdx = 0




(2t− 5)

tdt− 5dx=0

∫ (2− 5

t

)dt−

∫5dx = c

2t− 5 ln t− 5x = c

2t− ln t5 − 5x = c

2(3x + y)− ln(3x + y)5 − 5x = c

5x− 2(3x + y) + ln(3x + y)5 = c1

3. Resolver (x + 3y − 5)dx + (3x + y − 7)dy = 0

solución: ∣∣∣∣1 33 1

∣∣∣∣ = 1− 9 = −8 6= 0

x + 3y − 5 = 03x + y − 7 = 0

⇒ x = 2

y = 1

x = r + 2 dx = dry = s + 1 dy = ds

[r + 2 + 3(s + 1)− 5] dr + [3(r + 2) + s + 1− 7]ds = 0

(r + 3s)dr + (3r + s)ds = 0

v =s

r⇒ s = vr ds = vdr + rdv

(r + 3vr)dr + (3r + vr)(vdr + rdv) = 0 ÷ r

(1 + 3v)dr + (3 + v)(vdr + rdv) = 0

dr + 3vdr + 3vdr + v2dr + 3rdv + vrdv = 0

(1 + 6v + v2)dr + r(3 + v)dv = 0

dr

r+

3 + v

1 + 6v + v2dv = 0

ln r +1

2ln(v2 + 6v + 1) = ln c

ln[r · √v2 + 6v + 1

]= ln c

r ·√

s2

r2+ 6

s

r+ 1 = c




r ·√

s2 + 6sr + r2

r2= c

s2 + 6sr + r2 = k

(y − 1)2 + 6(y − 1)(x− 2) + (x− 2)2 = k

4. Resolver (2x + y + 1)dx + (x + 2y − 1)dy = 0solución:

∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ = 4− 1 = 3 6= 0 ⇒ 2x + y + 1 = 0x + 2y − 1 = 0

⇒ x = −1

y = 1

x = r − 1 dx = dry = s + 1 dy = ds

[2(r − 1) + s + 1− 1]dr + [r − 1 + 2(s + 1)− 1]ds = 0

[2r + s]dr + (r + 2s)ds = 0

u =s

r⇒ s = ur ⇒ ds = udr + rdu

(2r + ur)dr + (r + 2ur)(udr + rdu) = 0 ÷ r

(2 + u)dr + (1 + 2u)(udr + rdu) = 0

2dr + udr + udr + 2u2dr + rdu + 2rudu = 0

2(1 + u + u2)dr + r(1 + 2u)du = 0

2dr

r+

2u + 1

u2 + u + 1du = 0

2 ln r +

∫2u + 1

u2 + u + 1du = ln c

2 ln r + ln(u2 + u + 1) = ln c

ln r2 + ln(u2 + u + 1) = ln c

ln[r2 · (u2 + u + 1)] = ln c

r2 ·(

s2

r2+

s

r+ 1

)= c

r2 · s2 + sr + r2

r2= c

(y − 1)2 + (y − 1)(x + 1) + (x + 1)2 = c




5. (2x− 5y + 3)dx− (2x + 4y − 6)dy = 0solución: ∣∣∣∣

2 −52 4

∣∣∣∣ = 8 + 10 = 18 6= 0

2x− 5y + 3 = 02x + 4y − 6 = 0

⇒ x = 1

y = 1

x = r + 1y = s + 1

(2r + 2− 5s− 5 + 3)dr − (2r + 2 + 4s + 4− 6)ds = 0(2r − 5s)dr − (2r + 4s)ds = 0 Ec. Dif Homogénea

v =s

r⇒ s = vr ⇒ ds = vdr + rdv

(2r − 5vr)dr − (2r + 4vr)(vdr + rdv) = 0

2dr − 5vdr − 2vdr − 4v2dr − 2rdv − 4vrdv = 0

(2− 7v − 4v2)dr − r(2 + 4v)dv = 0

dr

r+

2 + 4v

4v2 + 7v − 2dv = 0

∫dr

r+

∫2 + 4v

4v2 + 7v − 2dv =

∫0

2 + 4v

4v2 + 7v − 2=

A

v + 2+

B

4v − 1

(4v)2 + 7(4v)− 8 = (4v + 8)(4v − 1) = (v + 2)(4v − 1)

2 + 4v

(v + 2)(4v − 1)=

A(4v − 1) + B(v + 2)

(v + 2)(4v − 1)

2 + 4v = 4Av − A + Bv + 2B

2 = −A + 2B4 = 4A + B

⇒

A =2

3

B =4

3

ln r +2

3ln(v + 2) +

1

3ln(4v − 1) = ln c

ln[r(v + 2)

23 · (4v − 1)

13

]= ln c

r(v + 2)23 (4v − 1)

13 = 0

r3 (v + 2)2 (4v − 1) = c1




r3(s

r+ 2

)(4s

r− 1

)= c1

r3

(s + 2r

r

)2 (4s− r

r

)= c1

(y − 1 + 2(x− 1))2[4(y − 1)− (x− 1)] = c1

(y − 1 + 2x− 2)2(4y − 4− x + 1) = c1

(y + 2x− 3)2(4y − x− 3) = c1

1.5. Ejercicios Propuestos

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

2. Resolver (x + 3y − 5)dx + (3x + y − 7)dy = 0

1.6. Ecuaciones Diferenciales Exactas (E.D.E.)

1.6.1. Introducción

Sea una función F = F (x, y).Se llama diferencial de F = F (x, y) a la siguiente expresión:

dF =∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy

Demostrar∂M(x, y)

∂y=

∂N(x, y)

∂xM(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

Demostración:



1.6. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.D.E.)


∃f(x, y)/∂f(x, y)

∂xdx +

∂f(x, y)

∂ydy = 0

⇒ M(x, y) =∂f(x, y)

∂xN(x, y) =

∂f(x, y)

∂yDerivando M(x, y) respecto de “y” y N(x, y) respecto de “x”

∂M(x, y)

∂y=

∂

∂y

[∂f(x, y)

∂x

]∂N(x, y)

∂x=

∂

∂x

[∂f(x, y)

∂y

]

∂M(x, y)

∂y=

∂2f(x, y)

∂y∂x(1)

∂N(x, y)

∂y=

∂2f(x, y)

∂x∂y(2)

Por el axioma de la igualdad de (1) y (2) se tiene∂M(x, y)

∂y=

∂N(x, y)

∂x

Ejemplo 1.13

dF =∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy

dF = (6x + 6y) dx + (6x + 8y)dy

Problema inverso: Dado la diferencial de una función “F ” se puede de-terminar F dado dF entonces determinar F =?

Definición 1.3 Diferencial exacta


Es ecuación diferencial exacta si y si existe F = F (x, y) tal quedF = M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

Teorema 1.2M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

es ecuación diferencial exacta, si las derivadas Parciales Cruzadas son si y

solamente si∂M

∂y=

∂N

∂x




Ejemplo 1.14 (x3 + xy2)︸︷︷︸M(x,y)

dx + (x2y + y3)︸︷︷︸N(x,y)

dy = 0

∂M

∂y= 2xy

∂N

∂x= 2xy

⇒ (x3 + xy2)dx + (x2y + y3)dy = 0 es E.D.E.

⇒ ∃F (x, y)/dF = (x3 + xy2)︸︷︷︸

∂F

∂x

dx + (x2y + y3)︸︷︷︸∂F

∂y

dy = 0

∂F

∂x= x3 + xy2 ∧ ∂F

∂y= x2y + y3

∂F

∂x= x3 + xy2

Integrando con respecto a “x”

F =x4

4+

x2

2y2 + α(y)

Derivando con respecto a “y”∂F

∂y= 2 · x2

2y + α′(y)

= x2y + α′(y) = x2y + y3

α′(y) = y3

Integrando con respecto a “y” α(y) =y4

4

⇒ C =x4

4+

x2

2y2 +

y4

4

Ejemplo 1.15 (x + sen y)︸︷︷︸M(x,y)

dx + (x cos y − 2y)︸︷︷︸N(x,y)

dy = 0

∂M

∂y= cos y

∂N

∂x= cos y

⇒ (x + sen y)dx + (x cos y − 2y)dy = 0 es E.D.E.⇒ ∃F (x, y)

/dF = (x + sen y)︸︷︷︸

∂F

∂x

dx + (x cos y − 2y)︸︷︷︸∂F

∂y

dy = 0

∂F

∂x= x + sen y

∂F

∂y= x cos y − 2y

∂F

∂y= x cos−2y



1.6. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS (E.D.E.)

Integrando con respecto a yF = x sen y − y2 + α(x)Derivando con respecto a x∂F

∂x= sen y + α′(x)

sen y + α′(x) = x + sen y ⇒ α′(x) = x

Integrando α(x) =x2

2

C = x sen y − y2 +x2

2

∂F

∂x= x + sen y

Integrando con respecto a x

F =x2

2+ x sen y + α(y)

Derivando con respecto a “y”

∂F

∂y= x cos y + α′(y)

Igualando x cos y + α′(y) = x cos y − 2y ⇒ α′(y) = −2yIntegrando con respecto a y

α(y) = y2 F =x2

2+ x sen y − y2 = c

Ejemplo 1.16 (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0

∂M

∂y= 2x

∂N

∂x= 2x

∃F (x, y)/dF =

∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy = 0

dF = (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0

∂F

∂x= 2xy + x ∧ ∂F

∂x= x2 + y

∂F

∂x= 2xy + x

Integrando con respecto a x

F = 2 · x2

2y +

x2

2+ α(y)




Derivando con respecto a y

∂F

∂y= x2 + α′(y)

Igualando x2 + α′(y) = x2 + y ⇒ α′(y) = y

Integrando con respecto a y α(y) =y2

2

F = x2y +x2

2+

y2

2c = x2y +

x2

2+

y2

2

Ejemplo 1.17 (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0

∂M

∂y= 2x =

∂N

∂xE.D.E.

∂F

∂x= 2xy + x

∂F

∂y= x2 + y

Integrando F = x2y +x2

2+ α(y)

∂F

∂y= x2 + α′(y)

x2 + α′(y) = x2 + y ⇒ α′(y) = y

Integrando α(y) =y2

2

⇒ F = x2y +x2

2+

y2

2F = c

c = x2y +x2

2+

y2

2

Ejemplo 1.18 (y + 2xy3)dx + (1 + 3x2y2 + x)dy = 0

∂M

∂y= 1 + 6xy2 =

∂N

∂x

∂F

∂x= y + 2xy3 ∧ ∂F

∂y= 1 + 3x2y2 + x


F = yx + x2y3 + α(y)


UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES NO EXACTAS QUE PUEDEN

TRANSFORMARSE EN EXACTAS

∂F

∂y= x + 3x2y2 + α′(y)

x + 3x2y2 + α′(y) = 1 + 3x2y2 + xα′(y) = 1

Integrando α(y) = y

F = yx + x2y3 + y

Ejemplo 1.19 yexydx + xexydy = 0

∂M

∂y= yxexy + exy =

∂N

∂x

∂F

∂x= yexy ∧ ∂F

∂y= xexy


F =

∫yexydx + α(y)

u = xydu = ydx

F =

∫eudu + α(y)

F = exy + α(y)

∂F

∂y= xexy + α′(y)

xexy + α′(y) = xexy ⇒ α′(y) = 0

Integrando con respecto a “y” α(y) = c

F = exy + c

1.7. Ecuaciones Diferenciales no Exactas quepueden transformarse en Exactas

Método del Factor Integrante.- Sea la ecuación diferencial


Donde se verifica que∂M

∂y6= ∂N

∂x⇒ M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 No es E.D.E.

⇒ ∃µ = µ(x, y)/µM(x, y)dx + µN(x, y)dy = 0 E.D.E.

Luego∂µM(x, y)

∂y=

∂µN(x, y)

∂x




µ∂M

∂y+ M

∂µ

∂y= µ

∂N

∂x+ N

∂µ

∂y

µ

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)= N

∂µ

∂x−M

∂µ

∂y∂M

∂y− ∂N

∂x=

1

µ

(N

∂µ

∂x−M

∂µ

∂y

)

∂M

∂y− ∂N

∂x= N

1

µ

∂µ

∂x−M

1

µ

∂µ

∂y

∂ ln µ

∂x=

1

µ

∂µ

∂x⇒ ∂M

∂y− ∂N

∂x= N

∂ ln µ

∂x−M

∂ ln µ

∂y

1. Suponemos que µ depende de la variable solo de x µ = µ(x) factorintegrante.

⇒ ∂M

∂y− ∂N

∂x= N

d ln µ

dx+ 0

d ln µ

dx=

∂M

∂y− ∂N

∂x

N= f(x) ⇒ d ln µ =

∂M

∂y− ∂N

∂x

Ndx = f(x)dx

Integrando

∫d ln µ =

∫ ∂M

∂y− ∂N

∂x

Ndx + ln c

∫d ln µ =

∫f(x)dx + ln c

lnµ

c=

∫f(x)dx

eln µc = e

∫f(x)dx

µ

c= e

∫f(x)dx

⇒ µ = ce

∫f(x)dx

c = 1

µ = e

∫ ∂M

∂y− ∂N

∂x

Ndx

2. Suponemos que µ = f(y) µ = µ(y)

∂M

∂y− ∂N

∂x= −M

d ln µ

dy(-1)




∂N

∂x− ∂M

∂y= M

d ln µ

dy

d ln µ

dy=

∂N

∂x− ∂M

∂y

M

d ln µ =

∂N

∂x− ∂M

∂y

Mdy

d ln µ = f(y)dyIntegrando

ln µ =

∫f(y)dy + ln c

lnµ

c=

∫f(y)dy ⇒ µ

c= e

∫f(y)dy

µ = e

∫f(y)dy

, c = 1 ⇒ µ = e

∫ ∂N

∂x− ∂M

∂y

Mdy

Factor integrante

Resumen:M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Ecuación Diferencial no Exacta (E.D.NoE.)

∂M

∂y6= ∂N

∂x

∂M

∂y− ∂N

∂x

N= f(x) ⇒ µ = e

∫ ∂M∂y− ∂N

∂xdx

N

Si no se prueba con la otra.

∂N

∂x− ∂M

∂y

M= f(y) ⇒ µ = e

∫ ∂N∂x− ∂M

∂y

Mdy

1.7.1. Ejercicios Resueltos

1. (4xy + 3y2 − x)dx + x(x + 2y)dy = 0

Solución:∂M

∂y= 4x + 6y;

∂N

∂x= 2x + 2y;

∂M

∂y6= ∂N

∂x




⇒∂M

∂y− ∂N

∂x

N=

4x + 6y − 2x− 2y

x2 + 2xy=

2x + 4y

x(x + 2y)=

2(x + 2y)

x(x + 2y)=

2

x

f(x) =2

xµ = e

∫f(x)dx

= e

∫2

xdx

= e2 ln x

µ = eln x2= x2 ⇒ µ = x2

Multiplicamos la ecuación diferencial por µ el factor integrante µ = x2

x2(4xy + 3y2 − x)dx + x2x(x + 2y)dy = 0 E.D.E.

(4x3y + 3x2y2 − x3)dy + (x4 + 2x3y)dy = 0

∂M

∂y= 4x3 + 6x2y =

∂N

∂x

∂F

∂x= 4x3y + 3x2y2 − x3 ∧ ∂F

∂y= x4 + 2x3y


F = x4y + x3y2 +x4

4+ α(y)

∂F

∂y= x4 + 2x3y + α′(y)

x4 + x2x3y + α′(y) = x4 + 2x3y ⇒ α′(y) = 0Integrando α(y) = c

K = x4y + x3y2 +x4

4+ c ∴ x4 + x3y2 +

x4

4= c1

2. y(x + y + 1)dx + x(x + 3y + 2)dy = 0Solución:∂M

∂y= x + y + 1 + y = x + 2y + 1

∂N

∂x= x + 3y + 2 + x = 2x + 3y + 2

∂M

∂y6= ∂N

∂x

∂M

∂y− ∂N

∂x

N=

x + 2y + 1− 2x− 3y − 2

x(x + 3y + 2)=

−x− y − 1

x(x + 3y + 2)=?

Probamos con el otro∂N

∂x− ∂M

∂y

M=

2x + 3y + 2− x− 2y − 1

y(x + y + 1)=

(x + y + 1)

y(x + y + 1)=

1

y




g(y) =1

yµ = e

∫g(y)dy

⇒ µ = e

∫1ydy

= eln y = y ⇒ µ = y

y2(x + y + 1)dx + yx(x + 3y + 2)dy = 0

∂F

∂x= y2(x + y + 1) ∧ ∂F

∂y= xy(x + 3y + 2)

Integrando con respecto a x”

F =x2

2y2 + xy3 + xy2 + α(y)

∂F

∂y= 2 · x3

2y + 3xy2 + 2xy + α′(y)

2

2x2y + 3xy2 + 2xy + α′(y) = x2y + 3xy2 + 2xy ⇒ α′(y) = 0

Integrando

α(y) = c K =x2

2y2 + xy3 + xy2 + c ⇒ x2

2y2 + xy3 + xy2 = c1

3. (1− x2y)dx + x2(y − x)dy = 0

Solución:∂M

∂y= −x2;

∂N

∂x= 2x(y − x)− x2

∂M

∂y− ∂N

∂x

N=

−x2 − 2xy + 3x2

x2(y − x)=

2x2 − 2xy

x2(y − x)=

x(2x− 2y)

x2(y − x)

=2x(x− y)

x2(y − x)= −2

x

f(x) = −2

x; µ = e

∫ −2

xdx

= e−2 ln x = eln x−2= x−2 ⇒ µ = x−2

x−2(1− x2y)dx + x2x−2(y − x)dy = 0

(x−2 − y)dx + (y − x)dy = 0

∂M

∂y= −1;

∂N

∂x= −1

∂F

∂x= x−2 − y ∧ ∂F

∂y= y − x; F =

x−1

−1− yx + α(y)




∂F

∂y= −x + α′(y); −x + α′(y) = y − x ⇒ α′(y) = y

Integrando

α(y) =y2

2C = −1

x− yx +

y2

2⇒ c =

y2

2− 1

x− yx

4. (x2 + y)dx− xdy = 0

Solución:

∂M

∂y= 1;

∂N

∂x= −1

∂M

∂y6= ∂N

∂x

∂M

∂y− ∂N

∂x

N=

1 + 1

−x=

2

−x; µ = e

∫−2

xdx

=e−2 ln x=eln x−2= x−2

µ = x−2

x−2(x2 + y)dx− x−2xdy = 0(1 + x−2y)dx− x−1dy = 0

∂M

∂y= x−2 ;

∂N

∂x= x−2 ;

∂F

∂x= 1 + x−2y ;

∂F

∂y= −x−1

F = x +x−1

−1y + α(y)

∂F

∂y= −x−1 + α′(y)

−x−1 + α′(y) = −x−1 ⇒ α′(y) = 0Integrando α′(y) = 0α(y) = c

F = x− x−1y + c K = x− y

x+ c ∴ c1 = x− y

x

1.7.2. Problemas de Ecuaciones Diferenciales no Exac-tas

1. (2xy4ey + 2xy3 + y)dx + (x2y4ey − x2y2 − 3x)dy = 0

Solución:




∂M

∂y= 8xy3ey + 2xy4ey + 6xy2 + 1

∂N

∂x= 2xy4ey − 2xy2 − 3

∂M

∂y− ∂N

∂x

N=

8xy3ey + 2xy4ey + 6xy2 + 1− 2xy4ey + 2xy2 + 3

x2y4ey − x2y2 − 3x=?

Probamos con

∂N

∂x− ∂M

∂y

M=

2xy4ey − 2xy2 − 3− 8xy3ey − 2xy4ey − 6xy2 − 1

2xy4ey + 2xy3 + y

=−4(2xy2 + 2xy3ey + 1)

y(2xy2 + 2xy3ey + 1)= −4

y

⇒ µ = µ(y) µ = e−4

∫dy

y ⇒ µ =1

y4

1

y4(2xy4ey + 2xy3 + y)dx +

1

y4(x2y4ey − x2y2 − 3x)dy = 0

(2xey + 2xy−1 + y−3)dx + (x2ey − x2y−2 − 3xy−4)dy = 0 E.D.E.

∂M

∂y= 2xey − 2xy−2 − 3y−4 =

∂N

∂x

∂F

∂x= 2xey + 2xy−1 + y−3;

∂F

∂y= x2ey − x2y−2 − 3xy−4

Integrando respecto a “x”

F = x2ey + x2y−1 + xy−3 + α(y)Derivando con respecto a “y”

∂F

∂y= x2ey − x2y−2 − 3xy−4 + α′(y)

x2ey − x2y−2 − 3xy−4 + α′(y) = x2ey − x2y−2 − 3xy−4 ⇒ α′(y) = 0α(y) = k

c = x2ey +x2

y+

x

y3

2. (y2exy2+ 4x3)dx + (2xyexy2 − 3y2)dy = 0 E.D.E.

Solución:




∂M

∂y= 2yexy2

+ 2xy2exy2= 2yexy2

+ 2xy3exy2=

∂N

∂x

⇒ ∂F

∂x= y2exy2

+ 4x3 ∧ ∂F

∂y= 2xyexy2 − 3y2


F = y2

∫exy2

dx + x4 + α(y)

F = exy2+ x4 + α(y)

Derivando F con respecto a “y”∂F

∂y= 2xyexy2

+ α′(y)

2xyexy2+ α′(y) = 2xyexy2 − 3y2 ⇒ α′(y) = −3y2

α(y) = −y3 c = exy2

+ x4 − y3

3. (cos y + y cos x)dx + (sen x− x sen y)dy = 0

Solución:(cos y + y cos x)︸︷︷︸

M

dx + (sen x− x sen y)︸︷︷︸N

dy = 0

∂M

∂y= − sen y + cos x =

∂N

∂x∂F

∂x= cos x + y cos x ∧ ∂F

∂y= sen x− x sen y

Integrando con trespecto a “x”

F = x cos y + y senx + α(y)

Derivando F con respecto a y∂F

∂y= −x sen y + sen x + α′(y)

−x sen y + sen x + α′(y) = sen x− x sen x ⇒ α′(y) = 0

α(y) = k c = x cos x + y sen x

4. (6x5y3 + 4x3y5)dx + (3x6y2 + 5x4y4)dy = 0




Solución:

∂M

∂y= 18x5y2 + 20x3y4 =

∂N

∂x∂F

∂x= 6x5y3 + 4x3y5 ∧ ∂F

∂y= 3x6y2 + 5x4y4

Integrando

F = x6y3 + x4y5 + α(y)

Derivando F

∂F

∂y= 3x6y2 + 5x4y4 + α′(y)3x6y2 + 5x4y4 + α′(y)

= 3x6y2 + 5x4y4 ⇒ α′(y) = 0

α(y) = k ∴ c = x6y3 + x4y5

5. 2x(yex2 − 1)dx + ex2dy = 0

Solución:∂M

∂y= 2xex2

;∂N

∂x= 2xex2

F ′x = 2x(yex2 − 1); F ′

y = ex2

Integrando con respecto a “y”

F = ex2y + α(x)

∂F

∂x= 2yxex2

+ α′(x)

2xyex2+ α′(x) = 2xyex2 − 2x ⇒ α′(y) = −2x

α(x) = −x2 ∴ c = ex2

y − x2

6. (x2 − y)dx− xdy = 0




Solución:∂M

∂y= −1 =

∂N

∂x

∂F

∂x= x2 − y ∧ ∂F

∂y= −x

F = x3 − yx + α(y)

∂F

∂y= −x + α′(y)

−x + α′(y) = −x ⇒ α′(y) = 0

α(y) = k ∴ c = x3 − yx

1.8. Ejercicios PropuestosResolver la ecuación Diferencial Exactas y no Exactas

1. (x + y cos x)dx + sen x dy = 0 Respuesta:x2

2+ y senx = c

2. (2x + 3y + 4)dx + (3x + 4y + 5)dy = 0Respuesta x2 + 3xy + 4x + 2y2 + 5y = c

3. (x2 + y2 − 5)dx− (y + xy)dy = 0

Respuesta:x3

3+ xy2 − x2

2y2 − 5

2x2 − x4

4− y2

2= c

4. (2x− 1)dx + (3y + 7)dy = 0 Respuesta: x2 − x +3

2y2 + 7y = c

5. (2x + y)dx + (x + 6y)dy = 0 Respuesta: x2 + 3y2 + xy = c

6. (5x + 4y)dx + (4x− 8y3)dy = 0 Respuesta: 4xy− 2y4 +5

2x2 = c

7. (sen y − y sen x)dx + (cos x + x cos y − y)dy = 0

Respuesta: x sen x + y cos x− y2

2= c

8. (2xy2 − 3)dx + (2x2y + 4)dy = 0 Respuesta: x2y2 + 4y − 3x = c

9. (tan x− sen x sen y)dx + cos x cos y dy = 0 Respuesta:

10. exdx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0) Respuesta: ex sen y + y2 = c1

11. ex(cos ydx− sen ydy) = 0 Respuesta: k1 = ex cos y


UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas1.9. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER

ORDEN

1.9. Ecuaciones Diferenciales Lineales de PrimerOrden

Las ecuaciones tienen la siguiente forma

dy

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

dx

dy+ P (y)x = Q(y)

Resolución de la ecuación lineal

dy

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

Ordenando e igualando a cero

[P (x)y −Q(x)]dx + dy = 0 (1.1)

Entonces

M ′y = P (x); N ′

x = 0 ⇒ M ′y −N ′

x

N=

P (x)− 0

1= P (x)

⇒ u = e

∫P (x)dx

Factor integranteMultiplicando la ecuación diferencial (1.1) por el factor integrante

e

∫P (x)dx

[P (x)y −Q(x)]dx + e

∫P (x)dx

dy = 0

df = e

∫P (x)dx

[P (x)y −Q(x)]dx + e

∫P (x)dx

dy = 0

∂f(x, y)

∂x= P (x)ye

∫P (x)dx

−Q(x)e

∫P (x)dx

∧ ∂f(x, y)

∂y= e

∫P (x)dx

Integrando respecto a “y”

f(x, y) =

∫e

∫P (x)dx

dy f(x, y) = e

∫P (x)dx

y + h(x)

Derivando respecto a “x”

∂f(x, y)

∂x= P (x)ye

∫P (x)dx

+ h′(x)

Igualando las derivadas

P (x)ye

∫P (x)dx

+ h′(x) = P (x)ye

∫P (x)dx

−Q(x)e

∫P (x)dx




h′(x) = −Q(x)e

∫P (x)dx

Integrando respecto a “x”

h(x) = −∫

Q(x)e

∫P (x)dx

dx ⇒ f(x, y) = ye

∫P (x)dx

−∫

Q(x)e

∫P (x)dx

dx

c = ye

∫P (x)dx

−∫

Q(x)e

∫P (x)dx

dx

ye

∫P (x)dx

=

∫Q(x)e

∫P (x)dx

dx + c Ecuación de Leibniz

Ejemplo 1.20 Resolver la ecuación diferencialdy

dx=

1

x sen y + 2 sen(2y)en y(0) = 0

Solución:

dx

dy= x sen y + 2 sen(2y) ⇒ dx

dy− sen y · x = 2 sen(2y);

dx

dy+ P (y)x = Q(y)

Utilizando Leibniz xe

∫P (y)dy

=

∫Q(y)e

∫P (y)dy

dy + c

P (y) = − sen y Q(y) = 2 sen(2y)

xe−∫

sen ydy= 2

∫sen(2y) · e

−∫

sen ydydy + c

xecos y = 2

∫2 sen y cos y ecos ydy + c ⇒ xecos y = 4

∫sen y cos y ecos ydy + c

t = cos ydt = − sen ydy

xecos y = −4

∫tetdt + c

u = tdu = dt

dv = etdtv = et xecos y = −4

[tet −

∫etdt

]+ c

xecos y = −4 [cos yecos y − ecosy] + c ∴ x = −4(cos y − 1) + ce− cos y


dx+ 2xy = 8x


UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas1.9. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER

ORDEN

Solución: sean P (x) = 2x y Q(x) = 8x

ye

∫P (x)dx

=

∫Q(x)e

∫P (x)dx

dx + c

ye

∫2xdx

= 8

∫xe

∫2xdx

dx + c yex2=

8

2

∫etdt + c

yex2= 8

∫xex2

dx + c yex2= 4 [et] + c

yex2= 8

∫xex2

dx + c yex2= 4ex2

+ c

t = x2

dt = 2xdx ⇒ dt

2= xdx

∴ y = 4 + ce−x2


dx+ y = x

Solución:

sean P (x) = 1 y Q(x) = xu = xdu = dx

dv = exdxv = ex

yeR

P (x)dx =

∫Q(x)e

RP (x)dxdx + c yex = xex −

∫exdx + c

ye

∫dx

=

∫xe

∫dx

dx + c yex = xex − ex + c

yex =

∫xexdx + c ∴ y = x− 1 + ce−x


Capítulo 2

Aplicaciones de EcuacionesDiferenciales de Primer Orden

2.1. Aplicaciones Geométricas

En geometría es posible emplear a las ecuaciones diferenciales las que per-miten definiciones precisas.

Y

XA Q

θB

P0(x0, y0)

y = f(x)

Recta Tangente Recta Normal

Figura 2.1:

Pendiente: mt =dy

dx= y

′= tan(θ)

AP0 : Tg. BP0 : Normal AQ : subtangente BQ : Sub Normal

mN ·mt = −1

39

UMSS - FCyT - Departamento de MatemáticasCAPÍTULO 2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES

DE PRIMER ORDEN

mN : Pendiente de la recta normal mt : Pendiente de la recta tangente

mN = − 1

mt

mN = − 1

y′

Ecuaciones de la recta tangente y recta normal

y − y0 = m(x− x0)

mt =dy

dxmN = − 1

dy

dx

Ecuación de la recta tangente

y − y0 =dy

dx(x− x0) (2.1)

Ecuación de la recta normal

y − y0 = − 1

dy

dx

(x− x0) (2.2)

Longitud de normal entre el punto P0(x0, y0) y el punto B

LN = y√

1 + (y′)2

longitud de la recta tangente entre el punto P0(x0, y0) y el punto A

Lt = y

√1 +

(dx

dy

)2

Longitud de la subtangente Lst

Lst = ydx

dy

Longitud de la sub normal. LSN

LSN = ydy

dx


UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas2.2. APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE

PRIMER ORDEN

Y

XO

R P (x, y)

Q

Figura 2.2:

Longitud de la tangente entre el punto P (x, y) y los ejes coordenados X,Y(ver figura 2.2 página 41)

PQ = y

√1 +

(dx

dy

)2

; PR = x

√1 +

(dy

dx

)2

Longitud de la recta normal entre el punto P (x, y) y los ejes coordenadosXY

PQ = LN = y√

1 + (y′)2 con el eje “X”

PR = LN = x

√1 +

(1

y′

)2

con el eje “ Y”

Segmentos intersectados por la recta tangente en los ejes X, Y respectiva-mente

OR = y − xy′ OQ = x− y1

y′

Segmentos intersectados por la recta normal con los ejes “X, Y ” respectiva-mente

x + yy′ y + x1

y′

2.2. Aplicaciones de ecuaciones diferen-ciales de primer orden

1. Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (0, 4) cuya pen-diente de la recta tangente es igual a la suma de sus coordenadas

Solución:



DE PRIMER ORDEN

mt = x + ydy

dx= x + y h′(x) =

∫e−xxdx

(x + y)dx− dy = 0u = x dv = e−xdxdu = dx v = −e−x

M ′y = 1 N ′

x = 0 h(x) = −xe−x +

∫e−xdx

u = eR

1−0−1

dx = e−x h(x) = −xe−x − x−x

(e−x + e−xy)dx− e−xdy = 0 −e−xy − xe−x − e−x = c

M ′y = e−x N ′

x = e−x −e−xy = xe−x + e−x + c

∂F

∂x= e−xx + e−xy;

∂F

∂y= −e−x y = −x− 1 + cex

F = −e−xy + h(x), Reemplazando x = 0, y = 4

∂F

∂x= e−xy + h′(x) 4 = 0− 1 + c ⇒ c = 5

e−xy + h′(x) = e−xx + e−xy ∴ y = 5ex − x− 1

2. Determinar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1, 0), cuyarecta tangente intersecta al eje de ordenadas en el doble de su abscisa.Recta tangente que intersecta al eje de ordenada

OB = y − xdy

dx

Recta tangente que intersecta al eje de la abscisa

OA = x− ydx

dy

Y

XO

BA

Figura 2.3:

Solución:



PRIMER ORDEN

y − xdy

dx= 2x ∗dx Integrando respecto de “y”

ydx− xdy = 2xdx F =y

x+ h(x)

(2x− y)dx + xdy = 0∂F

∂x= − y

x2+ h′(x)

⇒ M ′y = −1 N ′

x = 1 − y

x2+ h′(x) =

2

x− y

x2

⇒ u = eR −1−1

xdx; u = e−2 ln x = eln x−2

h(x) = 2 ln x

u = x−2 u =1

x2c =

y

x+ 2 ln x (1,0)

⇒(

2

x− y

x2

)dx +

1

xdy = 0 E.D.E. c =

0

1+ 2 ln 1 ⇒ c = 0

M ′y = − 1

x2N ′

x = − 1

x2

y

x+ 2 ln x = 0

∂F (x, y)

∂x=

2

x− y

x2;

∂F (x, y)

∂y=

1

x∴ y = −2x ln x

3. Hallar la ecuación de la velocidad de un móvil que se desplaza conuna aceleración de 20 sen 2t. sabiendo que en v(0) = 0 msSolución:

Integrandoa = 20 sen(2t) v = −10 cos(2t) + c v(0) = 0

a =dv

dt⇒ dv

dt= 20 sen(2t) 0 = −10 cos(0) + c ⇒ c = 10

dv = 20 sen(2t)dt ∴ v = 10− 10 cos(2t)

4. Un móvil se desplaza en línea recta de manera que su velocidad excedeen 6 a su distancia respecto de un punto fijo a la recta si v = 5 mscuando t=0 s. Hallar la ecuación de movimiento del móvilSolución:

v(0) = 5 ms v = x + 6 x = ket − 6

dx

dt= x + 6 ⇒ dx

x + 6= dt; Separando

variabledx

dt=v=ket; v(0)=5 m/s

ln(x + 6) = t + c 5 = ke0 ⇒ k = 5

x + 6 = ket ∴ x = 5et − 6



DE PRIMER ORDEN

5. Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1, 0) cuya lon-gitud de la recta tangente entre el punto de tangencia y el eje “Y ” esigual al cuadrado de su abscisa

Lt = x2

Solución:

Longitud de la Tg y el eje “Y ”

Lt = x√

1 + (y′)2dy

dx=√

x2 − 1

x√

1 + (y′)2 = x2√

x2 − 1dx− dy = 0√

1 + (y′)2 = x Por tablas ( Integral)(√

1 + (y′)2)2

= x2 x

2

√x2 − 1− 1

2ln

(x√

x2 − 1)− y = c

1 + (y′)2 = x2 (1, 0) c = 0

y′ =√

x2 − 1 y =x

2

√x2 − 1− 1

2ln

(x +

√x2 − 1

)

6. El área de un rectángulo ubicada entre el origen y el punto (x, y)vertices opuestos. Hallar la ecuación de la curva que divide al árearectangular en dos áreas, donde una de ellas es el tripleSolución: (Ver Figura 2.4)

A2

A1

(x, y)

Figura 2.4:

A1 = xy −∫ b

a

ydx; A2 =

∫ x

0

ydx Derivando respecto de x

A1 = 3A2 y + xdy

dx= 4y ⇒ x

dy

dx= 3y

xy −∫ x

0

ydx = 3

∫ x

0

ydx ln y = 3 ln x + ln c

xy = 4

∫ x

0

ydx ∴ y = cx3



PRIMER ORDEN

7. Hallar la ecuación de la curva, pasa por el punto (1, 3) si su pendientede la recta tangente es el triple de su abscisa, en el punto de contactoSolución:

mt = 3x y = 3x2

2+ c

dy

dx= 3x (1, 3) → 3 = 3

1

2+ c

dy = 3xdx c = 3− 3

2=

6− 3

2=

3

2∫dy =

∫3xdx ∴ y =

3

2x2 +

3

2

8. Determinar la ecuación de la curva, pasa por el punto (2, 7) si supendiente de la recta tangente es el cociente de su ordenada entre suabscisa del punto de tangencia.Solución:

mt =y

xln y = ln(xc)

dy

dx=

y

x⇒ dy

y=

dx

xy = xc

Integrando (2, 7) → 7 = 2c ⇒ c =7

2

ln y = ln x + ln c ∴ y =7

2x

9. Hallar la ecuación de la curva cuyas rectas normales pasan por elorigen de coordenadas.Solución:

mt =dy

dx; mN = − 1

dy

dx

y = −dx

dyx ⇒ ydy = −xdx

Ecuación de la recta:y2

2= −x2

2+ c

y − y0 = mN · (x− x0) y2 + x2 = k

y − y0 = − 1

dy

dx

(x− x0) en (0, 0) ∴ x2 + y2 = k



DE PRIMER ORDEN

10. Si una barra metálica pequeña, cuya Temperatura inicial es de 20oC sedeja caer en un recipiente de agua hirviente. ¿Cuanto tiempo tardaraen alcanzar 90oC, si sabe que su temperatura aumento 2oC en unsegundo? ¿Cuanto tiempo tardara en llegar a 98oC?

Solución:T (0) = 20oC; T (1) = 22oC; T (?) = 90oC; T (?) = 98oC

dT

dt= k(T − Tm)

Ec.Dif.1o O. −78 = −80ek

ln(T − Tm) = kt + c; ek =78

80⇒ k = ln

78

80

T = Tm + c1ekt; c1 = ec k = −0,02531

T = 100 + c1ekt ⇒ T = 100− 80e−0,02531t

Tm = 100oC agua hirviente 90 = 100− 80e−0,02531t

Condiciones de borde −80e−0,02531t = −10

20 = 100 + c1e(k)(0) e−0,02531t =

1

8

c1 = −80 ln e−0,02531t = ln1

8

T = 100− 80ekt −0,02531t = −2,0794

22o = 100− 80ek ∴ t = 82,16 s.

——————————————————————————————b) 98 = 100− 80e−0,02531t ⇒ −2 = −80e−0,02531t

∴ t = 145,74

11. Un cuerpo de temperatura desconocida se coloca en un frigorífico quese mantiene a temperatura constante a 0oF . Después de 15 minutosel cuerpo esta 30o F y después de 30 minutos está a 15oF ¿Cual serásu temperatura inicial ?

Solución:

Tm = 0oF ; T (15) = 30oF ; T (30) = 15oF ; T (0) =?

dT

dt= k(T − Tm)



PRIMER ORDEN

∫dT

T − Tm

= k

∫dt

ln(T − Tm) = kt + c T (15) = 30oF 30 = c1e−15 ln 2

15

OBS: c1 = ec 15 = c1e30k (2) c1 = 60

T − Tm = c1ekt de (1) y (2) se tiene T = 60e

−ln 2

15t

T = Tm + c1ekt 30

15=

e15k

e30kT (0) =?

T =c1ekt;T (15)=30oF 2 = e−15k T = 60e0

⇒ 30 = c1e15k (1) k = − ln 2

15∴ T = 60oF

12. Una olla de sopa inicialmente hirviendo, se enfría en aire a 0oC y alos 30 minutos esta a una temperatura 20oC ¿Cuanto se enfría en lossiguientes 30 minutos ?Solución:

Tm = 0oC T = c1ekt k =

1

30ln

2

10

T (0) = 100oC 100 = c1e0 T = 100e

130

ln 210

t

T (30) = 20oC c1 = 100 T (60) =?

dT

T − Tm

= kdt T = 100ekt T = 100e130

ln( 210

)60

ln(T − Tm) = kt + c 20 = 100e30k T = 4oF ; T = 20− 4

T = Tm + c1ekt 30k = ln

2

10∴ T = 16oC

13. Un termómetro se lleva del interior de una habitación al exterior,donde la temperatura del aire es de 5oF. Después de un minuto, eltermómetro indica 55oF cinco minutos después marca 30oF. ¿Cual esla temperatura del interior?

Solución:Tm = 5oF

T (1) = 55oF

T (5) = 30oF



DE PRIMER ORDEN

dT

dt= k(T − Tm)

50 = cek

25 = ce5k

dT

T − 5= kdt

50

25=

cek

ce5k⇒ 2 = e−4k

Integrando ln 2 = −4k ln e ⇒k =ln 2

−4∫dT

T − 5=

∫kdt k = −0,173286

ln(T − 5) = kt + c1 50 = ce−0,173286

T − 5 = cekt c =50

0,84089= 59,46

T = 5 + cekt ,T (1) = 55oF ⇒ T = 5 + 59,46e−0,173280t

55 = 5 + cek (I) T (0) =?;T = 5 + 59,46

30 = 5 + ce5k (II) ∴ T = 64,46oF

14. Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del airees 70oF y se lleva al exterior, donde la Temperatura es 10oF , Despuésde

1

2minuto es de 50oF ¿Cual es la temperatura cuando t = 1 min

¿Cuanto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15oF?Solución: T (0) = 70oF , T (1

2) = 50oF ,Tm = 10oF , T (1) =?

T (?) = 15oF T (0) = 70oF T = 10 + 60e−0,81093t

dT

dt= k(T − Tm) 70 = 10 + ce0 T (1) =?

dT

dt= k(T − 10) c=60; T (1

2) = 50oF T = 10 + 60e−0,81093

Integrando 50 = 10 + 60e12k T =36,66oF, T (?)=15oF

ln(T − 10) = kt + c12

3= e

12k, ln

2

3=

1

2k 15 = 10 + 60 · e−0,81093t

T − 10 = cekt k = 2 ln 23

5 = 60e−0,81093t

T = 10 + cekt k = −0,8109302 ∴ t = 3,06 min



PRIMER ORDEN

15. La temperatura de un motor en el momento en que se apaga es 200oC.La temperatura del aire que la rodea es de 30oC. Después de 10 mi-nutos. La temperatura de la superficie del motor es de 180oC

a) ¿ Cuanto tiempo tomara que la temperatura de la superficie delmotor baje a 40oC?

b) Para una temperatura dado T entre 200oC y 30oC sea t(T ) eltiempo que se necesita para que el motor se enfrié de 200oC aT [Por ejemplo, t(200) = 0 y t(40) es es la respuesta del incisoa)] encuentre la fórmula para t(T ) en términos de T y grafiquela función (la temperatura ambiente sigue siendo 30oC)Solución: T (0) = 200oC , Tm = 300oC , T (10) = 180oC

a) T (?) = 40oC 200 = 30 + c1e(k0) ⇒ c1 = 170

dT

dt= k(T − Tm) T (10) = 180oC

ln(T − Tm) = c1ekt 180 = 30 + 170e10k ⇒ 15

17= e10k

T = Tm + c1ekt k = −0,0125; T = 30 + 170e−0,0125t

T = 30 + c1ekt 40 = 30 + 170e−0,0125t

T (0) = 200oC ∴ t = 226,6min

———————————————————————————–

b) t = f(T )T = 30 + 170ekt

K =1

10ln

15

17

K = ln

(15

17

) 110

T = 30 + 170e110

ln 1517

T − 30

170= eln( 15

17)t10

T − 30

170= 15

17

t10

ln

(T − 30

170

)=

t

10ln

15

17

t =10

ln 15− ln 17· ln

(T − 30

170

)



DE PRIMER ORDEN

16. Debe colocarse un objeto a 100oC en un cuarto a 40oC ¿ Cual debe serla constante de proporcionalidad para el objeto este a 60oC despuésde 10 minutos?.Solución:

T (0) = 100oC, T (10) = 60oC Tm = 40oC;dT

dt= k(T − Tm)

dT

(T − Tm)= kdt Para T (0) = 100oC 20 = 60e10k

ln(T−Tm)=kt+c1 100 = 40 + cek0 ⇒ 1

3= e10k

T − Tm = ekt+c1 c1 = 60 ln1

3= 10k ln e

T = Tm + cekt Para T (10) = 60oC k =1

10ln

1

3

T = 40 + cekt 60 = 40 + 60e10k ∴ k = −0,1099

2.3. Mecánica

2.3.1. Movimiento vertical incluyendo la resistencia delaire

ma = F

mdv

dt=

∑F

?

~mg

kv6

La resistencia del aire es proporcional a la magnitud de la velocidad y actúaen dirección opuesta a la de la velocidad

Fuerza resistiva = −kv

⇒ mdv

dt= −mg − kv



2.3. MECÁNICA

2.3.2. Ejemplos

Ejemplo 2.1 Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela hori-zontalmente. La resistencia del aire actúa con una constante de proporciona-lidad de 10 g/s considerando solo movimiento verticala) Determinar la velocidad en función del tiempob) Calcular la velocidad después de 10 s, antes de chocar conel suelo

Solución:

m = 20gk = 10 g/s

?

ymg

kv6

a) mdv

dt=

∑F

mdv

dt= −mg − kv ÷m

dv

dt= −g − kv

m⇒ dv

dt+

k

mv = −g Ecuación Diferencial Lineal

dv

dt+

10

20v=−980 ;

dv

dt+

1

2v=−980 ; P (t) =

1

2; Q(t) = −980

ve

∫P (t)dt

=

∫Q(t)e

∫P (t)dt

dt + c ⇒ve

∫1

2dt

=

∫−980e

∫1

2dt

dt + c

ve12t = −980

∫e

12tdt + c

ve12t = −980 · 2e 1

2t + c ⇒ v = −1960 + ce−

12t; v(0) = 0

0 = −1960 + ce(− 12)(0) ⇒ c = 1960

v = −1960 + 1960e−12t ∴ v = −1960

(1− e−

12t)

b) v = −1960(1− e−( 1

2)(10)

)⇒ v = −1960 (1− e−5) ; ∴ v = −1947 cm/s

Ejemplo 2.2 Una masa de 1g se mueve en linea recta debido a la F =ma donde la fuerza es directamente proporcional al tiempo desde t = 0 einversamente proporcional a la velocidad en t = 10 s su velocidad es igual50 cm/s y la fuerza igual a 4 dinas ¿Que velocidad tendrá la masa al cabode un minuto del comienzo del movimiento?



DE PRIMER ORDEN

Solución:

m = 1g v(10) = 50 cm/s Fαt

v

F = 1 dina F = ma F = kt

v

4 gcm

s2= k · 10s

50 cm/s

502

2= (20) · (102)

2+ c

k = 20 gcm2

s4c = 250

mdv

dt= k · t

vv2 = 20t2 + 250

mdv

dt= 20 · t

vt = 1min = 60s v =?

vdv = 20tdt v2 = (20)(602) + 250

Integrando v2 = 72250

v2

2= 20

t2

2+ c v =

√72250 cm/s

Para v(10) = 50 cm/s ∴ v = 268,79 cm/s

Ejemplo 2.3 Hallar y = f(x) (solución) que pasa por el punto (1,2) demodo que el coeficiente angular de la tangente en cualquiera de sus puntossea igual a la ordenada del mismo punto aumentado en cinco veces

Solución:

m =dy

dxdy

dx= y + 5;

Separamos variablesdy

y + 5= dx

Integrando∫

dy

y + 5=

∫dx

ln(y + 5) = x + c

y + 5 = ex+c

y = −5 + c1ex Si P (1, 2)

2 = −5 + c1e1

7 = c1e ⇒ c1 =7

e

∴ y = −5 +7

eex

1. Se lanza hacia arriba una pelota de masa 1kg con una velocidad inicialde 50 m/s. si la resistencia del aire es cinco veces su velocidad. Asumirg = 10 cm/s2



2.3. MECÁNICA

a) Hallar la ecuación de la trayectoria

b) En que instante su velocidad es cero

c) Cual es su altura máxima

Solución:

g = 10 m/s2

??

5v~

mg

~ v0 = 50 m/s6

a) ma =∑

F v =260

5e−5t − 2; v =

dy

dt

mdv

dt= −mg − kv

dy

dt=

260

5e−5t − 2

dv

10 + 5v= −dt dy =

(260

5e−5t − 2

)dt

1

5ln(10 + 5v) = −t + c (♠.1) Integrando

reemplazando v(0) = 50 en (♠.1) y = −260

5· e−5t

5− 2t + c1

1

5ln(10 + 250) = c reemplazando y(0) = 0

c =1

5ln(260) 0 = −260

25e0 + c1

1

5ln(10 + 5v) = −t +

1

5ln(260) c1 =

260

25

t =1

5ln 260− 1

5ln(10 + 5v) y =

−250

25e−5t − 2t +

260

25

t =1

5ln

(260

10 + 5v

)∴ y =

260

25

(1− e−5t

)− 2t

———————————————————————————————

b)dy

dt=

260

5e−5t − 2 e−5t =

10

260

v =dy

dt= 0 −5t = ln

(10

260

)

0 =260

5e−5t − 2 ∴ t = 0,65 s.

——————————————————————————————



DE PRIMER ORDEN

c) ymax =? t=0.65 seg y =260

25(1− e−5t)− 20,65

y =260

25(1− e−5t)− 2t ∴ y = 8,69 m

2. Se deja caer un cuerpo de masa “m” sujeto a la resistencia del aire esproporcional a la velocidad. Asumir g = 10 m/s2

a) Determinar la velocidad en función del tiempo con la condiciónv(0) = v0

b) Calcule v =? si t →∞c) Hallar y = f(t)

Solución: g = 10 ms

?

kv~

v0

y

mg = w

~

6

a)∑

F = ma t =m

kln

(mg − kv0

mg − kv

)

mdv

dt= mg − kv

k

mt = ln

(mg − kv0

mg − kv

)

mdv

mg − kv= dt e

km

t =

(mg − kv0

mg − kv

)

m

∫dv

mg − kv=

∫dt mg − kv = (mg − kv0)e

− km

t

−m

kln(mg − kv) = t + c; v(0) = v0 kv=−mge−

km

t+kv0e−k

mt+mg

−m

kln(mg − kv0) = c ∴ v=

mg

k+

(v0−mg

k

)e−

km

t

−m

kln(mg−kv)= t−m

kln(mg−kv0)

b) v =? t →∞

v =mg

k+

(v0 − mg

k

)e−∞ ; notese e−∞ = 0 ∴ v =

mg

k

c) v=mg

k+

(v0 − mg

k

)e−

km

t; v =dy

dt⇒dy

dt=

mg

k+

(v0 − mg

k

)e−

km

t

Integrando: y =mg

k· t +

m

k

(v0 − mg

k

)e−

km

t + c1



2.3. MECÁNICA

Si y(0) = 0

0 = −m

k

(v0 − mg

k

)e0 + c1 ⇒ c1 =

m

k

(v0 − mg

k

)

∴ y =mg

kt− m

k

(v0 − mg

k

)e−

km

t +m

k

(v0 − mg

k

)

3. Una bola de cañon pesa 16 libras se dispara verticalmente hacia arribacon una velocidad inicial de 300 pie/s

a) Suponga que no se toma en cuenta la resistencia del aire. Deter-minar la ecuación de la velocidad en función del tiempo tomarg = 32 pie/s2

b) Determinar la posición en función del tiempo; y = f(t)

c) Determinar la altura máxima

Solución:

?

6

a

~

w = mg

v0 = 300 pie/s

~ 6

a)∑

F = ma v = 300− gt c) v = 300− 32t

−mg = ma v = 300− 32t v(t =?) = 0

mdv

dt= −mg b) v=

dy

dt= 300− 32t 0 = 300− 32t

v = −gt + c1 dy = (300− 32t)dt t =75

8s = 9,375 s

v(0) = 300 pie/s y = 300t− 16t2 + c y = 300t− 16t2

300 = −g · 0 + c1 y(0)=0 ⇒ 0=0− 0+c con t = 9,375

c1 = 300 ∴ y = 300t− 16t2 yMax = 1406,25 pie

4. Una masa de 20g se deja caer desde un avion que vuela horizontal-mente. La resistencia del aire actúa con una constante de propor-cionalidad de 10 g/s. considere solo movimiento vertical.

a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo



DE PRIMER ORDEN

b) Calcular la velocidad después de 10s.

c) Calcular la velocidad terminal cuando t →∞Solución: (Ver Figura 2.5)

w = mg

kva

Figura 2.5:

a)∑

F = ma −2 ln

(980− 1

2v

)= t− 2 ln(980)

mg − kv = mdv

dtt = 2 ln

980

980− 1

2v

dv

dt= 980− 1

2v

t

2= ln

980

980− 1

2v

dv

980− 1

2v

= dt et2 =

980

980− 1

2v

−2 ln

(980− 1

2v

)= t + c1 Despejamos v =?

v0 = 0 t = 0 ∴ v = 1960(1− e−t2 )

c1 = −2 ln(980)

b) v = 1960(1− e−102 ) ⇒ v = 1947 cm/s.

c) v(t →∞) =? ∴ v = 1960 cm/s.

5. Un peso de 32 lb esta cayendo a través de un gas cerca de la superficiede la tierra. La resistencia es proporcional al cuadrado de la velocidad,con una constante de proporcionalidad de 1 en t = 0 su velocidad es1000 pie/s



2.3. MECÁNICA

a) Determinar la ecuación del movimiento en función del tiempo

b) Calcular velocidad cuando t →∞

Solución:

a)∑

F = ma w = 32

mdv

dt= mg − kv2 mg = 32

dv

dt= 32− v2 m =

32

32= 1

Por tablasdv

32− v2= dt a =

√32

∫dv

a2 − v2=

1

2aln

(a + v

a− v

)

Integrando

1

2√

32ln

(√32 + v√32− v

)= t + c v(0) = 1000 pie/s.

1

2√

32ln

(√32 + 1000√32− 1000

)= c

1

2√

32ln

(√32 + v√32− v

)= t +

1

2√

32ln

(√32 + 1000√32− 1000

)

t =1√32

ln

√32 + v√32− v√

32 + 1000√32− 1000

, sea k =

√32 + 1000√32− 1000

2√

32t = ln

√32 + v√32− v

k⇒ ke2

√32t =

√32 + v√32− v

Despejando “v” ∴ v =√

32(ke2

√32t − 1)

(ke2√

32t + 1)

b) v(t →∞) =? v =√

32

(ke∞ − 1

ke∞ + 1

)∴ v = −

√32



DE PRIMER ORDEN

6. Un peso de 64 lb se lanza verticalmente al aire desde la superficie dela tierra. En el instante que deja el disparador tiene una velocidad de192 pie/s

a) Ignorando la resistencia del aire determine cuanto tiempo es nece-sario para que el objeto alcance su máxima altura

b) Si la resistencia del aire actúa de de acuerdo con la ecuaciónkv con una constante de proporcionalidad de 4 ¿Cuanto tiempotoma el objeto alcance su máxima altura.?Solución:

6

?a

~

w = mg

v0 = 192 pie/s

~

6

g = 32 pie/s

∑F = ma v(0) = 192 pie/s. v(t =?) = 0

mdv

dt= −mg 192 = (−32)(0) + c 0 = 192− 32t

dv = −gdt c = 192 ∴ t = 6 s

v = −gt + c v = 192− 32tb)

?6

?

a

~

w = mg

v = 192 pie/s.

~

6

kv

∑F = ma

1

2ln(32 + 2v) = −t +

1

2ln (32 + 2 · 192)

mdv

dt= −mg − kv t =

1

2ln

(416

32 + 2v

)

2dv

dt= −64− 4v e2t =

416

32 + 2v

dv

32 + 2v= −dt v = 208e−2t − 16 ; v(t =?) = 0

1

2ln(32 + 2v) = −t + c 0 = 208e−2t − 16⇒208e−2t = 16

v(0) = 192 pie/s. t =1

−2ln

16

208

1

2ln(32 + 2 · 192) = c ∴ t = 1,28 s.



2.4. CIRCUITOS EN SERIE

2.4. Circuitos en serie

a) Circuito en serie: Tiene un resistor y un inductor

iE(t)

R

i

L

L: Inductor HenryR: Resistencia OhmioE(t): Voltaje. Voltio

2. Ley de kirchoff : Las caídas de voltaje del inductor mas el resistor esigual a la fuente de tensión

Ldi

dt+ Ri = E(t) i =

dq

dti corriente amper

b) Circuito en serie: Tiene una resistencia y capacitor

iE(t)

C

RR: Resistencia OhmioC: Capacitor FaradE(t): Voltaje Voltios

Ri +1

Cq = E(t) R

dq

dt+

1

Cq = E(t) E.D.L. 1er Orden

1. Un acumulador de 24 voltios se conecta a un circuito en serie con unainductancia de 2H y una resistencia de 20 ohmios.a) Determinar la ecuación diferencial del circuitob) Hallar i = f(t) c) i(0) =? d) i(5) =?

Solución: (Ver Figura 2.6)

E(t) = 24

R = 20 Ω

L = 2H

Figura 2.6:



DE PRIMER ORDEN

a) Ldi

dt+ Ri = E(t) ⇒ 2

di

dt+ 20i = 24

di

dt+ 10i = 12 Ecuación Diferencial Lineal

b) ie

∫P (t)dt

=

∫Q(t)e

∫P (t)dt

dt+c ie10t =16

5e10t+c

ie10

∫dt

= 12

∫e

∫10dt

dt + c ∴ i=6

5+ce−10t

ie10t = 12

∫e

∫10dt

dt + c

——————————————————————————————–

c) i(0) =?, c = −6

5d) i(5) =

6

5− 6

5e−50 = 2,4 A

i =6

5− 6

5e−10t ∴ i(0) = 0 ∴ i(5) = 2,4 A

2. Se tiene un circuito en serie LR con 30 V ; 1 Henry de inductancia y50 ohmios de resistencia

a) Determinar i = f(t)

b) si i(0) =?

c) i(∞) =? Hallar i =? en t →∞

Solución:

E = 30V

R = 50 Ω

L = 1HL

di

dt+ Ri = E(t)

di

dt+ 50i = 30

a) ie50t = 30

∫e50tdt + c 0 =

3

5+ ce(50)(0)

ie50t = 30 · e50t

50+ c b) i(0) = 0; c = −3

5

i =3

5+ ce−50t ∴ i =

3

5− 3

5· e−50t




c) i =3

5− 3

5e(−50)(∞) ⇒ i =

3

5A

3. Considere un circuito en serie donde E = 0 con un resistor de 3 Ω yun inductor de 1 Henry

a) Determine la ecuación de la corriente en función del tiempo sien-do que su valor inicial es i(0) = 6A

b) Hallar i(2) =?

Solución: (ver Figura 2.7)

E = 0

R = 3 Ω

L = 1H

Figura 2.7:a) L

di

dt+ Ri = E(t) ie3t = c ⇒ i = ce−3t

di

dt+ 3i = 0 6 = ce(−3)(0) ⇒ c = 6 ∴ i = 6e−3t

ie3t = 0

∫e3t + c b) i(2) = 6e(−3)(2) ⇒ i(2) = e−6

4. La fuente voltaje es constante igual a 1V en un circuito en serie LRdonde L = 1 Henry una resistencia de 2 ohmios

a) Determinar la corriente como función del tiempo para cualquiercorriente inicial i(0) = 0

b) Hallar la corriente en t →∞ i =?

c) Hallar la corriente en t = 5 i =?


1V L=1H

R = 2 Ω

Figura 2.8:



DE PRIMER ORDEN

a) Ldi

dt+ Ri = E(t) b) i =?; t →∞

di

dt+ 2i = 1 ∴ i =

1

2[A]

ie2t =

∫e2tdt + c c) i =

1

2− 1

2e(−2)(5)

ie2t =1

2et + c i =

1

2(1− e−10)

i=1

2+ce−2t; i(0) = 0 ∴ i = 0,49A

c=−1

2; i=

1

2+

1

2e−2t

5. En un circuito en serie LR la fuente de Voltaje es 4 voltios, la resisten-cia es de 6 ohmios y un inductor de 2 Henry. Establezca la ecuacióndiferencial para la corriente.

a) Determine la corriente como la función del tiempo para cualquiercorriente inicial i(0) = 0

b) Encuentre la corriente en t →∞c) Calcule la corriente en t = 2 i(2) =?


4V L=2H

R = 6 Ω

Figura 2.9:

Ldi

dt+ Ri = E(t) ie3t = 2

(e3t

3

)+c b) t →∞ i=

2

3[A]

2di

dt+ 6i = 4 i(0) = 0 c) i =

2

3(1− e(−2)(3))

a)di

dt+ 3i = 2 c = −2

3∴ i = 0,66A

ie3t = 2

∫e3tdt + c i =

2

3− 2

3e−3t




6. Se aplica una fuerza de 80 voltio a un circuito en serie R.C. de dondela resistencia es de 50 ohmio y la capacitancia es de 10−4F determinarq(t) del capacitor si q(0) = 0. Hallar la corriente en t = 10 segundosSolución:

R = 50 Ω

C = 10−4F80 v

Figura 2.10:

Rdq

dt+

1

Cq = ε(t) qe(5)(10+3)t =

8

5

∫e(5)(103)tdt + c

50dq

dt+

1

10−4q = 80 v q =

8

55 · 10−3 + ce(−5)(10+3)t

dq

dt+

1

(50)(10−4)q =

8

5q = 8 · 10−3 + ce(−5)(103)t

qe

150·10−4

∫dt

=8

5

∫e

150·10−4

∫dt

dt + c ∴ i =dq

dt= −5 · 103ce−5·103t

7. En un circuito en serie LR la fuente de voltaje es sen t, la resistenciaes 1 ohmio y la inductancia es de 1 Henry.a)Establecer la ecuación diferencial del circuitob) Hallar la ecuación de la corriente en función del tiempo para i(0) = 0c) Hallar i(π) =?


E(t) = sen t

L=1H

R = 1 Ω

Figura 2.11:

a) Ldi

dt+ Ri = E(t) iet =

et sen t− et cos t

2+ c



DE PRIMER ORDEN

di

dt+ i = sen t iet =

1

2et sen t− 1

2et cos t + c

b) iet =

∫sen tet dt + c i =

1

2sen t− 1

2cos t + ce−t

u = sen t dv = et dt 0 =1

2sen 0− 1

2cos 0 + c

du = cos t dt v = et ⇒ c =1

2

iet = et sen t−∫

et cos t dt + c i =1

2sen t− 1

2cos t +

1

2e−t

u = cos t dv = etdt c) i(π) =?

du = − sen t dt v = et i= 12sen 180o− 1

2cos 180o+ 1

2e−π

iet =et sen t−[et cos t+

∫sen tetdt]+c ∴ i =

1

2

(1 + e−π

)

iet = et sen t− et cos t−∫

sen tetdt

8. Se aplica una fuerza electromotriz

E(t) =

120 0 ≤ t ≤ 200 t > 20

En un circuito en serie LR donde la inductancia es de 20 Henry yresistencia 2 ohmio determinar la corriente i(t) si i(0) = 0Solución: (Ver Figura 2.12 )

E L=20

R = 2di

dt+

R

Li =

E

Ldi

dt+

2

20i =

120

20di

dt+

1

10i = 6

Figura 2.12:




ieR

110

dt =6

∫eR

110

dtdt + c ie110

t = 60e110

t 0 = 60 + c−110

0

ie110

t =6

∫e

110

tdt + c i = 60 + ce−110

t c = −60

ie110

t =6 · e110

t

110

+ c i(0) = 0 i = 60− 60e−110

t

con t = 20di

dt+

2

20i = 0 60(1− e−2) = ce−

110

20

i = 60− 60e−2 ie110

t =

∫0e

110

t + c 60(1− e−2) = ce−2

i = 60(1− e−2) ie110

t = c c = 60(e2 − 1)

di

dt+

R

Li = 0 ⇒ i = ce−

110

t i = 60(e2 − 1)e−110

t

9. Resolver la ecuacióndi

dt+

R

Li = E(t). Siendo E(t) = E0 senwt y que

i(0) = i0di

dt+

R

Li = E0 senwt

Solución:ie

RL

t

= E0

∫senwt · e

RL

t

dt + c

u = senwt dv = eRL

t

dt

du = w cos(wt) dt v =L

Re

RL

t

ieRL

t

= E0

L

Re

RL

t

sen(wt)− Lw

R

∫e

RL

t · cos(wt)dt︸︷︷︸Int. por partes

+ c

ieRL

t

= E0

[R2e

RL

t

R2 + L2w2

(L

Rsen(wt)− L2w

R2cos(wt)

)]+ c

i =E0R

R2 + L2w2

(L sen(wt)− L2w

Rcos(wt)

)+ ce

−RL

t

; i(0) = i0

i0 =E0R

R2 + L2w2

(L sen(w0)− L2w

Rcos(w0)

)+ce0 ⇒ c = i0+

E0L2w

R2 + L2w2



DE PRIMER ORDEN

i =E0R

R2 + L2w2

(L sen(wt)− L2w

Rcos(wt)

)+

(i0 +

E0L2w

R2 + L2w2

)e−R

Lt

10. En un circuito R − L conectado en serie una resistencia de 2Ω y unabatería de 2H y una FEM E(t) = 100 sen(2πt). Hallar i = f(t) sii(0) = 0

Solución:di

dt+ i = E(t)

di

dt+ i = 100 sen(2πt)

iet = 100

∫et sen(2πt)dt

︸︷︷︸Int. por partes

+cu = sen(2πt) dv = etdtdu = 2π cos(2πt) dt v = et

∫et sen(2πt)dt = et sen(2πt)− 2π

∫et cos(2πt)dt

︸︷︷︸Int. por partes∫

et sen(2πt) dt = et sen(2πt)− 2πet cos(2πt)− 4π

∫et sen(2πt)dt

∫et sen(2πt)dt · (1 + 4π) = et sen(2πt)− 2πet cos(2πt)

I =

∫et sen(2π)dt =

1

1 + 4π

(et sen(2πt)− 2πet cos(2πt)

)

iet = 100

[et

1 + 4π(sen(2πt)− 2π cos(2πt))

]+ c

0 =100

1 + 4π(sen 0− 2π cos 0) + c

c =200π

1 + 4π∴ i =

100

1 + 4π(sen(2πt)− 2π cos(2πt)) +

200π

1 + 4πe−t

11. Se tiene en un circuito R−C tiene resistencia variable, si la resistenciaen cualquier momento es R = k1 + k2t donde k1 y k2 son constantesen E(t) = E0, q(0) = q0

Solución: (Véase Figura 2.13 )

vE(t) = E0 C

R = k1 + k2t

Figura 2.13:




D/ q = E0C + q0 − E0C

(k1

k1 + k2t

) 1

k2c

dq

dt+

1

c(k1 + k2t)q =

E0

k1 + k2tEcuación Diferencial Lineal

qe

1

c

∫dt

k1 + k2t= E0

∫dt

k1 + k2t· e

1

c

∫1

k1 + k2tdt + c

u = k1 + k2t

du = k2dt dt =du

k2

qe

1

ck2

∫du

u= E0

∫1

k1 + k2t· e

1

k2c

∫du

udt + c1

qe

1

k2cln u

= E0

∫1

k1 + k2t· e

1

k2cln u

dt + c1

qeln u

1

k2c= E0

∫1

k1 + k2t· eln u

1

k2cdt + c1

qe

1

k2c = E0

∫1

k1 + k2t· u

1

k2c dt + c1

q(k1 + k2t)

1

k2c = E0

∫1

k1 + k2t· (k1 + k2t)

1

k2c dt + c1

q(k1 + k2t)

1

k2c = E0

∫(k1 + k2t)

1

k2c−1

dt + c1

u = k1 + k2t du = k2dt dt =du

k2

q(k1 + k2t)

1

k2c =E0

k2

∫u

1

k2c−1

du + c1

q(k1 + k2t)

1

k2c =E0

k2

· u

1

k2c

1

k2c

+ c1

q(k1 + k2t)

1

k2c = E0C(k1 + k2t)

1

k2c + c1



DE PRIMER ORDEN

q = E0C + c1(k1 + k2t)−

1

k2c ; q(0) = q0

q0 = E0C + c1(k1)−

1

k2c ; c1 = (q0 − E0C)k

1

k2c1

⇒ q = E0C + (q0 − E0C)k

1

k2c1 · (k1 + k2)

−1

k2c

∴ q = E0C + (q0 − E0C)

(k1

k1 + k2t

) 1

k2c

12. Se aplica una fuerza electromotriz de 100 voltios a un circuito en serieRC donde la resistencia es de 200 Ω y la capacitancia es de 10−4 farada) determine la carga q(t) del capacitor si q(0) = 0b) Halle la corriente i(t)Solución: (ver Figura 2.14)

E(t)

C

R

Figura 2.14:

E = 100V ; R = 200 Ω q =1

100+ ce−50t

C = 10−4F q(0) = 0; 0 =1

100+ ce(−50)(0)

Rdq

dt+

1

Cq = E(t) ⇒ c = − 1

100

200dq

dt+

1

10−2q = 100 q =

1

100− 1

100e−50t

dq

dt+ 50q =

1

2q =

1

100(1− e−50t)

qe50t =1

2

∫e50tdt + c

dq

dt= i =

50

100e−50t

qe50t =1

2· e50t

50+ c i =

50

100e−50t ∴ i =

1

2e−50t




13. En un circuito en serie RC con resistencia en serie 1 Ω capacitor de0,5 Farad y una batería de 2V . Encuentre la corriente que circula y lacarga q(t) en el capacitor para q(0) = 0

Solución: R = 1Ω C = 0,5F E(t) = 2V

Rdq

dt+

1

Cq = E(t) q = 1 + ce−2t ; q(0) = 0

dq

dt+

1

0,5q = 2 0 = 1 + ce−(2)(0) ⇒ c = −1

qeR2dt = 2

∫eR2dtdt + c q = 1− 1e−2t

qe2t = 2 · e2t

2+ c i =

dq

dt= 2e−2t ∴ i = 2e−2t

14. Se aplica una batería de 200V a un circuito en serie R−C la resistenciaen 1000 Ω y la capacitancia es de 5 · 10−4 Farada) Determine la carga q(t) del capacitor si i(0) = 0,4 A; b) Encuentrela carga y la corriente en t = 0,005 s; c) Hallar la carga cuando t →∞Solución: ( Ver Figura 2.15)

200V

C = 5 · 10−4F

R = 1000 Ω

Figura 2.15:

a) Rdq

dt+

1

Cq = E(t) q = 4 · 10−3 + ce−50t

1000dq

dt+

1

5 · 10−2q = 200

dq

dt= i = −50ce−50t

dq

dt+ 50q = 0,2 0,4 = −50ce−(50)(0)

qeR

50dt = 0,2

∫eR

50dtdt + c c = −0,008

qe50t = 0,2e50t

50+ c ∴ q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3e−50t



DE PRIMER ORDEN

——————————————————————————————

b) q(0,005) =?; i(0,005) =? i = −50ce−50t

q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e−50t i = 50 · 8 · 10−3 · e−50t

q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e(−50)(0,005) i = 0,4 · e(−50)(0,005)

q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3 · e−0,25 i = 0,4 · e−0,25

q = −0,0022 [C] ∴ i = 0,3 A

——————————————————————————————c) q = 4 · 10−3 − 8 · 10−3e(−50)(∞) ∴ q = 4 · 10−3 [C]


Capítulo 3

Ecuaciones DiferencialesHomogéneas de 2o Orden yOrden Superior a CoeficientesConstantes

Método de Euler.- Tiene la siguiente forma

y′′ + Py′ + Qy = 0 P,Q ∈ R, P y Q son constantes

Si tenemos una solución y1 = ekx. Donde k se debe determinar con lacondición que y′ y = ekx satisface la ecuación diferencial de Segundo OrdenHomogéneo y′′ + Py′ + Qy = 0

y′1 = kekx y′′1 = k2ekx

k2ekx + Pkekx + Qekx = 0

ekx(k2 + Pk + Q) = 0 ∴ ekx 6= 0 ∀k ∈ Rk2 + Pk + Q = 0 Ecuación Característica de la Ecuación Diferencial

Para resolver se presentan 3 casos.Primer Caso: P 2 − 4Q > 0 entonces el trinomio presenta raices reales ydistintas k1 6= k2; k1, k2 ∈ R.Luego las soluciones de la ecuación diferencial y′′ + Py′ + Q = 0y1 = ek1x y2 = ek2x

Siy1

y2

6= ctteek1x

ek2x= e(k1−k2)x 6= ctte ⇒ y1 ∧ y2 son L.I.

La solución general yG

= c1y1 + cy2

yG

= c1ek1x + c2e

k2x

71

UMSS - FCyT - Departamento de MatemáticasCAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS DE

2O ORDEN Y ORDEN SUPERIOR A COEFICIENTES CONSTANTES

1. Hallar la solución general de

y′′ − 5y′ + 6 = 0

Solución: La ecuación cartesiana es k2 − 5k + 6 = 0:

(k − 3)(k − 2) = 0 yG

= c1y1 + c2y2

k1 = 3 k2 = 2 ∴ yG

= c1e3x + c2e

2x

y1 = e3x y2 = e2x


y′′ + 3y′ − 10y = 0

Solución: La ecuación cartesiana es k2 + 3k − 10 = 0:

(k + 5)(k − 2) = 0 y1 = e−5x y2 = e2x

k1 = −5; k2 = 2 yG

= c1y1 + c2y2 ∴ yG

= c1e−5x + c2e

2x


3y′′ + 5y′ − 2y = 0

Solución: La ecuación cartesiana es 3k2 + 5k − 2 = 0:

(3k)2 + 5(3k)− 6 = 0 ⇒ y1 = e−2x y2 = e13x

(3k + 6)(3k − 1) = 0 yG

= c1y1 + c2y2

(k + 2)(3k − 1) ∴ yG

= c1e−2x + c2e

13x

k1 = −2 k2 =1

3


y′′ + y′ − 12y = 0

Solución: La ecuación cartesiana es k2 + k − 12 = 0:

(k + 4)(k − 3) = 0 y1 = e−4x y2 = e3x

k1 = −4 k2 = 3 ∴ yG

= c1e−4x + c2e

3x




12y′′ − 5y′ − 2y = 0

Solución: La ecuación cartesiana es 12k2 − 5k − 2 = 0:

(12k)2 − 5(12k)− 24=0 (3k−2)(4k+1)= 0 y1 = e23x; y2 = e

−14

x

(12k − 8)(12k + 3) = 0 k1 =2

3k2 =

−1

4y

G= c1e

23x + c2e

−14

x

3.0.1. Ejercicios Propuestos

a) 6y′′ + 5y′ + y = 0

b) y′′ − 5y′ − 2y = 0

c) 3y′′ − 8y′ + 4y

d) y′′ − 2y′ = 0

6. Dada la solución general y = c1ex + c2e

−2x. Hallar la ecuación difer-encial

Solución:

k1 = 1; k2 = −2 (k − 1)(k + 2) = 0 ∴ y′′ + y′ − 2y = 0

k − 1 = 0; k + 2 = 0 k2 + k − 2 = 0

7. Dada la solución general y = c1e12x + c2e

−x. Hallar la ecuación difer-encial

Solución:

k1 =1

2; k2 = −1 k2 − 1

2k + k − 1

2= 0 ∴ 2y′′ + y′ − y = 0

(k − 1

2)(k + 1) = 0 2k2 + k − 1 = 0

8. Dada la solución general y = c1e13x + c2e

12x. Hallar la ecuación difer-

encial

Solución:




k =1

3k =

1

2k2− 1

3k − 1

2k +

1

6=0 6k2 − 5k + 1 = 0

(k− 1

3)(k− 1

2)=0 k2 − 5

6k +

1

6= 0 ∴ 6y′′ − 5y′ + y = 0

Segundo Caso: k2 + Pk + Q = 0Si P 2 − 4Q = 0 ⇒ k1 = k2 ; k1, k2 ∈ R

y1 = ek1x; y2 = ek2x

y1

y2

=ek1x

ek2x= 1 ⇒ y1 ∧ y2 L.D. y2 = e−

P2

x

∫e−Px

e−Pxdx

⇒ y2 = y1

∫e−

RP (x)dx

y21

dx y2 = e−P2

xx

k2 + Pk + Q = 0y1

y2

=e−

P2

x

xe−P2

x=

1

x

k12 =−P ±

√P 2 − 4Q

2⇒ y1 ∧ y2 L.I.

k1,2 = −P

2⇒ y

G= c1y1 + cy2

⇒ y1 = e−P2

x → y2 =? ∴ yG

= c1e−P

2x + c2xe−

P2

x

y2 = e−P2

x

∫e−

RPdx

(e−P2

x)2dx

Ejemplo 3.1 Hallar la solución general de y′′ − 2y′ + y = 0Solución:

k2 − 2k + 1 = 0 Ec. característica y1 = ek1x = ex; y2 = xex

(k − 1)2 = 0 k1 = k2 = 1 ∴ yG

= c1ex + c2xex

Ejemplo 3.2 Hallar la solución general de 25y′′ − 10y′ + y = 0Solución:

25k2 − 10k + 1 = 0 y1 = ek1x = e15x; y2 = xe

15x

(5k − 1)2 = 0 yG

= c1y1 + c2y2

k2 = k1 =1

5∴ y

G= c1e

15x + c2xe

15x



Ejemplo 3.3 Hallar la solución general de y′′ + 4y′ + 4y = 0

Solución:k2 + 4k + 4 = 0 k = −2 ∴ y

G= c1e

−2x + c2xe−2x

(k + 2)2 = 0 y1 = e−2x ; y2 = xe−2x

Ejemplo 3.4 Hallar la solución general de 16y′′ + 24y′ + 9y = 0

Solución:16k2 + 24k + 9 = 0 y1 = e−

34x + c2xe−

34x

(4k + 3)2 = 0 ⇒ k1 = k2 =−3

4∴ y

G= c1e

− 34 + c2xe−

34x

Ejemplo 3.5 Hallar la solución general de 81y′′ − 36y′ + 4y = 0Solución:

81k2 − 36k + 4 = 0 y1 = c1xe29x y2 = c2xe

29x

(9k − 2)2 = 0 → k1 = k2 =2

9∴ y

G= c1e

29x + c2xe

29x

3.0.2. Ecuación de Mac Laurin

f(x) = f(0) + xf ′(0) +x2

2!f ′′(0) +

x3

3!f ′′′(0) + . . .

f(0)y = f(x)

Figura 3.1:




3.0.3. Aplicaciones de las funciones senx, cos x, ex

f(x) = senx f(0) = sen 0 = 0 f(x) = ex f(0) = e0 = 1f ′(x) = cos x f ′(0) = cos 0 = 1 f ′(x) = ex f ′(0) = e0 = 1f ′′(x)=− sen x f ′′(0) = − sen 0 = 0 f ′′(x) = ex f ′(0) = e0 = 1f′′′(x)=− cos x f

′′′(0)=− cos 0=−1 f

′′′(x) = ex f

′′′(0) = e0 = 1

f IV(x) = senx f IV(0) = sen 0 = 0 f IV(x) = ex f IV(0) = e0 = 1fV(x) = cos x fV(0) = cos 0 = 1 fV(x) = ex fV(0) = e0 = 1fV I(x)=− sen x fV I(0)=− sen 0=0 fV I(x) = ex fV I(0) = e0 = 1fV II(x) = − cos x fV II(0)=− cos 0=−1 fV II(x) = ex fV II(0) = e0 = 1fV III(x)= sen x fV III(0)=sen 0 = 0 fV III(x) = ex fV III(0) = e0 = 1

f(x) = cos x f(0) = cos 0 = 1f ′(x) = − senx f ′(0) = − sen 0 = 0f ′′(x) = − cos x f ′′(0)=− cos 0=−1f′′′(x) = sen x f

′′′(0) = sen 0 = 0

f IV(x) = cos x f IV(0) = cos 0 = 1fV(x) = − sen x fV(0) = − sen 0 = 0fV I(x) = − cos x fV I(0) = − cos 0 = −1fV II(x) = senx fV II(0) = sen 0 = 0fV III(x) = cos x fV III(0) = cos 0 = 1

sen x = 0 + x · 1 +x2

2· 0 +

x3

3· (−1) +

x4

4!· 0 +

x5

5· 1 +

x6

6!· 0 +

x7

7· (−1) + . . .

∴ senx = x− x3

3+

x5

5− x7

7+

x9

9− . . .

cos x = 1 + x · 0 +x2

2· (−1) +

x3

3· 0 +

x4

4!· 1 +

x5

5· 0 +

x6

6!· (−1) +

x7

7· 0 + . . .

∴ cos x = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!+ . . .

ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+

x6

6!+ . . .

Si sustituimos x por ix

eix = 1 + ix +(ix)2

2!+

(ix)3

3!+

(ix)4

4!+

(ix)5

5!+

(ix)6

6!+

(ix)7

7!+ . . .



i = i i6 = i5 · i = −1i2 = −1 i7 = i6 · i = −ii3 = i2 · i = −i i8 = i7 · i = −i · i = 1i4 = i3 · i = −i · i = 1 i9 = i8 · i = ii5 = i4 · i = i

eix = 1 + ix− x2

2!− i

x3

3!+

x4

4!+ i

x5

5!− x6

6!− i

x7

7!+ . . .

eix = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ . . .

︸︷︷︸cos x

+i

(x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ . . .

)

︸︷︷︸sen x

eix = cos x + i senx Ecuación de Euler

Sustituimos x por −x

ei(−x) = cos(−x) + i sen(−x) OBS: cos(−x) = cos xe−ix = cos x− i senx sen(−x) = − sen x

+eix = cos x + i sen xe−ix = cos x− i sen x

eix + e−ix = 2 cos x ⇒ cos x =eix + e−ix

2

Tercer Caso: y′′ + Py′ + Qy = 0

k2 + Pk + Q = 0P 2 − 4Q < 0 así se tiene raíces complejas

©©©*

HHHjk1,2 = α + βi

k1 = α + βi

k2 = α− βi

Luego las soluciones particulares de la ecuación diferencial y′′ + Py′ +Qy = 0 son:

y1 = ek1x = e(α+βi)x = eαx+iβx = eαx · eiβx

y1 = eαx(cos(βx) + i sen(βx))

y2 = ek2x = e(α−βi)x = eαx−iβx = eαx · e−iβx




y2 = eαx(cos(βx)− i sen(βx))

sabemos que la combinación lineal de dos soluciones de la ecuación ho-mogénea, es también solución de la misma

+y1 = eαx cos(βx) + ieαx sen(βx)y2 = eαx cos(βx)− ieαx sen(βx)

y1 + y2 = 2eαx cos(βx) ⇒ eαx cos(βx) =y1 + y2

2Solución

− y1 = eαx cos(βx) + ieαx sen(βx)y2 = eαx cos(βx)− ieαx sen(βx)

y1 − y2 = 2ieαx sen(βx) ⇒ eαx sen(βx) =y1 − y2

2i

eαx cos(βx), eαx sen(βx son L.I.

eαx cos(βx)

eαx sen(βx= cot(βx) 6= ctte ⇒ son L.I.

La solución general es :

yG

= c1eαx cos(βx) + c2e

αx sen(βx)

yG

= eαx(c1 cos(βx) + c2 sen(βx))

Ejemplo 3.6 Hallar la solución general de y′′ − 2y′ + 2y = 0

Solución: k2 − 2k + 2 = 0 Ecuación característica

k1,2 =2±√4− 4 · 2

2=

2±√−4

2=

2± 2i

2= 1± i

©©©*

HHHjk1,2 = 1± i

α = 1

β = 1

yG

= eαx(c1 cos(βx) + c2 sen(βx))

∴ yG

= ex(c1 cos x + c2 sen x)

Ejemplo 3.7 k1,2 =1

2± 2

3i Hallar la ecuación diferencial

Solución: k2 − (k1 + k2)k + k1 · k2 = 0 k1,2 =1

2± 2

3i

k1 + k2 =1

2+

2

3i +

1

2− 2

3i = 1



k1 · k2 =

(1

2+

2

3i

)(1

2− 2

3i

)=

1

4+

2

6i− 2

6i− 4

9i2 =

1

4+

4

9=

25

36

k2 − k +25

36⇒ 36k2 − 36k + 25 = 0 ∴ 36y′′ − 36y′ + 25y = 0

3.0.4. Ecuación Diferencial Homogénea de Segundo Or-den

La ecuación tiene la siguiente forma:

d2y

dx2+ P (x)

dy

dx+ Q(x)y = 0

y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0

Siendo y1 y y2 función linealmente independiente (L.I.), son soluciones de laEcuación Diferencial de Segundo Orden y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0. Entoncesla solución general y

G= c1y1+c2y2 sabiendo que c1 y c2 constantes arbitrar-

ios que se determinan con valores iniciales para determinar las solucionesparticulares y(x) = y0 ∧ y′(x0) = y′0.Para determinar la dependencia lineal entre y1 ∧ y2

1.y1

y2

= ctte ⇒ y1 ∧ y2 son linealmente dependientes (L.D.)

y1

y2

6= ctte ⇒ y1 ∧ y2 son linealmente independiente (L.I.)

2. Wronskiano W [y1, y2] = 0 en [a, b]

Si W =

∣∣∣∣y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣ = 0 ⇒ y1 ∧ y2 son L.D.

Si W =

∣∣∣∣y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣ 6= 0 ⇒ y1 ∧ y2 son L.I.

Ejemplo 3.8 Sea la ecuación diferencial y′′ + y = 0

(a) Si y1 = sen x, y2 = cos x son soluciones de la E.D.

(b) Determinar la dependencia lineal de (sen x, cos x)

(c) Determinar la solución general de la ecuación diferencial

(d) Determinar la solución particular que satisfaga

y(0) = 1 y(0)′ = 2




(e) Determinar la solución particular que satisfaga

y(π

2

)= −1 y′

(π

2

)= 1

(f) Determinar la solución particular que satisfaga

y(π

4

)= 2 y′

(π

4

)= 0

Solución: (a)

y1 = sen x y2 = cos x

y′1 = cos x y′2 = − sen x

y′′1 = − sen x y′′2 = − cos x

⇒ y′′ + y = 0

− senx + sen x = 0 − cos x + cos x = 0

0 = 0 0 = 0

∴ y1 = sen x es solucion ∴ y2 = cos x es solución

(b)y1

y2

=sen x

cos x= tan x 6= ctte ⇒ y1 = sen x

y2 = cos x

son L.I.

(c) yG

= c1 sen x + c2 cos x

(d)

y(0) = 1 y′(0) = 2 2 = c1 cos 0− c2 sen 0

1 = c1 sen 0 + c2 cos 0 c1 = 2

c2 = 1 ∴ yG

= 2 sen x + cos x

y′G

= c1 cos x− c2 sen x

————————————————————————————–

(e)

−1 = c1 sen(π

2

)+ c2 cos

(π

2

)1 = c1 cos

(π

2

)− c2 sen

(π

2

)

c1 = −1 c2 = −1

y′G

= c1 cos x− c2 sen x ∴ yG

= − senx− cos x



(f)

y(π

4

)= 2 y′

(π

4

)= 0

√2

2c1 =

√2

2c2

yG

= c1 sen x + c2 cos x c1 = c2

2 = c1 sen(π

4

)+ c2 cos

(π

2

)2 =

√2

2c1 +

√2

2c1

2 =

√2

2c1 +

√2

2c2 2 =

√2c1

y′ = c1 cos x− c2 sen x c1 =2√2·√

2√2

=√

2 = c2

0 = c1 cos(π

4

)− c2 sen

(π

4

)y =

√2 sen x +

√2 cos x

0 =

√2

2c1 −

√2

2c2 ∴ y =

√2(sen x + cos x)

Ejemplo 3.9 Dada la ecuación y′′ − y = 0

a) Sean y1 = ex, y2 = e−x soluciones de la E.D.

b) Analizar la dependencia lineal de y1 ∧ y2

c) Determinar la solución general de la E.D.

d) Determinar la solución particular de E.D. en

y(0) = 1 y′(0) = −3

Solución:a) y′1 = ex y′2 = −e−x

y′′1 = ex y′′2 = e−x

⇒ ex − ex = 0 e−x − e−x =

0 = 0 0 = 0

∴ ex es solución ∴ e−x es solución

b)

W =

∣∣∣∣∣y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ex e−x

ex −e−x

∣∣∣∣∣ = ex(−e−x)− exe−x = −2 6= 0

∴ y1 ∧ y2 son L.I.




c)y

G= c1y1 + c2y2 y′

G= c1e

x − c2e−x

yG

= c1ex + c2e

−x

————————————————————————————————–

d) yG

= c1ex + c2e

−x y′G

= c1ex − c2e

−x

1 = ce0 + c2e−0 −3 = c1e

0 − c2e−0

1 = c1 + c2 (♠.1) −3 = c1 − c2 (♠.2)

1 = c1 + c2

−3 = c1 − c2

⇒

c1 = −1

c2 = 2∴ y = −ex + 2e−x

Resolver las Ecuaciones Diferenciales de 2o Orden Homogenea

1. 3y′′ + 2y′ − y = 0

3r2 + 2r − 1 = 0 (r + 1)(3r − 1) = 0

(3r)2 + 2(3r)− 3 = 0 r = −1 r =1

3

(3r + 3)(3r − 1) = 0 ∴ y = c1e−x + c2e

x3

2. y′′ + 9y = 0 en y(0) = 1 y′(0) = 1

r2 + 9 = 0 r2 = −9 ©©©*

HHHjr = ±3i

α = 0

β = 3

y = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) ⇒ c1 = 1

y′ = −3c1 sen(3x) + 3c2 cos(3x) ⇒ c2 =1

3

∴ y = cos(3x) +1

3sen(3x)



3. y′′ + y′ − 2y = 0 en y(0) = 0 y′(0) = 1

r2 + r − 2 = 0 (r + 2)(r − 1) = 0 r = −2 r = 1

y = c1e−2x + c2e

x → 0 = c1 + c2

y′ = −2c1e−2x + c2e

x → 1 = −2c1 + c2

⇒ c1 = −1

3c2 =

1

3

∴ y = −1

3e−2x +

1

3ex

4. 2y′′ + 12y′ + 18y = 0 en y(0) = 1 y′(0) = 0

2r2 + 12r + 18 = 0 r1 = r2 = −3

y = c1e−3x + c2xe−3x → 1 = c1

y′ = −3c1e−3x + c2e

−3x − 3c2xe−3x → c2 = 3

∴ y = e−3x + 3xe−3x

5. 2y′′ + 4y = 0

Solución:

2r2 + 4 = 0 ⇒ r2 + 2 = 0 → ©©©*

HHHjr = ±√2i

α = 0

β =√

2

∴ y = A cos√

2x + B sen√

2x

6. 2y′′ + 8y′ + 6y = 0 y(0) = 2 y′(0) = 0

Solución:

2r2 + 8r + 6 = 0 → r1 = −1 r2 = −3

y = Ae−x + Be−3x → 2 = A + B

y′ = −Ae−x − 3Be−3x → 0 = −A− 3B

⇒ A = 3; B = −1

∴ y = 3e−x − e−3x




7. y′′ + 10y′ + 25y = 0

Solución:r2 + 10r + 25 = 0

(r + 5)2 = 0 ⇒ r = −5

∴ y = Ae−5x + Bxe−5x

8. 2y′′ + 3y′ = 0

Solución:2r2 + 3r = 0

r(2r + 3) = 0 ⇒ r = 0 r = −3

2

∴ y = A + Be−32x

9. y′′ − 14y′ + 49y = 0

Solución:r2 − 14r + 49 = 0

(r − 7)2 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 7

∴ y = Ae7x + Bxe7x

10. y′′ + 8y = 0

Solución:

r2 + 8 = 0 → ©©©*

HHHjr = ±2

√2i

α = 0

β = 2√

2

∴ y = A cos(2√

2x) + B sen(2√

2x)

11. y′′ + 6y′ + 7y = 0

Solución:

r2 + 6r + 7 = 0

r = −3±√2 r1 = −3 +√

2 r2 = −3−√2

y = Ae(−3+√

2)x + Be(−3−√2)x = Ae−3xe√

2x + Be−3xe−√

2x

∴ y = e−3x(Ae

√2x + Be−

√2x

)



12. Sean α y β números reales y que β 6= 0. Demostrar eαx cos(βx), eαx sen(βx)son linealmente independientes.

Solución:Sea y1 = eαx cos(βx) y2 = eαx sen(βx)

y′1 = αeαx cos(βx)− βeαx sen(βx)

y′2 = αeαx sen(βx) + βeαx cos(βx)

W =

∣∣∣∣eαx cos(βx) eαx sen(βx)(αeαx cos(βx)− βeαx sen(βx)) (αeαx sen(βx) + βeαx cos(βx))

∣∣∣∣W =αe2αx sen(βx) cos(βx)+βe2αx ·cos2(βx)−αe2αx sen(βx) cos(βx)+

βe2αx sen2(βx)

W = βe2αx , β 6= 0 ∴ eαx cos(βx), eαx sen(βx) son L.I.

13. Sea r1 6= r2. Demostrar que er1x, er2x son linealmente independiente.

Solución:y1 = er1x y2 = er2x

y′1 = r1er1x y′2 = r2e

r2x

W =

∣∣∣∣er1x er2x

r1er1x r2e

r2x

∣∣∣∣ = r2er1xer2x − r1e

r1xer2x = e(r1+r2)x(r2 − r1)

puesto que r1 6= r2 → W 6= 0 ∴ er1x, er2x es L.I.

14. Determinar la ecuación diferencial lineal con coeficientes constantesde segundo orden cuya solución general es la expresión dadaa) y = c1e

3x + c2e−4x

Solución:r1 = 3 r2 = −4

(r − 3)(r + 4) = 0 ⇒ r2 + r − 12 = 0

∴ y′′ + y′ − 12y = 0

b) y = Ae−x + Be−2x

Solución:r1 = −1 r = −2

(r + 1)(r + 2) = 0 ⇒ r2 + 3r + 2 = 0

∴ y′′ + 3y′ + 2y = 0




c) y = Ae2x + Be2x

Solución:r1 = r2 = r = 2

(r − 2)2 = 0 ⇒ r2 − 4r + 4 = 0

∴ y′′ − 4y′ + 4y = 0

d) y = Ae2x sen(3x) + Be2x cos(3x)

Solución:

α = 2 β = 3

r = 2± 3i r1 + r2 = 4 r1 · r2 = 13

r2 − (r1 + r2)r + r1 · r2 = 0

r2 − 4r + 13 = 0 ⇒ y′′ − 4y′ + 13 = 0


Hallar la solución de las ecuaciones diferenciales

1. y′′ − y = 0 Respuesta: y = c1ex + c2e

−x

2. y′′ + y = 0 Respuesta: y = c1 cos x + c2 sen x

3. y′′ + 4y′ + 4y = 0 Respuesta: y = c1e−2x + c2xe−2x

4. y′′ − 2y′ + 2y = 0 Respuesta:y = ex(c1 cos x + c2 sen x)

5. y′′ − 6y′ + 25y = 0 Respuesta:y = e3x(c1 cos(4x) + c2 sen(4x))

6. y′′+2y′+8y = 0 Respuesta: y = e−x(c1 cos(√

7 x)+c2 sen(√

7 x))

7. y′′ + 8y = 0

8. y′′ + 6y′ + 11y = 0



3.1. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGÉNEA

3.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Ho-mogénea

3.1.1. Método continuo

yn + an−1yn−1 + . . . + a2y

′′ + a1y′ + a0y = Q(x)

Dy =dy

dx= y′

D2y =d2y

dx2= y′′

D3y =d3y

dx3= y′′′

...

Dn−1y =dn−1y

dxn−1= yn−1

Dny =dny

dxn= yn

Dny + an−1Dn−1y + . . . + a2D

2y + a1Dy+a0y = Q(x)

(Dn + an−1Dn−1 + . . . + a2D

2 + a1D+a0)y = Q(x)

y =1

Dn + an−1Dn−1 + . . . + a2D2 + a1D+a0

Q(x)

Factorizando el operador Lineal

y =1

(D −m1)(D −m2) . . . (D −mn−1)(D −mn)Q(x)

yp =1

D −m1

· 1

D −m2

· 1

D −m3

. . .1

D −mn−1

· 1

D −mn

Q(x)

u =1

D −mn

Q(x) ⇒ (D −mn)u = Q(x)

Du−mnu = Q(x)

du

dx−mnu = Q(x) Ec. Diferencial Lineal 1o Orden

Aplicando Leibniz

ue

∫P (x)

=

∫Q(x)e

∫P (x)

dx




Determinemos u = f(x)

yp =1

D −m1

· 1

D −m2

. . .1

D −mn−1

· u

t =1

D −mn−1

· u ⇒ (D −mn−1)t = u

dt

dx−mn−1t = u Ecuación Diferencial lineal de 1o Orden

Aplicando Leibniz

te

∫P (x)dx

=

∫Q(x)e

∫P (x)dx

dx t = f(x)

yp =1

D −m1

· 1

D −m2

· t︸︷︷︸

v

v =1

D −m2

⇒ (D −m2)v = t ⇒ Dv −m2v = t

dv

dx−m2v = t Ecuación Diferencial Lineal 1er Orden

v · e

∫P (x)dx

=

∫Q(x)e

∫P (x)dx

dx v = f(x)

yp =1

D −m1

v ⇒ (D −m1)yp = v

dyp

dx−m1yp = v

ype

∫P (x)

=

∫Q(x)e

∫P (x)dx

dx yp = f(x)

yp : Solución particular de la Ec. Diferencial no Homogéneo

∴ y = yh + yp

3.2. Ejercicios

1. Hallar y =? y′′′ − 5y′′ + 2y′ + 8y = e5x

Solución: y = yh

+ yp

k3 − 5k2 + 2k + 8 = 0



3.2. EJERCICIOS

1 −5 +2 8k1 = −1 −1 6 -8

1 −6 8 0k2 = 2 2 -8

1 -4 0k3 = 4 4

1 0

y1 = e−x y2 = e2x y3 = e4x

yh

= c1e−x + c2e

2x + c3e4x

yp =? D3y − 5D2y + 2Dy + 8y = e5x

(D3 − 5D2 + 2D + 8)︸︷︷︸1

y = e5x

yp =1

D3 − 5D2 + 2D + 8e5x

yp =1

(D + 1)(D − 2)(D − 4)e5x

yp =1

D + 1· 1

D − 2· 1

D − 4e5x

︸︷︷︸t

t =1

D − 4e5x

(D − 4)t = e5x

Dt− 4t = e5x

dt

dx− 4t = e5x E.D.L.1o Orden

te

∫P (x)dx

=

∫Q(x)e

RP (x)dxdx

te−4

∫dx

=

∫e5x · e

−4

∫dx

dx

te−4x =

∫e5xe−4xdx ⇒ te−4x =

∫exdx

te−4x = ex t = e5x

yp =1

D + 1· 1

D − 2· t ⇒ yp =

1

D + 1· 1

D − 2· e5x

︸︷︷︸u




(D − 2)u = e5x (D + 1)yp =e5x

3⇒ Dyp + yp =

e5x

3

Du− 2u = e5x dyp

dx+ yp =

e5x

3

ue−2

∫dx

=

∫e5xe

−2

∫dx

dx ype

∫P (x)dx

=

∫Q(x)e

∫P (x)dx

dx

ue−2x =

∫e5xe−2xdx ype

x =1

3

∫e5x · exdx

ue−2x =

∫e3xdx ype

x =1

3

∫e6xdx

ue−2x =e3x

3ype

x =1

3· e6x

6⇒ yp =

1

18e5x

u =e5x

3y

G= c1e

−x + c2e2x + c3e

4x +e5x

18

2. y′′ − y′ − 2y = sen xSolución:y′′ − y′ − 2y = sen x → k2 − k − 2 = 0(k − 2)(k + 1) = 0 → k = 2, k = −1

y1 = e2x, y2 = e−x ⇒ yh

= c1e2x + c2e

−x

(D2 −D − 2)yp = senx→ yp =1

D2 −D − 2senx

yp =1

(D − 2)· 1

(D + 1)sen x

︸︷︷︸t

; t =1

D + 1sen x

(D + 1)t = sen x → Dt + t = sen x

dt

dx+ t = sen x Ecuación Diferencial Lineal de 1o Orden

te

∫dx

=

∫sen xe

∫dx

dx

tex =

∫senxexdx


u = sen x dv = exdxdu = cos xdx v = ex



3.2. EJERCICIOS

tex = ex sen x−∫

ex cos xdx︸︷︷︸Int. por partes

u = cos x dv = exdxdu = − senxdx v = ex

tex = ex sen x−[ex cos x +

∫ex senxdx

]

tex =ex

2(sen x− cos x) ⇒ t =

1

2(sen x− cos x)

yp =1

D − 2· 1

2(sen x− cos x) ⇒ Dyp − 2yp =

1

2(sen x− cos x)

dyp

dx− 2yp =

1

2(senx− cos x)

ype−2x =

1

2

∫(sen x− cos x)e−2xdx

yp =1

2

∫e−2x sen xdx

︸︷︷︸Int por partes

−∫

e−2x cos xdx︸︷︷︸Int. por partes

∫e−2x sen xdx =

e−2x

5(−2 senx− cos x)

∫e−2x cos xdx =

e−2x

5(−2 cos x + senx)

ype−2x =

1

2

[e−2x

5(−2 sen x− cos x)− e−2x

5(−2 cos x + senx)

]

ype−2x =

1

2e−2x(−3 sen x + cos x)

yp =1

10(−3 sen x + cos x)

yG

= yh + yp ⇒ yG

= c1e2x + c2e

−x +1

10(−3 senx + cos x)

3. Resolver la ecuación diferencial No Homogénea por el método contin-uoa) y′′ − 6y′ + 8y = e2x + e4x

Solución:Resolvemos la Ecuación Diferencial Homogénea y′′ − 6y′ + 8y = 0k2 − 6k + 8 = 0 Ecución Carçacteristica(k − 4)(k − 2) = 0 ⇒ k = 2, k = 4 ⇒ y1 = e2x, y2 = e4x

yh = c1y1 + c2y2 ⇒ yh = c1e2x + c2e

4x Sol. General de la EC: Dif.




Homogéneay′′ − 6y′ + 8y = e2x + e4x Ec. Dif. No Homogéneayp(D

2 − 6D + 8) = e2x + e4x

yp =e2x

(D − 4)(D − 2)︸︷︷︸yp1

+e4x

(D − 4)((D − 2))︸︷︷︸yp2

u =e4x

D − 4

du

dx− 4u = e4x Ec. Dif. Lineal

ue−4x =

∫e4x · e−4xdx Ec. Dif. Lebniz

ue−4x =

∫dx⇒ u = xe4x

yp2 =xe4x

D − 2(D − 2)yp2 = xe4x

dyp2

dx− 2yp = x4x Ec. Dif. Lineal 1o O.

yp2e−2x =

∫xe4xe−2xdx Ec. Dif. de Leibniz

yP2e−2x =

∫xe2xdx

︸︷︷︸Int. Por Partes

yp2e−2x =

1

2xe2x − 1

4e2x

yp2 =1

2xe4x − 1

4e4x se repite L.D.⇒ yp2 =

1

2xe4x

yp1 =1

D − 4· e2x

D − 2

u =e2x

D − 2u(D − 2) = e2x

du

dx− 2u = e2x Ec. Dif. Lineal

ue−2x =

∫e2x · e−2xdx Ec. Dif Leibniz.

ue−2x =

∫dx u = xe2x

yp1 =1

D − 4· xe2x

(D − 4)yp1 = xe2x



3.2. EJERCICIOS

dyp1

dx− 4yp1 = xe2x Ec. Dif. Linel

yp1e−4x =

∫xe2xe−4xdx Ec. Dif. de Leibniz

yp1e−4x =

∫xe−2xdx


yp1e−4x = −1

2xe−2x − 1

4e−2x

yp1 = −1

2xe2x − 1

4e2x se repite ⇒ yp1 = −1

2xe2x

yp = −1

2xe2x +

1

2xe4x

yG = c1e2x + c2e

4x − 1

2xe2x +

1

2xe4x Sol. general de Ec. Dif.

No Homogénea

4. Resolver la Ecuación Diferencial por el método continuo

y′′ − 8y′ + 12y = x2 + sen x

Solución:y′′ − 8y′ + 12y = 0 Ec. Dif. Homogéneak2 − 8k + 12 = 0 Ec. Característica(k − 6)(k − 2) = 0 ⇒ k1 = 6 k2 = 2 ⇒ yh = c1e

6x + c2e2x

yh = c1e2x + c2e

6x Sol. general de Ec. Dif.Homogénea

Resolvemos la Ec. Dif. No Homogéneay′′ − 8y′ + 12y = x2 + sen xD2yp − 8Dyp + 12yp = x2 + sen xyp(D

2 − 8D + 12) = x2 + senx

yp =x2 + sen x

(D − 6)(D − 2)=

1

D − 6· x2 + sen x

(D − 2)︸︷︷︸t

(♣.1)

x2 + senx

(D − 6)(D − 2)=

1

(D − 6)t ⇒ (D − 2)t = x2 + senx

Dt− 2t = x2 + sen xdt

dx− 2t = x2 + sen x Ec. Dif. Lineal de 1o Orden

Aplicamos leibniz




te−2

∫dx

=

∫x2 + senxe

−2

∫dx

dx → te−2x =

∫(x2 + sen x)e−2xdx

te−2x =

∫x2e−2xdx +

∫senxe−2xdx Integral por tabla (♠.1)

∫x2e−2xdx =

e−2x

−2

(x2 +

2x

2+

2

4

)

∫sen xe−2xdx =

e−2x(−2 senx− cos x)

5Reemplazando en (♠.1)

t = −1

2

(x2 + x +

1

2

)+

(−2 senx− cos x

5

)

t = −1

2x2 − x

2− 1

4− 2

5sen x− 1

5cos x

R/V de t en (♣.1)

yp =1

D − 6t ⇒ yp(D − 6) = t

Dyp − 6yp = t ⇒ dyp

dx− 6yp = t

ype− 6

∫dx

=

∫te− 6

∫dx

dx ⇒ ype−6x = −1

2

∫te−6xdx

ype−6x = −1

2

∫x2e−6xdx−1

2

∫xe−6xdx−1

4

∫e−6xdx−2

5

∫sen xe−6xdx−

1

5

∫cos xe−6xdx

Integrando Por Tablas

I1 =

∫x2e−6xdx =

e−6x

−6

(x2 +

2x

6+

2

36

)

I2 =

∫xe−6xdx = −e−6x

6

(x +

1

6

)

I3 =

∫e−6xdx = −e−6x

6

I4 =

∫sen xe−6xdx =

e−6x(−6 sen x + cos x)

37

I5 =

∫cos xe−6xdx =

e−6x(−6 cos x + sen x)

37

yp = −1

2

[−1

6

(x2 +

1

3x +

1

18

)]− 1

2

[−1

6

(x +

1

6

)]+

1

4· 1

6

−2

5

(−6 senx− cos x)

37− 1

5

(−6 cos x + sen x)

37


UMSS - FCyT - Departamento de Matemáticas3.3. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA A

COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN “N ”

yp =1

12

(x2 +

1

3x +

1

18

)+

1

12

(x +

1

6

)+

1

24− 2(−6 senx− cos x)

5× 37

−(−6 cos x + sen x)

5× 37

yp =x2 +

1

3x +

1

18+ x +

1

612

+1

24+−2(−6 sen x− cos x)− (−6 cos x + sen x)

5× 37

yp =

18x2 + 6x + 1 + 18x + 3

1812

+1

24+

12 sen x + 2 cos x + 6 cos x− 6 senx

185

yp =

18x2 + 24x + 4

1812

+1

24+

11 senx + 8 cos x

185

yp =18x2 + 24x + 4

216+

1

24+

11 senx + 8 cos x

185

yp =1

12x2 +

1

9x +

1

54+

1

24+

11

185sen x +

8

185cos x

yp =1

12x2 +

1

9x +

13

216+

11

185senx +

8

185cos x

yG = c1e6x + c2e

2x +1

12x2 +

1

9x +

13

216+

11

185sen x +

8

185cos x

3.3. Ecuación Diferencial Lineal Homogénea aCoeficientes Constantes de Orden “n”

Tiene la siguiente forma

anyn + an−1yn−1 + an−2y

n−2 + . . . + a2y′′ + a1y

′ + a0y = 0

Resolución Método de Euler.- Propone como solución a la expresión ofunción exponencial y = ekx donde k debe determinarse con la condición deque la función ekx satisfaga la ecuación diferencial:

y = ekx, y′ = kekx, y′′ = k2ekx, y′′′ = k3ekx, . . . , yn = knekx

anknekx + an−1kn−1ekx + an−2k

n−2ekx + . . . + a2k2ekx + a1kekx + a0e

kx = 0

ekx(ankn + an−1kn−1 + an−2k

n−2 + . . . + a2k2 + a1k + a0) = 0 ; ekx 6= 0

Ecuación característica de ankn+an−1kn−1+an−2k

n−2+. . .+a2k2+a1k+a0 =

0 al resolver la ecuación de grado “n” se presentan 4 casos




Caso I: El polinomio tiene raíces iguales y reales

k1 = k2 = k3 = . . . = kn

y1 = ekx, y2 = xekx, y3 = x2ekx, . . . , yn = xn−1ekx

yG

= c1y1 + c2y2 + c3y3 + . . . + cnyn

Caso II: El polinomio tiene raíces distintas y reales

k1 6= k2 6= k3 6= . . . 6= kn

y1 = ek1x, y2 = ek2x, y3 = ek3x, . . . , yn = eknx

Donde y1, y2, y3, . . . , yn son linealmente independientes

w(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 y3 . . . yn

y′1 y′2 y′3 . . . y′ny′′1 y′′2 y′′3 . . . y′′n...

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

yn−11 yn−1

2 yn−13 . . . yn−1

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

6= 0

yG

= c1y1 + c2y2 + c3y3 + c4y4 . . . + cnyn

Caso III: El polinomio tiene raíces números complejos y conjugada

k1,2 = α± βi

Caso IV: Combinación de los casos anteriores

Ejemplo 3.10 y′′′ + 2y′′ − y′ − 2y = 0 en y1(0) = 1, y′(0) = 2, y′′(0) =−1

Solución:

Ecuación característica k3 + 2k2 − k − 2 = 0

−2

±1±2

multiplos

1 2 −1 −21 1 3 2

1 3 2 0−1 −1 −2

1 2 0−2 −2

1 0

k1 = 1 k2 = −2 k3 = −1




y1 = ex, y2 = e−2x, y3 = e−x

yG

= c1y1 + c2y2 + c3y3 ⇒ yG

= c1ex + c2e

−2x + c3e−x

y′G

= c1ex − 2c2e

−2x − c3e−x y′′

G= c1e

x + 4c2e−2x + c3e

−x

y(0) = 1 y′(0) = 2 y′′(0) = −1

1 = c1 + c2 + c3

2 = c1 − 2c2 − c3

−1 = c1 + 4c2 + c3

(♣.1)(♣.2)(♣.3)

⇒ c1 =7

6c2 = −2

3c3 =

1

2

∴ yG =7

6ex − 2

3e−2x +

1

2e−x

Ejemplo 3.11 yV + 4yIV + 5y′′′ − 6y′ − 4y = 0

Solución:

Ecuación característica k5 + 4k4 + 5k3 − 6k − 4 = 0

Ruffini

1 4 5 0 −6 −4k1 = 1 1 5 10 10 4

1 5 10 10 4 0k2 = −1 −1 −4 −6 −4

1 4 6 4 0k3 = −2 −2 −4 −4

1 2 2 0

k2 + 2k + 2 = 0 ⇒ k1,2 =−2± 2i

2k = −1± i

∴ yG

=c1ex+c2e

−x+c3e−2x+e−x(c4 cos x+c5 sen x)

3.3.1. Resolución de una Ecuación Diferencial LinealCompleta de Orden“n”- obtención de la soluciónparticular (Ecuación Diferencial no Homogénea)

Método Variación de Parámetros:

Sea yn + an−1yn−1 + an−2y

n−2 + . . . + a2y2 + a1y + a0y = Q(x)




Teorema 3.1 Sean y1, y2, . . . , yn, solución particular L.I. de yn+an−1yn−1+

an−2yn−2 + . . . + a2y

′′ + a1y + a0y = 0, entonces yG

= c1y1 + c2y2 + c3y3 +. . . + cnyn

Si L′1y1 + L′2y2 + L′3y3 + . . . + L′nyn = 0

L′1y′1 + L′2y

′2 + L′3y

′3 + . . . + L′ny′n = 0

......

......

L1yn−11 + L′2y

n−1n−1 + L3y

n−13 + . . . + Lnyn−1

n = Q(x)

Resolver el sistema para L1, L2, . . . , Ln dondeL1 = L1(x); L2 = L2(x); L3 = L3(x), . . . , Ln = Ln(x) función Desconocidadebe determinarse con la condición que satisfaga la ecuación diferencialyp : Solución particular de la ecuación diferencial completa

yp = L1y1 + L2y2 + L3y3 + . . . + Lnyn

Ejemplo 3.12 y′′ + y = sec x Ecuación Diferencial no Homogénea

Solución:

y′′ + y = 0 ⇒ k2 + 1 = 0

©©©*

HHHjk = ±i

α = 0

β = 1 yh = e(0)(x)(c1 cos x + c2 sen x)

yh = c1 cos x + c2 sen x

L′1 cos x + L′2 senx = 0 (♣.1)L′1(− sen x) + L′2 cos x = sec x (♣.2)

L′1 =

∣∣∣∣0 senx

sec x cos x

∣∣∣∣∣∣∣∣

cos x senx− sen x cos x

∣∣∣∣=−(sec x sen x)

cos2 x + sen2 x= − 1

cos xsen x ⇒ L′1 = − tan x

L′1 = − tan x; L1 = −∫

sen x

cos xdx

t = cos xdt = − sen xdx

L1 = −∫ −dt

t⇒ L1 = ln | cos x|

L′2 =

∣∣∣∣cos x 0− sen x sec x

∣∣∣∣∣∣∣∣

cos x senx− sen x cos x

∣∣∣∣=

cos x · 1

cos xcos2 x + sen2 x

= 1 ⇒ L2 =

∫dx = x⇒ L2 = x




L2 = x

yp = L1y1 + L2y2 ⇒ yp = ln | cos x| cos x + x sen x; y = yh + yp

∴ y = c1 cos x + c2 sen x + cos x ln | cos x|+ x sen x

Ejemplo 3.13 y′′ − 3y′ + 2y =e2x

1 + e2x

Solución:y′′ − 3y′ + 2y = 0k2 − 3k + 2 = 0 ⇒ (k − 2)(k − 1) = 0 → k1 = 2; k2 = 1yh = c1e

x + c2e2x

L′1ex + L′2e

2x = 0

L′1ex + 2L′2e

2x =e2x

1 + e2x

L′1 =

∣∣∣∣∣∣0 e2x

e2x

1 + e2x2e2x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ex e2x

ex 2e2x

∣∣∣∣=− e4x

1 + e2x

2e3x − e3x=− e4x

1 + e2x

e3x= − ex

1 + e2x

L′1 = − ex

1 + e2x⇒ L1 = −

∫ex

1 + e2xdx

t = ex

dt = exdx

L1 = −∫

dt

1 + t2dt = − arctan t = − arctan ex

=

∣∣∣∣∣∣ex 0

ex e2x

1 + e2x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ex e2x

ex 2e2x

∣∣∣∣=

e3x

1 + e2x

2e3x − e3x=

1

1 + e2x

L′2 =

∫dx

1 + e2x=

∫1

1 + (ex)2⇒ L2 = arctan ex

yp = L1y1 + L2y2 = − arctan ex · ex + arctan(ex)e2x = −ex arctan ex +e2x arctan ex

yp = arctan(ex)(e2x − ex) ∴ y = c1ex + c2e

2x + arctan ex(e2x − ex)

Ejemplo 3.14 y′′′ − y′′ = ex

Solución:y′′′ − y′′ = 0 Ecuación Diferencial Homogénea




k3 − k2 = 0 Ec. Característica y1 = e0x = 1

k2(k − 1) = 0 ⇒k = 0 k = 1 y2 = xe0x = x y3 = ex

k1 = k2 = 0 k3 = 1 yh = c1 + c2x + c3ex

L′1 + L′2x + L′3ex = 0

L′10 + L′2 + L′3e

x = 0L′10 + L20 + L′3e

x = ex

L′3 =ex

ex= 1→ L3 =

∫dx = x L3 = x

L′2 + ex = 0 → L′2 = −ex L2 = −∫

exdx L2 = −ex

L′1 − exx + ex = 0 L1 = xex −∫

exdx− ex

L′1 = ex(x− 1) L1 = xex − ex − ex = xex − 2ex

L1 =

∫xexdx−

∫exdx L1 = ex(x− 2) y = yh + yp

u = xdu = dx

dv = exdxv = ex ∴ y=c1+c2x+c3e

x+ex(x−2)−exx + xex

Ejemplo 3.15 y′′′ − y′ = e2x

Solución:

y′′′ − y′ = 0 Ec. Dif. Homogénea k1 = 0 k2 = 1 k3 = −1

k3 − k = 0 Ec. Carácteristica y1 = e0x y2 = ex y3 = e−x

k(k2 − 1) = 0 yh = c1 + c2ex + c3e

−x

(♣.1) L′1 + L′2ex + L′3e

−x = 0

(♣.2) L′10 + L′2e

x − L′3e−x = 0

(♣.3) L′10 + L2ex + L′3e

−x = e2x

(♣.2) + (♣.3)

2exL′2 = e2x L′3 =1

2· e2x

e−x=

1

2e3x

L′2 =e2x

2ex=

1

2ex L′3 =

1

2e3x




L2 =1

2

∫exdx =

1

2ex L3 =

1

2

∫e3xdx

L2 =1

2· ex L3 =

1

2· e3x

3=

1

6e3x, L3 =

1

6e3x

1

2exex − L′3e

−x = 0 L′1 +ex

2· ex +

1

2e3x · e−x = 0

1

2e2x − L′3e

−x = 0 L′1 = −e2x

2− 1

2e2x = −e2x

L′3e−x =

1

2e2x L1 = −

∫e2xdx, L1 = −e2x

2

yp = L1y1 + L2y2 + L3y3 yp =1

6e2x

yp = −e2x

2+

ex

2ex +

1

6e3xe−x y = yh + yp

yp = −e2x

2+

e2x

2+

1

6e2x ∴ y = c1 + c2e

x + c3e−x +

1

6e2x


1. y′′ + 4y = tan x

2. y′′′ + y′ =1

sen x

3. y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = ex

4. y′′ + 3y′ = 3xe−3x

5. y′′ − 4y = 2e2x

6. y′′ + 2y′ + y = −2

7. y′′ + y = cos x




3.3.3. Método de Coeficiente Indeterminado

Sea: y′′ + a1y′ + a0y = Q(x)

⇒ yp =?

Q(x) = x → yp = Ax + B

Q(x) = x2 → yp = Ax2 + Bx + C

Q(x) = x3 → yp = Ax3 + Bx2 + Cx + D

...

Q(x) = ex → yp = Aex

Q(x) = xex → yp = Axex + Bex

Q(x) = 5e2x → yp = Ae2x

Q(x) = x2ex → yp = Ax2ex + Bxex + Cex

Q(x) = sen(αx) → yp = A sen(αx) + B cos(αx)

A,B, C, D . . . coeficiente indeterminado

yG

= yh + yp

1. y′′ − 6y′ + 8y = x2

Solución:

y′′ − 6y′ + 8y = 0 y1 = e4x y2 = e2x

k2 − 6k + 8 = 0 yh = c1e4x + c2e

2x

(k − 4)(k − 2) = 0

Como Q(x) = x2 → yp = Ax2 + Bx + Cy′p = 2Ax + B

y′′p = 2A

Reemplazando en la Ecuación Diferencial

2A− 6(2Ax + B) + 8(Ax2 + Bx + C) = x2

8Ax2 + (−12A + 8B)x + 2A− 6B + 8C = x2




8A = 1

−12A + 8B = 0

2A− 6B + 8C = 0

A =1

8

B =3

16

C =7

64

yp =1

8x2 +

3

16x +

7

64; y

G= yh + yp

∴ yG

= c1e4x + c2e

2x +1

8x2 +

3

16x +

7

64

2. y′′ + 9y = xex

Solución:y′′ + 9y = 0

©©©*

HHHjk2 + 9 = 0 ⇒ k = ±3i

α = 0

β = 3

y1 = cos(3x) y2 = sen(3x) yh = c1 cos(3x) + c2 sen(3x)

Q(x) = xex → yp = Axex + Bex

y′p = Aex + Axex + Bex

y′′p = Aex + Aex + Axex + Bex

y′′p = 2Aex + Axex + Bex

Reemplazando en la Ecuación Diferencial.

2Aex + Axex + Bex + 9(Axex + Bex) = xex

10A = 1 10B + 2A = 0

A =1

10B = − 1

50

yp =1

10xex − 1

50ex

∴ yG

= c1 cos(3x) + c2 sen(3x) +1

10xex − 1

50ex

3. y′′ − 5y′ + 4y = sen(3x)Solución:

y′′ − 5y′ + 4y = 0 (k − 4)(k − 1) = 0

k2 − 5k + 4 = 0 yh = c1e4x + c2e

x




Q(x) = sen(3x) → yp = A sen(3x) + B cos(3x)

y′p = 3A cos(3x)− 3B sen(3x)

y′′ = −9A sen(3x)− 9B cos(3x)


−9A sen(3x)−9B cos(3x)−5(3A cos(3x)−3B sen(3x))+4(A sen(3x)+B cos(3x)) = sen(3x)

(−5A + 15B) sen(3x) + (−5B − 15A) cos(3x) = sen(3x)

−5A + 15B = 1

−15A− 5B = 0

A = − 1

50

B =3

50

⇒ yp = − 1

50sen(3x) +

3

50cos(3x)

∴ yG

= c1e4x + c2e

x +1

50(3 cos(3x)− sen(3x))

4. y′′ − y = ex senx

Solución:

y′′ − y = 0 ⇒ k2 − 1 = 0 ⇒ k = ±1 yh = c1ex + c2e

−x

Q(x) = ex senx → yp = Aex senx + Bex cos x

y′ = Aex cos x + Aex senx + Bex cos x−Bex sen x

y′′ = 2Aex cos x− 2Bex sen x


2Aex cos x− 2Bex sen x− (Aex sen x + Bex cos x) = ex sen x

2Aex cos x− 2Bex sen x− Aex sen x−Bex cos x = ex sen x

(2A−B)ex cos x + (−A− 2B)ex sen x = ex sen x

−A− 2B = 1

2A−B = 0

A = −1

5

B = −2

5



3.4. EJERCICIOS PROPUESTOS

yp = −1

5ex senx− 2

5ex cos x

∴ yG

= c1ex + c2e

−x − ex

5(sen x + 2 cos x)

5. y′′ − 4y = 2e2x

Solución:

y′′ − 4y = 0 ⇒ k2 − 4 = 0 ⇒ k = ±2 yh = c1e2x + c2e

−2x

Q(x) = 2e2x ⇒ yp = Axe2x “x” por repetirse la solución e2x

y′p = Ae2x + 2Axe2x

y′′ = 2Ae2x + 2Ae2x + 4Axe2x

y′′ = 4Ae2x + 4Axe2x


4Ae2x + 4Axe2x − 4Axe2x = 2e2x

4Ae2x = 2e2x A =1

2yp =

1

2xe2x

∴ yG

= c1e2x + c2e

−2x +1

2xe2x


1. y′′ + 9y = xex Respuesta: c1 cos 3x + c2 sen 3x +xex

10− ex

50

2. y′′′ + y′′ = 3ex + 4x2 respuesta: c1 + c2 + c3e−x +

3

2ex + 4x2

3. y′′ + y′ − 6y = 1 + xe2x




3.5. Aplicaciones de Ecuaciones Diferencialesde Segundo Orden

3.5.1. Sistema Masa- Resorte sin amortiguación

( Véase Figura 3.2)

m

Movimiento

m

Equilibrio

` + ∆`

y(−)

y(+)

∆`

`` Fr

Fm

Reposo

Figura 3.2:

En equilibrio: Fm = Fr Ley de Hooke

mg = k∆`

mg − k∆` = 0

En movimiento F = ma.

md2y

dt2= mg − k(∆` + y)

md2y

dt2= mg − k∆`− ky; mg − k∆` = 0

md2y

dt2+ ky = 0 Dividiendo entre m

d2y

dt2+

k

my = 0 Ec. Dif. Homogenea de 2o Orden

w2 =k

mFrecuencia de oscilación

d2y

dt2+ w2y = 0 Ec. Dif Homogenea de 2o Orden



SEGUNDO ORDEN

r2 + w2 = 0

©©©*

HHHjr = ±wi

α = 0

β = 1

y(t) = c1 cos(wt) + c2 sen(wt)

c1

c2

φ

√c21 + c2

2 = A senφ =c1√

c21 + c2

2

cos φ =c2√

c21 + c2

2

A : amplitud de Oscilación φ: Ángulo de fase

y(t) = c1 ·√

c21 + c2

2√c21 + c2

2

cos(wt) + c2 ·√

c21 + c2

2√c21 + c2

2

sen(wt)

y(t) =√

c21 + c2

2

(c1√

c21 + c2

2

cos(wt) +c2√

c21 + c2

2

sen(wt)

)

y(t) = A

senφ cos(wt) + cos(φ) sen(wt)︸︷︷︸

sen(wt + φ)

y(t) = A sen(wt + φ)

Sistema Masa - Resorte Amortiguado: [véase Figura 3.3]

Faαv Fa = k1v

Fa : Fuerza de Amortiguación

K1 : Constante de Amortiguación

Fm = −FR − Fa

md2y

dt2= −ky − k1v

md2y

dt2+ k1v + ky = 0

d2y

dt2+

k1

m

dy

dt+

k

my = 0

2λ =k1

mw2 =

k

mFrecuencia de oscilación




m

Movimiento

v

m

Equilibrio

` + ∆`

y(−)

y(+)

∆`

`

Fa

Figura 3.3:

d2y

dt2+ 2λ

dy

dt+ w2y = 0 Ecuación Diferencial Homogénea de 2o Orden

r2 + 2λr + w2 = 0

r =−2λ±√4λ2 − 4w2

2r = −λ±√λ2 − w2

Se presentan 3 casos

Primer Caso: Si λ2 − w2 > 0 SOBREAMORTIGUADO

entonces r1 6= r2 ∈ R y = Aer1t + Ber2t

Y

t

Figura 3.4:

Segundo Caso: Si λ2 − w2 = 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO(véase Figura 3.5)



SEGUNDO ORDEN

entonces r1 = r2 = r ∈ Rr = −λ y = Ae−λt + Bte−λt

Y

t

Figura 3.5:

Tercer Caso: Si λ2 − w2 < 0 SUBAMORTIGUADO (véase Figura 3.6)r = α± βiy = eαt(A cos(βt) + sen(βt))

Y

t

Figura 3.6:

Ejemplo 3.16 En un Sistema Amortiguado masa - resorte, el resorte sealarga hasta el punto de equilibrio, la masa de 2kg, el resorte tiene unaconstante de resistencia de 8 N/m y el coeficiente de amortiguación 8 kg/sque partiendo del reposo se desplaza hacia arriba con una velocidad de5 m/s. Determinar la ecuación del desplazamiento.

Solución: (Véase Figura 3.7)

d2y

dt2+ 2λ

dy

dt+ w2y = 0

2λ =k1

mw2 =

k

m




y−

y+

m

m

`+∆`

Figura 3.7:

2λ =8

2w2 =

8

2y′(0) = 5 m/s

2λ = 4 w = 2 0 = A + 0

y′′ + 4y′ + 4y = 0 A = 0

r2 + 4r + 4 = 0 y′ = −2Ae−2t + B(e−2t + t(−2)e−2t)

(r + 2)(r + 2) = 0 ⇒ r = −2 y′ = −2Ae−2t + Be−2t − 2Bte−2t

y = Ae−2t + Bte−2t −5 = B

y(0) = 0 ∴ y = 5te−2t

1. Una masa de 30 g se une a un resorte. En equilibrio el resorte se alarga20 cm. El resorte se jala hacia abajo otros 10 cm y se suelta. Establezcala ecuación diferencial para el movimiento y resuelva para determinarel movimiento resultante ignorando la fricciónSolución: (Véase Figura 3.8)

m = 30 g ∆` = 20 cm y(0) = 10 cm y′(0) = 0;

mg = k∆` ⇒ k =mg

∆`=

30 · 980

20k = 1470

md2y

dt2+ ky = 0 30y′′ + 1470y = 0

y′′ +k

my = 0 w2 =

k

m

w2 =k

m=

1470

30= 49 w2 = 49



SEGUNDO ORDEN

y′′ + 49y = 0

r2 + 49 = 0 → ©©©*

HHHjr = ±7i

α = 0

β = 7

y = A cos(7t) + B sen(7t)

y′ = −7A sen(7t) + 7B cos(7t)

cony(0) = 10 ⇒ 10 = A cos(0) + B sen(0) ⇒ A = 10

0 = −7A · 0 + 7B ⇒ B = 0 y = 10 cos(7t)

y = 10 cm

∆`=20 cm

Figura 3.8:

2. Una masa de 400 g se une a un resorte. En equilibrio el resorte seha alargado 245 cm. El resorte se jala hacia abajo y se suelta. A las12 : 00 del día se observa que la masa está 10 cm mas abajo del pun-to de equilibrio y moviéndose hacia abajo a

√84 cm/s. Establezca la

ecuación diferencial para el movimiento. Resuelva la ecuación diferen-cial y expresa la solución en forma de amplitud y faseSolución:

m = 400 g, ∆` = 245 cm ; y(0) = 10 cm y′(0) =√

84 cm/s

md2

dt2+ ky = 0 ; mg = k ·∆` ⇒ k =

mg

∆`=

400 · 980

245⇒ k = 1600

400y′′ + 1600y = 0 ⇒ y′′ + 4y = 0

r2 + 4 = 0 ⇒ r = ±2i y = A cos(2t) + B sen(2t)

y′ = −2A sen(2t) + 2B cos(2t)

con y(0) = 10 → 10 = c1 cos(2 · 0) + c2 sen(2 · 0) ⇒ A = 10con y′(0) =

√84 cm/s → √

84 = −2A sen(2 · 0) + 2B cos(2 · 0)

B =

√84

2=√

21 ∴ y = 10 cos(2t) +√

21 sen(2t)




3. Una masa de 8 slug se cuelga de un resorte largo. El resorte se estira2 pie antes de quedar en reposo. Se quita la masa de 8 slugs, se cuelgaa una masa de 2 slugs y se coloca en equilibrio. La masa se empujahacia abajo y se suelta. En el tiempo en el que se suelta la masa seencuentra a 2 pie abajo del equilibrio y viajando hacia abajo a 1 pie/s.Determinar la ecuación diferencial para el movimiento y resolver laecuación diferencial.Solución:

m1 = 8 slug 2y′′ + 128y = 0 E.D.

∆` = 2 pie y′′ + 64y = 0

m2 = 2 slugs r2 + 64 = 0

y(0) = 2 slugs r = ±8i

y′(0) = 1 pie/sy = A cos(8t) + B sen(8t) 2 = Ay′ = −8A sen(8t) + 8B cos(8t) 1 = 8B

k =m1g

∆`=

8 · 32

2A = 2 B =

1

8

k = 128 ∴ y = 2 cos(8t) +1

8sen(8t)

md2y

dt2+ ky = 0

4. Un Sistema masa resorte tiene una constante del resorte de 5 g/s2.¿Cual es la masa que debe unirse para que el movimiento resultantetenga una frecuencia de 30 Hz?

k = 5 g/s2 m =?

f = 30 Hz T =2π

w

T =1

f=

1

30

w =2π

T=

2π

T=

2π1

30

⇒ w = 60π

w2 =k

mm =

k

w2=

5

(60π)2

m =5

3600 π2=

1

720 π2



SEGUNDO ORDEN

5. Se debe unir el resorte a una masa de 10 slugs ¿ Cual debe ser laconstante del resorte para que el movimiento resultante tenga unafrecuencia de 5 Hz?

m = 10 slugs w =2π

T

k =? w =2π15

= 10π

f = 5 Hz w2 =k

m⇒ k = w2 ·m

T =1

fk = (10π)2 · 10

T =1

5k = 100 π210

T =2π

wk = 1000 π2 pie/s2

6. Una masa de 16 g. se une con un resorte de 64 g/s2. ¿Cuales deben serlas condiciones iniciales para obtener una respuesta de amplitud 2 yángulo de fase

π

3solución: (Véase Figura 3.9)

B2

π3

A

Figura 3.9:

w2 =k

m=

64

16= 4 y = 2 sen

(2t +

π

3

)

w = 2 y = A cos(2t) + B sen(2t)

sen 60 =B

2B = 2 sen 60 y′ = −2A sen(2t) + 2B cos(2t)

B = 2 ·√

3

2B =

√3 y(0) = c1 = 1 y(0) = 1

cos 60 =A

2⇒ A = 1 y′(0) = 2B ⇒ y′(0) = 2

√3




7. Una masa de 6 gr se une con un resorte de 30 gr/s2 ¿Cuales son lascondiciones iniciales para obtener una respuesta con amplitud 3 yángulo de fase es

π

4Solución: φ =

π

4= 45

3

π4

A

Figura 3.10:

w2 =k

mw =

√k

m=

√30

6w =

√5

sen 45 =B

3B = 3 sen 45 ⇒ B =

3√

2

2

cos 45o =A

3⇒ A = 3 cos 45 ⇒ A =

3√

2

2

y = 2 sen(√

5t +π

4

)y = A cos(

√5 t) + B sen(

√5 t)

y′ = −√5A sen(√

5t) +√

5B cos(√

5t)

y(0) = A =3√

2

2

y′(0) =√

5B =√

5 · 3√

2

2=

3

2

√10 y′(0) =

3

2

√10

8. En un sistema masa-resorte con una masa "m" y una constante "k"se somete a un impulso repentino. El resultado es que en el tiempot = 0 la masa esta en posición de equilibrio pero tiene una velocidadde 10 cm/s hacia abajo

a) Determine el movimiento subsecuente

b) Determine la amplitud del movimiento resultante como una fun-ción de "m" y "k"

c) ¿Cual es el efecto sobre la amplitud si se aumenta "k" ?



SEGUNDO ORDEN

d) ¿Cual es el efecto de su amplitud si se aumenta "m" ?

Solución:

a) my′′ + ky = 0 y(0) = 0; y′(0) = 10 cm/s

y′′ +k

my = 0 y = A cos

(√k

mt

)+ B sen

(√k

mt

)

r2 +k

m= 0 y′ = −

√k

mA sen

(√k

mt

)+

√k

mB cos

(√k

mt

)

r = ±√

k

mi 0 = A

masa = m; 10 =

√k

mB ⇒ B = 10

√m

k

ctte = k ∴ y = 10

√m

ksen

(√k

mt

)

b) Amplitud =

√02 +

(10

√m

k

)2

⇒ Amplitud = 10

√m

k

c) Si se aumenta "k" , la amplitud "Decrece"d) Si se aumenta "m" , la amplitud "Crece"

9. En el extremo de un resorte sujeto al techo, se coloca un peso de 8 li-bras. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio, en la que elresorte se ha alargado 6 pulgadas. A continuación el peso se desplaza3 pulg por debajo de la posición de equilibrio y se suelta en t = 0 conuna velocidad inicial de 1pie/s dirigida hacia abajo. Despreciando laresistencia del medio y suponiendo que no existen fuerzas exteriores.¿ Determinar la amplitud el periodo y frecuencia del movimiento?


d2y

dt2+

k

my = 0

d2y

dt2+ W 2y = 0 Fr = k∆` k =

81

2

= 16 k = 16




m =W

g=

8

32=

1

4v = 1 pie/s

w2 =k

m=

161

4

y′ = v = −8A sen(8t) + 8B cos(8t)

W 2 = 64 1 = 8B ⇒ B =1

8

W = 81

4= A ⇒ A =

1

4

⇒ d2y

dt2+ 64y = 0 Amp =

√A2 + B2

r2 + 64 = 0 Amp =

√(1

4

)2

+

(1

8

)2

r2 = −64 Amp =

√1

16+

1

64=

√5

8

r = ±8i T =2π

W=

2π

8=

π

4seg

y = A cos(8t) + B sen(8t) T =π

4seg

y(0) = 3 pulg × 1 pie

12 pulgf =

1

T=

1π

4

y(0) =1

4pie f =

4

πHz

3 pulg

∆` = 6pulg

??v = 1 pie/s

W = 8 `b

Figura 3.11:

10. Al extremo inferior de un resorte suspendido del techo se sujeta unpeso de 8 libras que queda en reposo en su posición de equilibrio conel resorte alargado 0,4 pie, se lleva entonces el peso 6 pulgadas pordebajo de dicha posesión de equilibrio y se abandona en t = 0, la



SEGUNDO ORDEN

resistencia es en libras numéricamente igual a 2dy

dtdonde

dy

dtes la

velocidad instantánea en pie/s

a) Escribir la ecuación diferencial del movimiento así como las condi-ciones iniciales

b) Resolver el problema de valores iniciales planteado en la parte a)para determinar el desplazamiento del peso en función del tiempo


6 pulg × 1 pie

12 pie=

1

2pieW =8`b

0,4 pie

Figura 3.12:

Fa = k1dy

dt; W = mg ⇒ m =

W

g=

8

32=

1

4; k =

8

0,4=

80

4⇒

k = 20

a) md2y

dt2+ k1

dy

dt+ ky = 0

1

4

d2y

dt2+ 2

dy

dt+ 20y = 0 y(0) =

1

2; y′(0) = 0

b)d2y

dt2+ 8

dy

dt+ 80y = 0

r2 + 8r + 80 = 0 ⇒ r =−8±

√64− (4)(80)

2=−8± 16i

2= −4± 8i

y = e−4t(c1 cos(8t) + c2 sen(8t))1

2= c1

y′ = v = −4e−4t(xc1 cos(8t)+c2 sen(8t))+e−4t(−8c1 sen(8t)+8c2 cos(8t))

0 = −4c1 + 8c2 ⇒ 0 = −4× 1

2+ 8c2 ⇒ c2 =

1

4

∴ y=e−4t

(1

2cos(8t)+

1

4sen(8t)

); y′=v= −e−4t

(5 sen(8t)

)




11. En el extremo inferior de un resorte suspendido de un soporte fijo secoloca un peso de 8 `br. El peso queda en reposo en su posición deequilibrio, posición en la que el resorte se encuentra deformado 6 pulg.A continuación se desplaza el peso 9 pulg por debajo de dicha posi-ción y se abandona en t = 0. El medio ofrece una resistencia que es

en libras. Numéricamente es igual a 4dy

dtsiendo que

dy

dtla velocidad

instantánea en pies/s. Determinar el desplazamiento, el peso en fun-ción del tiempo


9 pulg · 1 pie

12 pie=

3

4pie

?mg

mg ?

6pie · 1pie12pie

= 12pie

Figura 3.13:

md2y

dt2+ 4 · dy

dt+ ky = 0; m =

W

g=

8

32=

1

4; k =

812

= 16 ⇒ k = 16

1

4· d2y

dt2+ 4 · dy

dt+ 16y = 0 v(0) = 0 pie/s

d2y

dt2+ 16 · dy

dt+ 64y = 0

3

4= A

r2 + 16r + 64 = 0 y′ = −8Ae−8t + Be−8t − 8Bte−8t

(r + 8)(r + 8) = 0 0 = −8A + B

r = −8 ; y = Ae−8t + Bte−8t 0 = −8× 3

4+ B

y(0) =3

4pie B = 6 ∴ y =

(3

4+ 6t

)e−8t

12. En el extremo inferior de un sistema masa resorte sujeta al techo unpeso de 32 libras. El peso queda en reposo en su posición de equilibrio.En la que el alargamiento del resorte es de 2 pies. A continuación selleva dicho peso 6 pulgadas por debajo de la posición de equilibrio y se



SEGUNDO ORDEN

abandona t = 0 No existen fuerzas exteriores, pero la resistencia del

aire en libras es numéricamente igual a 4dy

dtdonde

dy

dtes la velocidad

instantánea en pies/s. Determinar el movimiento resultante para elpeso pendiente del muelle.

Solución:

md2y

dt2+ 4

dy

dt+ ky = 0

m =32

32= 1; k =

32

2= 16

y′′ + 4y′ + 16y = 0

r2 + 4r + 16 = 0 ⇒ r = −2±√3i

y = e−2t(c1 cos(√

3t) + c2 sen(√

3t))

y(0) = 6 pulg × 1 pie

12 pie=

1

2pie v(0) = 0

y′ = −2e−2t(c1 cos(√

3t) + c2 sen(√

3t))

+e−2t(−√3c1 sen(√

3t) +√

3c2 cos(√

3t))

c1 =1

2; c2 =

√3

3

∴ y = e−2t

(1

2cos(

√3t) +

√3

3sen(

√3t)

)

13. Describir el movimiento de un peso de 32 `b, sujeto al extremo de un

resorte en el que produce un estiramiento de2

3pie respecto de su longi-

tud natural. Se hace descender el peso1

2pie por debajo de su posición

de equilibrio y luego se suelta. El movimiento tiene lugar en un medio

que ejerce una fuerza de amortiguación igual a1

8de velocidad en todo

instante.Solución: (Véase Figura 3.14 )

md2y

dt2+

1

8

dy

dt+ ky = 0 m =

32

g=

32

32= 1 k =

32

4`=

322

3

= 48




y+

y−

Figura 3.14:

d2y

dt2=

1

8

dy

dt+ 48y = 0

r2 +1

8r + 48 = 0 → 8r2 +

1

8r + 48 = 0

8r2 + r + 48 = 0 ⇒ r =−1±√1− 4 · 8 · 48

16=−1

16±√

12287

16i

y = e

−1

16t

(A cos

(√12287

16t

)+ B sen

(√12287

16t

))

y(0) =1

2pie y′ = v(0) = 0

y′ = v = − 1

16e−

116

t

(A cos

(√12287

16t

)+ B sen

(√12287

16t

))

+e−116

t

(−√

12287

16A sen

(√12287

16t

)+

√12287

16B cos

(√12287

16t

))

A =1

2B =

√12287

2 · 12287

∴ y =1

2e−

116

t

(cos

√12287

16t +

√12287

12287sen

12287

16t

)

14. Determinar el movimiento de un peso de 32 `b, sujeto al extremo de

un resorte, en el que se produce un estiramiento de2

3pie respecto a

su longitud normal. Se hace descender el peso1

2pie por debajo de su

posición de equilibrio y luego se suelta.

Solución:



SEGUNDO ORDEN

d2y

dt2+ W 2y = 0 r2 + 48 = 0

W 2 =k

mr = ±4

√3i

k =3223

= 48 y = c1 cos(4√

3t) + c2 sen(4√

3t); y(0) =1

2

m =32

32= 1 y′=−4

√3c1 sen(4

√4√

3t) + 4√

3c2 cos(4√

3t)

W 2 = 48 y′(0) = 0 c1 =1

2c2 = 0

d2y

dt2+ 48y = 0 y =

1

2cos(4

√3t)

15. Un contrapeso de 16 `b de fuerza se une a un resorte de 5 pie de long.en la posición de equilibrio el resorte mide 8,2 pie, si el contrapesose eleva y se suelta del reposo en un punto a 2 pies arriba de suposición de equilibrio. Determine los desplazamientos y(t). Considereque el medio que rodea al sistema ofrece una resistencia al movimientonuméricamente igual a la velocidad instantánea

Solución:

Fr = k ·∆` ∆` = 3,2; k =16

3,2= 5 → k = 5 `b/pie

m =16

32=

1

2slug.

md2y

dt2+

dy

dt+ ky = 0

1

2y′′ + y′ + 5y = 0 ∗ 2

y′′ + 2y′ + 10y = 0 → r2 + 2r + 10 = 0

r =−2±√4− 4× 10

2→ r = −1± 3i

y(t) = e−t(c1 cos(3t) + c2 sen(3t))

y(0) = −2 pie y′(0) = 0

c1 = −2 c2 = −2

3

∴ y = e−t

(−2 cos(3t)− 2

3sen(3t)

)




16. Resolver la ecuación diferencial de valor inicial

1

5y′′ + 1,2y′ + 2y = 5 cos(4t)

y(0) =1

2y′(0) = 0

Solución:1

5y′′ + 1,2y′ + 2y = 5 cos(4t)

1

5y′′ + 1,2y′ + 2y = 0 ∗ 5

y′′ + 6y′ + 10y = 0

r2 + 6r + 10 = 0

r =−6±√36− 4× 10

2r = −3± i

yh(t) = e−3t(c1 cos t + c2 sen t)

yp = A sen(4t) + B cos(4t)

y′p = 4A cos(4t)− 4B sen(4t)

y′′p = −16A sen(4t)− 16B cos(4t)

−16A cos(4t)− 16B cos(4t) + 6(4A cos(4t)− 4B sen(4t))+10(A sen(4t) + B cos(4t))

(−6A + 24B) cos(4t) + (−24A− 6B) sen(4t) = 25 cos(4t)

A =25

102; B =

50

51

∴ yp(t) =50

51sen(4t)− 25

102cos(4t) ; yG = yh + yp

yG(t) = e−3t (c1 cos t + c2 sen t) +50

51sen(4t)− 25

102cos(4t)

y′G = −3e−3t (c1 cos t + c2 sen t) + e−3t(−c1 sen t + c2 cos t)

+200

51cos(4t) +

50

51sen(4t)

con y(0) =1

2



SEGUNDO ORDEN

1

2= e0(c1 cos 0 + c2 sen 0) +

50

51sen 0− 25

102cos 0 ⇒ 1

2= c1 − 25

102

c1 =38

51

con y′(0) = 0

0 = −3e(−3)(0) (c1 cos 0 + c2 sen 0) + e−(3)(0) (−c1 sen 0 + c2 cos 0)

+200

51cos(0) +

50

51sen(0)

+200

51cos 0 +

50

51sen(4t)

c2 =−86

51

∴ yG(t) = e−3t

(38

51cos t− 86

51sen t

)+

50

51sen(4t)− 25

102cos(4t)

17. Establezca la Ecuación Diferencial que describe el movimiento.Resolver la ecuación diferencial establecer si el movimiento Masa-Resorte es subamortiguado, críticamente amortiguado, sobre amor-tiguado escribir la solución.

a) El sistema masa-resorte, tiene una masa de 10 g acoplada al resorte.La constante del resorte es 30 g/s2. Al sistema se une una constantede amortiguación de 40 g/s. La masa se jala hacia abajo y se suelta.En el tiempo t = 0 la masa se encuentra 3 cm abajo de la posición dereposo y moviéndose hacia arriba 5 cm/s

Solución: [ver Figura 3.15]

3 cm

Figura 3.15:




k = 30 g/s2 k1 = 40 g/s

m = 10 g y(0) = 3 cm y′(0) = −5 cm/s

md2y

dy2+ k1

dy

dt+ ky = 0

10y′′ + 40y′ + 30y = 0 Ecuación Diferencial

Resolviendo

y′′ + 4y′ + 3y = 0

r2 + 4r + 3 = 0 ⇒ r =−4±√16− 12

2⇒ r1 = −1 r2 = −3

y = Ae−t + Be−3t y′ = −Ae−t − 3Be−3t

3 = A + B − 5 = −A− 3B

A = 2, B = 1 ⇒ y = 2e−t + e−3t

b) Una masa de 1 g esta unida a un sistema de masa-resorte para quela fricción es despreciable. El resorte se alarga 20 cm y regresa al re-poso. Se jala la masa hacia abajo 1 cm desde el reposo y se suelta conuna velocidad de 7 cm/s hacia abajo

1 cm

20 cm

Figura 3.16:

m = 1 g ∆` = 20 cm y(0) = 1 cm y′(0) = 7 cm/s

mg = k∆` ⇒ k =mg

∆`=

(1)(980)

20= 49 ⇒ k = 49



SEGUNDO ORDEN

md2y

dt2+ ky = 0

y′′ + w2y = 0

w2 =k

m=

49

1= 49

y′′ + 49y = 0

r2 + 49 = 0 → ©©©*

HHHjr = ±7i

α = 0

β = 7

y = c1 cos(7t) + c2 sen(7t)

con y(0) = 1 ⇒ 1 = c1 · 1 + c2 · 0 ⇒ c1 = 1

y′ = −7c1 sen(7t) + 7c2 cos(7t)

con y′(0) = 7 ⇒ 7c1 · 0 + 7c2 · 1 ⇒ c2 = 1

y = cos(7t) + sen(7t) Subamortiguado

A =√

c21 + c2

2 =√

1 + 1 =√

2

ϕ = tan−1 1 =π

4= 45o ∴ y =

√2 sen

(7t +

π

4

)

c) Un resorte con una constante k = 12 slug/s2 tiene una masa unidaque lo alarga 22

3ft. El coeficiente de amortiguamiento es 7 slug/s se

empuja la masa 1 ft arriba de la posición de equilibrio y después sesuelta con una velocidad de 1 ft/s hacia abajo

1 pie22

3pie

Figura 3.17:




k = 12 slug/s2 y′′ + 7y′ + 12y = 0

k1 = 7 slug/s r2 + 7r + 12 = 0

∆` =8

3ft = pie r1 = −3, r2 = −4

y(0) = −1 pie y = Ae−3t + Be−4t

y′(0) = 1 pie/s y′ = −3Ae−3t − 4Be−4t

my′′ + k1y′ + ky = 0

−1 = A + B1 = −3A− 4B

mg = k ·∆` ⇒ A = −3, B = 2

m =12

32· 8

3= 1 slug y = −3e−3t + 2e−4t Sobreamortiguado


1. Considere un resorte al que un peso de 5 libras alarga en 6 pulgadas.El peso se sujeta al resorte y éste alcanza el equilibrio, luego el pesoes jalado hacia abajo 3 pulgadas desde el punto de equilibrio y en-tonces vuelve hacia arriba una velocidad de 6 pies/seg. Encuentre unaecuación que dé la posición del peso en todo momento subsecuente.

2. Considere un resorte al que un peso de 4 libras alarga en 6 pulgadas.

Una fuerza de1

2cos 8t actúa sobre el resorte. Si el peso inicia un

movimiento hacia arriba desde el punto de equilibrio a una velocidadde 4 pies/seg., determine la posición del peso como una función deltiempo.

3. Un resorte es alargado en 6 pulgadas por un peso de 12 libras. El pesose jala 3 pulgadas hacia abajo del punto de equilibrio y después selibera. Si se ejerce una fuerza con magnitud de 9 sen 4t libras, describael movimiento. Suponga que la fuerza ejercida actúa hacia abajo paravalores muy pequeños de t.

4. Un resorte es alargado medio pie por un peso de 2 libras. Una fuerza de1

4sen 8t actúa sobre el resorte. Si el peso de 2 libras es liberado desde

un punto que está a 3 pulgadas por debajo del punto de equilibrio,determine la ecuación del movimiento.

5. Un resorte es alargado 3 pulgadas por un peso de 5 libras. Suponga queel peso sube desde E a una velocidad inicial de 12 pies/seg. Describael movimiento.



SEGUNDO ORDEN

6. A cierto resorte un peso de 8 libras lo alargaría 6 pulgadas. Supongaque al resorte se le sujeta un peso de 4 libras, el cual es llevado 2 pul-gadas arriba de su punto de equilibrio donde luego se suelta. Describael movimiento.

7. A cierto resorte un peso de 2 libras lo alarga medio pie. Una fuerza

de1

4sen 8t y una fuerza de amortiguamiento de magnitud |v| actúan

sobre el resorte. El peso parte desde1

4de pie por debajo del punto

de equilibrio a una velocidad negativa de 3 pies/seg. Encuentre unafórmula para la posición del peso en el tiempo t.

8. A cierto resorte un peso de 4 libras lo alarga en 0,64 pies. El peso es

llevado1

3por arriba del punto de equilibrio y luego inicia el descenso

a una velocidad positiva de 5 pies/seg. El movimiento se efectúa en un

medio que imprime una fuerza de amortiguamiento de1

4|v| en todo

momento. Encuentre la ecuación que describe la posición del peso enel instante t.

9. Considere un resorte al que un peso de 4 libras alarga en 0,32 pies. Elpeso está sujeto al resorte y se mueve en un medio que imprime una

fuerza de amortiguamiento de3

2|v|. El peso es llevado hasta medio pie

por debajo del punto de equilibrio donde se le libera a una velocidadnegativa de 4 pies/seg. Encuentre la posición del peso.

10. Un resorte es alargado 0,4 pies por un peso de 4 libras. El peso sesujeta al resorte (suspendido en un soporte fijo) y se permite que elsistema alcance el equilibrio. Entonces el peso parte desde la posiciónde equilibrio a una velocidad negativa de 2 pies/seg. Suponga que elmovimiento se efectúa en un medio que opone una fuerza de magnitudnumérica igual a la velocidad del peso en movimiento, en pies porsegundo. Determine la posición del peso como una función del tiempo.

11. Un reloj tiene un péndulo de 6 pulgadas. El mecanismo del reloj hacetic tac una vez cada que el péndulo completa una oscilación. ¿Cuántasveces hace tic tac el reloj en 30 segundos?

12. Un péndulo de 6 pulgadas parte del reposo a un ángulo de1

10radianes

con respecto a la vertical. Usando g = 32 (pies/seg2), describa elmovimiento.




13. Para el péndulo del ejercicio anterior, encuentre la velocidad angularmáxima y el tiempo que debe transcurrir para que ocurra este valormáximo por primera vez.

14. En un sistema masa-resorte la masa es 50 g. ¿Cual debe ser la cons-tante del resorte para obtener la amplitud de 20 cm? en t = 0, y = 0yy′ = 10 cm/s

15. En el tiempo t = 0 se observa que la masa en un sistema masa-resortecon masa "m" y constante del resorte " k" se encuentra 1 pie abajodel equilibrio y bajando hacia abajo de 1 pie/s.

a) Determinar la solución de la ecuación diferencial

b) Determine la amplitud como una función de "m" y " k"

c) Cual es el efecto sobre la amplitud si se aumentan "m" o " k"

16. La misma situación que en el ejercicio 15, si la constante k = 8 `b/pie¿Cual debe ser la misma para obtener una amplitud de 4 pie ¿En quetiempo se logrará esta amplitud por primera vez?

Sistema Masa-Resorte no Amortiguado

17. Considere Sistema masa-resorte al que un peso de 5 libras alarga en 6pulgadas. El peso se sujeta al resorte y este alcanza el equilibrio. Luegoel peso es jalado hacia abajo 3 pulgadas desde el punto de equilibrio yentonces vuelve hacia arriba a una velocidad de 6 pie/s. Encuentre unaecuación que de la posición del peso en todo momento subsecuente.

18. Un resorte es alargado en 1,5 pulg. por un peso de 2 `b. Suponga queel peso es llevado 3 pulg. por arriba del punto de equilibrio y luego sesuelta parte del reposo. Describir el movimiento.

19. Para el problema 18. Suponga que el peso se jala 4 pulg. por debajodel punto de equilibrio y se le imprime una velocidad de 8 pie/s haciaabajo.

20. Demostrar que la respuesta del ejercicio 19. puede expresarse como

y =

√13

6sen(16t + φ); φ = arctan

2

3



SEGUNDO ORDEN

21. Dos resortes paralelas constantes k1 y k2 sostienen un solo contrapeso

W . la constante efectiva del resorte es k =4k1 · k2

k1 + k2

. Un contrapeso de

20 libras estira 6 pulg. un resorte y 2 pulg. otro. Estos resortes estánfijos a un soporte rígido común por su parte superior y a una placametálica en su extremo inferior como la Figura 3.18 (ver Figura 3.18 depágina 129). El contrapeso W esta fijo al centro de la placa del sistema.Determine la constante efectiva del resorte de este sistema. Deduzcala ecuación del movimiento si el contrapeso parte de su posición deequilibrio con una velocidad de 2 pie/s hacia abajo

k1 k2

m

Figura 3.18:

22. Cierto contrapeso estira1

3pie un resorte y

1

2pie al otro. Los dos re-

sortes se fijan a un resorte rígido como se indica en el problema anteri-or. El primer contrapeso se quita y en su lugar se pone uno de 8 `b. Elperiodo de movimiento es

π

5seg. Determinar el numérico del primer

contrapeso (ver Figura 3.19)

23. Al extremo inferior de un muelle espiral suspendido del techo se ligaun peso de 4 `bs. El peso queda en su posición de equilibrio en laque el muelle esta alargado 6 pulg. En el instante t = 0 se golpea elpeso de modo que se pone en movimiento con una velocidad inicial de2 pie/seg dirigido hacia abajo

a) Determinar el desplazamiento resultante de la velocidad del pesoen función en función del tiempo

b) Hallar la Amplitud, periodo y frecuencia del movimiento

c) Determinar los instantes en los que el peso se encuentra 1,5 pulg.por debajo de su posición de equilibrio y moviéndose hacia abajo




m

Figura 3.19:

d) Determinar los instantes en que se encuentran 1,5 pulg. por de-bajo de su posición de equilibrio y movimiento hacia arriba

24. La naturaleza de un muelle espiral es tal que un peso de 25 `b le defor-ma 6 pulg. El muelle se encuentra suspendido al techo, a su extremoinferior se liga un peso de 16 `br. que a continuación queda en su posi-ción de equilibrio. Entonces se lleva a una posición de 4 pulg. pordebajo de la del equilibrio y se abandona en t = 0 con una velocidadinicial de 2 pie/seg dirigido hacia arriba.

a) Determinar el desplazamiento resultante como función del tiempo

b) Hallar la amplitud. Periodo y la frecuencia del movimiento

c) ¿ En que momento pasa el peso la posición de equilibrio cual essu velocidad en ese instante?

25. Un peso de 4 `b alarga en 6 pulg. una fuerza de1

2cos(8t) actua sobre el

resorte. Si el peso inicia un movimiento hacia arriba desde el punto deequilibrio a una velocidad de 4 pie/s. Determine la posición del pesocomo función del tiempo.

26. a) Hay dos resortes en serie, sin tener en cuenta la masa de cada una,demuestre que la constantes efectiva de resorte k esta definida por1

k=

1

k1

+1

k2

b) Un contrapeso de W `b estira1

2pie un resorte y

1

4pie a otro.

Ambos se fijan como en la Figura 3.20 se cuelga W suponer queel movimiento es libre, no hay fuerzas de amortiguación. Deducir



SEGUNDO ORDEN

la ecuación del movimiento si el contrapeso parte de un punto a

1 pie abajo de la posición de equilibrio con una velocidad2

3pie/s

hacia abajo.

k1

k2

W

Figura 3.20:

Movimiento Amortiguado

27. Una fuerza de 2 lb estira 1 pie un resorte. A ese resorte se le une uncontrapeso de 3,2 lb y el sistema se sumerge en un medio que imparteuna fuerza de amortiguación numéricamente igual a 0,4 la velocidadinstantánea.

a) Deducir la ecuación del movimiento si el contrapeso parte delreposo 1 pie arriba de su posición de equilibrio.

b) Expresar la ecuación del movimiento en forma y(t) = Aeαt sen(wt+φ)

c) Calcular el primer momento en que el contrapeso pasa por laposición de equilibrio dirigiéndose hacia arriba.

28. Un contrapeso de 4 `b cuelga de un resorte cuya constante es 3 `b/pie.Todo el sistema esta sumergido en un líquido que presenta una fuerzade amortiguación numéricamente igual a la velocidad instantánea. Apartir de t = 0 se aplica al sistema una fuerza externa igual a f(t) =e−t. Deducir la ecuación del movimiento si el contrapeso se sueltapartiendo en reposo en un punto a 2 pies abajo de su posición deequilibrio.

29. Un contrapeso de 10 `b estira un resorte 2 pies. El contrapeso tambiénestá unido a un amortiguador, que ofrece una resistencia numérica-mente igual a β (β > 0) veces la velocidad instantánea. Calcule la




constante de amortiguación β para que el movimiento que se producesea

a) Sobreamortiguado

b) Críticamente amortiguado

c) Subamortiguado

30. Un contrapeso de 16 `b estira8

3pie un resorte, al principio el con-

trapeso parte del reposo a 2 pie abajo de la posición de equilibrio yel movimiento ocurre en un medio que presenta una fuerza de amor-tiguación numéricamente igual a la mitad de la velocidad instantánea.Deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso esta inpulsadopor una fuerza externa igual a 10 cos(3t)

31. Cuando una masa de 1 slug se cuelga de un resorte, lo estira 2 pie,y llega al reposo en su posición de equilibrio. A partir de t = 0, seaplica una fuerza externa al sistema igual a 8 sen(4t). Determinar laecuación del movimiento si el medio presenta una fuerza de amor-tiguación numéricamente igual a 8 veces la velocidad instantánea.

32. Para que valores de m mostrara resonancia my′′ + 4y = 13 cos(wt) si13 cos(wt) tiene una frecuencia de 20 Hz.

33. Para que valores de k mostrara resonancia 13y′′ + ky = 4 cos(wt) si4 cos(wt) tiene resonancia de 22 Hz

34. Se sabe que la función de forzamiento f(t) = f. cos(wt) tiene unafrecuencia entre 10 y 76 Hz El sistema masa-resorte es my′′10y = f(t)que valores de m pueden llevar a la resonancia

35. Si el sistema masa resorte tiene m = 15, k1 = 0, k = 0 ¿ Que frecuenciade forzamiento causaría resonancia? begincenter



3.6. APLICACIÓN A CIRCUITOS ELÉCTRICOS EN SERIE LRC

3.6. Aplicación a Circuitos Eléctricos en SerieLRC

∼ i R

L

i =dq

dt

C

Figura 3.21:

Ley de kirchoffVL + VR + VC = E

VL: Caída de Tensión del InductorVR: Caída de Tensión de la ResistenciaVC : Caída de Tensión del Condensador

VL = Ldi

dt= L

d

dt

dq

dt= L

d2q

dt2

VR = Ri = Rdq

dtVC =

1

Cq L

d2q

dt2+ R

dq

dt+

1

Cq = E

d2q

dt2+

R

L· dq

dt+

1

CL=

E

LEc.Dif. no Homogénea de 2o Orden

d2q

dt2+

R

L

dq

dt+

1

CLq = 0 Ec.Dif. Homogénea de 2o Orden

r2 +R

Lr +

1

CL= 0 ⇒ r =

−R

L±

√(R

L

)2

− 4 · 1

CL

2

r = − R

2L±

√(R

2L

)2

− 1

CLSe presentan 3 casos.

Primer Caso: Si(

R

2L

)2

− 1

CL> 0 Sobreamortiguado




⇒ r1 6= r2 ∈ R q = Aer1t + Ber2t

Segundo Caso: Si(

R

2L

)2

− 1

CL= 0 CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO

⇒ r1 = r2 = r ∈ R q = Ae−

R

2Lt+ Bte

−R

2Lt

Tercer Caso: Si(

R

2L

)2

− 1

CL< 0 SUBAMORTIGUADO

⇒ r = α± βi

q = eαt(A cos(βt) + B sen(βt))

Ejemplo 3.17 Determinar la carga q(t) en el capacitor de un circuito enserie LRC cuando L = 0,25 Henrry R = 10 ohm c = 0,001 F. E(t) = 0q(0) = q0 coulomb y i(0) = 0 A


E ∼ R

L

C

Figura 3.22:

q′′ +R

Lq′ +

1

CLq =

E

L

q′′ +R

Lq′ +

1

CLq = 0

q′′ +10

0,25q′ +

1

0,001× 0,025q = 0 q′′ + 40q′ + 4000q = 0

r2 + 40r + 4000 = 0 ⇒ r =−40±√1600− 4× 4000

2

r =−40±√−14400

2=−40± 120i

2r = −20± 60 i Subamortiguado

q = e−20t(A cos(60t) + B sen(60t) q(0) = q0 i(0) = 0



3.7. CIRCUITOS ELÉCTRICOS

i = q′ = −20e−20t(A cos(60t)+B sen(60t))+e−20t(−60A sen(60t)+60B cos(60t))

0 = −20A + 60Bq0 = A

⇒ A = q0

B = 13q0

∴ q(t) = q0e−20t

((cos(60t) +

1

3sen(60t)

)

3.7. Circuitos Eléctricos

1. Un circuito en Serie LRC tiene una fuente de E(t) = 3 cos t los valoresde las componentes R = 3 ohmios L = 0,5 Henrry y c = 0,4 F en t = 0la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en el circuito es 1 A.¿Determinar la carga en el capacitor y la corriente como función deltiempo?Solución:(Véase Figura 3.23)

E(t)

C

L

R

Figura 3.23:

Ld2q

dt2+ R

dq

dt+

1

Cq = E(t)

0,5q′′ + 3q′ +1

0,4q = 3 cos t (∗2)

q′′ + 6q′ + 5q = 6 cos t Ec. Dif. No Homogénea

⇒ q′′ + 6q′ + 5q = 0 Ec.Dif. Homogénea

λ2 + 6λ + 5 = 0

λ =−6±√36− 4× 5

2⇒ λ1 = −1, λ2 = −5

q = c1e−t + c2e

−5t q′′ + 6q′ + 5q = 6 cos t Ec. Dif. No Homogénea

qp =? f(t) = 6 cos t

qp = A sen t + B cos t q′p = A cos t−B sen t

q′′p = −A sen t−B cos t




Reemplazando en la Ec.Dif. No Homogénea

−A sen t−B cos t + 6A cos t− 6B sen t + 5A sen t + 5B cos t = 6 cos t

(6A + 4B) cos t + (4A− 6B) sen t = 6 cos t

6A + 4B = 64A− 6B = 0

⇒ A =

9

3, B =

6

13⇒ qp =

9

13sen t +

6

13cos t

La solución general de la Ec.Dif. no Homogénea

q =9

13sen t +

6

13cos t + c1e

−t + c2e−5t

Condición de Borde

q(t = 0) = 0 i(t = 0) = 1 A

0 =9

13sen 0 +

6

13cos 0 + c1e

0 + c2e0

0 =6

13+ c1 + c2 (1)

dq

dt=

9

13cos t− 6

13sen t− c1e

−t − 5e−5t

1 =9

13cos 0− 6

13sen 0− c1e

0 − 5c2e0

1 =9

13− c1 − 5c2 (2)

Resolviendo (1) y (2)

c1 = −1

2, c2 =

1

26

⇒ q =9

13sen t +

6

13cos t− 1

2e−t +

1

26e−5t

dq

dt= i =

9

13cos t− 6

13sen t +

1

2e−t − 5

26e−5t

2. Determinar la carga del capacitor de un circuito en serie LRC cuandot = 0,015 L = 0,05 Henrry R = 2 ohm c = 0,01 Faradio E(t)=0 Volt.q(0) = 5 coulomb i(0) = 0 Amp



3.7. CIRCUITOS ELÉCTRICOS

Solución:q′′ +

R

Lq′ +

1

CLq = 0

q′′ + 40q′ + 2000q = 0

r2 + 40r + 2000 = 0

r = −20± 40i

q(t) = e−20t(A cos(40t) + B sen(40t))i = −20e−20t(A cos(40t) + B sen(40t)) + e−20t(−40A sen(40t) + 40t cos(40t))

q(0) = 5 i(0) = 0 A = 5 E =5

2

q = 5e−20t(cos(40t) +1

2sen(40t)) ∴ q(0,01) = 4,1C

3. Un circuito en Serie LRC tiene una fuerza electromotriz de 5 cos(2t)

los valores de las componentes son R = 2Ω L = 1 Henrry y C =1

17F

inicialmente la carga sobre el capacitor y la corriente en la resistenciaes cero. a) Determinar la carga en el capacitor y la corriente comofunción del tiempo. b) Determinar las condiciones de borde y especi-ficar que tiempo de movimiento esSolución: (Véase Figura 3.24)

E(t)

C

L

R

Figura 3.24:

Lq′′ + Rq′ +1

Cq = E(t)

1 · q′′ + 2q′ +1117

= 5 cos(2t)

q′′ + 2q′ + 17q = 5 cos(2t) EC. Dif. No Homogénea

q′′ + 2q′ + 17q = 0 Ec. Dif. Homogenea

λ2 + 2λ + 17 = 0

λ1,2 =−2±√4− 4× 17

2=−±√−64

2=−2± 8i

2




λ1,2 = −1± 4i ⇒ q = e−t(c1 cos(4t) + c2 sen(4t))

q′′ + 2q′ + 17q = 5 cos(2t) Ec. Diferencial No Homogéneaqp = A sen(2t) + B cos(2t)

q′p = 2A cos(2t)− 2B sen(2t)

q′′p = −4A sen(2t)− 4B cos(2t)

Reemplazando en la Ec. Dif. No Homogénea

−4A sen(2t)− 4B cos(2t) + 4A cos(2t)− 4B sen(2t) + 17A sen(2t)+17B cos(2t) = 5 cos(2t)

(13A− 4B) sen(2t) + (13B + 4A) cos(2t) = 5 cos(2t)

13A− 4B = 013B + 4A = 5

⇒ A =

4

37B =

13

37

⇒ qp =4

37sen(2t) +

13

37cos(2t)

La solución general de la Ec. Dif No Homogénea

q = e−t(c1 cos(4t) + c2 sen(4t)) +4

37sen(2t) +

13

37cos(2t)

q(0) = 0; i(0) = 0

i =dq

dt= −e−t(c1 cos(4t) + c2 sen(2t)) + e−t(−4c1 sen(4t) + 4 cos(4t))

+8

37cos(2t)− 26

37sen(2t)

0 = −(c1 cos 0+c2 sen 0) + e0(−4c1 sen 0 + 4 cos 0)+8

37cos 0− 26

37sen 0

0 = −c1 + 4c2 +8

37⇒ − 8

37= −c1 + 4c2

0 = c1 cos 0 + c2 sen 0 +4

37sen 0 +

4

37sen 0 +

13

37cos 0

0 = c1 +13

37⇒ c1 = −13

37; − 8

37=

13

37+ 4c2 ⇒ c2 =

−21

148

q = e−t

(−13

37cos(4t)− 21

148sen(4t)

)+

4

37sen(2t) +

13

37cos(2t)

i =dq

dt= −e−t

(−13

37cos(4t)− 21

148sen(2t)

)

+e−t

(13

37× 4 cos(4t)− (4)(21)

148cos(4t)

)+

8

37cos(2t)− 26

37sen(2t)




4. Un circuito eléctrico consta de una inductancia de 0,1 Henrry, unaresistencia de 20 ohm y un condensador cuya capacidad es de 25µFaradio. Hallar la carga q(t) y la corriente i(t) siendo q(0) = 0,25coulomb i(0) = 0 Amp.Solución:d2q

dt2+

R

L

dq

dt+

1

CLq = 0

q′′ +20

0,1q′ +

1

25× 10−6 × 0,1q = 0

q′′ + 200q′ + 400000q = 0

r2 + 200r + 400000 = 0 r = −100± 624,5i

q(t) = e−100t(c1 cos(624,5t) + c2 sen(624,5t))

q(0) = 0,05 c c1 = 0,05

i = −100e−100t(c1 cos(624,5t) + c2 sen(624,5t))+e−100t(−624,5c1 sen(624,5t) + 624,2c2 cos(624,5))

0 = −100c1 + 624,5c2

c2 =5

624,5= 0,008

q(t) = e−100t(0,05 cos(624,5t) + 0,08 sen(624,5t))

i=−100e−100t(0,05 cos(624,5t)+0,08 sen(624,5t))+e−100t(−31,225 sen(624,5t)+4,996 cos(624,5t))

i = −5e−100t cos(624,5t)− 0,8e−100t sen(624,5t)− 31,225e−100t sen(624,5t)+4,996e−100t cos(624,5t)

∴ i = −32e−100t sen(624,5t)


1. Determinar la carga del capacitor en un circuito en serie LRC cuandot = 0,01 s L = 0,05 Henrry, R = 2 Ohm, c = 0,01 F E(t) = 0 voltiosq(0) = 5 Coulomb i(0) = 0 Amp

2. Un circuito RLC conectado en serie tiene una Fem = 3 cos t volt. losvalores de las componentes son R = 3 Ω, L = 0,5 H y C = 0,4 F. alinicio la carga sobre el capacitor es cero y la corriente en la resistenciaes 1 A encuentre la carga y la corriente en función del tiempo.




3. En un circuito RLC tiene una batería de 9 V los valores de las com-ponentes son R = 5 Ω, L = 6 H, C = 1 F. Inicialmente la carga sobreel capacitor es 1 C, y la corriente en la resistencia es cero. Determinenq = f(t) = y i = f(t)

4. En un circuito conectado en serie RLC tiene una batería 1.5 volt.Los valores de las componentes son R = 1,5 Ω L = 1 Henry C = 2Faradio. En un principio la carga sobre el capacitor es 2 coulomb, yla corriente en la resistencia es 4 Amper

3.8.1. Estudio del Wronskiano

Teorema 3.2 Sean las funciones y1, y2 soluciones de la Ecuación Diferen-cial Lineal de 2o Orden y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0 definidas en un intervalo

[a, b]. Entonces W [y1, y2] =

∣∣∣∣∣∣

y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣∣∣

W = y1y′2 − y2y

′1 W = f(x)

dW

dx= y′1y

′2 + y1y

′′2 − y′2y

′1 − y2y

′′1

dW

dx= y1y

′′2 − y2y

′′1

como y1 y y2 son soluciones de y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0

→y′′1 + P (x)y′1 + Q(x)y1 = 0

y′′2 + P (x)y′2 + Q(x)y2 = 0

∗ − y2

∗ y1

−y2y′′1 − P (x)y2y

′1 −Q(x)y1y2 = 0

y1y′′2 + P (x)y2y

′2 −Q(x)y1y2 = 0

y1y′′2 − y2y

′′1︸︷︷︸

dW

dx

+P (x) [y1y′2 − y2y

′1]︸︷︷︸

W

= 0

dW

dx+ P (x)W = 0




Separando variables

dW

W+ P (x)dx = 0

dW

W= −P (x)dx

ln W = −∫

P (x)dx + ln c

ln

(W

c

)= −

∫P (x)dx

W = ce−∫

P (x)dxFórmula de Abel

c = 0 → W = 0 ∀x ∈ [a, b]

c 6= 0 → W 6= 0 ∀x ∈ [a, b]

W [y1, y2] es L.D. ⇔ W = 0

D/ (♣.1) y1 = 0 y2 6= 0

W =

∣∣∣∣∣0 y2

0 y′2

∣∣∣∣∣ = 0− 0 = 0

(♣.2) y1 6= 0 ∧ y2 = 0

W =

∣∣∣∣∣y1 0

y′1 0

∣∣∣∣∣ = 0− 0 = 0 ⇒ W = 0

(♣.3) y1 6= 0 ∧ y2 6= 0y1

y2

= k y1 = ky2

W [y1, y2] =

∣∣∣∣∣y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ky2 y2

ky′2 y′2

∣∣∣∣∣ = ky2y′2 − y2ky′2 = 0

W = 0 → y1 ∧ y2 L.D.Aplicación de la fórmula de Abel

y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0

Sean y1 ∧ y2 soluciones de la Ecuación Diferencial Homogénea

W = ce−∫

P (x)dx




Problema: Conocida una solución y de la ecuación diferencial y′′+P (x)y′+Q(x)y = 0 se pide determinar la solución general.

Solución: Partimos de la fórmula de Abel

W [y1, y2] = ce−∫

P (x)dx

∣∣∣∣y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣ = ce−∫

P (x)dx

y1y′2 − y2y

′1 = ce

−∫

P (x)dx Como y1 es Dato ⇒ Determinar y2

y′2 −y′1y1

y2 =1

y1

ce−∫

P (x)dx Ecuación Diferencial Lineal de primer Ordenaplicando Lebniz

y′ + P (x)y = Q(x)

ye

∫P (x)dx

=

∫Q(x)e

∫P (x)dx

dx + c

P (x) = −y′1y1

Q(x) =1

y1

ce−∫

P (x)dx

y2e−

∫y′1y1

dx=

∫1

y1

ce−∫

P (x)dx· e−∫

y′1y1

dxdx + k

y2e− ln y1 =

∫1

y1

ce−

∫P (x)dx

e− ln y1dx + k

y21

y1

=

∫ce−∫

P (x)

y21

dx + k

y2 = cy1

∫e−∫

P (x)dx

y21

dx + ky1

Si c = 1 k = 0

⇒ y2 = y1

∫e−

RP (x)dx

y21

∴ y1 ∧ y2 son L.I.

⇒ yG

= c1y1 + c2y2



3.9. EJEMPLOS

yG

= c1y1 + c2y1

∫e−

∫P (x)dx

y21

dx

3.9. EjemplosEjemplo 3.18 Si y1 = x es solución de la ecuación diferencial x2y′′+xy′−y = 0. Hallar la solución generalSolución:

y′′ − 1

xy′ − 1

x2y = 0 ⇒ P (x) =

1

xQ(x) = − 1

x2

y2 = y1

∫e−∫

P (x)dx

y21

dx = x

∫e−∫

1

xdx

x2dx

y2 = x

∫e−ln x

x2dx = x

∫x−1

x2dx = x

∫x−3dx

y2 = x

(x−2

−2

)= −1

2x−1 = − 1

2xy

G= c1y1 + c2y2

∴ yG

= c1x− c21

2x

Ejemplo 3.19 Si y1 = x2 es solución de la ecuación diferencial x2y′′ +xy′ − 4y = 0. Hallar la solución general

Solución:y′′ +

1

xy′ − 4

x2y = 0 P (x) =

1

x

y2 = y1

∫e−∫

P (x)dx

y21

dx

y2 = x2

∫e−∫

1

xdx

x4= x2

∫e− ln x

x4dx = x2

∫x−1

x4dx = x2

∫x−5dx

y2 = x2 · x−4

−4=

x−2

−4= − 1

4x2⇒ y2 = − 1

4x2y′2 =

1

2x3y′′2 = −3

2· 1

x4

− 3

2x4+

1

x· 1

2x3− 4

x2

(− 1

4x2

)= 0 ⇒ y

G= c1y1 + c2y2 = c1x

2 + c2

(− 1

4x2

)

∴ yG

= c1x2 − c2

4x2




Ejemplo 3.20 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial y′′−y = 0.Hallar la solución generalSolución:

P (x) = 0

y2 = y1

∫e−∫

P (x)dx

y21

dx = ex

∫e−∫

0dx

(ex)2dx = ex

∫1

e2xdx = ex

∫e−2xdx

t = −2xdt = −2dx

dx = −dt

2

y2 = ex

∫et

(−dt

2

)= −exe−2x

2= −e−x

2

y2 = −e−x

2y′2 =

e−x

2y′′2 = −e−x

2

−e−x

2+

e−x

2= 0

0 = 0

yG

= c1y1 + c2y2 ∴ yG = c1ex − c2

e−x

2

Ejemplo 3.21 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial xy′′−(2x+1)y′ + (x + 1)y = 0. Hallar la solución general.

Solución:

y′′ − (2x + 1)

xy′ +

x + 1

xy = 0 P (x) = −2x + 1

x

y2 = ex

∫e

∫2x + 1

xdx

e2xdx = ex

∫e

∫(2 +

1

x)dx

exdx

y2 = ex

∫e2x+ln x

e2xdx = ex

∫e2xeln x

e2xdx = ex

∫xdx

y2 = ex · x2

2=

x2ex

2⇒ y2 =

x2e2

2y

G= c1y1 + c2y2

∴ yG

= c1ex + c2

x2ex

2

Ejemplo 3.22 Si y1 = x es solución de la ecuación diferencial (x− 1)y′′−xy′ + y = 0. Hallar la solución general de la ecuación diferencial.



3.9. EJEMPLOS

Solución:y′′ − x

x− 1y′ +

1

x− 1y = 0 P (x) = − x

x− 1

y2 = x

∫e

∫x

x− 1dx

x2dx = x

∫e

∫ (1 +

1

x− 1

)dx

x2dx

y2 = x

∫ex+ln(x−1)

x2dx = x

∫exeln(x−1)

x2dx = x

∫ex(x− 1)

x2dx

y2 = x

∫exx− ex

x2dx = x

∫ (ex

x− ex

x2

)dx

y2 = x

[∫x−1exdx−

∫x−2exdx

]u = x−1 dv = exdxdu = −x−2dx v = ex

y2 = x

[x−1ex +

∫x−2exdx−

∫x−2exdx

]= x [x−1ex] = ex y2 = ex

yG

= c1y1 + c2y2 ∴ yG

= c1x + c2ex

Ejemplo 3.23 Si y1 = ex es solución de la ecuación diferencial xy′′− (1 +x)y′ + y = 0. Hallar la solución general de la ecuación diferencial.

Solución:

y′′ − 1 + x

xy′ +

1

xy = 0 P (x) = −

(1 + x

x

)

y2 = ex

∫e

∫1 + x

x dx

e2xdx = ex

∫e

∫ (1

x+ 1

)dx

e2xdx

y2 = ex

∫eln x+x

e2xdx = ex

∫xex

e2xdx = ex

∫xe−xdx

u = x e−xdxdu = dx v = −e−x

y2 = ex

[−xe−x +

∫e−xdx

]= ex

[−xe−x − e−x]

y2 = −(x + 1) ∴ yG

= c1ex + c2(−(x + 1))




3.10. Ejercicios

La función y1(x) es una solución a las ecuaciones diferenciales de los proble-

mas 1 a 6. Use la reducción de orden o la fórmula y2 = y1(x)

∫e−

∫P (x)dx

y21(x)

dx

para encontrar una segunda solución y2(x)

1. y′′ − 4y′ + 4y = 0; y1 = e2x

2. y′′ + 16y = 0; y1 = cos(4x)

3. x2y′′ − 7xy′ + 16y = 0; y1 = x4

4. xy′′ + y′ = 0; y1 = ln x

5. y′′ − 25y = 0; y1 = e5x

6. 6y′′ + y′ − y = 0; y1 = ex3

3.10.1. Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneascon Coeficiente Constante de Orden n

1. Encontrar la solución general

a) y′′′ − 6y′′ + 12y′ − 8y = 0

Solución: r3 − 6r2 + 12− 8 = 0

Por Ruffini r1 = r2 = r3 = 2

∴ y = Ae2x + Bxe2x + Cx2e2x

b) yiv + 4y′′′ + 6y′′ + 4y′ + y = 0

Solución: r4 + 4r3 + 6r2 + 4r + 1 = 0

Por Ruffini r1 = r2 = r3 = r4 = −1

∴ y = Ae−x + Bxe−x + Cx2e−x + Dx3e−x

c) y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y = 0

Solución: r3 + 3r2 + 3r + 1 = 0



3.10. EJERCICIOS

1 3 3 1

r=−1 −1 −2 −1

1 2 1 0

r2 + 2r + 1 = 0

(r + 1)2 = 0 r1 = r2 = r3 = −1

∴ y = Ae−x + Bxe−x + Cx2e−x


1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales

a) y′′′ + 5y′′ + 4y = 0

b) yiv − 2y′′′ = 0

c) y′′′ + 4y′′′ + 8y′′ + 8y′ + 4y = 0

d) yvi − 3yiv + 3′′ − y = 0

e) y′′′ − 16y = 0

f ) yiv + 50y′′ + 625y = 0

2. Dada la solución general escriba la ecuación diferencial Lineal

a) y = Ae2x + Bxe2x + c2

b) y = c1ex + c2xex + c3e

−x + c4xe−x

c) y = Aex senx + Bex cos x + Cxex senx + Dxex cos x

d) y = A senx + B cos x + C cos x + Cx sen x + Dx cos x


texto Ec. Dif.

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