97298762-Ecuaciones-Diferenciales-udea-Cap1.pdf

Capıtulo 1ECUACIONES DIFERENCIALES DE

PRIMER ORDEN

1.1. INTRODUCCIÓN

Consideremos una familia de curvas definida en alguna región del plano cartesiano:

F (x, y) = C

Se desea determinar la pendiente de la recta tangente a cualquier elemento de la familia enel punto P (x, y). Suponiendo que las derivadas parciales de la función existen en la región, eldiferencial total de la función está dado por:

dF (x, y) =∂

∂xF (x, y)dx +

∂

∂yF (x, y)dy = dC = 0 (1.1)

Donde C es una constante real.

A partir de la expresión anterior se obtiene la ecuación para la pendiente de la recta tan-gente a cualquier elemento de la familia en el punto P (x, y), así:

dy

dx= −

∂F∂x∂F∂y

; con∂F

∂y= 0

En consecuencia, la pendiente de la recta tangente a cualquier elemento de la familia dependede las variables x, y , así:

dy

dx= f(x, y)

La ecuación obtenida es una ecuación diferencial.

1

2 CAPÍTULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Si representamos f(x, y), se obtiene una gráfica como la ilustrada en la figura 1.1, en laque cada pendiente de la familia de curva F (x, y) = C es representada por una pequeña fle-cha con dirección. A este conjunto de todos los posibles valores que puede alcanzar la derivadaen los puntos del plano y trazadas discretamente mediante pequeñas rectas tangentes a lascurvas de la familia, se le denomina campo de pendientes o campo de dirección. Siguiendo lastrayectorias del campo de pendientes se obtiene gráficamente la familia de curvas F (x, y) = C,es decir, la solución de la ecuación diferencial de primer orden.En particular, para la figura 1.1 se puede ver una trayectoria en el campo de pendientes quecorresponde a un elemento de la familia de curvas solución.

-10 -5 0 5 10-10

-5

0

5

10y

xFigura 1.1: Campo de pendientes f(x, y) de la familia de curvas F (x, y) = C

Nuestro interés es obtener la familia de curvas F (x, y) = C , solución de la ecuación di-ferencial, no a partir de la representación gráfica del campo de pendientes, sino mediantemétodos analíticos que se desarrollarán en las siguientes secciones.

1.1. INTRODUCCIÓN 3

Ejemplo: 1.1. Considere la familia de parábolas:

y = Cx2

a) Dibuje dos elementos de la familia.

b) Encuentre la ecuación diferencial de la familia. Solución:

a) La figura 1.2 ilustra los elementos correspondientes a los valores del parámetro: C = 1y C = −1.

b) Para hallar la ecuación diferencial derivamos la función y eliminamos la constante, así:

dy

dx= 2Cx y C =

y

x2⇒ dy

dx= 2

y

x2

x =

2y

x

-3 -2 -1 0 1 2 3

-2

-1

1

2

C=1

C=-1

Figura 1.2: Elementos de la familia de curvas del ejemplo 1.1

Es de esperarse que a partir de la ecuación diferencial se obtenga la familia de curvas.Precisamente, el objetivo del presente libro es que el estudiante aprenda a resolver ecuacionesdiferenciales.

Las ecuaciones diferenciales tienen orígenes muy diversos, pero fundamentalmente estaremosinteresados en aquellas ecuaciones diferenciales que resultan del análisis de sistemas de inge-niería. Se hará un énfasis especial en aplicaciones de la mecánica, de soluciones en ingenieríaquímica, de circuitos eléctricos, de problemas de crecimiento y decrecimiento, entre muchas


otras.

Ejemplo: 1.2. Considere la curva del plano dada por:

y2 = Cx


b) Determine la ecuación diferencial de la familia.

c) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales. Solución: Se trata de la familia de parábolas con eje sobre el eje de abscisas y vértice en elorigen.Asignamos valores a la variable independiente y dos valores diferentes a la constante, obtene-mos la gráfica de la figura 1.3.

y2 = x⇒ y = ±√

x

y2 = −x⇒ y = ±√−x

Claramente se observa que todas las parábolas pasan por el origen.

-3 -2 -1 0 1 2 3

-2

-1

1

2

C=-1

C=1


En cuanto a la ecuación diferencial de la familia, derivamos y eliminamos la constante, así:

y2 = Cx⇒ 2ydy

dx= C ⇒ dy

dx=

y

2x


La familia de curvas ortogonales es tal que su pendiente está dada por m2 =−1

m1, donde: m1

es la pendiente de la familia dada. Así las cosas, la ecuación diferencial de la familia de curvasortogonales es:

dy

dx= −2x

y

A partir de la ecuación diferencial encontrada es posible encontrar la ecuación de la familiade curvas ortogonales, simplemente resolviéndola. Separando las variables, se tiene:

2xdx + ydy = 0

Integrando, se tiene que la solución de la ecuación diferencial es:

x2 +y2

2= K

Donde K es la constante de integración. La ecuación se puede escribir en la forma:

x2

K+

y2

2K= 1

Si hacemos a2 = K, se obtiene:x2

a2+

y2

a√

22 = 1

La familia encontrada es una familia de elipses con centro en el origen y semiejes: a, a√

2 .Con el objeto de visualizar la ortogonalidad de las familias, representemos en un mismo gráficoun elemento de cada una. Tomando a = 2, obtenemos el elemento:

x2

4+

y2

8= 1

Al representar gráficamente la elipse y las dos parábolas antes descritas, resulta la figura 1.4.Puede visualizarse la ortogonalidad entre una de las parábolas y la elipse. Se deja como ejerci-cio al estudiante la determinación de las intersecciones entre la elipse y una de las parábolas.Lo ideal es hacer todo el procedimiento ilustrado anteriormente para cualquier familia decurvas, sin embargo se tienen ciertas limitaciones operativas que no lo hacen viable en todoslos casos.

Las ecuaciones diferenciales a las cuales se les puede separar los diferenciales de cada variableacompañadas por una expresión en función de dicha variable se les denomina ecuaciones devariables separables y estas se pueden solucionar mediante integración directa.


y2 + x2 = 2Cx


-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-3

-2

-1

1

2

3 a =2

C=-1 C=1

Figura 1.4: Elementos de familia de curvas ortogonales



c) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales. Solución: Se trata de la familia de circunferencias con el centro sobre el eje de abscisas yque pasan por el origen. Ajustando el trinomio cuadrado perfecto, resulta:

(x− C)2 + (y − 0)2 = C2

La figura 1.5 ilustra la gráfica para los casos: C = 1 y C = 2. Para encontrar la correspondienteecuación diferencial procedemos de la misma manera, veamos:

x2 + y2 = 2Cx⇒ 2x + 2ydy

dx= 2C ⇒ 2x + 2y

dy

dx=

x2 + y2

x

Despejando la pendiente resulta:dy

dx=

y2 − x2

2xy

La ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales viene a ser:

dy

dx=

2xy

x2 − y2

La ecuación diferencial hallada se puede resolver, a pesar de que no es de variables separables.Más adelante, en la sección 1.3, veremos que dicha ecuación se puede clasificar como homo-génea y estudiaremos la técnica para resolverla.


0 1 2 3 4

-2

-1

1

2

C=1

C=2



x2 +y2

C2= 1



c) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales. Solución: Se trata de una familia de elipses con centro en el origen y semiejes: 1 y C. Paralos elementos de la familia correspondientes a C = 1 y C = 2, la representación gráfica semuestra en la figura 1.6. Encontremos la ecuación diferencial de la familia:

y2

1− x2= C2 ⇒ 2y

dy

dx= −2xC2 ⇒ 2y

dy

dx= −2x

y2

1− x2

Simplificando, resulta:dy

dx=

xy

x2 − 1En cuanto a la ecuación diferencial de las curvas ortogonales, tenemos:

dy

dx=

1− x2

xy

La ecuación es de variables separables, esto es, se puede escribir en la forma:

ydy = (x−1 − x)dx


-1 0 1

-1

1

C=1

C=2


La solución de la ecuación diferencial la familia de curvas, mediante una simple integraciónes:

x2 + y2 = 2 ln(Cx)

La figura 1.7 muestra un elemento de la familia dada y cuatro de la familia de curvas ortogo-nales con C = 2 . . . 5.

Hoy en día, se cuenta con múltiples herramientas de software tanto libres como privativaspara la solución simbólica y numérica de ecuaciones diferenciales. Entre ellas podemos men-cionar los programas Máxima1 y Matlab2, con los cuales se puede obtener rápidamente lasolución de una gran cantidad de ecuaciones diferenciales mediante el uso de pocos comandos.

Para encontrar el campo de pendientes o campo de direcciones de la ecuación diferencialde curvas ortogonales dy

dx = 1−x2

xy mediante máxima, se usa el comando:

plotdf(dxdy, ..opciones..)

En donde dxdy representa la función f(x, y). La figura 1.8 ilustra el resultado del comando3:

plotdf((1-x^2)/(x*y),[x,-2,2],[y,-1.5,1.5],[xfun,"sqrt(1-x^2);-sqrt(1-x^2)"]);

En donde se puede ver el campo de pendientes, tres elementos de la familia de curvas ortogo-nales y los semicírculos de radio unitario.

1Software libre y de código abierto que se puede descargar en http://maxima.sourceforge.net/

2Software propietario que se puede obtener en http://www.mathworks.com/products/matlab

3Mostramos aquí el comando necesario para obtener la solución del ejemplo 1.4 sin pretender exponer

detalles acerca del mismo. Si el estudiante está interesado en profundizar en el tema deberá consultar el

manual pertinente del programa.


-1 0 1 2

-1

1

C=1

C=2

C=3

C=4C=5

Figura 1.7: Elementos de la familia de curvas ortogonales del ejemplo 1.4

-1 0 1 2

-1.2

-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

1.2

y

x

sqrt((1 - pow(x,2)))-sqrt((1 - pow(x,2)))

Figura 1.8: Campo de pendientes de curvas ortogonales del ejemplo 1.4


Ejemplo: 1.5. Se lanza verticalmente hacia arriba un cuerpo de masa M con una velo-cidad inicial Vi. Determine la posición y la velocidad en todo instante. Solución:

y(0)=0 v(0)=Vi

y(t) v(t)

Mg

Ffricción

Figura 1.9: Lanzamiento ver-tical de un cuerpo.

Para resolver el problema debemos elaborar un modelomatemático que describa la situación planteada. Suponga-mos que el cuerpo se puede considerar como una par-tícula, es decir, su masa está concentrada en su centrode masas. Supongamos también que la trayectoria que si-gue es estrictamente vertical. Si ubicamos nuestro siste-ma de coordenadas en el punto en el que se efectúa ellanzamiento, la posición y la velocidad en ese instantet = 0 están dadas por: y(0) = 0 y v(0) = Vi. Lafigura 1.9 ilustra la posición de la partícula en el ins-tante cualquiera t > 0 y las fuerzas que actúan sobreella.

Nuestro objetivo es determinar la posición y la velocidad encualquier instante: t > 0.Observe que cuando el cuerpo se está moviendo hacia arribalas fuerzas actuantes sobre él son: el peso y la fricción, ambasen sentido contrario al movimiento.

No olvidemos que la segunda ley de Newton establece que:

“La variación con respecto al tiempo de la cantidad de movimiento de una partícula es iguala la suma de las fuerzas aplicadas en la dirección del movimiento”. Con base en la segundaley de Newton, podemos escribir:

d

dt[Mv(t)] = −Mg − Ffricción (1.2)

En donde M es la masa en movimiento, v(t) es la velocidad en todo instante, g es la gravedady Ffricción es la fuerza de fricción dinámica.

La ecuación (1.2) es una ecuación diferencial y para resolverla se hace necesario conoceralgunas técnicas que serán objeto de estudio.

Tomemos algunos modelos simples:


Primer modelo

La masa del cuerpo es constante y la fricción se desprecia (caso ideal). En este caso, la segundaley de Newton queda en la forma:

Mdv(t)

dt= −Mg

La ecuación diferencial resultante en este caso es de variables separables, así:

dv(t)

dt= −g

Observe que la ecuación diferencial es independiente de la masa. Efectuando las integrales,encontramos la solución general, así:

v(t) = −gt + C

La constante de integración se evalúa con la condición inicial, obteniendo:

v(t) = Vi − gt

Es de notarse que la función de velocidad es lineal, es decir, su gráfica es una recta de cuyapendiente es menos la gravedad. Cuando la velocidad se hace cero la partícula alcanza laposición máxima. El tiempo en el que esto ocurre es:

tmax =Vi

g

En cuanto a la posición del cuerpo en todo instante, usamos la relación entre la posición y lavelocidad, así:

dy(t)

dt= v(t) = Vi − gt

Integrando de nuevo, resulta la solución general:

y(t) = −1

2gt2 + Vit + K

En donde la constante de integración K se determina con base en la condición inicial, así:y(0) = 0 = K y el resultado es:

y(t) = −1

2gt2 + Vit

En resumen, tenemos que: cuando un cuerpo de masa constante M se lanza verticalmentehacia arriba con una velocidad inicial Vi y se mueve en un medio sin fricción, la velocidad yla posición en todo instante están dadas por:

v(t) = −gt + Vi y y(t) = −1

2gt2 + Vit


0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

-25

25

50

75

100

125

v(t)

t

y(t)

Figura 1.10: Posición y velocidad en el lanzamiento vertical de un cuerpo sin fricción

La figura 1.10 representa, en un mismo gráfico, la posición y la velocidad en función deltiempo, asignando valores a la gravedad, a la velocidad inicial y al tiempo en el sistemainternacional de medidas (MKS), así:

Vi = 50m/s ; g = 10m/s2

La línea recta es la gráfica de la velocidad y la parábola representa la posición en todoinstante. Observe que la posición tiene un valor máximo de 125 metros y se alcanza al cabode 5 segundos, esto es, cuando la velocidad se hace cero. En general el tiempo en el que alcanzala altura máxima y la correspondiente altura esta dada por:

tmax =Vi

g; y(tmax) = ymax =

Vi2

2g

La velocidad es negativa después de que el cuerpo alcanza su altura máxima, debido a que elcuerpo está bajando.

Segundo modelo

La masa es constante y la fricción es directamente proporcional a la velocidad en todo ins-tante4. Tomemos Ffriccion = Bv(t), siendo B una constante de proporcionalidad en el sistema

4Esto se conoce como ley de Stokes. En este modelo se considera que el objeto en movimiento produce un

flujo laminar, es decir no produce pertubaciones caóticas a su alrededor.


MKS. La ecuación diferencial queda en la forma:

d

dt[Mv(t)] = −Mg −Bv(t) (1.3)

La ecuación diferencial obtenida es de variables separables y por lo tanto se puede resolverpor integración directa. Para integrar la expresaremos de una forma más conveniente así:

dv(t)

dt+

B

Mv(t) + g = 0

Separando las variables e indicando las integrales, resulta:

M

Bv(t) + Mgdv(t) = −

dt

Evaluando las integrales, tenemos:

M

Bln(Bv(t) + Mg) = −t + C

La constante de integración la calculamos con la condición inicial v(0) = Vi, de donde:

C =M

Bln(BVi + Mg)

Ahora despejamos la velocidad en función del tiempo, así:

v(t) = −Mg

B+

Vi +

Mg

B

e−

MB t

De otro lado, la expresión para la posición está dada por:

y(t) = −Mg

Bt +

M

BVi +

M2g

B2

1− e−

BM t

Convenimos en definir la velocidad límite de la siguiente manera:

VL =Mg

B

Observe que la velocidad límite es la que tendrá el cuerpo después de mucho tiempo. En estecaso el signo negativo se debe a que el cuerpo está bajando.En conclusión, cuando un cuerpo de masa M se lanza verticalmente hacia arriba en un medioque ofrece una resistencia proporcional a la velocidad, la velocidad y la posición en todoinstante vienen dadas por:

v(t) = −VL + (Vi + VL)e− g

VLt

y(t) = −VLt +VL

g(Vi + VL)

1− e

− gVL

t


Representemos la posición y la velocidad para algunos valores de la constante de fricción ylos siguientes datos en el sistema MKS:

M = 1Kg ; B = 0.5Kg/s ; g = 10m/s2 ; Vi = 50m/s

Debemos establecer claramente el dominio de las funciones de posición y velocidad ya que nosinteresa el movimiento de subida. A partir de la expresión de la velocidad, veamos el instanteen que se hace cero. Resolviendo para la variable t, encontramos:

tmax =VL

gln

1 +

Vi

VL

Con los datos dados encontramos el tiempo, en segundos, que demora en alcanzar la alturamáxima.

tmax ≈ 2.506

En consecuencia, resultan las gráficas de velocidad y posición que se muestran en la figura 1.11.Puede notarse que la altura máxima alcanzada ocurre a los 2.5 segundos aproximadamente ysu valor en metros es:

y(tmax) = ymax =VLVi

g− VL

2

gln

1 +

Vi

VL

≈ 49.89

Es claro el efecto de la fricción si comparamos con la situación ideal. Es de esperarse que la

0 1 2 3 4 5 6 7 8

-10

10

20

30

40

50y(t)

v(t)

t

Figura 1.11: Posición y velocidad en el lanzamiento vertical de un cuerpo con fricción

altura máxima sea menor en tanto aumente la constante de fricción B.


Tercer modelo

La masa es variable y la fricción es igual a cero. Supongamos que la masa en reposo es de1Kg que en movimiento está dada por M(t) = 1 − 0.01t. Lo anterior significa que el cuerpoen movimiento pierde masa a una rata de 0.01Kg/seg. La ecuación diferencial en este casoes:

M(t)d

dtv(t) + v(t)

d

dtM(t) = −M(t)g (1.4)

Dividiendo por la masa y asignando los datos dados, tenemos:

dv(t)

dt− 1

100− tv(t) = −10

Al resolver la ecuación debe tenerse en cuenta que t < 100.

La ecuación diferencial bajo estudio no es de variables separables sino que se clasifica co-mo lineal y es uno de nuestros objetivos aprender a resolverla.

Es posible elaborar otros modelos para el mismo problema de manera tal que resulten varia-dos tipos de ecuaciones diferenciales. En el transcurso del capítulo estudiaremos las diferentestécnicas de solución.Se deja como ejercicio al estudiante que resuelva el problema con masa constante y fricciónproporcional al cuadrado de la velocidad5. En este caso la constante aerodinámica B dependede la densidad del fluido, la sección transversal del objeto en movimiento y de un coeficientede resistencia aerodinámico. La ecuación diferencial a resolver es:

Mdv(t)

dt= −Mg −Bv2(t)

Ejemplo: 1.6. Un conejo y un perro están separados una distancia c en el momentode observarse mutuamente. Inmediatamente el conejo empieza a escapar con una velocidadconstante a siguiendo una dirección perpendicular a la línea que une a los animales. El perro,por su lado, empieza a perseguir al conejo con una rapidez b describiendo una curva tal quela tangente a la misma apunta al conejo.

a) Escriba el problema de valor inicial para la curva que describe el perro.

b) Resuelva el problema de valor inicial para diferentes relaciones entre a y b.

5En este modelo se considera que el objeto en movimiento con altas velocidades, produce un flujo turbulento

también llamado fuerza de arrastre de Rayleigh, es decir, produce pertubaciones caóticas(remolinos) a su

alrededor.


Solución: Para resolver el problema supongamos que el perro se encuentra en el origen decoordenadas y el conejo se encuentra en el punto C(c, 0).En un instante cualquiera t, el conejo estará en el punto D(c, at) y el perro estará en elpunto P (x, y) de la figura 1.12. Para encontrar la ecuación diferencial de la curva es necesariorelacionar la pendiente de la misma con las variables del problema. La pendiente de la rectatangente a la curva está dada por:

dy

dx=

at− y

c− xLa rapidez del perro es la tasa de variación de la longitud del arco de curva con respecto al

P(x,y)

D(c,at)

C(c,0)

Figura 1.12: Gráfica de la trayectoria de persecución del perro al conejo

tiempo, así:

b =ds

dt=

1 +

dy

dx

2 dx

dt(1.5)

Si denotamos la pendiente de la recta tangente a la curva como p =dy

dx, se puede escribir:

p =at− y

c− x; b =

1 + p2

dx

dt

Despejando el tiempo en la primera ecuación, tenemos:

t =y + cp− xp

a

Derivando con respecto a la variable x, se tiene:

dt

dx=

dpdx(c− x) + p(−1) + dy

dx

a=

c− x

a

dp

dx(1.6)


Sustituyendo la ecuación (1.5) en (1.6), tenemos:

b

a(c− x)

dp

dx=

1 + p2

El resultado es un problema de valor inicial para la pendiente de la curva, así:

dp

dx= k

1 + p2

c− x; con p(0) = 0 y k =

a

b

Puesto que la ecuación diferencial es de variables separables, tenemos:

dp1 + p2

=kdx

c− x

Integrando, resulta:ln

p +

1 + p2

= −k ln(c− x) + C

La constante de integración C se halla con la condición inicial p(0) = 0, obteniendo:

C = k ln(c)

Con el valor hallado para la constante, podemos escribir:

lnp +

1 + p2

= k ln

c

c− x

Aplicando las propiedades de los logaritmos, tenemos:

p +

1 + p2 =

c

c− x

k

A continuación despejamos la pendiente, así:

p =1

2

c

c− x

k

−

c

c− x

−k

Finalmente escribimos el problema de valor inicial para la curva, así:

dy

dx=

1

2

c

c− x

k

−

c

c− x

−k

; con: y(0) = 0

La ecuación diferencial es de variables separables y su solución, para k = 1, es la siguiente:

y(x) =1

2(1− k2)

2kc + (c− x)

(1− k)

c− x

c

k

− (1 + k)

c− x

c

−k


Si la velocidad del conejo es menor que la del perro, es decir k < 1, el perro alcanzará alconejo en el punto (c, y(c)), con y(c) =

kc

1− k2.

Por otro lado, si la velocidad del conejo es mayor que la del perro (k > 1), éste nunca loalcanzará, lo cual es obvio.

En el caso en que las velocidades son iguales, es decir k = 1. La ecuación diferencial esla siguiente:

dy

dx=

1

2

c

c− x− c− x

c

La solución de la ecuación diferencial es:

y(x) =c

2ln

c

c− x

+

c

4

c− x

c

2

− 1

Tal como en el caso en que k > 1, el perro no alcanzará al conejo.

La figura 1.13 ilustra los casos en que k = 0.5, 1, 0.9 y 1.5 con c = 10. Observe que parak = 0.5 y k = 0.9 (gráficas sólidas), el perro alcanzará al conejo cuando este haya recorrido

6.67 y 47.37 metros, respectivamente. Adicionalmente, si a = 9 tardará tm =kc

a(1− k2)≈ 0.74

y 5.26 segundos, respectivamente.Para los casos k = 1 y k = 1.5 (gráficas en puntos), el perro nunca alcanzará a el conejo.

Resumiendo, tenemos que la trayectoria descrita por un perro, con velocidad b, que persi-gue a un conejo, con velocidad a, separados una distancia c está dada por:

y =

1

2(1− k2)

2kc + (c− x)

(1− k)

c− x

c

k

− (1 + k)

c− x

c

−k

, si k = 1

c

2ln

c

c− x

+

c

4

c− x

c

2

− 1

, si k =

a

b= 1

EJERCICIOS 1.1.

Para todas y cada una de las familias que se describen a continuación, determine:

a) La ecuación diferencial de la familia.

b) La ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales.


0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

10

20

30

40El conejo es atrapado

El conejo se escapak =1, 1.5

k =0.5, 0.9

Figura 1.13: Gráfica de la trayectoria solución de persecución del perro al conejo

c) En los casos en que la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales sea devariables separables, encuentre la solución mediante el procedimiento estudiado, de locontrario, con la ayuda de de máxima, grafique el campo de pendientes mediante elcomando plotdf() .

1. x3y = C

2. y2 − 2xy − 2x2 = C

3.1

x+

2

y= C

4.x

C+

C

x= y

5.x2

C2+

y2

4C2= 1

6. x2 − sin(y) = C

7. x− tan(y) = C

8.x + y

x− y= C

9. y = Cx +√

C2 + 1

10. Cy = (x + C)2

La ecuación diferencial que rige el movimiento del lanzamiento vertical hacia arriba de uncohete de masa variable con m(t) = mo(1 − at) y que experimenta una fuerza de fricciónproporcional al cuadrado de la velocidad instantánea es:

dv(t)

dt= −g − m(t)

m(t)v(t)− B

m(t)v(t)2

Con ayuda de máxima, determine el campo de pendientes de la ecuación diferencial mediantela ejecución de la siguiente secuencia comandos:


(%i1) m(t):=mo*(1-a*t); f:-g-diff(m(t),t)/m(t)-B/m(t)*v^2;plotdf(f,[t,v],[t,0,10],[v,-10,10], [trajectory_at,5,0],[parameters,"g=9.8,mo=1,B=1,a=0.5"],[sliders,"B=0:10,mo=1:10,a=0:1"]);

Experimente modificando los valores de B, a y m0 con los botones deslizadores, e interpretelos resultados.

1.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN 21

1.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDENUna ecuación diferencial de primer orden para las variables x, y presenta la forma general:

d

dxy(x) = f(x, y) (1.7)

Con base en lo estudiado previamente, la ecuación proviene de una familia de curvas del plano,de la forma:

F (x, y, C) = 0

En adelante diremos que la familia de curvas es una solución general de la ecuación diferencialy que cada elemento de la familia es una solución particular. En general, una función de laforma y = µ(x) es solución de una ecuación diferencial si la satisface idénticamente, es decir,si se verifica que:

d

dxµ(x) ≡ f(x, µ(x))

Las siguientes ecuaciones son ejemplos de ecuaciones diferenciales de primer orden:

Ecuación diferencial de variables separables: M(x)dx + N(y)dy = 0

Ecuación diferencial lineal:dy

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

Ecuación diferencial de Bernoulli6:dy

dx+ p(x)y = q(x)yα

Ecuación diferencial de Riccati7:dy

dx= p(x)y2 + q(x)y + r(x)

Ecuación diferencial de Clairaut8: y = xdy

dx+ F

dy

dx

6

Formulada por Jakob Bernoulli(1654-1705) y resuelta por su hermano Johann(1667-1748), quien fué

profesor de Euler. Los Bernoulli hacen parte de una extensa y reconocida familia de matemáticos y

físicos suizos.7

Formulada por Jacopo Francesco Riccati(1676-1754): matemático veneciano reconocido por sus apor-

tes en la hidrodinámica.

8

Formulada por Alexis Claude Clairaut(1713-1765): matemático francés reconocido por sus aportes

en la comprensión del movimiento gravitacional de luna. Considerado un niño prodigio, a la edad

de 13 años presentó su primer trabajo sobre cuatro curvas geométricas descubiertas por él, ante la

Academia Francesa.


Ejemplo: 1.7. Dada la ecuación diferencial:

dy

dx+ 2y = e−x

Muestre que las siguientes funciones son soluciones de la misma:

e−x, e−x + e−2x, e−x + Ce−2x

Solución: Para la primera función, se tiene: µ(x) = e−x, µ(x) = −e−x.Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos: −e−x + 2e−x = e−x. Como puede verse,la función es solución de la ecuación diferencial ya que resulta una identidad.Del mismo modo, el estudiante puede verificar que las otras dos funciones son también solu-ciones de la ecuación diferencial.

Particularmente, la tercera es una familia de curvas y recibe el nombre de solución ge-neral de la ecuación diferencial. Las dos primeras soluciones son soluciones particularesde la ecuación diferencial ya que se obtienen asignando valores a la constante que aparece enla solución general.Pueden existir ecuaciones diferenciales que tengan soluciones que no se puedan obtener de lasolución general, dichas soluciones reciben el nombre de soluciones singulares .

Ejemplo: 1.8. Considere la ecuación diferencial:

y = xdy

dx− 1

2

dy

dx

2

Solución: Puede verificarse que la parábola 2y = x2 es una solución singular de la ecuacióndiferencial, mientras que la solución general es la familia de rectas:

y = Cx− C2

2

Ejemplo: 1.9. Dada la ecuación diferencial de Riccati:

xdy

dx= y2 + y − 2

Muestre que la solución general es:

y =K + 2x3

K − x3 Solución: Tomando la primera derivada se tiene:

y =9Kx2

(K − x3)2


Sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene la siguiente identidad:

x9Kx2

(K − x3)2≡

K + 2x3

K − x3

2

+K + 2x3

K − x3− 2

≡ (K + 2x3)2 + (K − x3)(K + 2x3)− 2(K − x3)

(K − x3)2

≡ 9Kx3

(K − x3)2

EJERCICIOS 1.2.

1. Dada la ecuación diferencial:

y = x ln(x)dy

dx+ x2

dy

dx

2

a) Muestre que la solución general es la familia de curvas: y = C ln(x) + C2

b) Muestre que una solución singular es la curva: y = − ln2(x)

4

2. Dada la ecuación diferencial:2y = x

dy

dx− x

dx

dy

a) Muestre que la solución general es la familia de parábolas: x2 = −4C(y − C)

b) Represente gráficamente dos elementos de la familia.

3. Dada la ecuación diferencial de Bernoulli:dy

dx+ αy = αy2

a) Muestre que la solución general viene dada por: y =e−αx

C + e−αx

b) Represente gráficamente dos elementos de la familia.


x

dy

dx

2

− 2ydy

dx+ x = 0

a) Muestre que la solución general es la familia de parábolas: C2x2 + 1 = 2Cy

b) Muestre que las rectas y = ±x son soluciones singulares de la ecuación diferencial.c) Represente gráficamente dos elementos de la familia junto con las soluciones sin-

gulares.


1.2.1. Problemas de valor inicial de primer ordenUn problema de valor inicial es el que se formula mediante una ecuación diferencial y un nú-mero preciso de condiciones iniciales. Para el caso que nos ocupa, en principio, la formulaciónde un problema valor inicial de primer orden es la siguiente:

dy(x)

dx= f(x, y) ; y(x0) = y0

Si hacemos una interpretación geométrica simple del problema (puede tratarse de un proble-ma físico o de otra índole), la solución del problema es “la curva del plano que satisface a laecuación diferencial y pasa por el punto P (x0, y0)”. Cabe preguntarnos aquí algunas cosas quemás adelante intentaremos resolver.¿Cuál es la región del plano en la que el problema tiene solución ?.¿Bajo qué condiciones la solución que pasa por el punto P (x0, y0) es única ?.¿En qué medida las soluciones pueden expresarse en términos de funciones elementales ?.

Antes de proceder formalmente con el teorema de existencia y unicidad es conveniente anali-zar un ejemplo sencillo.

Ejemplo: 1.10. Encuentre la familia de curvas cuya pendiente de la recta tangente entodos sus puntos está dada por:

y =2y

x Solución: Escribiendo la ecuación diferencial en términos de diferenciales tenemos:

y−1dy − 2x−1dx = 0

Así que integrando a ambos lados de la ecuación diferencial tenemos:

ln(y)− 2 ln(x) = K

Puesto que K es una constante arbitraria podemos hacer K = ln(C) de tal forma que usandolas propiedades de los logaritmos obtenemos la familia de parábolas:

y = Cx2

El estudiante puede verificar que la familia encontrada corresponde a parábolas con centro enel origen y simetría de eje y. La figura 1.14 representa dos elementos de la familia correspon-dientes a los valores de la constante C = −1 y C = 1. Puede verse que por el origen pasaninfinitas soluciones de la forma:

f(x) =

C1x2, si x < 0

C2x2, si x 0


-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-2

-1

1

2

3

C1 =1, C2 =-1

A

D

O

B

C

C1 =-1, C2 =1

Figura 1.14: Gráfica de dos elementos de la familia de curvas del ejemplo 1.10

Particularmente, son soluciones las siguientes:Curva AOD, cuya ecuación es:

f(x) =

x2, si x < 0

−x2, si x 0

Curva COB, cuya ecuación es:

f(x) =

−x2, si x < 0

x2, si x 0

1.2.2. Teorema de existencia y unicidadSupongamos una ecuación diferencial de la forma y = f(x, y), con la condición de hallaruna solución única que pase por el punto (x0, y0). Geométricamente, la solución debe ser unacurva particular de la familia de curvas halladas al resolver la ecuación diferencial. Nos interesadeterminar bajo qué condiciones dicha ecuación diferencial tiene solución en una región delplano y si dicha solución, en caso de existir es única en dicha región.El teorema de existencia y unicidad se formula en los siguientes términos:

Dado el problema de valor inicial y = f(x, y); y(x0) = y0, donde f y fy soncontinuas en una región rectangular centrada en el punto (x0, y0) y definida co-mo = (x, y) ∈ R2 / |x− x0| < a, |y − y0| < b. Si |f(x, y)| < M en dicha regióny si h es el menor de los números: a, b,M , entonces existe una solución única en elintervalo |x− x0| < h para el problema de valor inicial dado.


Es importante aclarar que las condiciones del teorema son de suficiencia pero no de nece-sidad, lo anterior significa que puede no cumplirse una de las condiciones de continuidad ysin embargo tener solución. Algunos ejemplos posteriores pondrán de presente tal aseveración.

Ejemplo: 1.11. Considere el problema de valor inicial:

y =2y

x, y(x0) = y0

Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto dado para que se garan-tice que el problema tenga solución única. Solución: La función y su primera derivada parcial con respecto a la variable dependienteson:

f =2y

xfy =

2

xDe lo anterior se concluye que no se garantiza solución única en regiones que contengan a larecta x = 0. El estudiante puede analizar el ejemplo anterior en el que se muestran algunas delas soluciones de la ecuación diferencial dada. Por tanto, el punto puede ubicarse en cualquierade las siguientes regiones:

1 =(x, y) ∈ R2 / x > 0

2 =(x, y) ∈ R2 / x < 0


y =xy

x2 − 1, y(x0) = y0


f =xy

x2 − 1fy =

x

x2 − 1

De lo anterior se concluye que no se garantiza solución única en regiones que contenga a lasrectas x = −1 y x = 1. Por consiguiente, el punto dado se puede ubicar en cualquiera de lassiguientes regiones del plano:

1 =(x, y) ∈ R2 / x < −1

2 =(x, y) ∈ R2 / − 1 < x < 1

3 =(x, y) ∈ R2 / x > 1


La ecuación diferencial es de variables separables y, en consecuencia, se puede determinar susolución general, así:

dy

y=

xdx

x2 − 1

Integrando ambos miembros de la igualdad, resulta:

ln(y) =1

2ln(x2 − 1) + ln(C)

Con base en las propiedades de los logaritmos, tenemos: y2 = C2(x2 − 1).Puesto que c2 = K es una constante arbitraria, la solución general es la familia de cónicas:

x2

1− y2

K= 1

Si K < 0 es una familia de elipses.Si K > 0 es una familia de hipérbolas.La figura 1.15 muestra las regiones de validez de las soluciones y algunos elementos de lafamilia, así:Para K = −4, el elemento es una elipse cuya ecuación es:

x2

1+

y2

4= 1

Para K = 4, el elemento es una hipérbola cuya ecuación es:

x2

1− y2

4= 1

Claramente se observa que por los puntos de abscisa x = −1 y x = 1 pasan infinitas solucio-nes.

Usando las herramientas de software máxima y matlab podemos encontrar la solución dela ecuación diferencial.Mostraremos aquí las secuencias de comandos necesarios para obtener la solución del ejemplo1.12 sin pretender exponer detalles acerca de los mismos. Si el estudiante está interesado enprofundizar en el tema deberá consultar los manuales pertinentes de cada programa.

Solución de ejemplo 1.12 con Máxima: Para Máxima la entradas de comandos sedenotan como ( %i) y las salidas como ( %o).La derivada dny

dxn se escribe como ’diff(y,x,n) (y se puede escribir como ’diff(y,x)) y parala ejecución del comando se debe digitar la combinación de teclas SHIFT+ENTER.El comando usado para la solución de la ecuación diferencial ordinaria es:

(%i1) ode2(’diff(y,x)=(x*y)/(x^2-1), y, x)


-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

K<0

K>0K>0

Figura 1.15: Gráfica elementos de la familia de cónicas del ejemplo 1.12 y regiones de existencia yunicidad

Cuyo resultado es:

( %o1) y = %c %elog (x2 − 1)

2

Donde %c es una constante y log() es el logaritmo natural denotado a lo largo del librocomo ln().Para evaluar la condición inicial y(x0) = y0, en la solución %o1 digitamos el comando:(%i2) ic1(%o1,x=xo,y=yo)

Cuya salida es:

( %o2) y = %elog (x2 − 1)

2−log (xo2 − 1)

2 yo

La solución se puede reescribir como: y =yo√

xo2 − 1

√x2 − 1 .

Solución de ejemplo 1.12 con Matlab: Se usa el comando:>> y=dsolve(’Dy=x*y/(x^2-1)’,’y(xo)=yo’,’x’)

Observe que la derivada dydx se escribe como Dy, el segundo parámetro es la condición inicial

y la variable indendiente es el tercer parámetro escrito como ’x’. El resultado del comandoanterior es:


y =(yo*(x^2 - 1)^(1/2))/(xo^2 - 1)^(1/2)

Si se desea visualizar mejor, se puede usar:

>> pretty(y)

Cuyo resultado es:

2 1/2yo (x - 1)--------------

2 1/2(xo - 1)

Como puede verse, es necesario que x0 = ±1 para que exista solución única.


y =1− y

y − yx, y(x0) = y0


f =1− y

(1− x)yfy =

1

(x− 1)y2

De lo anterior se concluye que no se garantiza solución única en regiones que contenga a lasrectas x = 1 y y = 0. Por consiguiente, el punto dado se puede ubicar en cualquiera de lassiguientes regiones del plano:

1 =(x, y) ∈ R2 / x > 1 ∧ y > 0

2 =(x, y) ∈ R2 / x < 1 ∧ y > 0

3 =(x, y) ∈ R2 / x < 1 ∧ y < 0

4 =(x, y) ∈ R2 / x > 1 ∧ y < 0

Puesto que la ecuación diferencial es de variables separables, se puede escribir en la forma:

− 1

x− 1dx +

y

y − 1dy = 0

Resolviendo las integrales se obtiene la familia de curvas:

y + ln

y − 1

x− 1

= C


Usando las propiedades de los logaritmos, se tiene:

y − 1

x− 1= eC−y ⇒ y − 1

x− 1= Ke−y ; con: K = eC

Como puede verse, la representación gráfica de algunos de los elementos de la familia esbastante complicada. Para lograrlo, se puede recurrir a ciertas técnicas numéricas que estánpor fuera del alcance del curso; sin embargo se presenta la gráfica de la ecuación obtenidamediante Grapher 9 en la cual se puede observar que la recta x = 1 es una asíntota y por lotanto no se garantiza solución única en dicho punto.

-3 -2 -1 1 2

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

K=0.5

K=1

K=0.2

K=0.8

Figura 1.16: Gráfica elementos de la familia de curvas del ejemplo 1.13

9Software graficador de la compañia apple


EJERCICIOS 1.3.

1. Considere la ecuación diferencial:

xdy

dx= x + 2y

a) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que se garantice que el problema de valor inicial asociado tenga soluciónúnica.

b) Muestre que para todas las constantes C1 y C2 la siguiente familia es solución dela ecuación diferencial:

y =

C1x2 − x, si x < 0

C2x2 − x, si x 0

2. Considere la ecuación diferencial:dy

dx=

y

x


b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial y represente gráficamentealgunos elementos de la familia.


xdy

dx= 3(y − 1)



c) ¿Existirá alguna solución que pase por los puntos: (1, 3) y (2, 9)?.

d) ¿Existirá alguna solución que pase por los puntos: (−1, 3) y (−2, 9)?.


dy

dx=

y

sin(x)




5. Resuelva el siguiente problema de valor inicial y represente gráficamente la solución.

dy

dx= y(10− y) ; y(0) = 2


dy

dx= (10− y)(5− 2y) ; y(0) = 0

7. Demuestre que la ecuación y = f(ax + by + c) se puede convertir en una ecuacióndiferencial de variables separables mediante el cambio µ = ax + by + c.


ydy

dx+ 10 sin(x) = 0 ; y

π

3

= 0

9. Repita el problema anterior reemplazando la función seno por su serie aproximada:

sin(x) ≈ x− x3

3!y compare los resultados obtenidos.


x(x2 + 1)y = y(x2 − 1) ; y(1) = 2

¿Que puede decir acerca del teorema de existencia y unicidad?.Para el análisis se recomienda dibujar algunos elementos de la familia.

1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS 33

1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEASUna ecuación diferencial de primer orden puede, en algunos casos, expresarse en la forma:

dy

dx= f(x, y)

Como ya hemos visto, no siempre es posible separar las variables y proceder por integracióndirecta para resolver la ecuación diferencial. Trataremos en esta sección con cierto tipo deecuaciones diferenciales que se pueden convertir en ecuaciones de variables separables medianteun cambio adecuado de la variable dependiente.

Funciones homogéneas

Consideremos una función de dos variables F (x, y). Se dice que la función es homogénea degrado n si existe un λ ∈ R tal que F (λx, λy) = λnF (x, y). Particularmente, si la funciónes polinómica, la suma de las potencias de las variables en cada término es la misma. Sonejemplos de funciones homogéneas las siguientes:

F (x, y) = x2 + 3xy + y2 es homogénea de grado 2.

G(x, y) = x + yeyx es homogénea de grado 1.

H(x, y) =x + y

x− yes homogénea de grado 0.

S(x, y) = 2xy sin

x

y

es homogénea de grado 2.

R(x, y) =√

x +√

y es homogénea de grado 12 .

T (x, y) =

√x√

x + yes homogénea de grado 0.

Ecuación diferencial homogénea

Una ecuación diferencial de la forma y = f(x, y) es homogénea si la expresión: f(x, y) eshomogénea de grado cero.La ecuación diferencial y =

x + y

x− y, por ejemplo, es homogénea.

Solución de una ecuación diferencial homogénea

Una ecuación diferencial homogénea se puede reducir, en todo caso, a una ecuación diferencialde variables separables mediante uno de los siguientes cambios de variable:

u =y

x, v =

x

y


1. Si hacemos el cambio u =y

xtenemos que y = ux, con base en lo anterior, tenemos:

dy

dx= x

du

dx+ u

Puesto que f(x, y) es homogénea de grado cero, siempre es posible expresarla como:

f(x, y) = Fy

x

De lo anterior, tenemos la ecuación diferencial de variables separables para las variablesx, u :

xdu

dx+ u = F (u)

2. Si hacemos el cambio v =x

y, tenemos que x = vy, de donde:

dx

dy= y

v

dy+ v

La anterior es una ecuación diferencial de variables separables para las variables: v, y.

Ejemplo: 1.14. Resuelva la ecuación diferencial:

y =x− y

x + y Solución: Dividiendo por x el numerador y el denominador de f(x, y) y luego haciendoy = µx, tenemos:

xdu

dx+ u =

1− u

1 + u

Haciendo transformaciones se obtiene la ecuación de variables separables:

u + 1

u2 + 2u− 1du +

dx

x= 0

Integrando se obtiene:1

2ln(u2 + 2u− 1) + ln(x) = C

Regresando a la variable original y simplificando se obtiene:

y2 + 2xy − x2 = C2

La solución general de la ecuación diferencial es una familia de hipérbolas. La figura 1.17ilustra algunos elementos de la familia de curvas.


-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

C=3

C=1

C=2

C=4

C=0


Observe que el elemento de la familia con C = 0 corresponde a las rectas: y = (−1 ±√

2 )xque son asíntotas de las hipérbolas y soluciones singulares de la ecuación diferencial.

Solución de ejemplo 1.14 con Máxima:

(%i1) ode2(’diff(y,x)=(x-y)/(y+x), y, x);

( %o1)y2 + 2 x y− x2

2= %c

Solución de ejemplo 1.14 con Matlab:

>> y=dsolve(’Dy=(x-y)/(x+y)’,’x’); pretty(y)+- -+| 1/2 || x (2 - 1) || 1/2 || - x (2 + 1) || 1/2 || x ((exp(C0 - 2 log(x)) + 2) - 1) || 1/2 || - x ((exp(C0 - 2 log(x)) + 2) + 1) |+- -+

En este caso Matlab entrega cuatro soluciones, de las cuales, las dos primeras corresponden alas soluciones singulares y las dos últimas a las hipérbolas soluciones de la ecuación diferen-cial. El estudiante puede verificar que la solución y = x

√eC0−2 ln(x) + 2 − 1

es equivalente


a la encontrada con el procedimiento manual.

Ejemplo: 1.15. Resuelva la ecuación diferencial: y =xy − y2

x2 Solución: Dividiendo por y2 el numerador y el denominador de f(x, y) y luego haciendox = vy, tenemos:

ydv

dy+ v =

v2

v − 1

Haciendo transformaciones se obtiene la ecuación de variables separables:

1− v

vdv +

dy

y= 0

Integrando se obtiene: ln(v)− v + ln(y) = ln(K)

Aplicando las propiedades de los logaritmos, resulta: v = ln(Cvy). Regresando a la varia-ble original y simplificando se obtiene la familia de curvas:

y =x

ln(Cx)

Puede verse que, aunque el teorema de existencia y unicidad no garantiza solución en regionesque contengan a la recta x = 0, la ecuación diferencial tiene solución única en las regiones:

1 =(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x < 1

, si C = 1

2 =(x, y) ∈ R2 / − 1 < x ≤ 0

, si C = −1

La figura 1.18 ilustra los dos elementos de la familia.

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

C=1C=-1



EJERCICIOS 1.4.

Para las siguientes ecuaciones diferenciales enumeradas:

1.dy

dx=

x + y

x

2.dy

dx=

xy + y2

x2

3.dy

dx= −x + 2y

2x + y

4.dy

dx= −x2 − y2

2xy

5. (x3 + y3)dx = xy2dy

6. xdy

dx= y + x cos2

y

x

7. 2dy

dx=

x

y+

y

x

8.dy

dx=

y

x+ sec2

y

x

9. (6x2 − 8xy + y2)dy + (6x2 − 5xy − 2y2)dx = 0

10.dy

dx= −

√x +

√y

2

x

a) Determine y represente gráficamente las regiones del plano en las que se puede ubicarel punto (x0, y0) de tal manera que se garantice solución única.

b) Encuentre la solución general.

c) Cuando sea posible, represente un elemento de la familia.


1.4. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTASTal como se estudió previamente, dada una función de dos variables F (x, y) = C, su diferencialtotal viene dado por:

dF =∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy = dC = 0

Tanto la derivada parcial con respecto a x como la derivada parcial con respecto a y de lafunción dependen de las dos variables. Se conviene en designarlas de la siguiente manera:

∂F

∂x= M(x, y) ,

∂F

∂y= N(x, y)

Con base en lo anterior se obtiene la ecuación diferencial de primer orden:

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (1.8)

Es claro que si la ecuación diferencial se obtuvo a partir de la familia de curvas, la solucióngeneral de dicha ecuación diferencial es la correspondiente familia.


2xydx + x2dy = 0

Muestre que la solución general viene dada por:

x2y = C Solución: Hallamos el diferencial total de la función, encontrando la correspondiente ecua-ción diferencial, esto es:

dF =∂x2y

∂xdx +

∂x2y

∂ydy = 2xydx + x2dy = 0

El problema que nos ocupa es precisamente el contrario, es decir, encontrar la familia decurvas a partir de la ecuación diferencial.

1.4.1. Ecuación diferencial exactaDada la ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0, se dice que es exacta si existe unafunción F (x, y) = C tal que:

∂F (x, y)

∂x= M y

∂F (x, y)

∂y= N

En tal caso, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas:

F (x, y) = C

1.4. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 39

Teorema 1:

Si la ecuación diferencial: M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 es exacta y M(x, y), N(x, y) son conti-nuas y poseen su primera derivada continua en una región simplemente conexa del plano R2,entonces se verifica que:

∂M(x, y)

∂y− ∂N(x, y)

∂x= 0 (1.9)

La demostración del teorema se apoya en la definición de una ecuación diferencial exacta yen un teorema de las funciones de dos variables.

Por hipótesis se tiene que:

M(x, y) =∂F (x, y)

∂x

Derivando con respecto a la otra variable, se tiene:

∂M(x, y)

∂y=

∂

∂y

∂F (x, y)

∂x

=

∂2F (x, y)

∂y∂x

De manera similar, tenemos:

N(x, y) =∂F (x, y)

∂y

Derivando con respecto a la otra variable, se tiene:

∂N(x, y)

∂x=

∂

∂x

∂F (x, y)

∂y

=

∂2F (x, y)

∂x∂y

Ahora bien, para regiones del plano simplemente conexas se verifica que la segunda derivadamixta no depende del orden de derivación, esto es:

Fyx = Fxy

De lo anterior se concluye que si la ecuación diferencial es exacta, entonces:

∂M(x, y)

∂y− ∂N(x, y)

∂x= 0

La ecuación del ejemplo 1.16 es exacta y, en consecuencia se verifica el teorema, es decir:

∂M

∂y− ∂N

∂x= 2x− 2x = 0

El teorema anterior es de poca utilidad ya que no ayuda a resolver la ecuación diferencial.


Teorema 2:

Dada la ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 si las funciones M , N , My y Nx

son continuas en una región simplemente conexa del plano y se verifica que: My − Nx = 0,entonces la ecuación diferencial es exacta y tiene como solución general a la familia de curvasdel plano:

F (x, y) = C

Para demostrar el teorema se supone que existe una F (x, y) tal que su derivada parcial con

respecto a x es M , esto es∂F

∂x= M . La función F se determina por integración sobre la

variable x manteniendo constante la otra variable, así:

F (x, y) =

x

M(x, y)dx + C(y)

El éxito de esta demostración consiste en poder determinar la función C(y) de tal manera

que se verifique que∂F

∂y= N(x, y). En efecto, tomando la derivada parcial con respecto a la

variable y se tiene:

∂F (x, y)

∂y=

∂

∂y

x

M(x, y)dx + C (y) = N(x, y)

De lo anterior debe resulta una función dependiente únicamente de la variable y para lafunción C (y)

C (y) = N(x, y)− ∂

∂y

x

M(x, y)dx

Si la expresión anterior se deriva con respecto a x, el miembro de la izquierda debe ser cero,así:

0 =∂N(x, y)

∂x− ∂

∂x

∂

∂y

x

M(x, y)dx

Si se cambia el orden de la derivación y se aplica el teorema fundamental del cálculo integral,se tiene:

0 =∂N(x, y)

∂x− ∂

∂y

∂

∂x

x

M(x, y)dx

=

∂N

∂x− ∂M

∂y

El procedimiento de demostración del teorema se constituye en el método para resolver laecuación diferencial. También se puede partir de

∂F

∂yy proceder en consecuencia.


Nota: Se dice que una región del plano: R2 es simplemente conexa si cualquier curva cerradaen ella puede reducirse a un punto sin salirse de la región; en tal sentido, una región simplementeconexa no debe tener huecos. Una corona circular es un ejemplo de una región que no es simplementeconexa.

=(x, y) ∈ R2 / r2

1 < x2 + y2 < r22 ; r1 < r2

La figura 1.19 muestra una región simplemente conexa y otra doblemente conexa. En el estudio delas funciones de variable compleja es necesario manejar adecuadamente el concepto.

Simplemente conexa Doblemente conexa

r1

r2

Figura 1.19: Ejemplos de regiones simplemente y doblemente conexa


2xydx + (x2 − y2)dy = 0

a) Verifique que es exacta.

b) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que se garantice solución única.

c) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.

d) Dibuje dos elementos de la familia. Solución:

a) Dado que: M(x, y) = 2xy y N(x, y) = x2 − y2

Puede verse que la ecuación diferencial es exacta:

∂M

∂y− ∂N

∂y= 2x− 2x = 0

b) Escribimos la ecuación diferencial en la forma:

dy

dx=

2xy

y2 − x2


Con base en lo anterior, tenemos:

f =2xy

y2 − x2, fy =

−2x(x2 + y2)

(y2 − x2)2

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesque no contengan a las rectas y = x y y = −x . En consecuencia, el punto (x0, y0) sepuede ubicar en cualquiera de las siguientes regiones del plano:

1 =(x, y) ∈ R2 / − x < y < x

2 =(x, y) ∈ R2 / x < y < −x

3 =(x, y) ∈ R2 / − y < x < y

4 =(x, y) ∈ R2 / y < x < −y

c) Para resolver la ecuación diferencial partimos de:

∂F (x, y)

∂x= 2xy

Integrando con respecto a x tenemos:

F (x, y) = x2y + C(y)

Derivando con respecto a y e igualando con N , se tiene:

x2 + C (y) = x2 − y2

De lo anterior se tiene que:C (y) = −y2

Integrando, tenemos:C(y) = −1

3y3

Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es:

x2y − 1

3y3 = C

La familia encontrada se puede expresar en la forma:

x2 =y3 + K

3y

La figura 1.20 muestra algunos elementos de la familia. Cuando K = 0 se obienen lassoluciones singulares: y = ±

√3 x. Observe que la solución para K = 2 pasa por los pun-

tos P (−1, 1) y P (1, 1) y la solución para K = −2 por los puntos P (−1,−1) y P (1,−1).


-1 1

-1

1

K=0.5

K=2

K=0

K=-0.5

K=-2

P(1,1)

P(1,-1)

P(-1,1)

P(-1,-1)


El teorema no garantiza solución en las rectas y = ±x, pero como se puede ver, existesolución única en dichos los puntos, esto nos muestra que si bien el teorema de existen-cia y unicidad no garantiza solución única en dichas rectas no implica que no puedanhaberlas. A esto nos referimos cuando decimos que las condiciones del teorema son desuficiencia y no de necesidad.


(%i1) ode2(’diff(y,x)=(2*x*y)/(y^2-x^2), y, x);

( %o1)y3 − 3 x2 y

3= %c

Solución de ejemplo 1.17 con Matlab: En este caso reescribimos la ecuación

diferencial comodx

dypara poder realizar el cálculo, de lo contrario el programa no podrá

encontrar la solución.

>> x=dsolve(’Dx=(y^2-x^2)/(2*x*y)’,’y’); pretty(x)

+- -+| 1/2 |


| 3 y || ------ || 3 || || 1/2 || 3 y || - ------ || 3 || / 4 \1/2 || y | 4 exp(C0 - 3 log(y)) + - | || \ 3 / || ---------------------------------- || 2 || / 4 \1/2 || y | 4 exp(C0 - 3 log(y)) + - | || \ 3 / || - ---------------------------------- || 2 |+- -+

Entonces, las soluciones singulares son: x = ±√

3

3y y la general es:

x = ±y

2

4eC0−3 ln(y) +

4

3= ±y

C1y−3 +

1

3⇒ x2 =

K + y3

3y

Ejemplo: 1.18. Considere la ecuación diferencial:dy

dx=

x− y cos(x)

y + sin(x)

a) Verifique que es exacta.

b) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que se garantice solución única.

c) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial. Solución:

a) Organizando la ecuación, se tiene:

[y cos(x)− x] dx + [y + sin(x)] dy = 0

Puede verse que la ecuación diferencial es exacta, ya que:

∂M

∂y− ∂N

∂x= cos(x)− cos(x) = 0


b) Con base en la ecuación, se tiene:

f =x− y cos(x)

y + sin(x), fy =

sin(x) cos(x) + x

[y + sin(x)]2

No se garantiza solución única en regiones tales que: y = − sin(x).

c) Para encontrar la solución general partimos de:

∂F

∂y= y + sin(x)

Integrando con respecto a y tenemos:

F (x, y) =1

2y2 + y sin(x) + C(x)

Derivando con respecto a x e igualando con M(x, y), se tiene:

y cos(x) + C (x) = y cos(x)− x

De lo anterior se obtiene: C(x) = −1

2x2

En consecuencia, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas:

2y sin(x)− x2 + y2 = C


M(x, y)dx + (x2 + xy + y2)dy = 0

a) Determine M(x, y) de tal manera que la ecuación diferencial sea exacta.

b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial. Solución:

a) Debe cumplirse que:∂M

∂y=

∂N

∂x

De lo anterior resulta que:∂M

∂y= 2x + y

Integrando con respecto a y resulta:

M(x, y) = 2xy +1

2y2 + f(x)


Cualquiera que sea la función f(x), la ecuación diferencial es exacta. Como caso parti-cular tomamos f(x) = 0, resultando la ecuación diferencial exacta:

2xy +

y2

2

dx + (x2 + xy + y2)dy = 0

b) Se deja al estudiante que muestre que la solución general es la familia de curvas delplano cuya expresión general es:

6x2y + 3xy2 + 2y3 = C

Es claro que no todas las ecuaciones diferenciales son exactas, sin embargo, ciertas ecuacionesdiferenciales se pueden reducir a exactas mediante un factor integrante.

1.4.2. Ecuaciones diferenciales reducibles a exactasAlgunas ecuaciones diferenciales no exactas, de la forma: M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 se puedenconvertir en exactas mediante la multiplicación de la ecuación diferencial por un factor Φ(x, y),conocido como factor integrante.Si Φ(x, y) es un factor integrante de la ecuación diferencial dada, entonces la siguiente ecuacióndiferencial debe ser exacta:

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

Bajo el supuesto de que la ecuación diferencial es exacta, se tiene que:

∂[ΦM ]

∂y=

∂[ΦN ]

∂x

Expandiendo la expresión anterior, podemos escribir:

Φ∂M

∂y+ M

∂Φ

∂y− Φ

∂N

∂x−N

∂Φ

∂x= 0 (1.10)

La ecuación diferencial obtenida es una ecuación en derivadas parciales que se puede resol-ver en algunos casos particulares. El factor integrante se puede determinar cuando dependeúnicamente de una de las variables, así:

1. El factor integrante depende únicamente de x. Es claro que si Φ = Φ(x), la ecuacióndiferencial resultante es:

Φ∂M

∂y− Φ

∂N

∂x−N

dΦ

dx= 0

La anterior es una ecuación de variables separables, así:

dΦ

Φ=

My −Nx

Ndx (1.11)


El miembro de la derecha de la ecuación anterior debe depender solo de la variable x.En consecuencia, si

My −Nx

N= f(x), entonces resulta:

dΦ

Φ= f(x)dx

El factor integrante en este caso es:

Φ(x) = eR

f(x)dx (1.12)

2. El factor integrante depende únicamente de y. Es claro que si Φ = Φ(y), la ecuacióndiferencial resultante es:

Φ∂M

∂y+ M

dΦ

dy− Φ

∂N

∂x= 0

La anterior es una ecuación de variables separables, así:

dΦ

Φ=

My −Nx

−Mdy (1.13)

El miembro de la derecha de la ecuación anterior debe depender solo de la variable y.En consecuencia, si

My −Nx

−M= g(y), entonces resulta:

dΦ

Φ= g(y)dy

El factor integrante en este caso es:

Φ(y) = eR

g(y)dy (1.14)

Existen otras ecuaciones diferenciales para las cuales se puede encontrar un factor integrante,tal es el caso de ecuaciones que se pueden escribir de la forma:

yf1(xy)dx + xf2(xy)dy = 0

Puede demostrarse que dicha ecuación diferencial tiene como factor integrante:

Φ(xy) =k

xyf1(xy)− xyf2(xy)(1.15)

Donde k es una constante que se escoge convenientemente.



−xdx + (x2y + y3)dy = 0 Solución: Se puede ver que:

My −Nx = 0− 2xy = −2xy

Diviendo por M , resulta: g(y) = −2y.En consecuencia, el factor integrante es:

Φ(y) = eR−2ydy = e−y2

La ecuación diferencial exacta que resulta de multiplicar por el factor integrante es:

−xe−y2dx + (x2y + y3)e−y2

dy = 0

Verificando si es exacta hacemos:

My −Nx = −2xye−y2+ 2xye−y2

= 0

Para encontrar la solución general partimos de:

∂F

∂x= −xe−y2

Integrando con respecto a x, se tiene:

F (x, y) = −x2e−y2

2+ C(y)

Derivando con respecto a y e igualando con N resulta:

x2e−y2+ C (y) = (x2y + y3)e−y2

Simplificando se obtiene: C (y) = y3e−y2 La función C(y) se determina por integración, así:

C(y) =

y3e−

2dy =

y2e−y2

ydy

Haciendo el cambio de variable u = y2 resulta:

C(u) =

ue−u

2du = −1

2(u + 1)e−u

Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas:

x2 + y2 + 1 = Key2



(xy3 + 1)dx− x2y2dy = 0 Solución: Se puede ver que:

My −Nx = 3xy2 + 2xy2 = 5xy2

Dividiendo por N , resulta: f(x) = −5

xEn consecuencia, el factor integrante es:

Φ(x) = x−5

La ecuación diferencial exacta que resulta de multiplicar por el factor integrante es:

(x−4y3 + x−5)dx− x−3y2dy = 0

Verificando si es exacta, tenemos:

My −Nx = 3x−4y2 − 3x−4y2 = 0

Para resolver la ecuación diferencial partimos de:

∂F

∂y= −x−3y2

Integrando con respecto a la variable dependiente, resulta:

F (x, y) = −1

3x−3y3 + C(x)

Derivando con respecto a la variable independiente e igualando con M(x, y), se encuentra que:

x−4y3 + C (x) = x−4y3 + x5

Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas del plano:

4x−1y−3 + 3 = Kx4


(xy2 + y)dx + (x− x2y)dy = 0 Solución: La ecuación se puede escribir en la forma:

y(xy + 1)dx + x(1− xy)dy = 0


En consecuencia, el factor integrante es:

Φ(xy) =k

xy(xy + 1)− xy(1− xy)=

k

2x2y2

Tomando k = 2, el factor integrando es:

Φ(xy) = x−2y−2

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, resulta:

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

La ecuación diferencial es exacta ya que se verifica que:∂M

∂y− ∂N

∂x= −x−2y−2 + x−2y−2 = 0

Procediendo como en los ejemplos anteriores, tenemos:∂F (x, y)

∂x= x−1 + x−2y−1

⇒ F (x, y) = ln(x)− x−1y−1 + C(y)

⇒ x−1y−2 + C (y) = x−1y−2 − y−1

⇒ C(y) = − ln(y)

El estudiante puede llegar a la solución general:1

xy+ ln

y

x

= C

Algunos elementos de la familia de curvas se muestra en la figura 1.21.


(%i1) ode2(’diff(y,x)=(x*y^2+y)/(x^2*y-x),y,x);

( %o1) x = %c %e

x y log (x y) + 1

2 x y


>> y=dsolve(’Dy=(x*y^2+y)/(x^2*y-x)’,’x’); pretty(y)+- -+| 0 || || exp(wrightOmega(- C0 - 2 log(x) + pi i)) exp(C0 + 2 log(x)) || ----------------------------------------------------------- || x |+- -+


Matlab nos muestra la solución trivial y = 0 y una expresión compleja que representa la solu-ción general de la ecuación diferencial. Ya que el comando dsolve debe retornar la soluciónexpresada como y = f(x) y en este caso y no es despejable, entonces la solución se expresacomo un número complejo cuya simplificación aborda temas que no son contemplados en losobjetivos de este libro.

-3 -2 -1 0 1 2 3

-2

-1

1

2

C=0

C=1

C=4


En algunos casos la ecuación diferencial puede tener factores integrantes de la forma:

Φ(x, y) = xmyn

Tal como lo ilustra el siguiente ejemplo.


(2y2 + 4x2y)dx + (4xy + 3x3)dy = 0

a) Verifique que no posee factores integrantes dependientes de una sola variable.

b) Suponga que tiene un factor integrante de la forma: Φ(x, y) = xmyn y determine losvalores de m y n.

c) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.


Solución:

a) A partir de la ecuación diferencial se encuentra que:

My −Nx

N− =

4y + 4x2 − (4y + 9x2)

4xy + 3x3=

−5x2

4xy + 3x3

My −Nx

−M− =

4y + 4x2 − (4y + 9x2)

−(2y2 + 4x2y)=

−5x2

2y2 + 4x2y

Como puede verse, la ecuación diferencial no tiene factores integrantes dependientes deuna solo de las variables.

b) Multiplicando la ecuación diferencial por el supuesto factor integrante, se tiene:

(2xmy2+n + 4x2+my1+n)dx + (4x1+my1+n + 3x3+myn)dy = 0

Para que sea exacta debe cumplirse que: My −Nx = 0Tomando las derivadas e igualando, tenemos:

2(2 + n)xmy1+n + 4(1 + n)x2+myn ≡ 4(m + 1)xmy1+n + 3(3 + m)x2+myn

Para que la identidad se verifique se requiere que los coeficientes respectivos sean iguales,esto es, que se verifique que:

2(2 + n) = 4(1 + m) y 4(1 + n) = 3(3 + m)

Resolviendo simultáneamente, resulta m = 1 y n = 2. Con los valores encontrados seencuentra que el factor integrante es: Φ(x, y) = xy2.

c) Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, tenemos:

(2xy4 + 4x3y3)dx + (4x2y3 + 3x4y2)dy = 0

Puede verse que:∂M

∂y− ∂N

∂x= 8x3y2 − (8xy3 + 12x3y2) = 0

Se deja como ejercicio al estudiante demostrar que la solución general es:

x2y3(x2 + y) = C


EJERCICIOS 1.5.

1. Encuentre la solución general para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales:

a) (x + y)dy

dx= x− y

b) 2ydy = (x2 + y2)dx

c) (ex − 2xy)dy = y(y − ex)dx

d) (x2 +2ye2x)dy +(2xy +2y2e2x)dx = 0

e) [3y2 cot(x) + cos(x)] dx− 2ydy = 0

f ) −xdx + (x2y + y3)dy = 0

g) (y3 − 3x)y = y

h) xy + 2y = sin(x)

i) (x + x3y2)dy + y3x2dx = 0

j ) (2xy + y4)dx + (xy3 − 2x2)dy = 0

2. Determine la función N(x, y) de tal manera que la siguiente ecuación diferencial seaexacta:

x sin(xy)dx + N(x, y)dy = 0

Tome un caso particular y encuentre la solución general.


dy

dx=

xy2 − 2y

4x− 3x2y

a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talforma que el problema de valor inicial asociado tenga solución única.

b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.


1.5. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL DE PRIMERORDEN

En diversas aplicaciones de ingeniería y ciencias resultan ecuaciones diferenciales de la forma:

dy

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

Donde x es la variable independiente y y es la variable dependiente.

En todos los casos siempre es posible encontrar una solución explícita de la ecuación dife-rencial. Dicha solución es la familia de curvas del plano:

y(x) = yc(x) + yss(x)

La ecuación diferencial se puede escribir en la forma:

dy

dx= q(x)− p(x)y

La pendiente de la tangente y su primera derivada con respecto a la variable dependientevienen dadas por:

f = q(x)− p(x)y , fy = −p(x)

Con base en el teorema de existencia y unicidad, el punto (x0, y0) se podrá ubicar en cual-quier región en la que p(x) y q(x) sean continuas. Lo anterior impone condiciones únicamentesobre la variable independiente. Aquellos valores de la variable independiente en los que p(x)q(x) sean discontinuas reciben el nombre de singularidades o puntos singulares de la ecuacióndiferencial. El punto (x0, y0) deberá ubicarse en una región que no tenga singularidades.


dy

dx+

1

x2 − xy = x , y(x0) = y0

Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de tal maneraque se garantice solución única. Solución: Por simple inspección, q(x) es continua en los reales mientras que p(x) no escontinua en: x = 0 y x = 1.Con base en el teorema de existencia y unicidad, podemos afirmar que el punto se puedeubicar en cualquiera de las siguientes regiones:

1 =(x, y) ∈ R2 / x < 0

2 =(x, y) ∈ R2 / 0 < x < 1

3 =(x, y) ∈ R2 / x > 1

1.5. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL DE PRIMER ORDEN 55

-1 0 1 2

-1

1

Región 20 <x <1

Región 1x <1

Región 3x >1

x=0 x=1

Figura 1.22: Regiones del teorema de existencia y unicidad del ejemplo 1.24

La figura 1.22 muestra la representación gráfica de las regiones.

Ejemplo: 1.25. Determine el intervalo más grande en el que el siguiente problema devalor inicial tiene solución única garantizada:

dy

dx+ sec2(x)y = ln(x) , y(2) = 1

Solución: A partir de q(x) se puede afirmar que la recta x = 0 no debe estar en la región.De otro lado, la función p(x) es discontinua en los puntos de abscisa:

x = nπ

2, con n = 1, 3, 5, 7...

Por tanto, el intervalo más grande en donde se garantiza solución única es:

π

2< x <

3π

2

Solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden

De acuerdo con lo presentado en la sección anterior, la ecuación diferencial se puede expresaren la forma:

[p(x)y − q(x)] dx + 1dy = 0


Puede verse que la ecuación es reducible a exacta, en efecto:

My −Nx

N= p(x)

En consecuencia, la ecuación tiene el factor integrante: Φ(x) = eR

p(x)dx

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, se tiene:

Φ(x) [p(x)y − q(x)] dx + Φ(x)dy = 0

La ecuación diferencial se puede escribir en la forma:

Φ(x)p(x)ydx + Φ(x)dy = Φ(x)q(x)dx

Ahora bien, puesto que:

dΦ(x) = de

Rp(x)dx

= e

Rp(x)dxp(x)dx = Φ(x)p(x)dx

Entonces:Φ(x)p(x)ydx + Φ(x)dy = d [Φ(x)y]

Por tanto:d [Φ(x)y] = Φ(x)q(x)dx

Integrando, encontramos la solución general, así:

Φ(x)y = C +

Φ(x)q(x)dx

En consecuencia, el procedimiento para resolver la ecuación diferencial lineal de primer orden,es la siguiente:

1. Se escribe la ecuación en la forma:dy

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

2. Se calcula el factor integrante:Φ(x) = e

Rp(x)dx (1.16)

3. Se escribe la solución general:

Φ(x)y = C +

Φ(x)q(x)dx

Se evalúa la integral y se despeja la variable dependiente:

y = CΦ−1(x) + Φ−1(x)

Φ(x)q(x)dx (1.17)



xdy

dx+ 2y = x sin(x)

a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que el problema de valor inicial asociado tenga solución única garantizada.


c) Encuentre la solución que pasa por el punto (π, 2) indicando el intervalo de validez. Solución:

a) La ecuación diferencial se puede escribir de la forma:

dy

dx+

2

xy = sin(x)

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesque no contengan la recta: x = 0.

b) Aplicando el procedimiento, tenemos:

Φ(x) = eR 2

x dx = eln(x2) = x2

x2y = C +

x2 sin(x)dx

Evaluando la integral, se tiene:

x2y = C − x2 cos(x) + 2 cos(x) + 2x sin(x)

c) El valor de C se determina con base en la condición inicial y(π) = 2, obteniéndose:

2π2 = C + π2 − 2 ⇒ C = π2 + 2

Entonces el elemento de la familia que pasa por el punto dado es:

y =π2 + 2− x2 cos(x) + 2 cos(x) + 2x sin(x)

x2, x = 0


(x− 1)dy

dx+ 2y = x




c) Encuentre la solución que pasa por el punto (1, 0) indicando el intervalo de validez. Solución:


dy

dx+

2

x− 1y =

x

x− 1

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesque no contengan la recta x = 1.


Φ(x) = eR 2

x−1dx = (x− 1)2

(x− 1)2y = C +

(x− 1)2 x

x− 1dx = C +

x(x− 1)dx

Evaluando la integral, se tiene:

(x− 1)2y = C +x3

3− x2

2

c) El valor de C se determina con base en la condición inicial y(0) = 1, obteniéndose:

1 = C + 1− 1 ⇒ C = 1

En consecuencia la solución del problema de valor inicial, con su intervalo de validez es:

y(x) = (x− 1)−2 +

x3

3− x2

2

(x− 1)−2 , −∞ < x < 1


xdy

dx+ y =

e−x

x




c) Encuentre la solución que pasa por el punto (1, 1) indicando el intervalo de validez. Solución:


dy

dx+

1

xy =

e−x

x2

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesque no contengan la recta x = 0.


Φ(x) = eR 1

x dx = x

xy = C +

xe−x

x2dx = C +

e−x

xdx

Puesto que la integral no tiene solución analítica, la expresamos en series de potencia,así:

e−x

x=

1

x

∞

n=0

(−1)nxn

n!=

1

x− 1 +

x

2− x2

6+ · · ·

Evaluando la integral, tenemos:

xy = C + ln(x)− x +x2

4− x3

18+ · · ·

c) El valor de C se determina con base en la condición inicial y(1) = 1, obteniéndose:

1 = C + 0− 1 +1

4− 1

18⇒ C ≈ 1 + 1− 1

4+

1

18≈ 1.806

En consecuencia la solución del problema de valor inicial, con su intervalo de validez es:

y(x) = −1 +1.806

x+

ln(x)

x+

x

4− x2

18+ · · · , x = 0

El estudiante puede verificar que la solución puede escribirse como:

y(x) =K

x+

ln(x)

x+

∞

n=1

(−1)nxn−1

n · n!Con K = 1−

∞

n=1

(−1)n

n · n!



(%i1) ode2(x*’diff(y,x)+y=exp(-x)/x,y,x);(%o1) y=(%c-gamma_incomplete(0,x))/x

(%i2) ic1(%o1,x=1,y=1);(%o2) y=-(gamma_incomplete(0,x)-gamma_incomplete(0,1)-1)/x

La función entregada por Máxima es definida como: gamma_incomplete(0,x)= t

xe−t

t dt,cuya integral no tiene primitiva.


>> dsolve(’x*Dy+y=exp(-x)/x’,’y(1)=1’,’x’)ans =-(Ei(-1) + Ei(1, x) - 1)/x

En este caso Matlab nos entrega la solución en términos de la función “integral expo-nencial” definida como: Ei(1,x)=

∞x

e−t

t dt.

Como puede verse ambos programas entregan la solución en función de una integralno realizable.

Solución numérica de ejemplo 1.28:Máxima cuenta con el comando: rk(ODE,var,initial,domain )

Éste resuelve numéricamente una ecuación diferencial ordinaria de primer orden dydx =

f(x, y) definida como ODE= f(x, y), de la variable var=y, con la condición inicialinitial , en el intervalo domain de la variable independiente, mediante el métodoRunge-Kutta.

Para solucionar la ecuación en el intervalo x = (1, 5) en pasos de 0.1, con la condi-ción inicial y(1) = 1, escribimos la ecuación diferencial en la forma:

dy

dx=

e−x − xy

x2

Y el comando se escribe como:

(%i1) y: rk((exp(-x)-x*y)/x^2,y,1,[x,1,5,0.1]);


Cuyo resultado es:(%o1)[[1,1],[1.1,.9394482682477382],[1.2,.8841463366920846],[1.3,.8337947001175846],[1.4,.7879748384440399],[1.5,.7462430111982439],[1.6,.7081723591493461],[1.7,.6733702768101549],[1.8,.6414838836282005],[1.9,.6121998660080692],[2.0,.5852418078487757],[2.1,.5603665652709114],[2.2,.5373604514631578],[2.3,0.51603559323159],[2.4,.4962266132198575],[2.5,.4777876862565013],[2.6,.4605899663043854],[2.7,.4445193566385723],[2.8,.4294745866996375],[2.9,.4153655573618371],[3.0,.4021119182632468],[3.1,.3896418443139127],[3.2,.3778909824536425],[3.3,.3668015436322407],[3.4,.3563215185799212],[3.5,.3464039991271683],[3.6,0.337006589604639],[3.7,.3280908952274048],[3.8,.3196220763836408],[3.9,.3115684594507619],[4.0,.3039011961961755],[4.1,.2965939650258151],[4.2,.2896227083572788],[4.3,.2829654012466429],[4.4,.2766018471151693],[4.5,.2705134970263463],[4.6,0.264683289473559],[4.7,.2590955080696647],[4.8,.2537356548947473],[4.9,.2485903375680553],[5.0,.2436471683735008]]

La figura 1.23 muestra la gráfica aproximada de la solución en la que se tomaron 10términos de la sumatoria y la gráfica de la solución numérica (en puntos) en la que sepuede ver la coincidencia de ambas soluciones.

0 1 2 3 4

1

Solución Analítica

Solución Numérica

Figura 1.23: Gráfica de solución del problema de valor inicial del ejemplo 1.28


dy

dx+

2x

x2 + 1y =

0 , si x < 0

4x , si x ≥ 0

Encuentre la solución que pasa por el punto (1, 3) y represente gráficamente la solución. Solución: Puesto que son dos tramos para q(x) y teniendo en cuenta el teorema de existen-cia y unicidad, se garantiza solución única en el intervalo de los reales. Para el tramo x < 0,la ecuación diferencial es:

dy

dx+

2x

x2 + 1y = 0


La solución de la ecuación diferencial en el intervalo es:

y =C1

x2 + 1

Para el tramo x ≥ 0, la ecuación diferencial es:

dy

dx+

2x

x2 + 1y = 4x

La solución de la ecuación diferencial en el intervalo es:

y = x2 + 1 +C2

x2 + 1

La continuidad de la solución en x = 0 requiere que: C1 = 1 + C2.Por otro lado, debe satisfacerse la condición inicial, esto es: y(1) = 3.Con base en lo anterior, se tiene:

C2 = 2 , C1 = 3

En consecuencia, la solución del problema es:

y(x) =

3

x2 + 1, si x < 0

x2 + 1 +2

x2 + 1, si x ≥ 0

La figura 1.24 muestra la gráfica de la función.

1.5.1. Ecuaciones diferenciales reducibles a linealesAlgunas ecuaciones diferenciales pueden reducirse a lineales mediante un cambio adecuado dela variable dependiente, dichas ecuaciones tiene la siguiente forma general:

f(y)dy

dx+ p(x)g(y) = q(x)

Veamos bajo qué condiciones se puede reducir a lineal. Si hacemos el cambio de variableu = g(y), la ecuación diferencial quedará en la forma:

f(y)

g(y)

dy

dx+ p(x)u = q(x)

Para que la ecuación diferencial sea lineal se requiere que el coeficiente dedu

dxsea una cons-

tante, es decir, debe cumplirse que:f(y)

g(y)= K


-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

Figura 1.24: Gráfica de solución del problema de valor inicial del ejemplo 1.29

Ejemplo: 1.30. Verifique que la siguiente ecuación diferencial se puede reducir a lineal yencuentre la solución general.

cos(y)dy

dx+ sin(y) = x Solución: Mediante el cambio de variable u = sin(y) encontramos:

du

dx= cos(y)

dy

dx

Sustituyendo en la ecuación diferencial, se tiene:

du

dx+ u = x

Aplicando el procedimiento para resolver la ecuación lineal, obtenemos:

exu = C +

xexdx

Integrando y regresando a la variable original, se tiene:

ex sin(y) = C + ex(x− 1)

Despejando y, la solución explícita es la siguiente:

y(x) = sin−1(Ce−x + x− 1)


1.5.2. La ecuación diferencial de BernoulliLa forma general de la ecuación diferencial de Bernoulli es la siguiente:

dy

dx+ p(x)y = q(x)yα , α ∈ R

Escribimos la ecuación diferencial en forma alterna:

y−α dy

dx+ p(x)y1−α = q(x)

Mediante el cambio de variable: u = y1−α resulta una ecuación diferencial lineal, así:

du

dx+ (1− α)p(x)u = (1− α)q(x) (1.18)

Ejemplo: 1.31. Encuentre la solución general de la ecuación diferencial:

dy

dx+ xy = x

√y

Solución: La ecuación se puede escribir en la forma:

y−12dy

dx+ xy

12 = x

Haciendo el cambio de variable u = y12 , resulta:

du

dx+

x

2u =

1

2x

El factor integrante se calcula como: Φ(x) = ex4

2

La solución general se puede escribir como:

ex4

2 y = C +

e

x4

21

2xdx

Efectuando la integral y regresando a la variable original, tenemos:

√y = Ce

−x4

2 + 1


EJERCICIOS 1.6.

1. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales

a) x2 dy

dx= 1− x(x + 2)y

b) xdy

dx= 2x2y + y2

c) [x sin(y)− x3] y = 2cos(y)

d) y2dx + (xy − y3)dy = 0

e)dx

dt= kx(M − x), donde k y M son

constantes.

2. Encuentre la solución del problema de valor inicial:

dy

dx+

1

x2 + 1y =

0 , si x < 0

1 , si x ≥ 0; y(1) =

π

4


xdy

dx− 2x2y = y ln(y)

a) Muestre que es reducible a lineal mediante el cambio de variable: u = ln(y).b) Encuentre la solución general.

4. Resuelva el problema de valor inicial:

dv

dt− 1

10− tv = − 100

10− t; v(0) = 20

Represente gráficamente la solución, indicando el intervalo de validez.

5. Dado el problema de valor inicial:

(1− x2)y(x)− 2xy(x) = 2 ; y(0) = 1

a) Encuentre el intervalo más grande en el que el problema tiene solución únicab) Resuelva el problema y represente gráficamente la solución


sec2(y)dy

dx+ tan(y) = x ; y(0) =

3π

4

a) Encuentre el intervalo más grande en el que el problema tiene solución únicab) Resuelva el problema y represente gráficamente la solución


1.6. ECUACIONES DIFERENCIALES VARIADASDada una ecuación diferencial de la forma dy

dx = f(x, y), no siempre es posible clasificarla enuna de las categorías previamente estudiadas; es más, en algunos casos es imposible encontraruna expresión matemática que al derivarla nos conduzca a la ecuación diferencial. Algunasecuaciones diferenciales, sin embargo, se pueden modificar mediante un artificio matemáticode tal manera que pueda encontrarse su solución general. Aclaramos que no es fácil en generalacertar con el artificio adecuado. Con algo de perseverancia el estudiante podrá enfrentarla solución de algunas ecuaciones diferenciales típicas. Solamente a manera de orientaciónpresentamos la siguiente clasificación que puede ser de alguna ayuda a los estudiantes paraque se acostumbren a la solución de las mencionadas ecuaciones diferenciales.

1.6.1. Ecuaciones diferenciales resolubles mediante una sustituciónEn algunas ecuaciones diferenciales que no encajan en una categoría específica, puede obte-nerse la solución mediante un cambio de variable, los siguientes ejemplos son una muestra detales casos.


dy

dx=

x + y − 1 − 1

a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto (x0, y0) de talmanera que se garantice solución única para el problema de valor inicial asociado.

b) Muestre que la recta y = 1− x es una solución singular de la ecuación diferencial.

c) Haga la sustitución: u2 = x + y − 1 y encuentre la solución general.

d) Encuentre la solución que pasa por el punto (1, 4).

e) En una misma gráfica represente la solución hallada previamente y la solución singular.

Solución:

a) A partir de la ecuación diferencial se tiene:

f =

x + y − 1 − 1 , fy =1

2√

x + y − 1

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regionesen las que se cumpla que x + y− 1 > 0. Geométricamente, dicha región es el semiplanoque está por encima de la recta: x + y = 1. La figura 1.25 muestra la región.

1.6. ECUACIONES DIFERENCIALES VARIADAS 67

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

Región de Existencia y Unicidad

x + y - 1 >0

x +y =1

Figura 1.25: Región de existencia y unididad del ejemplo 1.32

b) Tomando la derivada de la función: y = 1−x y reemplazando en la ecuación diferencial,resulta una identidad.

−1 ≡

x + (1− x)− 1 − 1 = −1

c) Si se hace el cambio de variable: u2 = x + y − 1, se tiene:

2udu

dx= 1 +

dy

dx

En consecuencia, para la nueva variable, tenemos:

2udu

dx− 1 = u− 1

La ecuación diferencial es de variables separables, así: 2du = dx, cuya solución es:

2u = x + C

Regresando a la variable original, tenemos:

2

x + y − 1 = x + C

d) El valor de la constante de la solución general se determina con la condición inicialy(1) = 4, así:

2√

1 + 4− 1 = 1 + C ⇒ C = 3


Por tanto, la solución particular pedida es:

2

x + y − 1 = x + 3

e) Para la representación gráfica es conveniente expresar la función de la siguiente manera:

y(x) =1

4(x2 + 2x + 13)

El estudiante puede ver que la curva es una parábola que expresada en su forma canónicaes:

4(y − 3) = (x + 1)2

La figura 1.26 muestra las gráficas de las soluciones. Puede observarse que la soluciónsingular y = 1− x, es tangente a la parábola en el punto: (−3, 4).

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

P(-3,4)

Figura 1.26: Gráfica de soluciones del problema de valor inicial del ejemplo 1.32

Ejemplo: 1.33. Mediante una sustitución adecuada, encuentre la solución general de laecuación diferencial:

dy

dx=√

y − x − 2√y − x Solución: El cambio de variable es evidente: u2 = y − x. Con lo cual, tomándo la primera

derivada nos queda:2u

du

dx=

dy

dx− 1


Reemplazando en la ecuación original, se tiene:

1 + 2udu

dx= u− 2

u

La ecuación resultante es de variables separables y se puede escribir en la forma:

2u2

u2 − u− 2du = dx

Descomponiendo en fracciones parciales, se puede escribir:

2 +8

3(u− 2)− 2

3(u + 1)

du = dx

Efectuando las integrales, se tiene:

2u +8

3ln(u− 2)− 2

4ln(u + 1) = x + C

Retornando a la variable original y aplicando propiedades de los logaritmos, se encuentra lafamilia de curvas:

2√

y − x +2

3ln

(√

x− y − 2)4

√y − x + 1

= x + C

1.6.2. Combinaciones integralesEn algunas ecuaciones diferenciales pueden presentarse combinaciones de la forma:

xdx + ydy =1

2d(x2 + y2) (1.19a)

xdy + ydx = d(xy) (1.19b)

xdy − ydx = x2dy

x

= −y2d

y

x

(1.19c)

En tales casos se requiere de habilidad para modificar convenientemente la ecuación diferen-cial y proceder a encontrar la solución general.


(x− x2 − y2)dx + (y + x2 + y2)dy = 0 Solución: Reorganizando los términos de la ecuación, se tiene:

xdx + ydy − (x2 + y2)dx + (x2 + y2)dy = 0


Teniendo en cuenta las ecuaciones 1.19 de combinaciones integrales, se tiene:

xdx + ydy = (x2 + y2)(dx− dy)

⇒ xdx + ydy

x2 + y2= dx− dy

⇒ 1

2

d(x2 + y2)

(x2 + y2)= d(x− y)

⇒

1

2

d(x2 + y2)

(x2 + y2)=

d(x− y)


ln(x2 + y2) = x− y + C


xdy − ydx =

x2 − y2 dx

Solución: La ecuación se puede escribir en la forma:

xdy − ydx

x2=

x2 − y2

x

dx

x

⇒ dy

x

=

1−

y

x

2 dx

x

⇒d

y

x

1−

y

x

2=

dx

x


sin−1y

x

= ln(x) + C

Finalmente, la solución general puede expresarse en la forma:

y = x sin[ln(Cx)]

El estudiante pudo haber notado que la ecuación dada es homogénea y como tal se puede re-solver, mediante el cambio de variable y = ux. Se sugiere que lo haga y compare las soluciones.



(%i1) ode2(x*’diff(y,x)-y=sqrt(x^2-y^2),y,x);

( %o1) x = %c %e

x asinyx

|x|


>> y=dsolve(’x*Dy-y=sqrt(x^2-y^2)’,’x’);pretty(y)Warning: Explicit solution could not be found.> In dsolve at 101

+--++--+

En este caso el software no es capaz de encontrar la solución de la ecuación diferencial.

1.6.3. Ecuaciones diferenciales dimensionablesNormalmente, cuando se tiene una función de dos variables F (x, y), se tiene la tendencia aafirmar que cada variable es de dimensión unitaria. Puede ocurrir, sin embargo, que una delas variables tenga dimensión diferente de uno. El estudiante debe saber, por ejemplo, que elárea total de la superficie de un cilindro circular recto tapado viene dada por:

Area = 2A + 2πRH

Donde A es el área de la base, de dimensión dos, R es el radio de la base, de dimensión unoy H es la altura del cilindro, de dimensión uno.Así las cosas, la función Area es homogénea de segundo grado.

Dada la ecuación diferencial:

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

Se dice que es dimensionable si existe un n ∈ R tal que si la dimensión de x es la unidad y ladimensión de y es n, verifica que: M(x, y)dx y N(x, y)dy tienen la misma dimensión.

Ejemplo: 1.36. Determine si la siguiente ecuación diferencial es dimensionable:

(x2 − 2y3)dx + 3xy2dy = 0


Solución: Asumiendo que la dimensión de x es uno, tenemos que la dimensión de M(x, y)dxes:

dim[x2dx] = 2dim[x] + dim[dx] = 2 + 1 = 3

Asumiendo que la dimensión de y es n, entonces la dimensión de N(x, y)dy es:

dim[3xy2dy] = dim[3x] + 2dim[y] + dim[dy] = 1 + 2n + n = 1 + 3n

para que la ecuación diferencial sea dimensionable, se debe cumplir que:

3 ≡ 1 + 3n ⇒ n =2

3

Por otro lado, la dimensión del segundo término de M(x, y)dx debe ser consistente con suprimer término, esto es:

dim[2y3dx] = 3dim[y] + dim[dx] = 3n + 1 = 3

De donde se obtiene el mismo valor de n. Por lo tanto la ecuación es dimensionable.

Una ecuación diferencial dimensionable puede convertirse en una ecuación diferencial de va-riables separables mediante la sustitución:

y = uxn

Ejemplo: 1.37. Encuentre la solución general de la ecuación diferencial del ejemplo an-terior mediante el cambio de variable: y = ux2/3. Solución: Escribimos la ecuación diferencial en la forma:

3xy2 dy

dx= 2y3 − x2

Para evitarnos el trabajar con radicales, hacemos: y3 = u3x2.Por derivación implícita, se tiene:

3y2 dy

dx= 2xu3 + 3u2x2du

dx

Sustituyendo en la ecuación diferencial, tenemos:

2x2u3 + 3u2x3du

dx= 2u3x2 − x2

La ecuación resultante es de variables separables y se puede escribir como:

3u2du +dx

x= 0

Integrando y retornando a las variables originales se encuentra que la solución general es lafamilia de curvas del plano:

y3 = x2[C − ln(x)]


EJERCICIOS 1.7.

1. Dada la ecuación diferencial:dy

dx=

1 +√

y − x

1−√

y − x


b) Muestre que la recta y = x es una solución singular de la ecuación diferencial.c) Haga la sustitución u2 = y − x y encuentre la solución general de la ecuación

diferencial.d) Encuentre la solución que pasa por el punto (0, 1).e) En una misma gráfica represente la solución hallada previamente y la solución

singular .

2. Efectúe una sustitución adecuada para resolver la ecuación diferencial siguiente:

dy

dx= 3

x + y + 2

3. Encuentre la solución general para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales

a) (2xy2 − y)dx + xdy = 0

b) xdx + (y − x2 + y2)dy = 0

c) −ydx + (x− y3)dy = 0

d) (x3 − xy2 + y)dx + (y3 − x2y − x)dy = 0

e) (x3 − 2xy2 − x)dx + (2y3 + x2y − 2y)dy = 0

f ) x2(1− xy)dy + (1 + xy − x2y2)dx = 0

g) (x + x2y)dy + (xy2 − y)dx = 0

h) y2dx +x

y2 − x2 − xydy = 0


1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES DE GRADO SU-PERIOR

En diversas aplicaciones, fundamentalmente en las de tipo geométrico, resultan ecuacionesdiferenciales de primer orden en las que dy

dx no se puede expresar explícitamente en términosde las variables x, y. Tales ecuaciones tienen la forma general:

f(x, y,dy

dx) = 0

En adelante se conviene en escribir: p =dy

dx, con lo que la forma general de la ecuación

diferencial es:f(x, y, p) = 0

Las ecuaciones de este tipo se caracterizan por tener soluciones singulares, es decir, solucionesque no se pueden obtener a partir de la solución general. Geométricamente, una solución sin-gular es una curva del plano que tiene la propiedad de ser tangente a todos los elementos dela familia correspondiente a la solución general. Una curva con tal propiedad recibe el nombrede envolvente de la familia.

Ejemplo: 1.38. Considere la familia de circunferencias de radio unitario que tienen sucentro en el eje de abscisas.

a) Escriba la ecuación de la familia.

b) Encuentre la ecuación diferencial de la familia.

c) Muestre que las rectas y = 1 y y = −1, son soluciones singulares de la ecuación diferen-cial.

d) Represente gráficamente tres elementos de la familia y las dos envolventes halladas. Solución:

a) La ecuación de la familia es:(x− h)2 + y2 = 1

b) Derivando y eliminando el parámetro h encontramos la ecuación diferencial, así:

2(x− h) + 2yp = 0⇒ (x− h) = −yp⇒ y2p2 + y2 = 1

c) Sustituyendo la recta y = 1 y su derivada p = 0 en la ecuación diferencial, obtenemosuna identidad:

1202 + 12 = 1 ≡ 1

De la misma manera se procede para la recta y = −1, obtieniéndose la misma identidad.

1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES DE GRADO SUPERIOR 75

-3 -2 -1 0 1 2 3

-2

-1

1

2

y =-1

y =1

Figura 1.27: Gráfica de elementos del ejemplo 1.38

d) La figura 1.27 muestra los elementos correspondientes a los valores h = −1, 0, 1, al igualque las soluciones singulares. El estudiante puede ver que la ecuación diferencial de lafamilia se puede expresar mediante un par de ecuaciones de la forma:

dy

dx= f(x, y)

En efecto, despejando p se tiene:

p = ±

1− y2

y

La primera ecuación tiene como solución a las partes superiores de las circunferencias yla segunda a las correspondientes partes inferiores.

1.7.1. Método para hallar las soluciones singulares de una ecuacióndiferencial

Antes de desarrollar el método para hallar las soluciones singulares de una ecuación diferenciales pertinente ampliar algunos aspectos teóricos acerca de las envolventes.Dada la familia de curvas del plano F (x, y, C) = 0, se dice que una curva del plano es unaenvolvente de la familia, si ésta es tangente a cada uno de los elementos de la familia; vale


decir, si la envolvente tiene como ecuaciones paramétricas x = α(C), y = β(C), entonces lapendiente de la familia es igual a la pendiente de la envolvente, así:

dy

dx= p = −

∂F

∂x∂F

∂y

=

∂α

∂C∂β

∂C

Lo anterior implica que:∂F

∂x

∂α

∂C+

∂F

∂y

∂β

∂C= 0

Ahora bien, si F (x, y, C) = 0, entonces su diferencial total también es cero, es decir:

∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy +

∂F

∂CdC = 0

Por todo lo anterior, tenemos:

∂F

∂x

∂α

∂C+

∂F

∂y

∂β

∂C+

∂F

∂C= 0

De las ecuaciones previas se llega al importante resultado:∂F

∂C= 0.

En conclusión, una envolvente de la familia de curvas F (x, y, C) = 0, debe satisfacer si-multáneamente las ecuaciones:

F (α(C), β(C), C) = 0

∂

∂C[F (α(C), β(C), C)] = 0

La envolvente se encuentra eliminando C de las ecuaciones anteriores.

Ejemplo: 1.39. Encuentre las envolventes de la familia de curvas del plano:

y2 − 2Cy − 4Cx−1 + C2 = 0 Solución: Derivando la ecuación con respecto a C tenemos:

−2y − 4x−1 + 2C = 0

⇒ C = y + 2x−1

Reemplazando en la ecuación de la familia, encontramos la envolvente: xy = −1.Si bien hemos visto la manera de encontrar una envolvente a partir de la familia de curvas,nuestro interés está en hallar dicha envolvente a partir de la ecuación diferencial de la familia,veamos:


TeoremaEn cada punto sobre la envolvente de las curvas integrales (solución general) de la ecuacióndiferencial f(x, y, p) = 0 se verifica que:

f(x, y, p) = 0 ,∂

∂pf(x, y, p) = 0

Las ecuaciones anteriores definen el discriminante p de la ecuación diferencial y, en tal caso,la solución singular se obtiene al eliminar p.No presentaremos la demostración del teorema, pero el interesado puede remitirse a la biblio-grafía [1, Pág 112-115].

Ejemplo: 1.40. Determine las soluciones singulares de la ecuación diferencial de Clairaut:

y = xp + p2

Solución: Escribimos la ecuación en la forma:

xp + p2 − y = 0

Derivando con respecto a p e igualando a cero, se tiene:x + 2p = 0.Despejando p y reemplazando en la ecuación diferencial se encuentra que la envolvente es laparábola:

4y = −x2

Solución general de una ecuación diferencial de grado superiorNo existe un método general para resolver una ecuación diferencial de la forma:

f(x, y, p) = 0

Dependiendo de la forma de la ecuación diferencial se puede hacer la siguiente clasificaciónpara encontrar la solución general:

1.7.2. Ecuaciones diferenciales resolubles para pOcurre cuando la ecuación se puede expresar en la forma:

(p− f1(x, y)) (p− f2(x, y)) · · · (p− fn(x, y)) = 0

Así las cosas, la ecuación diferencial original conduce a n ecuaciones diferenciales de primerorden y primer grado, así:

dy

dx= fi(x, y) , i = 1, 2, 3 . . . n


Cada ecuación tendrá como solución a una familia de curvas de la forma:

Fi(x, y, C) = 0

La solución general de la ecuación diferencial original es el producto de las soluciones indivi-duales, así:

F1(x, y, C)F2(x, y, C) · · ·Fn(x, y, C) = 0


xp2 − 2yp− x = 0 Solución: Mediante la fórmula general se obtienen dos ecuaciones diferenciales de primerorden y primer grado, así:

dy

dx=

y +

x2 + y2

x,

dy

dx=

y −

x2 + y2

x

Ambas ecuaciones son homogéneas y se pueden resolver mediante el cambio de variable:y = ux.La siguiente secuencia de pasos ilustra las soluciones de las ecuaciones:

xdu

dx+ u = u +

√u2 + 1 ; x

du

dx+ u = u−

√u2 + 1

du√u2 + 1

=dx

x;

du√u2 + 1

= −dx

x

y +

x2 + y2 − C = 0 ; y +

x2 + y2 − Cx2 = 0

Puede demostrarse que las dos soluciones son equivalentes, en efecto, transformando la primerasolución, tenemos:

x2 + y2 = (C − y2)2 = C2 − 2Cy + y2 ⇒ x2 = C2 − 2Cy

En cuanto a la segunda solución, tenemos:

x2 + y2 = (Cx− y2)2 = C4x4 − 2Cx2y + y2

⇒ 1 = C2x2 − 2Cy ⇒ x2 =1

C2+

2

Cy

Si se hace el cambio K = − 1

C, resulta: x2 = K2 − 2Ky.

Es claro que ambas soluciones son equivalentes y representan a una familia de parábolas.El estudiante puede verificar que la ecuación diferencial no tiene soluciones singulares. Lafigura 1.28 muestra varios elementos de la familia.


-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-2

-1

1

2

K =-3

K =3

K =2

K =1

K =0

K =-1

K =-2

Figura 1.28: Gráfica de elementos del ejemplo 1.41

1.7.3. Ecuaciones diferenciales resolubles para yEn algunas ecuaciones se puede despejar la variable y en términos de las otras dos variables,así:

y = f(x, p)

Tomando el diferencial total de la función, tenemos:

dy =∂f

∂xdx +

∂f

∂pdp

Dividiendo por el diferencial de x resulta una ecuación diferencial para las variables p, x, así:

dy

dx= p =

∂f

∂x+

∂f

∂p

dp

dx

Con lo cual Resulta una ecuación diferencial de primer orden, así:

dp

dx=

p− ∂f

∂x∂f

∂p


xp2 − 2yp− x = 0


Solución: En este caso se puede despejar la variable y en términos de las otras dos, así:

y =x(p2 − 1)

2p

La ecuación de primer orden y primer grado asociada es:

dp

dx=

p− ∂f

∂x∂f

∂p

=p− p2 − 1

2px(p2 + 1)

2p2

=p

x

2p2 + 1− p2

x(p2 + 1)=

p

x

p2 + 1

x(p2 + 1)

Teniendo en cuenta que p2 +1 = 0, obtenemos la ecuación diferencial de variables separables:

dp

p=

dx

x

Al resolver la ecuación diferencial resulta una expresión para la pendiente la cual se sustituyeen la ecuación original, así:

ln(p) = ln(x) + ln(C)⇒ p = Cx

Al sustituir p en la ecuación diferencial original, tenemos:

x(Cx)2 − 2y(Cx)− x = 0

Despejando y, se encuentra:

y =C

2x +

1

2C

El estudiante puede verificar que la solución encontrada es equivalente a la hallada por elmétodo anterior en el ejemplo anterior.

Ejemplo: 1.43. Considere la ecuación diferencial de Clairaut:

y = xp + p2

a) Encuentre la solución general.

b) Encuentre las soluciones singulares.

c) Represente, en un mismo gráfico, la solución singular y cuatro elementos de la soluciónsingular.


Solución:

a) Puesto que la ecuación diferencial es resoluble para y se pueden obtener de manerasimultánea, tanto la solución general como la singular, veamos:

dp

dx=

p− ∂f

∂x∂f

∂p

=p− p

x + 2p=

0

x + 2p

Analizando la expresión anterior se tiene que sí: x + 2p = 0, entonces, p = C. Enconsecuencia, la solución general es la familia de rectas:

y = Cx + C2

b) De otro lado si: x + 2p = 0, entonces, p = −x

2. Al sustituir el valor de p en la ecuación

diferencial dada, se obtiene la solución singular , así:

y = x

−x

2

+

−x

2

2

= −x2

4

Puede generalizarse el hecho de que, por este método, siempre es posible hallar la solu-ción general y la solución singular.

c) La figura 1.29 muestra cuatro elementos de la familia junto con la solución singular . Esde notarse que la singular es la envolvente de los elementos de la familia.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-2

-1

1

2

3

C =2

C =1C =-1

C =-2

Figura 1.29: Gráfica de elementos de la solución general y singular del ejemplo 1.43


1.7.4. Ecuaciones diferenciales resolubles para xDada la ecuación diferencial f(x, y, p) = 0, algunas veces es posible despejar explícitamentela variable x, así:

x = g(y, p)

Tomando el diferencial total de la función, tenemos:

dx =∂g

∂ydy +

∂g

∂pdp

Dividiendo por el diferencial de y resulta una ecuación diferencial para las variables p, y, así:

dx

dy=

1

p=

∂g

∂y+

∂g

∂p

dp

dy

Con lo cual Resulta una ecuación diferencial de primer orden, así:

dp

dy=

1

p− ∂g

∂y∂g

∂p

Al igual que en el caso anterior, es posible hallar la solución general y la solución singular .El siguiente ejemplo ilustra tal situación.


xp2 − 2yp + 4x = 0

a) Determine las soluciones singulares y la solución general.

b) En un mismo gráfico represente la solución singular y cuatro elementos de la solucióngeneral. Solución:

a) Despejando x tenemos:x =

2yp

p2 + 4

Aplicando el procedimiento indicado, tenemos:

dp

dy=

1

p− ∂g

∂y∂g

∂p

=

1

p− 2p

p2 + 4

−2yp2 − 4

(p2 + 4)2

=(4− p2)(p2 + 4)

2yp(4− p2)


Si 4− p2 = 0, se obtiene que:

dp

dx=

p2 + 4

2yp

La solución general se encuentra a partir de la ecuación diferencial anterior, así:

2p

p2 + 4dp =

1

ydy ⇒ ln(p2 + 4) = ln(Cy)⇒ p2 + 4 = Cy

⇒ p = ±

Cy − 4

Observe que la ecuación diferencial original se puede escribir en la forma:

x2 =4y2p2

(p2 + 4)2

Sustituyendo p2 en dicha ecuación, se obtiene la solución general, la cual se puede escribiren la forma:

x2 = C(y − C)

La solución general es una familia de parábolas.

En cuanto a la solución singular , se obtiene de hacer: 4− p2 = 0, resultando: p = ±2 yal sustituir en la ecuación diferencial original, se tiene:

x =2yp

p2 + 4=

2y(±2)

(±2)2 + 4=

±4y

8= ±y

2

Las soluciones singulares de la ecuación diferencial son las rectas: y = ±2x.

b) Para representar gráficamente las soluciones singulares y algunos elementos de la familia,escribimos la solución general en la forma:

y =1

Cx2 + C

La figura 1.30 muestra la gráfica pedida con sus dos envolventes.


-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

C =2

C =1

C =-1

C =-2

Figura 1.30: Gráfica de elementos de la solución general y singular del ejemplo 1.44

EJERCICIOS 1.8.

Para las siguientes ecuaciones diferenciales:

a) Determine la solución general.

b) Determine las soluciones singulares.

c) En caso de ser factible, represente gráficamente las soluciones singulares y algunos ele-mentos de la solución general.

1. (y + xp)2 = 4p2x2

2. (x2 − y)p2 − 2xyp + y2 = 0

3. y = xp ln(x) + x2p2

4. y = xp +1

2x2 + (x + p)2

5. 2xp = 2 tan(y) + p3 cos2(y)

6. p2 − 2xp− 3x2 = 0

7. (x + yp)2 = x2 + y2

8. p3 − 2xp2 − 3x2p = 0

9. p2 + x(y + 1)p + x2y = 0

10. 2y = xp +x

p

1.8. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER ORDEN 85

1.8. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCI-BLES A PRIMER ORDEN

Aunque en el próximo capítulo se hará el tratamiento de las ecuaciones diferenciales de ordensuperior, es conveniente presentar aquí algunas ecuaciones de orden superior que se puedenresolver con las técnicas presentadas hasta el momento.

Ecuaciones diferenciales de la forma:

dny

dxn = f(x)

Puesto que se trata de una ecuación diferencial de orden n, su solución general, según seestudiará oportunamente, tendrá n: constantes arbitrarias. Para resolverla se reduce el ordende la ecuación diferencial.


d2y

dx2 = sin(x)

Solución: Si se hace el cambio de variable p = dydx , la ecuación diferencial se convierte en

un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden, así:

dp

dx= sin(x)

dy

dx= p

La solución de la primera de ellas es:

p = − cos(x) + C1

Sustituyendo p en la segunda ecuación, tenemos:

dy

dx= − cos(x) + C1

Integrando, tenemos:y = sin(x) + C1x + C2



d2y

dx2 = f(x,dy

dx)

Para resolver la ecuación diferencial se hace el cambio de variable p =dy

dx, con lo que la

ecuación diferencial original se convierte en un sistema de dos ecuaciones diferenciales deprimer orden, así:

dp

dx= f(x, p)

dy

dx= p

Es claro que para obtener la solución se requiere que p se pueda obtener explícitamente enfunción de x.


xd2y

dx2 +dy

dx= x cos(x)

Solución: Con el cambio de variable resulta el sistema de ecuaciones:

dp

dx+

1

xp = cos(x)

dy

dx= p

La primera es una ecuación diferencial lineal cuyo factor integrante es:

Φ = eR 1

x dx = x

La solución general será:

xp = C1 +

x cos(x)dx

Evaluando la integral y despejando p tenemos:

p = C1x−1 +

cos(x)

x− sin(x)

Al sustituir en la segunda ecuación diferencial, resulta:

y = C1 ln(x) + cos(x) +

cos(x)

xdx + C2


Es claro que si x = 0 la integral indicada se puede escribir mediante su serie de Taylor, así:

cos(x)

xdx =

1

x− x

2+

x3

4!− x5

5!+ · · ·

dx = ln(x)− x2

4+

x4

96− x6

720+ · · ·

Entonces, si A y B son constantes arbitrarias, la solución general de la ecuación diferenciales:

y = A + B ln(x) + cos(x)− x2

4+

x4

96− x6

720+ · · · ; x = 0


d2y

dx2 = f(y,dy

dx)

Para resolver la ecuación diferencial se hace el cambio de variable p =dy

dx, y se aplica la regla

de la cadena:dp

dx=

dp

dy

dy

dx= p

dp

dy

Con lo anterior, la ecuación diferencial original se convierte en un sistema de dos ecuacionesdiferenciales de primer orden, así:

pdp

dx= f(y, p)

dy

dx= p

Al igual que en el caso anterior se requiere que p se pueda obtener explícitamente en funciónde y.


d2y

dx= − sin(y)

Solución: Al hacer el cambio de variable resulta el sistema de ecuaciones:

pdp

dx= − sin(y)

dy

dx= p

La primera ecuación es de variables separables y se resuelve de la siguiente manera:

pdp = − sin(y)dy ⇒ 1

2p2 = cos(y) + C1


La solución para p se puede expresar como:

p = ±

2 cos(y) + 2C1

La segunda ecuación diferencial se puede escribir como:

dycos(y) + A

= ±√

2 dx

El inconveniente que se presenta es el de la imposibilidad de resolver la integral de la izquierda,sin embargo se puede expandir en series de potencias, resultando:

1√

A + 1+

y2

4 (A + 1)32

− (2 A− 7) y4

96 (A + 1)52

+(4 A2 − 82 A + 139) y6

5760 (A + 1)72

− · · ·

dy = ±√

2 x + C

y√A + 1

+y3

12 (A + 1)32

− (2 A− 7) y5

480 (A + 1)52

+(4 A2 − 82 A + 139) y7

40320 (A + 1)72

− · · · = ±√

2 x + C

Solución numérica de ejemplo 1.47:El comando rk también permite resover numéricamente un sistema de ecuaciones con con-diciones iniciales. En este caso, para solucionar el sistema de ecuaciones en p, y planteadosanteriormente con las condiciones iniciales y(0) = 1, y(0) = 0, en el intervalo x = [0, 5] enpasos de 0.1, se escribe como:

(%i1) rk([-sin(y)/p,p],[p,y],[1,0],[x,0,5,0.1]);

Cuya salida es:

(%o1) [[0,1,0],[0.1,0.99499577772306,0.099833194087832],[0.2,0.97993102468847,0.1986638254215],[0.3,0.95463603346166,0.29547846770555],[0.4,0.91877972925454,0.38923917512277],[0.5,0.87178162285787,0.47886341226519],[0.6,0.81264550713814,0.56319169263019],[0.7,0.73962965824086,0.64093152341282],[0.8,0.64951053782513,0.71055145053442],[0.9,0.53557254568953,0.77005139798017],[1.0,0.37963818494718,0.81632418235337],[1.1,0.012107182183404,0.84178991470878],[1.2,-1.874299957734102,0.69710553906198],[1.3,-1.843797007100737,0.51126501033339],[1.4,-1.821604779843655,0.32806868230866],[1.5,-1.808674538924295,0.14663483682833],[1.6,-1.805565276785595,-0.033994110100097],[1.7,-1.812411974436691,-0.2148106117825],[1.8,-1.828917693171772,-0.39679898319826],[1.9,-1.854370844231888,-0.58089286841838],[2.0,-1.887684748782281,-0.76793558914982],[2.1,-1.927453579194218,-0.95864532442124],[2.2,-1.972018030425764,-1.153586423304569],[2.3,-2.019535441489285,-1.353147542057012],[2.4,-2.068051483657246,-1.557526885870456],[2.5,-2.115572689607888,-1.766724661294786],[2.6,-2.160140176601642,-1.980542837522879],[2.7,-2.199904697286356,-2.19859234926207],[2.8,-2.233201914568533,-2.420307831817479],[2.9,-2.258625095518207,-2.64496978484521],[3.0,-2.275090873610044,-2.871733699736635],[3.1,-2.281892871791598,-3.099665200252015],[3.2,-2.278738144235868,-3.327779724412022],[3.3,-2.265762642418459,-3.55508482543469],[3.4,-2.243524011437017,-3.780622889689798],[3.5,-2.212972511672072,-4.003512023794238],[3.6,-2.175403166955241,-4.22298306163144],[3.7,-2.132393842546761,-4.4384110398235],[3.8,-2.085734528021756,-4.649339998249579],[3.9,-2.037352593561527,-4.855500472709602],[4.0,-1.989237442153143,-5.056819461660216],[4.1,-1.94336626568394,-5.253422906130707],[4.2,-1.901631133412931,-5.445630814180437],[4.3,-1.865766995788396,-5.633945142762051],[4.4,-1.837280782869138,-5.81903052691052],[4.5,-1.817383602606141,-6.001688046805725],[4.6,-1.806930486550282,-6.182822545041005],[4.7,-1.806374031178214,-6.363404556339487],[4.8,-1.815738399525499,-6.544428571423105],[4.9,-1.83461790293289,-6.726869909903976],[5.0,-1.862200405201397,-6.911642708739324]]

En la figura 1.31 se pueden observar las soluciones para y y p del sistema de ecuacionesplanteado.


Figura 1.31: Gráfica de la solución numérica del ejemplo 1.47 mediante Máxima

EJERCICIOS 1.9.

Encuentre la solución general para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales:

1.d2y

dx2 = x sin(x)

2.d2y

dx2 = −y

3.d2y

dx2 + 4dy

dx= x

4. yd2y

dx2 = 1 +

dy

dx

2

5. (x + 1)y − (x + 2)y + 2y = 0

6. (1− x2)y − 2xy = 1

7.d2y

dx2 =

1 +

dy

dx

2

8. y +1

xy + 2(y)2 = 0

9. 2y2y + 2y(y)2 − 1 = 0

10. y = (y + 1)y


MISCELÁNEA DE EJERCICIOSPara resolver estos ejercicios se requiere haber estudiado los diferentes métodos. Se necesita al-go de destreza en ejercicios en los que aparecen cambios de variable, combinaciones integrales,etc.

1. Dada la ecuación diferencial:y + ω2y = 0

a) Muestre que su solución esta dada por: y = A cos(ωx) + B sin(ωx).b) Demuestre que si y(0) = 0 y y(0) = 1 el problema no tiene solución a menos que:

ω = nπ, con n = 1, 2, 3, . . .

2. Dada la primitiva:y =

1 +

x

n

n

a) Encuentre una ecuación diferencial de primer orden.b) Demuestre que y = ex es solución de la ecuación diferencial hallada. ¿Por qué es

de esperarse este último hecho?.


[F (x) + yG(xy)]dx + xG(xy)dy = 0

a) Demuestre que se puede convertir en una ecuación de variables separables, medianteel cambio de variable:

z = xy

b) Resuelva la ecuación diferencial:

[x2 + y sin(xy)]dx + x sin(xy)dy = 0


N(x, y)dy

dx= x sec(y)− x2y − y sin(x)

a) Encuentre N(x, y) para que la ecuación sea exacta.b) Resuelva la ecuación diferencial.

5. Por dos métodos diferentes, resuelva la ecuación diferencial:

y = ay − byn n = 1, 2

6. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:


a) xy =

x2 + y2

b) y =√

2x + 3y

c) y =6x2 − 5xy − 2y2

6x2 − 8xy + y2

d) (3x− y − 9)y = 10− 2x− 2y

e) 4x2yy = 2 + 3xy2

f ) y =

√x + y +

√x− y√

x + y −√

x− y

g) y =1 +

√x− y

1−√

x− y

h) [ye−x − sin(x)]dx = (e−x + 2y)dy

i) [2r cos(x)− 1]r = r2 sin(x)

j ) x sec2(x)y = sin(2x)− tan(y)


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

a) Demuestre que se puede resolver mediante el cambio de variable: z = ln(y).b) Resuelva la ecuación diferencial:

xy = 2x2y + y ln(y)

8. Encuentre la solución particular en cada caso:

a) [x cos(y)− sin2(y)]y = sin(y) , y(0) =π

2b) (y3 − 3x)y = y , y(0) = 2

c) xy + 3 = 4xe−y , y(2) = 0

d) xydy = (y − xy − x + 1)dx , y(1) = 0

e) y = sec(y) + x tan(y) , y(0) = 0

9. Encuentre la solución general para las siguientes ecuaciones diferenciales:

a) [xy2 +sin2(x)− sin(2x)]dx−2ydy = 0

b) (x− x2 − y2)dx + (y + x2 + y2)dy = 0

c) (x2y + y3 − x)y = (x3 + xy2 − y)

d) (x2y + 2y3 − 2y)y = x− x3 − 2xy2

e) (x3 + x)y = x3 + 2y

f ) xyy = sin(x)− y2

g) [2xy ln(y)]dx + [x2 − ln(y)]dy = 0

h) [x− sin3(y)]y − sin(y) cos(y) = 0

i) (x2y2 + 1)dx + 2x2dy = 0

j ) xdx = (x2y + y3)dy

10. Halle las soluciones singulares y general para las siguientes ecuaciones diferenciales:

a) y + xy = x4p2

b) p2 sec(x)− p tan(x) + y = 0

c) x2p2 − yp(x2 + y2) + y4 = 0

d) xp2 − 2yp + 4x = 0


e) y = xp− p3

f ) y = p tan(x)− p2 sec2(x)

g) 2y = xp +x

p

h) (xp + y)2 = xy

i) p2 − 2xp = 3x2

j ) y + x3p2 = 2xp

k) (p2 + 1)(2y − x)2 = (x + yp)2

l) y(1 + p2) = 4

m) 4xp− 2y = p3y2

n) xp2 − 2yp + x + 2y = 0

ñ) y = xp ± a

p2 + 1 , a > 0

o) x = p2 +y

p

p) 3xp− 3 = p3e2y

q) 4y − 4xp ln(x) = p2x2

r) yy + p2 − p = 0

s) (x+2y)p3 +3(x+y)p2 +(2x+y)p = 0

Los siguientes ejercicios son de escogencia múltiple.

11. Una de las siguientes afirmaciones es falsa:

a) La E.D. de la familia: y = C ln(x) es: x ln(x)y = y.b) La E.D. de la familia: x−1 + y−1 = C es: y = y2/x2.c) La función: y = e−x es solución de la E.D: y + y = 0.d) La función: y = x es solución de la E.D: y = 1 +

√y − x .


y = 1 +√

y − x , y(x0) = y0

La afirmación falsa es:

a) La recta y = x es solución de la ecuación diferencial.b) Se garantiza solución única en la región: = (x, y) ∈ R2/y > x.c) La E.D. no es reducible a variables separables.d) La parábola: y = 1

4(x2 + 6x + 1) es solución de la E.D.


xy + tan(x)y = xe−x , y(x0) = y0


a) La ecuación diferencial es lineal.b) Se garantiza solución única en la región: =

(x, y) ∈ R2/− π

2 < x < π2

.

c) No se garantiza solución única en el intervalo: π2 < x < 3π

2 .


d) Existirá alguna solución que pase por el punto (2, 0).

14. Dada la ecuación diferencial:(x + y)y = x− y


a) La ecuación diferencial es homogénea.b) La ecuación diferencial es reducible a lineal.c) La ecuación diferencial es exacta.d) La ecuación diferencial es reducible a variables separables.


(1−√

y − x )y = 1 +√

y − x


a) La ecuación diferencial es homogénea.b) La ecuación diferencial es reducible a variables separables.c) La ecuación diferencial no es reducible a lineal.d) La ecuación diferencial tiene solución en la región: = (x, y) ∈ R2/y > x + 1.

16. Dada la ecuación diferencial: La afirmación falsa es:

xy = x− y

a) La ecuación diferencial es homogénea.b) La ecuación diferencial es exacta.c) La ecuación diferencial es lineal.d) Se garantiza solución única en la región: |x| < 1

17. Dada la familia de curvas del plano:

y2 − 2xy − x2 = C


a) La ecuación diferencial de la familia es: (y − x)y = y + x

b) Las curvas y2 + 2xy − x2 = C son ortogonales a la familia dada.c) La curva y = x +

√2x2 + 1 es un elemento de la familia dada.

d) La familia dada es una familia de elipses.



x(y)2 − 2yy + 2x = 0


a) Las rectas y = ±√

2 x son soluciones de la ecuación diferencial.b) La familia de parábolas y = Cx2 + 1

C no es solución de la ecuación diferencial.c) La familia de curvas y = Cx2 + 1

2C es solución de la ecuación diferencial.

d) La ecuación diferencial se puede escribir en la forma:xy = y ±

y2 − x2 .


xyy = y − xy − x + 1


a) La ecuación diferencial es de variables separables.b) La ecuación diferencial no es de homogénea.c) La ecuación diferencial es lineal.d) La ecuación diferencial no es exacta.

20. Dada la ecuación diferencial:2xyy = y2 − x2 − 1


a) La ecuación diferencial es de Bernoulli.b) La ecuación diferencial es homogénea.c) La ecuación diferencial es reducible a exacta.d) La ecuación diferencial tendrá alguna solución que pase por el punto: (1, 2).

1.9. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 95

1.9. PROBLEMAS DE APLICACIÓNLas ecuaciones diferenciales de primer orden son de una amplia aplicación en casi todas lasramas del conocimiento. Limitaremos nuestras aplicaciones a problemas de tipo geométrico, aproblemas de crecimiento y decrecimiento, a problemas de mezclas, de flujo de un fluido porun orificio, de enfriamiento y a ciertos problemas de la dinámica de partículas.

1.9.1. Problemas geométricosEn un problema geométrico típico se pide hallar la ecuación de una curva o familia de curvascuando se conoce una característica o condición que permita relacionar la pendiente de larecta tangente con las variables del problema, con lo que resulta una ecuación diferencial dela forma:

F (x, y, p) = 0

La figura 1.32 nos muestra una curva del plano y algunas rectas, segmentos y ángulos quevalen la pena ser descritos o definidos.

Figura 1.32: Gráfica de definiciones para resolución de problemas geométricos

a) Las rectas asociadas a la curva son las siguientes:

T : es la recta tangente a la curva en el punto: P (x, y).N : es la recta normal a la curva en el punto:P (x, y).


R: es la recta que une al punto P (x, y) con el origen y se conoce como radio vector.

b) Los ángulos asociados a la curva son:

θ : es el ángulo que la recta tangente forma con el semieje positivo de abscisas:

tan(θ) =dy

dx= p

φ : es el ángulo que la recta normal forma con el semieje positivo de abscisas:

tan(φ) = −1

p

α : el ángulo que el radio vector forma con el semieje positivo de abscisas:

tan(α) =y

x

ψ : es el ángulo que la recta normal forma con el radio vector.

tan ψ =1

r

dr

dα

En coordenadas polares la curva se expresa como: F (r,α, C) = 0

c) Los segmentos asociados a la curva son:

OP = x: es la abscisa del punto P (x, y).

OP = y: es la ordenada del punto P (x, y).

OP = r =

x2 + y2 : es distancia del punto P (x, y) al origen.

P B = st = −y

p: es la subtangente de la curva.

AP = sn = −yp: es la subnormal de la curva.

Para los demás segmentos asociados a la curva, el estudiante puede verificar que:

PB =y

1 + p2

p

PD = x

1 + p2

AP = y

1 + p2


Ejemplo: 1.48. La recta tangente en cada punto de una curva y la recta que une a esepunto con el origen forman un triángulo isósceles con la base en el eje de abscisas. Halle laecuación de la curva sabiendo que pasa por el punto: (1, 1). Solución: Con referencia a la figura 1.32, el triángulo OBP es isósceles y en consecuen-cia se tiene que: α = π − θ.Esto nos permite relacionar la pendiente de la recta tangente con las variables del problema,así:

tan(α) =y

x, y tan(π − θ) = − tan(θ) = −p⇒ −p =

y

x

Por tanto, se debe resolver el problema de valor inicial:

dy

dx= −y

x, y(1) = 1

La ecuación diferencial es de variables separables y se resuelve fácilmente, resultando que lacurva es la hipérbola equilátera:

y =1

x

Ejemplo: 1.49. Encuentre una familia de trayectorias isogonales, según un ángulo de45, para la familia de curvas:

xy = C Solución: Consideremos dos curvas del plano y sus respectivas rectas tangentes en el puntode corte P (x, y) tal como se ilustra en la figura 1.33. Los ángulos de corte entre las curvas

Figura 1.33: Curvas con punto de corte en ángulo γ


son γ y su correspondiente ángulo suplementario. De la geometría se tiene que:

γ = θ2 − θ1 ó γ = θ1 − θ2

Debe cumplirse que:

tan(γ) = ± tan(θ2)− tan(θ1)

1 + tan(θ2) tan(θ1)

Si denotamos por: p1 y p2 a las pendientes de las rectas tangentes a la curva, se tiene que:

tan(γ) = ± p2 − p1

1 + p2p1

Si en la expresión anterior se conoce el ángulo de corte y una de las pendientes se puededespejar la otra pendiente, así:

p2 =p1 − tan(γ)

1 + p1 tan(γ); p2 =

p1 − tan(γ)

1− p1 tan(γ)

Cuando el ángulo de corte es γ = π2 se dice que las trayectorias son ortogonales y la relación

entre las pendientes es: p2 · p1 = −1.En el caso que nos ocupa, la pendiente de la recta tangente a la curva dada se encuentraderivando la ecuación y eliminando la constante, así:

xy = C ⇒ xy + y = 0⇒ y = −y

x

Puesto que el ángulo de corte es de 45, resultan dos ecuaciones diferenciales para las curvasisogonales, así:

dy

dx=

y + x

y − x;

dy

dx=−y + x

y + x

Ambas ecuaciones diferenciales son homogéneas, es decir, se resuelven mediante el cambio devariable y = ux . Las ecuaciones diferenciales de variables separables son:

u + 1

u2 + 2u− 1du +

1

xdx = 0 ;

u + 1

u2 − 2u− 1du +

1

xdx = 0

Integrando y retornando a las variables originales, se obtienen las familias de curvas:

y2 − 2xy − x2 = C ; y2 + 2xy − x2 = C

La figura 1.34 muestra un elemento de cada familia, así:La primera muestra las dos ramas de la hipérbola de la curva original: xy = 1.La segunda muestra las dos ramas de la hipérbola de la primera solución: x2 − 2xy − x2 = 1.La tercera muestra las dos ramas de la hipérbola de la segunda solución: x2 + 2xy − x2 = 1.El estudiante puede demostrar que la familia de curvas ortogonales a la familia dada, viene


-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

x2+2xy-x2 =1

xy = 1

P(x,y)

Puntos de corte

P(x,y)

Puntos de corte

x2-2xy-x2 =1

xy = 1

1

1

2

2

3

3

Figura 1.34: Gráfica de solución de curvas isogonales en ángulo de 45

dada por:2y2 − x2 = K

Para lograrlo debe resolver la ecuación diferencial:dy

dx=

x

2y

Ejemplo: 1.50. En cada punto P (x, y) de una curva del plano, el ángulo formado porla tangente y la ordenada es bisecado por la recta que une al punto con el origen. Halle laecuación de la curva sabiendo que pasa por el punto: (1, 2).

Figura 1.35: Gráfica de ejemplo 1.50

Solución: La figura 1.35 ilustra gráficamente la si-tuación. Podemos relacionar el ángulo θ con las va-riables del problema así:

θ =π

2− 2β ; β =

π

2− α

De las relaciones anteriores se sigue que: θ = 2α− π

2.

Usando la identidad trigonométrica, se tiene:

tanx− π

2

= − cot(x)


Por tanto, resulta:

tan(θ) = p =dy

dx= − cot(2α) = −1− tan2(α)

2 tan(α)

Puesto que: tan(α) =y

x, tenemos la ecuación diferencial del problema, así:

dy

dx=

y2 − x2

2xy

La ecuación diferencial hallada es homogénea y su solución general es la familia de circunfe-rencias:

x2 + y2 = Cx

En el punto (1, 2), la circunferencia es: x2 + y2 = 5x. La figura 1.36 muestra la gráfica de lafunción y la propiedad expresada en el enunciado del problema. El estudiante puede comprobarque la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto (1, 2) viene dada por:

y =3

4(x− 1) + 2

-1 0 1 2 3 4 5

-3

-2

-1

1

2

x2+y2 =5x

P(1,2)y =3/4(x-1)+2

Figura 1.36: Gráfica solución del ejemplo 1.50


EJERCICIOS 1.10.

1. La recta normal en cada punto de una curva y la recta que une a ese punto con el origenforman un triángulo isósceles con la base en el eje de abscisas. Halle la ecuación de lacurva sabiendo que pasa por el punto: (3, 2).

2. Una curva que pasa por el punto: (1, 1) es ortogonal a la familia de parábolas semicúbicasdefinidas como: y2 = Kx3. Encuentre la ecuación de la curva y represente gráficamentejunto con un elemento de la familia dada.

3. La longitud de la normal en un punto cualquiera de una curva al eje de abscisas es unaconstante k. Demuestre que la curva es una circunferencia de radio: k.

4. Una curva en el primer cuadrante pasa por el punto (0, 1). Sí la longitud del arco decurva comprendido entre el punto dado y el punto: P (x, y) es numéricamente igual alárea bajo la curva, encuentre la ecuación de la curva. La curva obtenida es una porciónde una curva conocida como catenaria.

5. Un punto se mueve en el primer cuadrante describiendo una curva tal que la rectatangente forma, con los ejes coordenados, un triángulo de área constante K = 2. Hallela ecuación de la curva.

6. A la distancia: r de un punto que emite luz, la intensidad de la iluminación está dada por:

I = Kcos(ψ)

r2sobre una superficie cuya normal forma un ángulo: ψ con el radio vector.

Halle la superficie de revolución cuyos puntos están igualmente iluminados. Supongaque el foco que emite luz está en el origen.

7. En una superficie de revolución, cuyo eje es el eje de abscisas, se corta una zona pormedio de dos planos perpendiculares a su eje. Halle la ecuación de la superficie sabiendoque el área de la zona es proporcional a la distancia entre los planos.

8. Una familia de curvas tiene la propiedad que la tangente en cada punto de la curva, eleje de abscisas y la línea que une al punto con el origen, forman un triángulo isóscelescon la base sobre la recta tangente. Encuentre el elemento de la familia que pasa por elpunto: (2, 0).

9. Encuentre las trayectorias ortogonales a la familia de cardioides: r = C[1 − cos(α)],donde un punto cualquiera en coordenadas polares es: P (r,α).

10. Si en un punto cualquiera de una curva se traza la recta tangente, ésta forma con losejes coordenados dos segmentos cuya suma es dos. Halle la ecuación de la curva.


11. Para leer directamente las longitudes de onda, la placa de un capacitor variable estáadaptada de tal manera que el área del sector comprendido entre una radio variable yel eje de abscisas es proporcional al cuadrado del ángulo que la línea forma con el ejede abscisas. Encuentre la ecuación de la curva formada con el borde de la placa.

12. Determine la ecuación de la curva que forma un cable flexible colgado libremente desus extremos. Suponga que el cable es homogéneo. Como ayuda, tome el sistema decoordenadas en la parte inferior del cable y plantee el equilibrio de la porción de cablecomprendida entre el origen y un punto cualquiera: P (x, y).

13. Un conejo parte del origen y corre por el eje de ordenadas con una velocidad constantea. Al mismo tiempo, un perro que corre con una velocidad b, parte del punto: (c, 0) ysigue al conejo. Determine la ecuación de la curva que describe el perro para diferentesrelaciones entre las velocidades. Como ayuda, la relación entre velocidades es: k = a/by muestre que la ecuación diferencial de la curva que describe el perro es:

2y = (x/c)k − (c/x)k

14. Considere la recta tangente a una curva en el punto: P (x, y) y sea F el pie de laperpendicular bajada del punto al eje de abscisas. Determine la ecuación de la curva quepasa por el punto: (3, 4) y es tal que la distancia de F a la tangente es una constante:C.

15. Encuentre la ecuación de una familia de curvas tal que si se traza la tangente en unpunto P (x, y), la distancia de la tangente al origen es numéricamente igual a la abscisadel punto.

16. Una curva del plano está regida por la ecuación diferencial y(t) = sec (y(t)). Si la curvatiene un punto de mínima en el origen, determine la ecuación de la curva.Ayuda: la ecuación diferencial es de segundo orden pero se puede reducir a otra deprimer orden mediante el cambio de variable: p(t) = y(t). Donde p(t) es la pendientede la recta tangente a la curva en cualquier punto.


1.9.2. Problemas de crecimiento y decrecimientoSon innumerables las aplicaciones que involucran el crecimiento o decrecimiento de una va-riable física, económica o de cualquier otra índole. Sí x(t) es una variable cualquiera, la tasade variación de dicha variable con respecto al tiempo, viene dada por:

dx(t)

dt

Cualquiera que sea la situación o problema, nos debemos preguntar: ¿De qué depende la tasade variación de la variable?.Se han desarrollado algunos modelos simples para problemas tales como: crecimiento de unapoblación, crecimiento de dinero en el tiempo, desintegración de materiales radioactivos, et-cétera. Ilustraremos algunos de dichos modelos.

Ejemplo: 1.51. Una población tiene, en un instante determinado, una cantidad inicial dehabitantes Xi. Se desea determinar la cantidad de habitantes en cualquier instante suponiendoque la tasa de variación es directamente proporcional al número de habitantes en todo instante. Solución: Sea x(t) la población en el instante t > 0. La tasa de variación de la pobla-ción, según el modelo, es:

dx(t)

dt= kx(t)

Siendo k una constante de proporcionalidad.En consecuencia, se debe resolver el problema de valor inicial:

dx(t)

dt= kx(t) , x(0) = Xi

La ecuación diferencial es de variables separables y su solución general viene dada por:

x(t) = Cekt

Aplicando la condición inicial, se tiene:

x(t) = Xiekt

El valor de la constante k se determina a partir de una condición del problema. Por ejemplo,si la población se incrementa un 50 % en un período de tiempo, se tiene:

x(1) = 1.5Xi ⇒ k = ln(1.5)

En consecuencia, la población en todo instante viene dada por:

x(t) = Xieln(1.5)t = Xi(1.5)t


El modelo usado no es bueno ya que implicaría que la población crecería indefinidamente,es decir, no daría cuenta de las limitaciones propias de la población, tales como espacio yalimentos.

Ejemplo: 1.52. En un instante determinado se tiene una muestra de radio Xi. Determinela cantidad de sustancia en todo instante sabiendo que el tiempo de vida media del elementoes 1700 años. Solución: El tiempo de vida media es el que se requiere para que una sustancia se de-sintegre en un 50 %. Si x(t) es la cantidad de sustancia remanente en el instante t, se tiene:

dx

dt= −kx ; x(0) = Xi

La solución del problema de valor inicial dado es:

x(t) = Xie−kt

Ahora, puesto que x(1700) = 0.5Xi, se tiene que la constante k viene dada por:

k =ln(2)

1700

En consecuencia, la cantidad remanente en el instante: t viene dada por:

x(t) = Xi2−t/1700

Al cabo de 10 años, la cantidad remanente será aproximadamente: x(10) ≈ 0.996Xi, es decir,se ha desintegrado el 0.4 % de la muestra.

Ejemplo: 1.53. En el crecimiento de una población surgen circunstancias que impidenque su número exceda de cierto máximo M . En consecuencia, la tasa de variación de la pobla-ción es directamente proporcional al número de habitantes en todo instante y a la diferenciaentre el máximo y la población instantánea. Determine la población en todo instante sabiendoque inicialmente tenía N habitantes. Solución: El modelo sugerido para la tasa de variación de la población nos conduce aal problema de valor inicial (PVI):

dx(t)

dt= kx(t)[M − x(t)] ; x(0) = N

La ecuación diferencial recibe el nombre de ecuación logística y es la más usada para esti-mativos de crecimiento de poblaciones. Con base en lo estudiado previamente, la ecuación


diferencial es de variables separables, pero también es una ecuación de Bernoulli. Escribimosconvenientemente la ecuación, así:

dx

x(M − x)= kdt

Descomponiendo en fracciones parciales, resulta:

1

M

1

x+

1

M − x

dx = kdt

Integrando, resulta:ln(x) + ln(M − x) = kMdt + C

La expresión anterior se puede escribir en la forma:x

M − x= AekMt

La constante A se determine con la condición inicial, así:

A =N

M −N

Finalmente, despejando x(t), la población en todo instante viene dada por:

x(t) =MN

N + (M −N)e−kMt

La constante k se determina a partir de un dato del problema, por ejemplo, si la poblaciónse duplica al cabo de diez años, la constante k viene dada por:

k =1

10ln

2(M −N)

(M − 2N)

La gráfica de la figura 1.37 corresponde a la población en todo instante con los siguientesdatos: N = 5, M = 20, x(10) = 10.

Ejemplo: 1.54. Un país tiene en circulación papel moneda por valor de mil millones depesos. Los saldos en los bancos suman cinco millones diarios. El gobierno decide introduciruna nueva moneda cambiando todos los billetes antiguos que lleguen a los bancos por otrosnuevos. Determine el tiempo aproximados para que el papel moneda circulante sea dineronuevo en un 90 %. Solución: Sea x(t) la cantidad de dinero nuevo (en millones de pesos) en un instante tcualquiera y y(t) = 1000 − x(t) la cantidad remanente de dinero viejo. La tasa de variación


0 10 20 30 40 50 60 70

5

10

15

20

x(t)

t

Figura 1.37: Gráfica solución de crecimiento poblacional del ejemplo 1.53

de dinero nuevo, es decir, la velocidad con que se incrementa el dinero nuevo debe ser pro-porcional a la cantidad de dinero viejo presente en todo instante. Matemáticamente, se tieneque resolver el problema de valor inicial:

dx(t)

dt= k[1000− x(t)] ; x(0) = 0

La ecuación diferencial es de variables separables y también es lineal. Resolviendo como lineal,se tiene:

dx

dt+ kx = 1000k

El factor integrante es: φ = ekt, y por tanto, la solución general es:

x(t) = Ce−kt + 1000

Aplicando la condición inicial resulta que la cantidad de dinero nuevo en todo instante vienedada por:

x(t) = 1000[1− e−kt]

Para calcular k partimos del hecho de que el primer día se introducen cinco millones demoneda nueva, con lo que resulta:

5 = 1000[1− e−k]⇒ 1− e−k = 0.005⇒ e−k = 0.995⇒ k = ln(1.005)⇒ k ≈ 0.005

Así las cosas, la cantidad de dinero nuevo en todo instante es:

x(t) = 1000[1− e−0.005t]


Por tanto, el tiempo en días para que el dinero se renueve en un 90 % se calcula de la siguientemanera:

900 = 1000[1− e−0.005t]⇒ 1− e−0.005t = 0.9⇒ e−0.005t = 0.1⇒ t =ln(10)

0.005≈ 460

EJERCICIOS 1.11.

1. El tiempo de vida media del Radio es de 1700 años. Dada una muestra de dicho elemento,determine el porcentaje de la misma después de 100 años.

2. La carga eléctrica, en Culombios, sobre una superficie esférica desaparece a una velocidadproporcional a la cantidad de carga en todo instante. Sabiendo que inicialmente se tienen5µC y que a los 20 minutos han desaparecido 1.7µC, calcule el tiempo necesario paraque desaparezcan: 4µC.

3. Un isótopo radioactivo tiene un tiempo de vida media de T minutos y se produce en unreactor nuclear a una rata de a gramos por minuto. Determine la cantidad de isótopoen todo instante.

4. Se tiene una columna con forma de un sólido de revolución que está soportando un pesoW . Sabiendo que el radio de la base superior es R, encuentre la forma de la columnapara que la presión en cualquier sección sea constante. Suponga que el material de lacolumna es homogéneo.

5. La población de cierta ciudad aumenta proporcionalmente a la cantidad de habitantesen todo instante sí en 40 años pasa de 40000 a 90000, determine la población al cabode 60 años.

6. Un cultivo de bacterias aumenta proporcionalmente al cantidad presente en todo ins-tante. Si en media hora la cantidad original se incrementa en un 50 %, determine eltiempo necesario para que la cantidad original se triplique.

7. Un día empezó a nevar constantemente y una máquina quitanieves empezó a trabajara las doce del día de tal manera que recorrió 2 Kilómetros en la primera hora y unoen la segunda. Determine la hora aproximada en la que empezó a nevar. Suponga quela altura de la nieve en todo instante es proporcional al tiempo transcurrido desde queempezó a nevar y que la velocidad de la máquina es inversamente proporcional a laaltura de la capa de nieve.

8. En un instante, una capa de material volátil de espesor: y0 y aparece súbitamente enel fondo de un recipiente en forma de paralelepípedo con área en la base:A y altura:H. Posteriormente, cuando el espesor de la capa es y(t), se desprenden moléculas de lacapa a una rata constante y regresan a ella a una rata directamente proporcional a lacantidad evaporada. Determine el espesor de la capa en todo instante.


9. En un cultivo de bacterias el espacio es limitado y los alimentos se suministran a una rataconstante. La competencia es tal que la población se estabilizará en un nivel constanteQ. Sabiendo que la rata de variación de la población es directamente proporcional ala población instantánea y a la diferencia entre ella y el máximo, halle la población entodo instante y haga una gráfica.

10. En el año 2000 una ciudad intermedia tenía 300000 habitantes, mientras que en el 2005la cantidad de habitantes era de 350000. Algunos estudios muestran que la la cantidadde habitantes no superará el tope de los 800000 habitantes. Determine la poblaciónproyectada para el 2020.


1.9.3. Aplicaciones en el vaciado de recipientesConsideremos un recipiente que tiene la forma de un sólido de revolución como el que semuestra en la figura 1.38 A partir de un instante determinado se abre una válvula colocadaen la parte inferior del recipiente, con lo que empieza a vaciarse. Se pide calcular el tiempode vaciado del recipiente.

dy P(x,y)

a

H

R

A(y)

y=f(x)

(R,H)

Figura 1.38: Vaciado de tanques

Solución: Supongamos que el orificio correspondiente a la válvula tiene un área: a quees mucho menor que las dimensiones del recipiente.En todo instante, el volumen que sale por unidad de tiempo es proporcional al área del orificioy a la velocidad con que sale el líquido, esto es, la tasa de variación del volumen por unidadde tiempo viene dada por:

dV (t)

dt= −kav(t)

En la expresión anterior se tiene que la velocidad en todo instante es: v(t) y el volumen entodo instante es V (t). La constante depende básicamente de la forma del orificio. Ahora bien,la rapidez con que sale el líquido se determina aplicando la ley de la conservación de la energíapara una gota de líquido, así:Supongamos que en el instante en que una gota de líquido de masa: m se encuentra en el nively, en ese momento su energía potencial medida respecto al orificio viene dada por:

Ep = mgy


Al nivel del orificio, la energía de la gota es cinética, así:

Ec =1

2mv2(t)

De lo anterior se sigue que la velocidad con que sale el líquido es:

v(t) =

2gy

De otro lado, la variación del volumen con respecto al tiempo se determina tomando uninfinitésimo de volumen, así:

dV (t)

dt= A(y)

dy

dt

Con todo lo anterior resulta el problema de valor inicial siguiente que relaciona la altura delnivel del líquido en todo instante:

A(y)dy

dt= −ka

2g y

12 , y(0) = H

En la ecuación diferencial obtenida, A(y) es la sección transversal en todo instante y H es elnivel inicial del líquido.En algunos casos el área del orificio no es constante y su magnitud puede depender de laaltura del nivel del líquido, esto es, el área del orificio puede ser controlada.

Ejemplo: 1.55. Un recipiente cónico con la base en la parte superior tiene un orificio deárea constante: a en la parte inferior. Calcule el tiempo de vaciado. Solución: La figura 1.39 muestra la situación en un instante cualquiera t. De la geome-tría del problema se sigue que la sección tiene un área:

A = πx2

De otro lado, a partir de la figura 1.39, por semejanza de triángulos, se tiene la relación:

Hx = Ry

Con lo anterior, la sección tiene un área que depende de la altura del nivel del líquido en todoinstante, así:

A(y) =πr2y2

H2

Por simplicidad, definimos la constante:

B = πR2

akH2

2g


P(x,y)

a

H

R

dy A(y) x

y

Figura 1.39: Vaciado de tanque cónico

Con lo anterior resulta el problema de valor inicial de variables separables:

By32 dy + dt = 0 ; y(0) = H

El tiempo de vaciado resultante de resolver el problema es:

tv =2πR2

5ka

H

2g

Particularmente, si las dimensiones del recipiente son: H = 2m, R = 1m, y suponiendo queg = 9.8m/s2, a = 2cm2 y k = 1, el tiempo aproximado de vaciado será:

tv ≈ 33.4min


Ejemplo: 1.56. Un depósito en forma de canal, tal como lo ilustra la figura 1.40 tieneun orificio de área a practicado en el fondo. Calcule el tiempo de vaciado.

2R

L

a

xdy

P(x,y)

R

Figura 1.40: Vaciado de tanque en forma de canal

Solución: Teniendo en cuenta la figura 1.40, el diferencial de volumen viene dado por:

dV = 2Lxdy

De otro lado, puesto que el punto P (x, y) está sobre la circunferencia de radio R, se tiene que:

(y −R)2 + x2 = R2

Con base en lo anterior, el diferencial de volumen es una función de la variable dependientey, así:

dV = 2L

2Ry − y2 dy

En consecuencia, resulta el problema de valor inicial:

2L

2Ry − y2dy

dt= −ka

2g y

12 ; y(0) = R

Por simplicidad hacemos B =2L

ka√

2g, con lo que la ecuación diferencial a resolver es:

−B

2R− y dy = dt


Por integración directa, la solución general de la ecuación diferencial es:

t = C +2

3B(2R− y)

32

Aplicando la condición inicial y(0) = R , se encuentra que el tiempo de vaciado es:

tv =4RL

3ka

R

2g

Particularmente, si las dimensiones del recipiente son: L = 2m, R = 1m, y suponiendo queg = 9.8m/s2, a = 2cm2 y k = 1, el tiempo aproximado de vaciado será:

tv ≈ 50.2min

EJERCICIOS 1.12.

1. Un depósito semiesférico se encuentra inicialmente lleno de agua. Sí en el instante: t = 0se abre un orificio circular de radio: r en el fondo, determine el tiempo de vaciado.

2. Dos tanques: uno en forma de cilindro circular recto y otro en forma de cono circularrecto con el vértice hacia abajo, tiene el mismo radio en la base e idénticos orificios enla parte inferior. Sí demoran el mismo tiempo en vaciarse, determine la razón entre susalturas.

3. Un tanque en forma de cono circular recto con el vértice hacia abajo está inicialmentelleno de agua. Determine el tiempo que se requiere para que el volumen se reduzca a lamitad, si en el fondo se abre un orificio de área constante a. Suponga que el cono tieneuna altura: H y un radio en la base: R.

4. Repita el problema anterior suponiendo que el área del orificio no es constante sino queestá controlada por una válvula flotante de tal forma que el área en todo instante esproporcional a la altura del nivel del líquido.

5. Un recipiente cilíndrico circular recto de radio en la base: R y altura: H tiene dos orificioscirculares idénticos, uno en el fondo y otro en la pared a media altura. Determine eltiempo de vaciado.


1.9.4. Aplicaciones en la Química

Existe una variada gama de aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden aprocesos químicos. Entre las aplicaciones más comunes se tienen los problemas de mezclas, esdecir, los problemas que genéricamente se conocen como problemas de salmuera y los relativosa las reacciones químicas, o sea, problemas derivados de la aplicación de la ley masa-acción.

Figura 1.41: Definición de variables en aplicación de mezclas químicas

Ejemplo: 1.57. Se tiene un depósito con un volumen: Vi de una solución que tiene unaconcentración ci.Se desea cambiar la concentración de la solución mediante la apertura de dos válvulas talesque por una de ellas entre solución de concentración conocida: ce a una rata determinada: Ay otra por la que la mezcla homogénea escape a una rata B. Se desea determinar el volumeny la concentración en todo instante posterior a la apertura de las válvulas. Solución: La figura 1.41 muestra el sistema en los instantes: t = 0 y t > 0. Se tomacomo referencia el momento en que se abren las válvulas.

Es claro que tanto el volumen como la cantidad de soluto están variando con respecto al

tiempo. La concentración en todo instante se define como c(t) =q(t)

V (t). Siendo q(t) la canti-

dad de soluto en todo instante.La variación del volumen con respecto al tiempo debe ser igual a la rata de entrada menosla rata de salida, es decir, el volumen en todo instante está regido por el problema de valorinicial:

dV (t)

dt= A−B

Si las ratas de entrada y salida son constantes, la solución del problema es:

V (t) = (A−B)t + Vi


En cuanto a la cantidad de soluto, la variación con respecto al tiempo viene dada por la ratade entrada de soluto: Ace menos la rata de salida Bc(t), es decir, la cantidad de soluto estáregida por el problema de valor inicial:

dq(t)

dt+

B

V (t)q(t) = ACe ; q(0) = qi

La ecuación diferencial para la cantidad de soluto es lineal y se resuelve con las técnicas pre-viamente estudiadas.Particularmente, si se tiene un depósito con 400 litros de salmuera que tiene una concentra-ción de 0.1 Kilogramos de sal por litro al que entra agua pura a una rata constante de 12litros por minuto y la mezcla homogénea sale a una rata de 8 litros por minuto, el volumeny la cantidad de sal en todo instante se calculan de la siguiente manera:

Para el volumen:dV (t)

dt= 12− 8 = 4 ; V (0) = 400

El volumen en todo instante viene dado por:

V (t) = 4t + 400

Para la cantidad de sal: Puesto que la cantidad inicial es qi = 400(0.1) = 40, el problema devalor inicial asociado es:

dq(t)

dt+

2

4t + 400q(t) = 0 ; q(0) = 40

La solución del problema, esto es, la cantidad de sal en todo instante, vendrá dada por:

q(t) = 400000(t + 100)−2

En cuanto a la concentración en todo instante, se tiene:

c(t) = 100000(t + 100)−3

La figura 1.42 muestra las gráficas de la cantidad de sal y de la concentración en todo ins-tante. El tiempo necesario para que la concentración de la solución en el tanque baje a 0.01Kilogramos de sal es de 115.4 minutos, es decir, en una hora y 55 minutos.

Ejemplo: 1.58. Dos sustancias A y B reaccionan para formar una nueva sustancia C. Sesabe que la rapidez de formación de la nueva sustancia es proporcional a las cantidades de losreactivos presentes en todo instante y que para producir una parte de C se requieren a partesde A y b partes de B con a + b = 1. Inicialmente se tienen M gramos de A y N gramos de By al cabo de t1 minutos se han producido Q gramos de la nueva sustancia. Se pide determinarla cantidad de C en todo instante.


0 30 60 90 120 150

10

20

30

40q(t)

t

(a) Cantidad de sal q(t) en el tanque

0 30 60 90 120 150

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,1 c(t)

P(115.4,0.01)

t

(b) Concentración de sal c(t) en el tanque

Figura 1.42: Cantidad de soluto y concentración del ejemplo 1.57

Solución: Si denotamos por x(t) a la cantidad del nuevo compuesto C en el instante t,las cantidades de A y de B que han reaccionado son, respectivamente:

M − ax(t) y N − bx(t)

En consecuencia, el problema de valor inicial asociado es el siguiente:

dx(t)

dx= α[M − ax(t)][N − bx(t)] ; x(0) = 0

Donde α es la constante de proporcionalidad.

La ecuación diferencial es de variables separables, es decir, se puede expresar como:dx

(M − ax)(N − bx)= αdt

Descomponiendo en fracciones parciales, resulta:

a

M − ax+

b

N − bx

dx = α(Na−Mb)dt

Resolviendo las integrales, se tiene que:

ln(N − bx)− ln(M − ax) = α(Na−Mb)t + K

La constante K se determina con base en la condición inicial, así: K = ln(N)− ln(M).Aplicando las propiedades de los logaritmos, resulta:

M(N − bx)

N(M − ax)= eα(Na−Mb)t


Finalmente se despeja la variable x, quedando:

x(t) = MNeα(Na−Mb)t − 1

Naeα(Na−Mb)t −Mb

Puede verse que la cantidad de saturación del nuevo producto viene dada por:

Xsat = lımt→∞

x(t) =

M/a si Na > Mb

N/b si Na < Mb

La constante α se determina con la condición de que x(t1) = Q, resultando:

α =1

(Na−Mb)t1ln

M(N −Qb)

N(M −Qa)

Tomemos, por ejemplo, los datos siguientes:

M = 50gr ; N = 50gr ; t1 = 10min ; Q = 30gr ; a = 0.6 ; b = 0.4

Con estos datos: α ≈ 0.00172. La máxima cantidad que se produce, es decir, la cantidad desustancia de saturación para el caso que nos ocupa, es: Xsat = 83.3gr. La figura 1.43 ilustra lagráfica de la cantidad de sustancia que se produce en todo instante, usando los datos previos.

0 20 40 60 80 100 120 140 160

20

40

60

80

100

x(t)

t

Figura 1.43: Cantidad de sustancia de sustancia C producida, del ejemplo 1.58


Ejemplo: 1.59. Se tiene un tanque con dos válvulas cerradas que contiene 4m3 de unamezcla de agua con 4Kgr de un soluto. A las 6:00 a.m se abre la válvula de entrada, dejandopasar una mezcla que contiene 0.5Kgr/m3 del soluto a una velocidad de 2m3/min. Al cabo de1 hora, alguien abre la válvula de salida y la mezcla escapa a una rata de 3m3/min. Encuentrela ecuación que determina la cantidad y concentración de soluto. Solución: El tanque contiene inicialmente: qi = 4Kgrs, Vi = 4m3, de donde la concen-tración inicial es: Ci = qi

Vi= 1Kgr/m3.

Para la mezcla de entrada, tenemos: A = 2m3/min y Ce = 0.5Kgr/m3.

Tomamos t = 0 a las 6:00 a.m, en minutos. Dado que la válvula de salida está cerrada,tenemos: B = 0.La ecuación para el volumen es: V (t) = At + Vi = 2t + 4.

Y para el soluto es:dq(t)

dt= ACe . De donde: q(t) = ACet + qi = t + 4.

Y para la conentración: C(t) =q(t)

V (t)=

t + 4

2(t + 2).

Al cabo de 1 hora (7:00 a.m), obtenemos: V (60) = 124m3, q(60) = 64Kgr y Ci = 64124 =

0.52Kgr/m3.En este instante, se abre la válvula de salida dejando escapar la mezcla, y las condiciones son:

Vi = 124m3, A = 2m3/min, Ce = 0.5Kgr/m3, qi = 64Kgr, B = 3m3/min

Cambiamos nuestro eje de referencia temporal y tomamos este instante como t = 0. Laecuación para el volumen nos queda:

V (t) = (A−B)t + Vi = −t + 124

Y para el soluto:dq(t)

dt= 1− 3q(t)

124− tcon q(0) = 64

El factor integrante de la ecuación diferencial: Φ = eR 3

124−t dt = (124− t)−3 .Y la solución es:

q(t) = K(124− t)3 + (124− t)3

(124− t)−3dt = K(124− t)3 +

1

2(124− t)

Reemplazando las condiciones iniciales, tenemos:

q(0) = 64 = K(124)3 + 62⇒ K =2

1243

Por lo tanto, la solución para el soluto es:

q(t) = 2

1− t

124

3

+124

2

1− t

124

= 2

1− t

124

1− t

124

2

+ 31


Y la concentración nos queda:

C(t) =1

62

1− t

124

2

+31

62

Se puede observar que al cabo de 124min la cantidad de soluto es cero y la concentraciónalcanzada es C(124) = 31

62 ≈ 0.52Kgr/m3.Finalmente, uniendo las dos soluciones para cada intervalo de tiempo, obtenemos las solucio-nes:

q(t) =

t + 4 , para 0 < t ≤ 60

2

1− t− 60

124

1− t− 60

124

2

+ 31

, para t > 60

C(t) =

t + 4

2(t + 2), para 0 < t ≤ 60

1

62

1− t− 60

124

2

+31

62, para t > 60

La figura 1.44 muestra la gráfica correspondiente, en donde se puede ver que al cabo de 184min(3 horas y 4 min) la cantidad de soluto es cero, es decir, a las 9:04 a.m.

0 23 46 69 92 115 138 161 184

8

16

24

32

40

48

56

64

t

q(t)

(a) Cantidad de soluto q(t) en el tanque

0 23 46 69 92 115 138 161 184

1

t

C(t)

(b) Concentración de soluto c(t) en el tanque

Figura 1.44: Cantidad de soluto y concentración del ejemplo 1.59


EJERCICIOS 1.13.

1. Un depósito contiene 100 galones de agua pura. Salmuera que contiene una libra de salpor galón entra al depósito a razón de tres galones por minuto y la mezcla homogéneaescapa del depósito a la misma rata. Determine la cantidad de sal en el recipiente entodo instante y determine la concentración de sal al cabo de mucho tiempo.

2. Un tanque contiene 100 galones de salmuera con una concentración de 0.2 Libras de salpor galón. Sí entra agua pura a razón de 3 galones por minuto y la mezcla homogéneaescapa a razón de 2 galones por minuto, determine la concentración de sal en el recipienteen todo instante.

3. Suponiendo que la mezcla del problema anterior pasa a un recipiente que tenía inicial-mente 50 galones de agua pura y la mezcla uniforme escapa a una rata de 2 galones porminuto, determine la máxima cantidad de sal en el segundo depósito.

4. El aire de un recinto recién desocupado contiene el 0.12 de su volumen en CO2. Sedesea renovar el aire en la habitación de tal manera que en 10 minutos la concentraciónde CO2 baje al 0.06 %. Calcule el número de metros cúbicos de aire que debe entrarpor minuto, sabiendo que la concentración de CO2 en el aire es de: 0.04 % en volumen.Suponga que el recinto se mantiene uniforme y que la rata de salida es igual a la deentrada.

5. A un frasco entra oxígeno puro por un tubo y por otro escapa la mezcla de oxígeno y airea la misma velocidad. Sí la mezcla al interior del tubo es uniforme, halle el porcentajede oxígeno después de que han pasado cinco litros. Suponga que el aire contiene el 21 %de oxígeno.

6. Un tanque contiene 400 litros de agua pura. Salmuera que contiene 50 gramos de salpor litro entra al recipiente a razón de 8 litros por minuto y simultáneamente, la mezclahomogénea escapa con la misma velocidad. A los 10 minutos se detiene el proceso ycomienza a entrar agua pura a razón de 8 litros por minuto dejando que la mezcla salgaa la misma velocidad. Determine la cantidad de sal en el tanque en todo instante.

7. Un lago tiene una concentración de contaminantes C0. El lago está siendo constante-mente contaminados por un río que contiene una concentración: k de contaminantes yque entra al lago con una rata A. Al lago caen directamente contaminantes a una rataP . Encuentre una expresión aproximada para la concentración de contaminantes en ellago en todo instante, suponiendo que los desechos no son sólidos y que el volumen dellago permanece constante.

8. En el problema anterior, suponga que bruscamente se detiene el proceso de contami-nación, es decir, el río contiene agua limpia y cesan de caer contaminantes al lago.Determine el tiempo necesario para que el nivel de contaminación se reduzca en un50 %. Suponga, además, que el lago desagua con la misma rapidez.


9. Un depósito con capacidad para 100 litros contiene 60 litros de salmuera cuya con-centración es de 10 gramos de sal por litro. En el instante: t = 0 se abre una válvulapermitiendo que entre agua pura a razón de 5 litros por minuto. Cuando el depósitoestá lleno se abre una válvula por la que la mezcla homogénea escapa a razón de 6 litrospor minuto. Determine el volumen y la cantidad de soluto en todo instante.

10. Dos sustancias A y B reaccionan para formar una nueva sustancia C. Se sabe quela rapidez de formación de la nueva sustancia es proporcional a las cantidades de losreactivos presentes en todo instante y que para producir una parte de C se requieren 0.6partes de A y 0.4 partes de B . Inicialmente se tienen 400 gramos de A y 400 gramos deB y al cabo de 20 minutos se han producido 50 gramos de la nueva sustancia. Se pidedeterminar la cantidad de C en todo instante.

11. Se tienen dos compartimentos que tienen el mismo volumen: V separados por una mem-brana permeable de área A. Inicialmente los compartimentos están llenos con ciertassoluciones de concentraciones: x0 y y0. Sí x(t) es la concentración en todo instante dela solución más diluida y y(t) la concentración de la más concentrada, muestre queel proceso de difusión entre los dos compartimentos viene descrito por el sistema deecuaciones:

x0 + y0 = x(t) + y(t)

dx(t)

dt= k

A

V(x0 + y0 − 2x)

12. Para el problema anterior, determine la concentración en todo instante en cada com-partimiento con los siguientes datos: x0 = 0; y0 = 0.1; x(20) = 0.02; y(20) = 0.08 y eltiempo se mide en minutos. Haga un gráfico en el que se muestren las concentracionesen ambos compartimentos.

13. Sea V (t) el volumen de los fluidos en el cuerpo humano, q(t) la concentración de glucosapresente en todo instante y que se supone está uniformemente distribuida en los fluidos.Suponga que los tejidos absorben glucosa a una rata proporcional a la concentraciónen todo instante. Cuando los niveles de glucosa son muy bajos, lo cual es lo normal, lasolución de glucosa se inyecta en las venas a razón de A miligramos por minuto, peroel líquido acompañante no incrementa de manera significativa el volumen. Sí q0 es laconcentración inicial de glucosa, encuentre una expresión para la cantidad de glucosaen todo instante y represente gráficamente.


1.9.5. Aplicaciones en la ley de enfriamiento de NewtonUn cuerpo que tiene una temperatura: Ti se introduce en un medio cuya temperatura am-biente es Ta. Determine la temperatura del cuerpo en todo instante sabiendo que en instante:t1 su temperatura se conoce, es decir: T (t1) = T1.

La Ley del enfriamiento de Newton establece que la tasa de cambio de la temperatura esproporcional a la diferencia entre la temperatura ambiente y la del cuerpo. Lo anterior, sídesignamos por: T (t) a la temperatura del cuerpo en todo instante, nos conduce al problemade valor inicial:

dT (t)

dt= k[Ta − T (t)] ; T (0) = Ti

La ecuación diferencial es lineal, es decir, se puede expresar en la forma:

dT

dt+ kT = kTa

La solución del problema es:T (t) = Ta + (Ti − Ta)e

−kt

El valor de la constante de proporcionalidad k se calcula con base en la condición dada, estoes T (t1) = T1. La siguiente secuencia de pasos nos permite determinar k:

T1 = Ta + (Ti − Ta)e−kt1 ⇒ T1 − Ta

Ti − Ta= e−kt1 ⇒ ekt1 =

Ti − Ta

T1 − Ta

En consecuencia, el valor de k es:

k =1

t1ln

Ti − Ta

T1 − Ta

El inverso de k recibe el nombre de constante de tiempo del sistema y viene dado por:

τ =1

k=

t1

ln

Ti − Ta

T1 − Ta

Así las cosas, la temperatura del cuerpo en todo instante es:

T (t) = Ta + (Ti − Ta)e−t/τ

Para efectos prácticos se supone que el cuerpo alcanza la temperatura final al cabo de cincoconstantes de tiempo. En efecto, evaluando la temperatura en el instante t = 5τ , resulta:

T (5τ) = Ta + (Ti − Ta)e−5 ≈ Ta + 0.0067(Ti − Ta)


Ejemplo: 1.60. Antes del mediodía se introduce una torta en un horno precalentado a300 grados centígrados (°C). A las doce, meridiano, la temperatura de la torta es de 200°C ya la una de la tarde es de 250°C. Sí la temperatura inicial de la torta es de 30°C, determinela temperatura de la torta en todo instante y calcule la hora aproximada en que se introdujoal horno. Solución: Supongamos que el lapso de tiempo transcurrido entre el instante en que se in-trodujo la torta y las doce del día es t1. Del enunciado del problema se sigue que T (t1) = 200y T (t1 + 1) = 250. Ahora bien, la temperatura en todo instante viene dada por:

T (t) = 300 + (30− 300)e−tτ = 300− 270e−t/τ

A partir de las dos condiciones dadas resulta el sistema de ecuaciones:

200 = 300− 270e−t1τ

250 = 300− 270e−t1+1

τ

El sistema se puede escribir en la forma:

270e−t1τ = 100

270e−t1+1

τ = 50

Dividiendo las ecuaciones, se tiene: e−1/τ = 2. Por tanto, la constante de tiempo del sistemaes: τ = 1/ ln(2) ≈ 1.443 horas. En cuanto a t1, se encuentra que t1 = τ ln(2.7) ≈ 1.433 horas.Se concluye que la torta se introdujo al horno aproximadamente a las once horas y 34 minutos.La temperatura en todo instante es:

T (t) = 300− 270e−t/τ

La figura 1.45 muestra la gráfica de la temperatura en todo instante.De la figura se concluye que la torta se puede sacar del horno al cabo de cinco horas a partirdel instante en que se introdujo, es decir, a las tres y media de la tarde. Evidentemente setrata de una especie de torta poco común.


1 2 3 4 5 6 7 8 90

60

120

180

240

300T(t)

t

Figura 1.45: Temperatura de la torta en el ejemplo 1.60

EJERCICIOS 1.14.

1. Se desea calentar un cuerpo en un horno precalentado a 300°C. Sí al momento de in-troducirlo tiene una temperatura de 30°C y en media hora se duplica, determine latemperatura del cuerpo en todo instante y calcule el tiempo requerido para alcanzar el95 % de la temperatura final.

2. Antes del mediodía se introduce una torta en horno precalentado a 300°C. A las docedel día la temperatura de la torta es de 250°C y, a la una de la tarde es de 280°C. Sí latemperatura inicial era de 30°C, determine el instante en que se introdujo en el horno ycalcule el tiempo necesario para que su temperatura se de 295°C.

3. A las nueve de la mañana se baja del fogón una olla con agua hirviendo y se deja enfriarlibremente de tal manera que, cinco minutos más tarde, su temperatura es de 80°C.Determine el tiempo necesario para que alcance una temperatura de 40°C. Suponga quela temperatura ambiente es de 30°C.

4. Se desea medir la temperatura de un horno con un termómetro cuya medida máxima esde 50°C. Cuando la medida del termómetro es de 20°C se introduce al horno. Al cabode 1 minuto el termómetro marca 25°C y dos minutos después marca 45°C. Determine,aproximadamente, la temperatura del horno.

5. En una habitación, cuya temperatura ambiente es de 20°C, es encontrado un cadávera seis de la tarde. Al momento de ser hallado, su temperatura es de 30°C y una horadespués es de 25°C. Calcule aproximadamente la hora del fallecimiento. Suponga que almomento de morir, su temperatura era de 37°C.


1.9.6. Aplicaciones en la dinámicaSupongamos una partícula de masa: m que se mueve siguiendo la trayectoria de la figura1.46. Nos interesa determinar la posición y la velocidad en todo instante. La segunda Ley de

P(x,y)

v(t)m

Figura 1.46: Movimiento de una partícula de masa m

Newton establece que la variación de la cantidad de movimiento de la partícula es igual a lafuerza resultante en la dirección del movimiento. Matemáticamente, se tiene:

d(mv)

dt= F

Normalmente la fuerza F depende del tiempo t, de la posición s(t) y de la velocidad instan-tánea v(t). Vale la pena recordar que la velocidad es la variación de la posición con respecto

al tiempo, esto es: v(t) =ds(t)

dt. Así las cosas, la segunda ley de Newton queda en la forma:

mdv

dt+ v

dm

dt= F (t, s, v)

Si se conoce la velocidad en el instante inicial, es decir, v(0) = Vi resulta el problema de valorinicial:

dv

dt= f(t, s, v) ; v(0) = Vi

Se considerará movimiento rectilíneo y situaciones en las que f no dependa del tiempo, esdecir, enfrentaremos problemas de la forma:

dv

dt= f(s, v) ; v(0) = Vi


Ejemplo: 1.61. Una partícula de masa constante: m es atraída al origen con una fuerzaproporcional a la distancia. Determine la posición y la velocidad de la partícula en todo ins-tante si se suelta desde un punto que dista: a metros del origen. Solución: La figura 1.47 muestra la situación planteada. El problema de valor inicial aso-

F=-kx(t) m

P(a,0)

Figura 1.47: Movimiento de una partícula de masa m con fuerza restitutiva −kx

ciado a la velocidad en todo instante es:

mdv

dt= −kx ; v(a) = 0

La regla de la cadena permite escribir la ecuación diferencial en la forma:

mvdv

dt+ kx = 0

La ecuación diferencial es de variables separables y su solución general viene dada por:

v2 = C − k

mx2

Puede verse que el coeficiente de x2 tiene unidades de frecuencia al cuadrado. Por tanto,hacemos ω2 =

k

m, con lo que la solución general se puede escribir en la forma:

v2 = C − ω2x2

Aplicando la condición inicial v(a) = 0 se obtiene que, la velocidad de la partícula en todoinstante está dada por:

v(t) = ω√

a2 − x2

En cuanto a la posición de la partícula en todo instante, tenemos el problema de valor inicial:

dx√a2 − x2

= ωdt ; x(0) = a


Integrando y evaluando la condición inicial se encuentra que la posición de la partícula entodo instante es:

x(t) = a cos(ωt)

La gráfica de la posición es una señal cosenoidal de frecuencia ω. Se trata de un movimientoarmónico simple. En ausencia de rozamiento, la partícula describe un movimiento oscilatoriode amplitud: a alrededor del origen.

Ejemplo: 1.62. Determine la velocidad en todo instante de una partícula de masa m,que se deja caer desde una distancia muy grande de la superficie de la tierra. Suponga que nohay rozamiento. Solución:

(0,y)m

M R

Figura 1.48: Movimiento gravitacionalde un cuerpo hacia la superficie de la tie-

rra.

La fuerza con que la tierra atrae a la partícula obe-dece a la Ley de la gravitación universal, esto es, sidenotamos por y(t) a la distancia en todo instanteentre la partícula y el centro de la tierra, tal comolo ilustra la figura 1.48, la segunda Ley de Newtonqueda en la forma:

mdv

dt= −KGmM

y2

Donde M es la masa de la tierra, KG es la constantegravitacional. La constante: KG se determina con lacondición de que la fuerza en el momento de tocarla superficie es igual al peso de la partícula, esto es:

KGmM

R2= mg ⇒ KG =

gR2

M

En consecuencia, la ecuación diferencial del movimiento es:

dv

dt= −gR2

y2

Aplicando la regla de la cadena, la ecuación diferencial se puede escribir en la forma:

vdy

dt= −gR2

y2⇒ vdv = −gR2y−2dy

Integrando, se obtiene la solución general:

v2 = 2gR2y−1 + C


La constante de integración se encuentra con base en la condición inicial, así:supongamos que el cuerpo se dejó caer desde una distancia: R de la superficie, siendo R elradio de la tierra; en tal caso, la condición inicial es v(2R) = 0. La constante de integraciónes: C = −gR y en consecuencia, la velocidad en todo instante es:

v(t) =

2gR2y−1 − gR

La velocidad con que la partícula llega a la superficie viene dada por:

v(R) =

gR

Ejemplo: 1.63. Si se hiciera un hueco que atravesara diametralmente a la tierra, uncuerpo de masa constante: m que estuviera en él sería atraído hacia el centro con una fuerzadirectamente proporcional a la distancia. Si el cuerpo se suelta desde un punto situado en lasuperficie, determine la ecuación del movimiento suponiendo que no hay rozamiento. Solución:

(t,y)m

M R

Figura 1.49: Movimiento gravitacionalde un cuerpo hacia el interior de la tierra.

Con base en la figura 1.49, la ecuación diferencial aresolver es:

mdv

dt= −KGy

Aplicando la regla de la cadena, la velocidad y laposición se relacionan mediante el problema de valorinicial:

mvdv

dy+ KGy = 0 ; v(R) = 0

En la expresión anterior, R es el radio de la tierra.La constante de proporcionalidad: KG se determinacon base en el hecho KGR = mg. En consecuencia,el problema de valor inicial queda en la forma:

Rvdv + gydy = 0 ; v(R) = 0

La solución general de la ecuación diferencial es:

v(t) = ω

R2 − y2 ; ω =g

R

La posición del cuerpo en todo instante se encuentra por integración, obteniéndose:

y(t) = R cos(ωt)


Al igual que en el problema del ejemplo anterior, el cuerpo describe un movimiento armónicosimple alrededor del centro de la tierra. El periodo de la oscilación es:

T =2π

ω= 2π

R

g

Suponiendo que el radio promedio de la tierra es 6366 Kilómetros, el periodo de oscilaciónsería, aproximadamente, una hora y 24 minutos.

Ejemplo: 1.64. Un hombre y su paracaídas están cayendo con una velocidad: Vi en elinstante en que se abre el paracaídas.Sí el aire opone una resistencia proporcional al cuadrado de la velocidad instantánea, encuen-tre una expresión para la velocidad en todo instante. Solución:

(0,y)

mg kBv2(t)

m

Figura 1.50: Fuerzas que ac-túan en el movimiento

Tomando como referencia el punto en el que se abre el paracaí-das, como lo ilustra la figura 1.50, la segunda Ley de Newtonestablece que:

mdv

dt= mg − kBv2

La ecuación se puede escribir en la forma:

m

kB

dv

dt=

mg

kB− v2

Definimos la velocidad límite como: VL =

mg

kB

En consecuencia, el problema de valor inicial asociado a la ve-locidad es:

dv

VL2 − v2

=g

VL2dt ; v(0) = Vi

Integrando, se obtiene:1

2ln

VL + v

VL − v

=

g

VL2 t + C

Evaluando la constante y despejando, se encuentra que la velocidad en todo instante vienedada por:

v(t) = VLVL + Vi + (Vi − VL)e

− 2gVL

t

VL + Vi + (VL − Vi)e− 2g

VLt

Claramente se observa que: VL = lımt→∞

v(t)


A manera de ejemplo, sí el hombre y su paracaídas tiene una masa de 120 Kilogramos yla constante de fricción es numéricamente igual a 100, la velocidad límite será: VL = 3.46m/s.La figura 1.51 muestra la velocidad en todo instante cuando la velocidad inicial es: Vi = 50m/s.Puede verse que la velocidad límite se alcanza en menos de un segundo después de abrir elparacaídas. Se deja como ejercicio al estudiante que determine la posición en todo instante.

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9

4

8

12

16

20

24 v(t)

t

VL

Figura 1.51: Velocidad de caida libre de hombre en paracaidas del ejemplo 1.64

Ejemplo: 1.65. Una bola de nieve tiene inicialmente una masa de un Kilogramo y selanza horizontalmente con una velocidad de 100 metros por segundo. En su movimiento, labola gana masa linealmente, a razón de 0.1 Kilogramos por segundo. Determine la posicióny la velocidad en todo instante si la fricción es numéricamente igual a la décima parte de lavelocidad instantánea. Solución: La segunda Ley de Newton establece que:

d(mv)

dt= −0.1v

Aplicando la regla de derivación del producto, tenemos:

mdv

dt+ v

dm

dt= −0.1v

Ahora, puesto que la bola gana masa linealmente a una rata de 0.1 Kilogramos por segundo,la masa en todo instante viene dada por m = 1 + 0.1t. Así las cosas, el problema de valorinicial para la velocidad es:

(1 + 0.1t)dv

dt+ 0.1v = −0.1v ; v(0) = 100


La ecuación diferencial para la velocidad es lineal y se puede escribir en la forma:dv

dt+

2

t + 10v = 0

La solución general de la ecuación diferencial es: v(t) = C(t + 10)−2

Evaluando la condición inicial, resulta que la velocidad en todo instante es:

v(t) =10000

(t + 10)2

En cuanto a la posición, integrando la velocidad y aplicando la condición x(0) = 0, se tiene:

x(t) = 1000− 10000

t + 10

De acuerdo con el modelo, la bola se detiene aproximadamente a los 90 segundos y ha recorridoun total de 900 metros.La figura 1.52 muestra, respectivamente, la velocidad y la posición de la bola en todo instante.Es bueno aclarar que al cabo de 90 segundos la velocidad no es exactamente cero sino que esde un metro por segundo, es decir, el 99 % de la velocidad inicial. De otro lado, la masa de labola al cabo de 90 segundos es:

m(90) = 1 + 0.1(90) = 10Kg

Para el mismo problema, si la fricción es numéricamente igual a la décima parte de la velocidad

30 60 90

0

25

50

75

100

t

v(t)

P(90, 1)

(a) Velocidad v(t) de la bola de nieve.

0 30 60 90

200

400

600

800

1000

t

x(t)

P(90, 900)

(b) Posición x(t) de la bola de nieve.

Figura 1.52: Velocidad y posición de la bola de nieve del ejemplo 1.65.

al cuadrado, el problema de valor inicial resultante es:dv

dt+

1

t + 10v = − 1

t + 10v2 ; v(0) = 100

Se deja al estudiante la solución del problema, teniendo en cuenta que la ecuación diferenciales de Bernoulli.


EJERCICIOS 1.15.

1. Suponga que la tierra es una esfera redonda de radio: R y considere una partícula demasa: m que se mueve sobre una tabla tangente a la superficie. Sí se desprecia todaclase de rozamiento, halle la velocidad y la posición de la partícula en todo instante.Suponga que, al pasar por el punto de tangencia, la velocidad de la partícula es: V0.

2. Una partícula de peso: W está restringida a moverse sobre una circunferencia de radio:a en un plano horizontal. Sí se frena debido a una fuerza proporcional al cuadrado dela velocidad, demuestre que el desplazamiento angular viene dado por:

θ(t) =W

Kgaln

1 + KgV0

t

W

En donde: K es una constante y V0 es la velocidad inicial.

3. Un paracaidista y su paracaídas tienen una masa de 200 Kilogramos. En el momento deabrirse, el conjunto cae con una velocidad de 10 metros por segundo. Suponiendo que laresistencia del aire es numéricamente igual a cinco veces la velocidad en todo instante,determine:

a) La velocidad límite.b) La velocidad y la posición en todo instante.

4. La fuerza: F0 del motor de un carro lo acelera a partir del reposo hasta alcanzar unavelocidad V0. A partir de ese instante se aplican los frenos hasta reducir su velocidada un 50 %. Halle la distancia total recorrida. Suponga que durante la aceleración lafricción es proporcional a la velocidad, esto es: Fr = K1v y que durante el frenado esdirectamente proporcional al cuadrado de la velocidad: Fr = K2v2.

5. Una cadena uniforme de 0.6 metros de longitud empieza a resbalar colgando la mitad desu longitud sobre el borde de una mesa lisa. Halle el tiempo necesario para que resbalecompletamente.

6. Despreciando la resistencia del aire, halle la velocidad que se le debe imprimir a unproyectil de masa: m para que escape del campo gravitacional de la tierra.

7. Una cadena uniforme cuelga de una clavija con 0.8 metros de su longitud por un lado yun metro por el otro. Suponiendo que la fricción es numéricamente igual al peso de 10centímetros de cadena, halle el tiempo necesario para que resbale completamente.

8. Una partícula de masa: m se dispara verticalmente hacia arriba con una velocidad V0.Sí la resistencia del aire es proporcional al cuadrado de la velocidad, calcule la alturaalcanzada.


9. Un torpedo se desplaza a 60 millas por hora en el momento en que se agota su combus-tible. Sí la fricción es directamente proporcional a la velocidad y en la primera milla derecorrido su velocidad se reduce a la mitad, determine la distancia a la que se detendrá.

10. Un proyectil es lanzado con una velocidad: V0 y con un ángulo de elevación α. Sí laresistencia del aire es directamente proporcional a la velocidad instantánea, determinela posición y la velocidad en todo instante. Se sugiere descomponer el movimiento segúnlos ejes coordenados.

11. De un rollo de cadena que está en reposo, se desenrolla y cae directamente por acciónde la gravedad. Suponiendo que parte del reposo con una longitud: L desenrollada, hallela cantidad desenrollada en cualquier instante.

12. Un hombre y su paracaídas caen libremente. En el instante en que la velocidad es de72 Kilómetros por hora, se abre el paracaídas de tal manera que la resistencia del airees proporcional al cuadrado de la velocidad. Sí la velocidad límite es de 5 metros porsegundo, encuentre la velocidad y la posición en todo instante

13. Una bola de nieve tiene inicialmente una masa de un Kilogramo y en movimiento, ganamasa a razón de 0.1 Kilogramos por segundo. Sí la fricción es numéricamente igual aldoble de la velocidad en todo instante, determine la velocidad y la posición en todoinstante sabiendo que se lanza con una velocidad de 200 metros por segundo.

14. Se dispara verticalmente hacia arriba un proyectil de un kilogramo de masa con unavelocidad inicial de cinco mil metros por segundo. Suponiendo que la resistencia del airees proporcional al cuadrado de la velocidad, determine la altura máxima alcanzada.

15. Un automóvil de 1000 Kilogramos de masa está viajando a una velocidad de 120 Kilóme-tros por hora en el momento de aplicar los frenos. Sí al recorrer 100 metros su velocidadse ha reducido a la mitad, determine la velocidad y la posición en todo instante.

16. Una bola de nieve tiene inicialmente una masa de un Kilogramo y se lanza horizontal-mente con una velocidad de 100 metros por segundo. En su movimiento, la bola ganamasa a razón de 0.1 Kilogramos por segundo. Determine la posición y la velocidad entodo instante si la fricción es numéricamente igual a la décima parte del doble de lavelocidad instantánea.


1.9.7. Aplicaciones en los circuitos eléctricosEn el estudio de los circuitos eléctricos hay dos elementos que son capaces de almacenar ener-gía. Dichos elementos son: el capacitor o condensador y el inductor o bobina. El capacitor esun dispositivo que almacena energía en su campo eléctrico mientras que el inductor lo haceen su campo magnético. Cualquiera que sea el elemento circuital, cuando se somete a unvoltaje: v(t) circula una corriente i(t). La potencia almacenada por el elemento viene dadapor p(t) = v(t)i(t).

Figura 1.53: Símbolo para Resistor, Capacitor e Inductor

Para un capacitor, cuyo símbolo se muestra en la figura 1.53, la carga almacenada es di-rectamente proporcional al voltaje aplicado, así:

q(t) = Cv(t)

La constante de proporcionalidad es la capacitancia del capacitor y su valor depende funda-mentalmente de su geometría y del material dieléctrico. La capacitancia se mide en Faradios,donde un Faradio es la capacitancia que tiene un capacitor que almacena una carga de unCulombio cuando se la aplica un voltaje de un Voltio. Puesto que una carga de un Culombio esexageradamente grande, se trabaja habitualmente con submúltiplos. Ahora bien, la variaciónde la carga con respecto al tiempo es la corriente, así:

i(t) =dq(t)

dt

De lo anterior resulta la relación funcional entre el voltaje y la corriente en un capacitor, así:

i(t) = Cdv(t)

dt

En cuanto al inductor, cuyo símbolo se ilustra en la figura 1.53, el voltaje es directamenteproporcional a la variación de la corriente, así:

v(t) = Ldi(t)

dt

La constante de proporcionalidad recibe el nombre de autoinductancia o simplemente induc-tancia y se mide en Henrios.


Puede notarse la dualidad en el comportamiento de los dos dispositivos, es decir, lo que parael capacitor es el voltaje, para el inductor es la corriente y viceversa.

Ejemplo: 1.66. Para el circuito de la figura 1.54, determine el voltaje del capacitor entodo instante t > 0, sabiendo que tiene un voltaje inicial: Vi.

Figura 1.54: Circtuito RC Solución: Para t > 0 se establece una corriente variable: i(t) y la Ley de Kirchhoff paravoltajes establece que:

Ri(t) + v(t) = E

La corriente viene dada por:

i(t) = Cdv(t)

dtResulta el problema de valor inicial para el voltaje:

dv

dt+

1

RCv =

1

RCE ; v(0) = Vi

El producto: RC es la constante de tiempo del sistema, se mide en segundos y se denota porla letra griega τ . Puede verse que la ecuación diferencial es lineal y que la solución general es:

v(t) = Ce−t/τ + E

Aplicando la condición inicial se tiene que el voltaje en el capacitor en todo instante es:

v(t) = E + (Vi − E)e−t/τ

Puede verse que al cabo de cinco constantes de tiempo el capacitor ha alcanzado el voltajede la fuente. El problema es similar al que resulta de la Ley del enfriamiento de Newton.La figura 1.55 ilustra el voltaje en todo instante del capacitor cuando los datos son:

R = 1000Ω ; C = 10−3F ; E = 10V ; Vi = 0

Si en el circuito dado se cambia el capacitor por un inductor inicialmente desenergizado y


0 2,5 5 7,5 10

5

10

v(t)

t

Figura 1.55: Voltaje en el capacitor

de inductancia L, el problema de valor inicial asociado a la corriente en el inductor en todoinstante es:

Ldi(t)

dt+ Ri(t) = E ; i(0) = 0

Al igual que en el caso anterior, la ecuación diferencial es lineal y se puede escribir en la forma:

di(t)

dt+

1

τi(t) =

E

τR; τ =

L

R

Se deja como ejercicio al estudiante que encuentre la corriente en todo instante.


EJERCICIOS 1.16.

1. Un circuito serie RL se alimenta en el instante: t = 0 con una fuente de voltaje constantede 10 Voltios. Suponiendo que el inductor estaba inicialmente en reposo, determine lacorriente en el inductor en todo instante. Tome R = 10Ω y L = 1H.

2. Un resistor de 100Ω está en serie con un condensador 0.001 Faradios. El sistema seexcita, en t = 0, con una fuente de voltaje senoidal: vi(t) = 10 sin(t). Determine elvoltaje en el capacitor en todo instante.

3. Un circuito RC se alimenta en el instante: t = 0 con una fuente de voltaje constante de 10Voltios. Suponiendo que el capacitor estaba inicialmente en reposo, determine el voltajeen todo instante sí la capacitancia es variable y está dada por: C(t) = 0.1(1 + 0.01t) yla resistencia es constante e igual a 10Ω.

4. Para el circuito de la figura 1.56, determine el voltaje v(t) en el capacitor en todoinstante.

Figura 1.56: Circuito RC

5. Para el mismo circuito anterior, sustituya el capacitor por un inductor de un Henrio ycalcule el voltaje v(t).

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97298762-Ecuaciones-Diferenciales-udea-Cap1.pdf