UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL Facultad Regional …De esta relación de dependencia que liga a x, y y sus derivadas buscamos obtener esa función y = f(x) que es la solución de

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL Facultad Regional Paraná

Departamento Materias Básicas

ECUACIONES DIFERENCIALES

SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

Autores: Ing. Felicia Dora Zuriaga Ing. Celestino Benito Brutti

Septiembre de 2015

Ecuaciones

Diferenciales

Tema 1: Ecuaciones Diferenciales - Definición - Orden y Grado.

Tema 2: Soluciones de una Ecuación Diferencial.

Tema 3: Condición Suficiente de Existencia y Unicidad de la Solución.

Tema 4: Punto de Vista Geométrico de las Soluciones - Curvas Integrales

Tema 5: Trayectorias Ortogonales.

Tema 6: Envolvente de una Familia de Curvas.

Tema 7: Ecuaciones Diferenciales de Variables Separables.

Tema 8: Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 1° Orden.

Tema 9: Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogéneas de 1° Orden

Tema 10: Ecuaciones Diferenciales Lineales de 1° Orden.

Tema 11: Ecuación Diferencial de Bernoulli o Reducibles a Lineal de 1°

Orden.

Tema 12: Ecuación Diferencial Exacta.

Tema 13: Reducción a Ecuaciones Diferenciales Exactas - Factor

Integrante

Tema 14: Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas - Definición y

Propiedades Generales.

Introducción Teórica.-

Ejercitación.-

Autoevaluación.-

Estudio con Mathematica.-

Respuesta a los Ejercicios.-

Respuestas a las Autoevaluaciones.-

Tema 15: Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas de 2° Orden

con Coeficientes Constantes.

Tema 16: Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas de Enésimo

Orden con Coeficientes Constantes.

Tema 17: Ecuación Diferencial Lineal No Homogénea de 2° Orden

Tema 18: Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homogéneas de 2° Orden

con Coeficientes Constantes - Método de los Coeficientes

Indeterminados.

Tema 19: Sistemas de Ecuaciones Diferenciales de Coeficientes

Constantes.

Tema 20: Reducción de un Sistema a una Ecuación de n-esimo Orden.

Tema 21: Método de Euler para un Sistema de Ecuaciones Diferenciales

Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes.

Tema 22: Método de Variación de las Constantes.

Tema 23: Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales.

Introducción Teórica.-

Ejercitación.-

Autoevaluación.-

Estudio con Mathematica.-

Respuesta a los Ejercicios.-

Respuestas a las Autoevaluaciones.-

Ecuaciones Diferenciales

Ing. Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti

3

TEMA 1: ECUACIONES DIFERENCIALES -

DEFINICION - ORDEN Y GRADO.

a-) Definición:

Llamamos ecuación diferencial a una ecuación que relaciona: la

variable independiente x; la variable dependiente y [o función incógnita

y=f(x)] y las derivadas: y’; y’’; y(3)

; y(4)

; ... y(n)

.

Esta ecuación tiene la forma:

0;...;;;; )()3()2( nyyyyyxF donde y es una función de x.

De esta relación de dependencia que liga a x, y y sus derivadas

buscamos obtener esa función y = f(x) que es la solución de la ecuación

diferencial y que se obtiene por integración como veremos más adelante.

Si esta función y = f(x) depende de una sola variable independiente (x

en este caso) la ecuación diferencial se llama: ecuación diferencial

ordinaria.

Si en la ecuación diferencial hay más de una variable independiente y

las derivadas parciales con respecto a una o más de esas variables la

ecuación diferencial se llama: ecuación diferencial en derivadas

parciales.

Ejemplo:

0 kxdx

dy es una ecuación diferencial ordinaria.

02

2

2

2

x

y

x

z es una ecuación diferencial en derivadas parciales.

zy

zy

x

zx

es una ecuación diferencial en derivadas parciales.

y’ – 2xy = 0 es una ecuación diferencial ordinaria.

31' xy

xy es una ecuación diferencial ordinaria.

022 dyxydxyx es una ecuación diferencial ordinaria pues:

es:

2

2

22

yx

yx

dx

dy

dyxydxyx

b-) Orden

El orden de una ecuación diferencial es el orden de la derivada superior

que interviene en ella.



4

c-) Grado:

Es el grado de la derivada de mayor orden que figura en ella, una vez

que la ecuación diferencial ha sido racionalizada y se han quitado los

denominadores respecto a todas las variables.

Ejemplo: Clasificar las siguientes ecuaciones diferenciales e indicar el orden y

grado de las mismas.

46xy

xy Ordinaria, Orden 1, Grado 1.

xeyyy 265 Ordinaria, Orden 2, Grado 1.

0652

yyy Ordinaria, Orden 2, Grado 1.

xyyy sen653

Ordinaria, Orden 2, Grado 3.

032

2

2

22

y

z

x

z

yx

z En Derivadas Parciales, Orden 2, Grado 1.

zy

zy

x

zx

En Derivadas Parciales, Orden 1, Grado 1.

dxdxydyx 2 Ordinaria, Orden 1, Grado 1.

pues:

x

y

dx

dy

dxydyx

2

2

dtx

dx Ordinaria, Orden 1, Grado 1.

pues: xdt

dx



5

TEMA 2: SOLUCIONES DE UNA ECUACIÓN

DIFERENCIAL

a-) Solución:

Dada la ecuación diferencial 0;...;;;; )()3()2( nyyyyyxF se

denomina solución de la ecuación diferencial a toda función y = f(x) tal

que introducida ella y sus derivadas en la ecuación diferencial la

transforma en una identidad.

La solución se suele llamar integral de la ecuación diferencial pues en

la mayoría de los casos esta se obtiene integrando.

Por ejemplo si tenemos la ecuación diferencial:

065 yyy

decimos que xey 2 es una solución de ella, pues si calculamos y’ e y’’,

y las reemplazamos en ella, obtenemos una identidad.

Verifiquémoslo: xey 2

x

x

ey

ey

2

2

4

2

Si reemplazamos en: 065 yyy

00

01010

06254

22

222

xx

xxx

ee

eee

Luego xey 2 es una solución de la ecuación diferencial

065 yyy .

Tomemos otro ejemplo sencillo donde por integración calculemos la

solución. Sea la ecuación diferencial y’’’ = 0 (ordinaria, de 3 orden y

grado 1).

Si y’’’ = 0 y’’ = C1 pues: y’’ = 100 Cdx

Luego y’ = 211 CxCdxC

Debo volver a integrar

32

2

1

21

2CxC

xCy

dxCxCy

que es la solución.

Es evidente que al variar C1, C2 y C3 obtendremos infinitas soluciones.



6

Viendo esto clasificaremos las soluciones en:

b-) Solución General:

Al resolver la ecuación diferencial como vimos, cada vez que se integra

se obtiene una constante.

La solución general es la integral que contiene tantas constantes como

orden tiene la ecuación diferencial.

Luego 32

2

12

CxCx

Cy es la solución general de la ecuación

diferencial ordinaria de 3 orden y’’’ = 0.

También podemos decir que xx eCeCy 32

21 es la solución general

de la ecuación diferencial ordinaria de segundo orden: 065 yyy

(lo demostraremos en un tema posterior).

Luego en general podemos decir que la función

nCCCCxy ...,,, 321 es la solución general de

0;...;;;; )()3()2( nyyyyyxF si reemplazada en esta la transforma en

una identidad.

La solución general también puede obtenerse en forma implícita:

0,...,,, 21 nCCCyx

De la solución general concluimos que:

1. Satisface a la ecuación diferencial 0;...;;;; )()3()2( nyyyyyxF

para cualquier valor de las constantes.

2. Cualquiera sea la condición inicial y = y0 para x = x0 se puede

encontrar un conjunto de valores para las constantes C10; C20; C30; ...

Cn0 de tal modo que la solución 0302010 ...,,, nCCCCxy satisfaga

a la ecuación diferencial y a las condiciones iniciales dadas.

c-) Solución Particular

Si tenemos una ecuación diferencial lineal: 0;; yyxF su solución

general será del tipo 1;Cxy .

Ahora, toda solución 10;Cxy deducida de la solución general

dando a la constante un valor determinado C10 se denomina solución

particular.

Si la ecuación diferencial es de orden n:

0;...;;;; )()3()2( nyyyyyxF

Su solución general será:

nCCCCx ...,,, 321



7

y su solución particular será obtenida para valores determinados de las

constantes, siendo:

0302010 ...,,, nCCCCx .

Ejemplo:

Dada la ecuación diferencial:

x

y

dx

dy

Trataremos de separar sus variables, dejando todas las x en un miembro

con su diferencial y todas las y en el otro con su diferencial, con el objeto

de poder integrar.

x

dx

y

dy

Si integramos

Cexy

Cxy

Cxy

Cxy

Cx

dx

y

dy

)ln(

lnln

lnln

Luego, la solución general es:

x

ey

C

Si ponemos una condición inicial: y0 = 1 para x0 = 10 y la reemplazamos

en la solución general podremos hallar el valor de C0 que la satisface.

0

0

10

101

C

C

e

e

Para despejar C0 tomamos logaritmos:

eC ln)10ln( 0 (siendo ln e = 1)

10ln0 C

Reemplazando C0 en la solución general obtendremos la solución

particular:



8

xy

x

ey

10

10ln

d-) Solución singular

En algunos casos especiales la ecuación diferencial admite además de la

solución general otras soluciones no incluidas en la solución general.

Estas soluciones se llaman soluciones singulares.

TEMA 3: CONDICION SUFICIENTE DE EXISTENCIA

Y UNICIDAD DE LA SOLUCION.

El teorema que estudiaremos establece las condiciones suficientes para

que la solución de una ecuación diferencial del tipo:

),( yxfdx

dy exista y sea única.

Teorema:

Dada la función de variable real: f(x,y), la cual es continua en un cierto

dominio D del plano x,y que contiene al punto P0(x0,y0), entonces el

problema de valor inicial ),( yxfdx

dy que satisface la condición y(x0) =

y0 tiene al menos una solución en un intervalo abierto que pertenece a

y contiene a x=x0.

Si se cumple también que la derivada parcial y

f

es continua en D,

entonces la solución es única en algún intervalo abierto, posiblemente

más pequeño pero que contiene a x = x0.

Observación:

Aún cuando no se cumplan las condiciones anteriores puede ocurrir que

existan las soluciones y sean únicas en el dominio D del plano x,y.

No demostraremos este teorema, pero veremos con algunos ejemplos su

aplicación.

Ejemplo:

Dada la ecuación diferencial: xydx

dycos , hallar su solución y calcular

la solución particular para y(0) = 1.



9

En este ejemplo f(x,y) = ycos(x) es continua (x;y), por lo tanto la

solución de esta ecuación diferencial existe para y0 = y(x0). Si calculamos

xy

fcos

es continua x , por lo tanto la solución es única.

Calculemos la solución general

xydx

dycos Si separamos variables e integramos

Cxy

Cxdxy

dy

senln

cos

1lnsenln Cxy

11

senln

senlnln

10sen

1

sen1

sen

1

1

1

CeC

eCy

eC

y

xC

y

xCy

x

x

xey sen existe la solución y es única.

Ejemplo:

Dada la ecuación diferencial ydx

dy2 , hallar su solución general y

calcular la solución particular para y(0) = 0.

Solución:

La función y2 es continua en todo su dominio, esto garantiza que la

ecuación diferencial tiene al menos una solución, que pasa por P0 (0;0)

que pertenece al dominio.

Si calculamos yyy

f 1

2

12

que no es continua en y = 0 por lo

tanto la solución puede no ser única en x = 0.

Si resolvemos ydx

dy2

Para ello separamos variables e integramos



10

Cdxy

dy

2

Cxy si x = 0; y = 0

0 = 0 + C luego C = 0

2xy

xy

(y 0) es una solución

Pero y 0 es también solución y satisface la condición y(0) = 0.

Como vemos al no ser continua la y

f

en P0(0;0) hay dos soluciones que

cumplen que y(0) = 0. Ejemplo:

Dada la ecuación diferencial 2

2

x

y

dx

dy analizar sus soluciones con el

teorema de existencia y unicidad.

Solución:

2

2

:,x

yyxf

Es discontinua en x = 0 (o sea todo punto sobre el eje x, incluido el

punto P(0,0). En P(0,1) es discontinua.

El teorema no garantiza una solución a través de (0,1) por ser f(x,y)

discontinua en ese punto y en (0,0). Pero si resolvemos la ecuación

diferencial vemos que hay soluciones que pasan por ese punto. Con esto

queda bien claro que la continuidad de f(x,y) es una condición

suficiente, pero no necesaria para la existencia de soluciones en el

punto.

Ejemplo:

Dada la ecuación diferencial 28

1

ydx

dy , estudiar su solución en (0,0)

Solución:

28

1:),(

yyxf no es continua en y = 0.

34

1

yy

f

no es continua en y = 0.



11

Si resolvemos 28

1

ydx

dy separando variables e integrando:

0C 0 y 0, x si 3

8

8

3

2

Cxy

Cdxdyy

3

8

3xy existe solución en (0,0), luego la condición no es necesaria para

la existencia de soluciones.



12

TEMA 4: PUNTO DE VISTA GEOMETRICO DE LAS

SOLUCIONES

CURVAS INTEGRALES. Desde el punto de vista geométrico la solución general de una ecuación

diferencial representa una familia de curvas llamadas curvas integrales.

Para cada valor de la constante hay una curva que es la representación

gráfica de la solución particular.

Si tenemos una ecuación diferencial lineal F(x,y,y’) = 0 su solución

general y=f(x;C) representa una familia de curvas, en cambio la solución

y = f(x,C0) representa a una de las curvas y es una solución particular.

Por ejemplo: si tenemos la ecuación diferencial: x

y

dx

dy

Si separamos las variables Cx

dx

y

dy

x

dx

y

dy

Si integramos:

Cxy

Cxy

Cxy

Cxy

.

ln).ln(

lnlnln

lnlnln

(la const. C1 se puede expresar como ln

C)

x

Cy (solución general)

La solución general es una familia de hipérbolas equiláteras con

asíntotas verticales x = 0 y horizontales y = 0.

Si graficamos algunas curvas de la familia

Siendo y’ discontinua en x = 0 no hay solución en el eje de ordenadas.

Si damos un valor inicial siendo por ejemplo y0 = 2 para x0 = 1

encontramos la solución particular que pasa por el punto P0(1,2)

y

x



13

Siendo x

Cy ; si 2

12 C

C

La solución particular es x

y2

; y su representación gráfica es la

hipérbola.

Por ejemplo si resolvemos la ecuación diferencial y

x

dx

dy

Si separamos variables y.dy = x.dx

Si integramos Cdxxdyy

Cxy

Cxy

22

2222

22

(solución general)

La solución general en este ejemplo representa una familia de

circunferencias con centro en el origen de coordenadas y radio Cr 2 .

P0 2

1 x

y

x

y



14

TEMA 5: TRAYECTORIAS ORTOGONALES.

Dado un haz de curvas en el plano o una familia de curvas cuya

ecuación es (x,y,C)=0, buscamos la ecuación de otra familia de curvas

tal que en cada punto del plano estas curvas sean perpendiculares a

(x,y,C)=0. (1)

Por ejemplo un haz de rectas que pase por el origen de coordenadas (de

ecuación y = C1x) es perpendicular en cada punto al haz de

circunferencias concéntricas x2 + y

2 = C con centro en el origen de

coordenadas.

Si derivamos la función implícita (x,y,C)=0 su derivada será:

0

dx

dy

ydx

dx

x (2)

Si formamos un sistema de ecuaciones con (1) y(2):

0

0;;

dx

dy

yx

Cyx

(3)

y eliminamos C de este sistema. Al eliminar C del sistema (3)

obtendremos una ecuación 0,,

dx

dyyxF (4).

En (4) la derivada dx

dy es la pendiente de la curva en cada punto M(x,y).

Al decir curva nos referimos a la curva integral.

Si pretendemos hallar una trayectoria ortogonal su pendiente en ese

punto debe ser recíproca y cambiada de signo respecto a la de (4). Por lo

tanto

dx

dydx

dyT 10

Si en (4) introducimos esa pendiente obtendremos la ecuación

diferencial de las trayectorias ortogonales a (x,y,C)=0.

Obtenemos 01

dx

dyyxF ,, (5)

Si resolvemos esta ecuación diferencial obtendremos la ecuación de la

familia de curvas ortogonales 0,,0

CyxT (6)



15

Si graficamos:

Ejemplo: Hallar las trayectorias ortogonales al haz de parábolas y = c.x

2.

Solución:

Si planteamos el sistema (3) visto en la teoría tendremos

Cxdx

dy

Cxy

2

2

(3)

Debemos ahora eliminar C de este sistema.

Despejamos C de la primera ecuación 2x

yC y la reemplazamos en la

segunda

x

y

dx

dy

xx

y

dx

dy

2

22

(4)

Si en (4) reemplazamos dx

dy por

dx

dy

1 tendremos la ecuación diferencial:

x

y

dy

dx

x

y

dx

dy

2

21

(5)

/2

To(x,y,C)

(x,y,C)



16

Si en (5) separamos variables e integramos:

Cxy

Cdxx

dyy

dxx

dyy

42

2

2

22

Cxy

42

22

(6)

La ecuación de la familia de elipses (6) es ortogonal en todo punto de

intersección con la familia de parábolas y = C.x2

Ejemplo:

Hallar las trayectorias ortogonales al haz de rectas y = Cx.

Solución:

Planteamos el sistema (3)

Cdx

dy

Cxy

(3)

Si eliminamos C en (3) obtenemos x

y

dx

dy (4)

x

y



17

Si en (4) reemplazamos dx

dy por

dx

dy

1 tendremos la ecuación diferencial

del haz de trayectorias ortogonales



18

x

y

dx

dy

1

dyydxx (5)

Si integramos:

Cyx

Cdyydxx

22

22

Cyx 222 (6)

(6) es la ecuación de una familia de circunferencias concéntricas con

centro en el origen de coordenadas y perpendiculares a las rectas y = Cx.

Si graficamos:

En Coordenadas Polares

Si pretendemos hallar las trayectorias ortogonales al haz de curvas

0;;

d

d

estas serán 0;; 2

d

d

Ejemplo:

Las trayectorias ortogonales al haz de cardioides sen1 C se

determinan derivando respecto a :

d

dCC

d

d

cos

1cos

Sustituyendo en la ecuación dada

sen1

cossen1

cos

1

d

d

d

d

x

y



19

Si sustituimos

d

d por

d

d 2 tendremos:

sen1

cos

d

d. Si

separamos variables e integramos:

CCdd

lncoslntgseclnlnlntgsec

sen1

tgsen

cos

C

C que es el haz de trayectorias

ortogonales.



20

TEMA 6: ENVOLVENTE DE UNA FAMILIA DE

CURVAS.

Si resolvemos una ecuación diferencial del tipo yxfdx

dy, su

solución será 0,, Cyx (1) que gráficamente representa una familia

de curvas o un haz de curvas. Para cada valor que le damos a C la

ecuación (1) representa una curva del plano x,y.

Por ejemplo y – Cx2 = 0 representa un haz de parábolas y para cada

valor que le asignamos a C obtenemos una parábola diferente.

Buscamos la ecuación de una curva que se llama envolvente del haz de

curvas Cyx ,, , de tal manera que la curva envolvente sea tangente a

una curva del haz en cada uno de sus puntos.

Sea y = f(x) la ecuación de la envolvente que suponemos continua y

derivable.

Si graficamos:

Si tomamos un punto P(x,y) sobre y = f(x) este punto pertenece también

a una de las curvas del haz 0,, Cyx . En esa curva, C tiene un valor

determinado, dado por la ecuación C = C(x,y).

Para todos los puntos de y = f(x) se verifica que

0,;; yxCyx (2)

Si C(x,y) es no constante y derivable en la región del plano x,y en

estudio, vamos a determinar el coeficiente angular de la tangente a la

envolvente en P(x,y). Derivamos (2) con respecto a x.

0

dx

dy

y

C

Cdx

dy

yx

C

Cdx

dx

x

Reordenando:

0

dx

dy

y

C

x

C

Cdx

dy

yx

y = f(x)

(x,y,C) = 0

y P(x, y)

x



21

Como en la curva del haz dado C es una constante

0

C, entonces

el coeficiente angular de la tangente al haz dado se despeja de

0

dx

dy

yx siendo 0

y y 0

dx

dy

y

C

x

C

C

En la envolvente C(x,y) 0 (no es constante), luego:

0

dx

dy

y

C

x

C

Entonces para los puntos de la envolvente es: 0,, CyxC

Luego para hallar la ecuación de la envolvente se debe eliminar C del

sistema:

0,,

0,,

Cyx

Cyx

C

Al eliminar C de estas ecuaciones obtenemos y = f(x), que es derivable

(donde C no es una constante sobre esta curva). Esta curva y = f(x) es la

envolvente del haz.

Ejemplo:

Hallar la envolvente del haz de circunferencias 222ryCx

Solución:

Derivamos la ecuación del haz dado respecto a C:

012 Cx

Ahora formamos el sistema:

0,,

0,,

Cyx

Cyx

C

02

222

Cx

ryCx

Eliminamos C del sistema. Para ello despejamos C de la segunda

ecuación y la reemplazamos en la primera.

ry

ryryryxxxC 22222

que son dos rectas horizontales paralelas.

Si graficamos:

y = -r

y r

-r

y = r

x



22

Ejemplo: Hallar la envolvente de las trayectorias de las balas de un cañón al ser

disparadas con distintos ángulos respecto a la horizontal del piso.

La ecuación de la trayectoria es en coordenadas paramétricas

cos0tvx ; 2

sen2

0

tgtvy , siendo v0 la velocidad inicial de la

bala y g la aceleración de la gravedad.

Solución:

Si hallamos la ecuación de la trayectoria en coordenadas cartesianas esta

será:

22

0

2

cos2tg

v

xgxy

que es la ecuación del haz de parábolas

descriptas por las balas.

Av

g

202

es un valor constante y además

2

2tg1

cos

1 .

Luego 22 tg1tg xAxy si hacemos tg = C

22 1 CxAxCy donde C es el parámetro.

Si derivamos con respecto a C obtenemos

CxAx 20 2 Formamos ahora el sistema

02

1

2

22

xACx

CxAxCy

Si despejamos C de la segunda ecuación y la reemplazamos en la

primera, obtenemos:

2

4

1xA

Ay

Esta es la ecuación de una parábola que es la envolvente del haz de

curvas que son trayectorias de las balas.

Si graficamos:

x

y



23

Ejemplo: Hallar la envolvente de la familia de circunferencias con centro en la

recta y=x (y > 0, x > 0) y que pasan por el origen de coordenadas.

Solución:

La circunferencia con centro en P(a,a) y que pasa por el origen tiene por

ecuación:

2222 aayax

(Esta es la ecuación del haz de circunferencias al tomar a distintos

valores). Si la desarrollamos: 0222 yxayx

Si derivamos con respecto a a: 0 + 0 – 2(x + y) = 0

Obtenemos el sistema

02

0222

yx

yxayx

Eliminando a del sistema obtenemos x = 0; y = 0 e y + x = 0. Luego y =

- x que es la recta bisectriz del segundo y cuarto cuadrante es la

envolvente.

Si graficamos:

a

a

y = x y

x

Y = -x

y

x



24

EJERCICIOS XIII 1-) En las siguientes ecuaciones diferenciales indicar si son ordinarias o

en derivadas parciales y determinar su grado y orden.

a-) 0 xyy

b-) xeyyy 2

c-) 02

2

2

2

y

z

x

z

d-) 322

yy

e-) xeyy 2

f-) xyy sen2

g-) xeyy 164

h-) 2334 yy

i-) 2232

2

2

2

2

662 xyyxyyx

z

y

z

x

z

j-) xeyyy x sen65 2

2-) Dadas las siguientes ecuaciones diferenciales verificar si las

funciones dadas son una solución de la misma e indicar el tipo de

solución.

a-) 065 yyy ; xey 2

b-) 065 yyy ; xey 3

c-) 065 yyy ; xx eCeCy 32

21

d-) 065 yyy ; xx eey 32 83

e-) 0 xyy ; 2

2x

ey

f-) 0 xyy ; 2

2x

Cey

g-) 0 xyy ; Cey

x

2

2

h-) 044 yyy ; xey 3

i-) x

y

dx

dy ; y = x



25

j-) x

y

dx

dy ;

xy

1

3-) ¿Qué familia de curvas representa la solución de las siguientes

ecuaciones diferenciales?

a-) y’’ = 0

b-) y’’ = k

c-) 0 dxxdy

d-) 04

y

x

dx

dy

e-) 0cos xdx

dy

4-) Hallar la ecuación diferencial cuya solución es el haz de parábolas y =

Cx2.

5-) Hallar la ecuación diferencial cuya solución es el haz de rectas y =

Cx.

6-) Determinar el haz de curvas integrales que son la solución de

a-) 0x

y

dx

dy

b-) 0y

x

dx

dy

c-) xdx

dy2

7-) Hallar las trayectorias ortogonales al haz de circunferencias x2 + y

2 =

C.

8-) Idem para el haz de hipérbolas x2 - y

2 = C.

9-) Dado el haz de circunferencias de radio 1 y centro en el eje x, hallar

la ecuación diferencial del haz y la o las ecuaciones de las curvas

envolventes.



26

Resuelva la Autoevaluación N 13

Ej. 1-) Hallar la ecuación del haz de curvas o trayectorias ortogonales al

haz Cxy .

Ej. 2-) Hallar la ecuación diferencial cuya solución es el haz de

circunferencias x2 + y

2 = C.

Ej. 3-) Determinar el haz de curvas integrales que son la solución de la

ecuación diferencial y

x

dx

dy .

Ej. 4-) Hallar la familia de curvas que son la solución de la siguiente

ecuación diferencial xedx

dy .

Ej. 5-) Hallar la familia de curvas que son la solución de la siguiente

ecuación diferencial 02

2

x

y

dx

dy.

Tabla de rendimientos

Ej. 1 Ej. 2 Ej. 3 Ej. 4 Ej. 5 Total

20 20 20 20 20 100

Ver resultados al final del capítulo

Nota: si obtuvo menos del 80 %, vuelva a estudiar los conceptos

anteriores. Si obtuvo 80 % o más, pase a los temas siguientes.



27

TEMA 7: ECUACIONES DIFERENCIALES DE

VARIABLES SEPARABLES.

Si consideramos una ecuación diferencial de primer orden

yxfdx

dy,

se llama de variables separables si f(x,y) puede expresarse como el

producto de una función de x por una función de y o por el cociente de

esas funciones.

yhxgdx

dy ó

yh

xg

dx

dy ó

xg

yh

dx

dy

Se pueden presentar los siguientes casos:

a-) yhxgdx

dy Si separamos las variables e integramos

Cdxxgyh

dy

b-) 0 dyyhdxxg Si integramos

Cdyyhdxxg

c-) 02211 dyyhxgdxyhxg Si dividimos ambos miembros por

021

22

21

1121 dy

xgyh

yhxgdx

xgyh

yhxgxgyh Si integramos

Cdyyh

yhdx

xg

xg

1

2

2

1

d-) La ecuación diferencial de primer orden xfdx

dy es la más simple

y su solución es directa.

dxxfdy

Cdxxfdy si F(x) es la primitiva de f(x)

CxFy

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial

21

2 9

x

x

dx

dy



28

Solución:

Separamos las variables e integramos

Cx

dxxdy

92

Cxy 92 (es la solución general)

Ejemplo:


1

12

x

y

dx

dy

Solución:

Separamos las variables e integramos.

Cxey

Cxy

Cx

dx

y

dy

x

dx

y

dy

arctg

2

2

1

arctg1ln

11

11

Cxey arctg1 (es la solución general)

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial y determinar la solución particular que

cumple con la condición inicial y(1) = 3.

02412 dxyxxdyx

Solución:

Separamos las variables e integramos.



29

12

12

12

1

2

2

1

2

2

221

421

241

2

1

2

1

1

2

2

2

2

2

2

xCy

xCy

Cxy

Cx

dxx

y

dy

x

dxx

y

dy

dxyxdyx

dxyxdyx

dxyxxdyx

lnln

lnlnln

12 21 xCy es la solución general.

La solución particular para y0 = 3 y x0 = 1 es

2

121

)11(23

11

1

CC

C

12

12 2 xy Solución particular para y(1) = 3.

Ejemplo:


3

2

32

324

x

y

dx

dy

Solución:

Separamos las variables e integramos

C

xy

Cx

dx

y

dy

x

dx

y

dy

2

32

32

32

1

322

1

32

4

32

32

4

32

que es la solución general en forma implícita. De ella podemos despejar

y:



30

6

132

324

132

3264

32

321

32

1

64

1

2

2

2

2

2

2

2

xC

xy

xC

xy

x

xCC

xy

4

6

4324

322

2

xC

xy Solución general explícita

Ejemplo:

Resolver y verificar

011 22 dyxydxyx

Solución:

Si separamos las variables

11

11

22

22

y

dyy

x

dxx

dyxydxyx

Si dividimos

01

11

1

11

dy

yydx

xx Si integramos

11

11

1

11 Cdy

yydx

xx

general solución 11ln211

2211ln21212

211ln222

1ln2

1ln2

222

2122

122

1

22

Cyxyx

CCyxyyxx

Cyxyyxx

Cyyy

xxx

Verificación: para ello diferenciamos la solución general:



31

011

01

2

1

2

01

212

1

212

01

21

21212

22

22

dyxydxyx

dyy

ydx

x

x

dyy

ydxx

x

y

dy

x

dxdyydxx

que verifica el resultado.

TEMA 8: ECUACIONES DIFERENCIALES

HOMOGENEAS DE PRIMER ORDEN.

a-) Dada una función f(x,y) se dice que esta función es homogénea de

grado n respecto a las variables x e y si al reemplazar x por kx e y por ky

se verifica la identidad

kyxfkkykxf n ;;

Ejemplo:

La función 22 5; yxyxyxf es homogénea de grado 2, pues

2222255; yxyxkkykykxkxkykxf

Ejemplo:

La función x

yyxyxf

2

, es homogénea de grado 1, pues

x

yyxk

kx

kykykxkykxf

22

,



32

Ejemplo:

La función 22

22

,yx

yxyxf

es homogénea de grado 0 (cero), pues

22

220

222

222

22

22

,yx

yxk

yxk

yxk

kykx

kykxkykxf

Una ecuación diferencial de primer orden se dice homogénea si tiene la

forma:

yxfdx

dy, (1)

donde f(x,y) es una función homogénea de grado 0, o sea que:

yxfyxfkkykxf ;;; 0 (2)

b-) Solución de la ecuación diferencial lineal homogénea

Si tenemos: kykxf ; y hacemos k = 1/x entonces

x

yfy

xx

xfkykxf ;1

1;

1; (3)

Por ser f(x,y) homogénea de grado cero tenemos que:

x

yfkykxfyxf ,1,, de (2) y (3)

si hacemos la sustitución x

yv (4)

vfx

yfyxf ,1,1,

(5)

siendo x

yv y = v.x luego:

dx

dvx

dx

dxv

dx

dy

dx

dvxv

dx

dy (6)

Si reemplazamos (5) y (6) en (1) tendremos

yxfdx

dy,

vfdx

dvxv ,1



33

que es una ecuación diferencial de variables separables. Si separamos las

variables:

x

dx

vvf

dv

vvfdx

dvx

,1

,1

Si integramos obtenemos la solución

Cx

dx

vvf

dv

,1 (7)

Al integrar obtenemos una solución (x,v,C). En esta solución debemos

reemplazar v por x

y para obtener la solución general buscada 1 (x,y,C).

Nota: la ecuación diferencial:

0,, dyyxNdxyxM es homogénea si M(x,y) y N(x,y)

son homogéneas del mismo grado. Por ejemplo: 022 dyxydxyx

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial 22 yx

xy

dx

dy

Solución:

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

22

0

222

2

22

.;

yx

xyk

yxk

xyk

kykx

kykxkykxf

(es homogénea de

grado cero).

Aplicamos la fórmula (7) siendo 222 11

.1,1

v

v

v

vvf

C

x

dx

vvf

dv

,1 siendo

x

yv



34

Cxv

dv

v

dv

Cxv

dvv

Cx

dx

v

vvv

dv

Cx

dx

vv

v

dv

ln

ln1

1

1

1

3

3

2

2

2

2

Cxvv

lnln2

12

siendo x

yv

Cxx

y

y

x

lnln

2 2

2

es la solución general

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial yx

yx

dx

dy

Solución:

Verifiquemos si yx

yxyxf

, es homogénea de grado cero

yx

yxk

yxk

yxk

kykx

kykxkykxf

0, (es homogénea de grado cero)

Aplicamos la fórmula (7) siendo v

vvf

1

1,1



35

x

yvCxvv

Cxv

dvv

v

dv

Cxv

dvv

Cx

dx

vv

v

dv

x

yvC

x

dx

vvf

dv

siendo 12

1

11

1

1

1

1

siendo 1

2

22

2

lnlnarctg

ln.

ln

,

Cxx

y

x

y

ln1ln

2

1arctg

2

2

es la solución general.

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial (x3 + y

3)dx - 3xy

2dy = 0

Solución:

(x3 + y

3) es homogénea de grado 3 y también 3xy

2 es homogénea de

grado 3 por lo tanto la ecuación diferencial dada es homogénea.

Si despejamos 2

33

3xy

yx

dx

dy

Luego 2

3

2

33

3

11y

3 v

vvf

xy

yxyxf

,,

Si aplicamos la formula (7)

generalsolución la es 212

1

siendo 212

1

21

3

3

1

1

3

3

3

3

2

2

3

cxx

y

x

yvcxv

cxv

dvv

x

dx

vv

v

dv

cx

dx

vvf

dv

lnln

lnln

ln

,



36

TEMA 9: ECUACIONES DIFERENCIALES

REDUCIBLES A HOMOGENEAS DE PRIMER ORDEN.

a-) Ecuaciones diferenciales del tipo

111 cybxa

cbyax

dx

dy

(1) donde a, b, c, a1, b1 y c1 son constantes.

Si c = c1 = 0 se resuelven de la forma vista en el tema 8, pues sería

homogénea.

vvba

bva

dv

x

dxC

11

siendo x

yv

Si c1 0 ; c2 0 o ambos c1 y c2 son distintos de cero

111 cybxa

cbyax

dx

dy

(1) no es homogénea.

Para lograr que la ecuación (1) sea homogénea realizaremos el siguiente

cambio de variables.

kyy

hxx

1

1 siendo

1

1

dydy

dxdx (2)

Si reemplazamos en (1)

11111

11

1

1

ckybhxa

ckybhxa

dx

dy

Si ordenamos

1111111

11

1

1

ckbhaybxa

cbkahbyax

dx

dy

(3)

En (3) debemos tomar h y k de tal manera que se anule

0

0

111 ckbha

cbkah (4)

Al resolver este sistema encontraremos los valores de h y k que reducen

(3) a una ecuación homogénea.

1111

11

1

1

ybxa

byax

dx

dy

(5)

A esta ecuación le aplicamos la solución vista en el tema 8.

Cx

dx

vvba

bva

dv

1

1

1111

1

1 (6) siendo 1

11

x

yv



37

En la solución hallada habrá que reemplazar v1 por hx

ky

y x1 por x – h.

Podrá darse el caso especial que el sistema (4) no tenga solución y ello

ocurriría si el determinante principal del sistema es cero

011

ba

ba o sea ab1 – a1b = 0. d

b

b

a

a 11 (7)

siendo a1 = da y b1 = db

Si reemplazamos en la ecuación diferencial (1)

1cdbydax

cbyax

dx

dy

1cbyaxd

cbyax

dx

dy

(8)

Si sustituimos t = ax + by (9)

dx

dy

dx

dyba

dx

dt despejamos si

b

a

dx

dt

bdx

dy

1 (10)

Si reemplazamos en (8) las expresiones (9) y (10)

1

1

ctd

ct

b

a

dx

dt

b

En esta ecuación podemos separar las variables e integrar

1ctd

ctba

dx

dt

Cdx

ctd

ctba

dt

1

(11)

En la solución de (11) habrá que reemplazar t por ax + by

b-) La solución que hemos encontrado para la ecuación diferencial (1)

en sus distintas alternativas es sencilla; siguiendo un procedimiento

semejante se pueden resolver ecuaciones diferenciales de la forma:

111 cybxa

cbyaxf

dx

dy

c-) Al plantear una ecuación diferencial de la forma: yxfdx

dy, (ver

tema 8), puede ocurrir que f(x,y) no sea homogénea de orden cero. Si la

ecuación viene dada por la forma:



38

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 puede ocurrir que M(x,y) y N(x,y) no sean

homogéneas del mismo grado.

En estos casos algunas ecuaciones pueden resolverse planteando la

sustitución pty

1 pptdy

que la transforma en homogénea si se selecciona correctamente el valor

de p como veremos en el ejemplo siguiente:

Ejemplo:


032 dyxdxyxy

Solución:

Evidentemente no es homogénea. Trataremos de llevarla a una ecuación

homogénea realizando la sustitución:

1

p

p

ptdy

ty

Si reemplazamos:

03 12 ppp tpxdxttx

Calculemos el valor de p de tal manera que la suma de los exponentes

sea igual en cada uno de los sumandos

1

21

1121

p

pp

ppp

La sustitución a realizar es x

vy . Si reemplazamos en la ecuación

diferencial dada siendo 2x

dxvdvxdy

03

03

22

2

2

2

x

dxvdvxxdx

x

v

x

vx

dyxdxx

v

x

vx

simplificando



39

vv

dv

x

dx

dvdxx

vdx

x

v

2

2

2

2



40

Cvvx

Cvv

dv

x

dx

lnlnlnln

ln

22

1

22

2

2

2

1

2

siendo 1

2

2

022

Cxxy

x

vy

Cxv

v

vCx

Cvvx

lnlnlnln

Ejemplo:


021 33242 dxyxdyyxyx

Solución:

A simple vista vemos que no es homogénea. Si hacemos la sustitución

2x

vy tendremos y con dimensión 1 en tanto x con dimensión -2.

Si 2x

vy ;

y

vx 2

22

y

dyvdvydxx

Si reemplazamos en la ecuación diferencial dada:

01

021

2

32

322

2

2

y

dyvdvyy

y

vdyvv

yxdxxdyyy

vy

y

v

Si separamos variables e integramos

v

dvv

y

dy

1

yxCey

vCey

Cvvy

v

dvdv

v

dvv

y

dy

yx

v

21

1

ln1lnln

11

2



41

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

0373773 dyyxdxxy

Solución:

dx

dy

yx

yx

373

737

Hacemos

kyy

hxx

1

1

1

1

dydy

dxdx

ver (2)

(3) ver 37373

73737

373

737

11

11

1

1

11

11

1

1

khyx

khyx

dx

dy

kyhx

kyhx

dx

dy

donde

0373

0737

kh

kh ver (4)

Si resolvemos el sistema (4) obtenemos h = 1; k = 0.

Luego

1

1 1

yy

xx

La ecuación diferencial homogénea quedará ahora:

11

11

1

1

73

37

yx

yx

dx

dy

(5)

Cuya solución se obtiene de

Cx

dx

vvf

dv

1

1

11

1

,1 (6) donde

1

11

x

yv

1

1

11

1

1

73

37 x

dx

vv

v

dv

11

2

1

1

1

1

1

2

1

11

2

1

1

2

1

11

12

1

1

1

14

3

117

3

17

73

Cxvv

v

x

dx

v

dvv

v

dv

v

dvv

lnlnlnln



42

general. soluciónla es 1

12

12

1

1

ln1ln12

12ln

2

1

1

1ln

14

3

lnlnln2

1ln

14

3

lnln1ln2

1

1

1

ln14

3

21

2

22

143

2

22

1121

21

21

11

11

1121

21

1

1

1

1

xC

xx

xxy

xy

xy

Cxxx

xxy

xy

xy

Cxx

xy

xy

xy

Cxx

y

x

y

x

y



43

TEMA 10: ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES

DE PRIMER ORDEN.

Sea la ecuación diferencial que tiene la forma:

xQyxPdx

dy (1)

Siendo P(x) y Q(x) funciones de x o constantes.

a-) Si Q(x) = 0

0 yxPdx

dy (2)

podemos separar las variables e integrar pues es una ecuación de

variables separables.

dxxPC

y

CdxxPy

CdxxPy

dy

yxPdx

dy

1

1

ln

lnln

dxxP

eCy 1 (3)

b-) Si Q(x) 0

Propondremos una solución para la ecuación diferencial (1) de la forma

y = u(x).v(x) (4)

o sea el producto de dos funciones de x.

Si hallamos la derivada de (4) con respecto a x

dx

duv

dx

dvu

dx

dy (5)

Si reemplazamos (4) y (5) en (1)

QvuPdx

duv

dx

dvu

Si sacamos u factor común

Qdx

duvvP

dx

dvu

(6)

Podemos seleccionar v para que lo que está dentro del paréntesis se

anule. Similar a (2)



44

0 vPdx

dv (7)

Esta es una ecuación diferencial de variables separables. Si la

resolvemos

dxPv

dv

dxPv

dv

vPdx

dv

dxPev (8)

La constante C la introduciremos al final.

La ecuación (6) nos queda:

Qdx

duv

que también es de variables separables

dxv

Qdu

Cdxv

Qu (9)

La solución es y = u.v. De (8) y (9)

Cdx

xv

xQey

dxxP (10)

Veamos algunos ejemplos:


xxydx

dy28

Solución:

P(x) = 8x

Q(x) = 2x

Es una ecuación diferencial lineal de primer orden, P y Q son continuas.



45

24

22

42

88

xdxxPeev

xx

dxxdxxP

2

22

2

22

2

4

44

4

44

4

4

1

4

1

4

1

84

12

2

x

xx

x

xx

x

eCy

Ceeyvuy

Ceu

CdxexCdxexCe

dxxu

Cdxxv

xQu

Ejemplo:


042 23 xxxydx

dyx

Solución:

Si dividimos por x la llevamos a la forma (1)

421 2 xxyxdx

dy

siendo x

xf1

discontinua en x = 0.

422 xxxQ continua x.



46

Cxxx

xyvuy

Cxxx

u

CdxxxxCdxxxxu

Cdxxv

xQu

xxeev

xx

dxdxxP

xdxxP

234

234

232

1ln

23

24

1

24

32

4

4242

1

ln

x

Cxx

xy 2

3

2

4

23



47


0lnln dxxydyxx

Solución:

Primero veamos si es lineal

(1) 1

ln

1

ln

ln

ln

1

0ln

ln

xy

xxdx

dy

xx

xy

xxdx

dy

dxxx

xydy

xx

xPln

1 discontinua para x 0

x

xQ1

discontinua en x = 0

x

Cxy

Cxx

y

CxCdxxx

Cdxxv

xQu

xxeev

xxx

dxdxxP

xdxxP

lnln

2

1

ln2

1

ln

1

ln2

1ln

1

)(

)(

ln

1ln

lnlnln

2

2

1lnln



48

TEMA 11: ECUACIÓN DIFERENCIAL DE BERNOULLI

O REDUCIBLES A LINEAL DE PRIMER ORDEN.

Sea la ecuación diferencial que tiene la forma:

nyxQyxPdx

dy )()( (1)

con n 0 y n 1.

Por medio de una sustitución podemos llevarla a una lineal de primer

orden.

P(x) y Q(x) son funciones continuas de x o constantes.

Si dividimos (1) por yn:

)()(1 1 xQyxP

dx

dy

y

n

n (2)

hacemos la sustitución nyt 1

(3)

dx

dt

n

y

dx

dy

dx

dyyn

dx

dt

n

n

1

1

(4)

Reemplazando (3) y (4) en (2)

(5) 1)(1)(

)()(1

1

)()(1

1

nxQtnxPdx

dt

xQtxPdx

dt

n

xQtxPdx

dt

n

y

y

n

n

Si llamamos P(x).(1-n) = P1(x) y Q(x).(1-n) = Q1(x)

Entonces )()( 11 xQtxPdx

dt (6)

Esta es una ecuación diferencial lineal y su solución de acuerdo a lo visto

en el tema 10 es

Cdx

xv

xQet

dxxP

1

11 (7)

siendo

dxxPexv 1

1 (8)



49

La solución en función de los datos iniciales es

CdxenxQey

dxxPndxxPnn 111 1 (9)

Ejemplo:


48 yxyxdx

dy

Solución:

Es una ecuación diferencial de Bernoulli.

n = 4 ; P(x) = 8x y Q(x) = -x ambas continuas x

22

2

2

1212

12)(1

1283)(1

8

13

31)(

xx

xdxxPn

xdxxdxxPn

edxex

dxexdxenxQ

eee

Si aplicamos la fórmula (9)

2

22

12

3

12123

8

11

8

1

x

xx

eCy

Ceey



50

TEMA 12: ECUACIÓN DIFERENCIAL EXACTA.

Es también como las anteriores una ecuación diferencial de primer

orden y primer grado.

Si tenemos una función u(x,y) = C

0

dy

y

udx

x

udu

En general podemos decir que 0),(),( dyyxNdxyxMdu

Podemos decir que

0),(),( dyyxNdxyxM (1)

se llama ecuación diferencial total; si M(x,y) y N(x,y) son funciones

continuas y derivables que cumplen la igualdad:

x

N

y

M

(2)

(2) es la condición necesaria para que (1) sea una ecuación diferencial

exacta.

Demostraremos que (2) es la condición necesaria.

Si u(x,y) = C

du(x,y) = 0

dyyxNdxyxMdu

dyy

udx

x

udu

),(),(

siendo x

uyxM

),( y

y

uyxN

),(

Si derivamos y hallamos x

N

y

M

la y

yx

u

x

yxN

yx

u

y

yxM

22 ),( y

),(

Por el teorema de la conmutabilidad de las derivadas parciales debe ser:

x

N

y

M

con lo que la condición queda demostrada.

Calcularemos ahora la solución de (1)

Si x

uyxM

),( (3)

)(),(),( ydxyxMyxu (4)



51

Siendo y

uyxN

),( (5)

Si en (4) realizamos la derivada y

u

esta será N(x,y)

),(),( yxNydxyxMyy

u

(6)

o sea que

dxyxMy

yxNy ),(),( (7)

Luego

dydxyxMy

yxNy

),(),( (8)

Reemplazando en (4)

CdydxyxMy

yxNdxyxMyxu

),(),(),(),( (9)

Que es la solución general de la ecuación diferencial exacta de primer

orden.

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial 0222 dyxydxyx

Solución:

Veamos si es exacta

yx

NxyN

yy

MyxM

2 2

2 22

x

N

y

M

por lo tanto es exacta.

Calculamos primero xyx

dxyxdxyxM 23

22

3),(

Calculamos ahora xyxyx

ydxyxM

y2

3),( 2

3

Luego calculamos:



52

022),(),(

dyyxxydydxyxM

yyxN

Luego, aplicando (9)

Cxyx

03

23

Cxyx

23

3 es la solución general.

Ejemplo:


01024245 dyyxdxyx

Solución:

4 245),(

y

MyxyxM

4 1024),(

x

NyxyxN

x

N

y

M

es exacta.

Calculamos xyxxdxyxdxyxM 242

5245),( 2

yydyy

dyxyxdydxyxMy

yxN

xxdxyxMy

10102

41024),(),(

4040),(

2

Aplicando la fórmula (9)

Cyyxyxx 10242

5 22 es la solución general.

Ejemplo:


01

341 4233

dy

yxydxyx

x



53

Solución:

2342

2333

12 ; 1

3),(

12 ; 41

),(

yxx

N

yxyyxN

yxy

Myx

xyxM

x

N

y

M

por lo tanto es exacta.

Calculamos 3433 ln41

),( yxxdxyxx

dxyxM

yy

dy

dyyxy

yxdydxyxMy

yxN

yxdxyxMy

ln

31

3),(),(

30),(

2424

24

Aplicando la fórmula(9)

general soluciónla es ln

lnln

34

34

Cyxy

x

Cyyxx


Ing.Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti

54

TEMA 13: REDUCCION A ECUACIONES

DIFERENCIALES EXACTAS FACTOR INTEGRANTE.

Si M(x,y).dx + N(x,y).dy = 0 (1) no es una ecuación diferencial exacta,

en algunos casos multiplicando todos los términos de (1) por una función

f(x,y) ésta se transforma en una ecuación diferencial exacta.

O sea que

f(x,y).M(x,y).dx + f(x,y).N(x,y).dy = 0 (2) es exacta y deberá

cumplirse que

x

yxNyxf

y

yxMyxf

),(),(),(),( (3)

Si hacemos la derivada del producto

y

M

x

Nyxf

x

yxfN

y

yxfM

x

yxfN

x

Nyxf

y

yxfM

y

Myxf

),(),(),(

),(),(

),(),(

Si dividimos por f(x,y) ambos miembros

y

M

x

N

yxf

x

yxf

Nyxf

y

yxf

M

),(

),(

),(

),(

(4)

y

M

x

N

x

yxfN

y

yxfM

),(ln),(ln (5)

Si la ecuación diferencial (1) admite un factor integrante que sólo

depende de y tendremos que:

0),(ln

x

yxfN .

Entonces

y

yxf ),(ln ygM

y

M

x

N

(6)

y por lo tanto dyyg

e

(7) es el factor integrante de (1)

Si la ecuación diferencial (1) admite un factor integrante que sólo

depende de x tendremos que:

0),(ln

y

yxfM



55

Entonces

x

yxf ),(ln xhN

y

M

x

N

(8)

y por lo tanto dxxh

e

(9) es un factor integrante de (1)

Observaciones:

a-) Si la ecuación diferencial (1) es homogénea y Mx + Ny 0 entonces

NyMx

1 es un factor integrante de (1).

b-) Si la ecuación diferencial (1) es de la forma:

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

siendo P(x,y) Q(x,y) entonces NyMxyxQyxPxy

1

),(),(

1 es un

factor integrante de (1).

Ejemplo:


0322 222443 dyxyxexydxexyxyy yy

Solución:

xyxeyxNxyxexyyxN

exyexyxyy

MexyxyyyxM

yy

yyy

242224

34243

232 ; 3

8261 ; 22

),(

),(

No es exacta pues x

N

y

M

ygyM

x

N

y

M

exyxyx

N

y

M y

4

884 32

El factor integrante es

4

lnln44 14

yeeee yyy

dy

dyyg

Si multiplicamos la ecuación diferencial dada obtendremos una exacta.

El factor es 4

1

y.



56

03221

2

2

4

2

3

dy

y

x

y

xexdxxe

y

x

y

yy



57

Calculamos yy exy

x

y

xdxxe

y

x

ydxyxM 2

2

3322

1

),(

0033

3

2

2

2

42

2

4

2

2

2

2

4

dydyexy

x

y

x

y

x

y

xex

dydxyxMy

yxN

exy

x

y

xdxyxM

y

yy

y

),(),(

),(

Aplicando la fórmula (9) del tema 12

Cexy

x

y

x y 22

3

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial 0222 dyxydxxyx

Solución:

yx

NxyyxN

yy

MxyxyxM

; ),(

2 ; 2),( 22

xxy

yy

N

y

M

x

N

12

El factor integrante es

xeee xx

dxdxxh

ln

Multiplicamos la ecuación dada por el factor integrante

02 2223 dyyxdxxxyx quedando exacta.

La resolvemos:

0),(),(

00),(

32

242),(

22

2

322

4223

dyyxyxdydxyxMy

yxN

yxdxyxMy

xxy

xdxxxyxdxyxM

Luego, la solución es



58

Cxx

yx

3

224

322

4

EJERCICIOS XIV

Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales, de

variables separables.

1-) 033 dyydxx

2-) dtx

dx

3-) 23xydx

dy

4-) dyedydxy x 23

5-) dxdxydyx 2

6-) 22 14 xdy

dxy

7-) dyydxydyxydx 2

8-) dxydyx 3

9-) dxxxydyy 2

10-) dxydyxdyxdxy

11-) 02 dxdydxydyx

12-) 02321 223 dyxydxxy

13-) y

xy

22

Encontrar la solución particular que satisface las condiciones iniciales

14-) dyxdxyxdy 2 en x0 = 1 ; y0 = 4

15-) 2yx eey

dy

dx en x0 = 1 ; y0 = 1

16-) 02 dydxe y en x0 = 3 ; y0

Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales

homogéneas de primer orden

17-) 22 yxydx

dyx

18-) 022 222 dxxxyydyx



59

19-) 023 22 dyxydxyx

20-) 022 dyxdxxyy

21-) yx

y1

22-) yyx

yx

23-) dyyxdxyx 332

24-) 0cossen2cos

dy

x

yxydx

x

yx

x

yy

Encontrar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales

ordinarias reducibles a homogéneas de primer orden.

25-) 032 dyxdxyxy

26-) 021 33242 dxyxdyyxyx

27-) 023 dyxyxdxxyy

28-) 022 yxydx

dyxyx

29-) 0373773 dyyxdxxy

30-) 026312 dyyxdxyx

31-) 0342 dyyxdxyx

Encontrar la solución general de las ecuaciones diferenciales lineales de

primer orden.

32-) 42 xydx

dyx

33-) xeydx

dy

34-) xydx

dyx 32

35-) 21312

yxdx

dyx

36-) aydx

dyx 22tg

37-) dydxxdxy 2sen3

38-) 1cos2sen xyxy



60

39-) 022

2

13

dxx

dxyx

dy

40-) 02

1 dxxdxydy


de Bernoulli (reducibles a exactas).

41-) 3

3

2x

y

x

y

dx

dy

42-) 3xyydx

dy

43-) 022 3 dyxdxyxy

44-) x

y

x

y

dx

dy

2

2

45-) 022

4

dxx

ydx

x

ydy


exactas.

46-) 02 dyxydxyx

47-) 02 dyyxedxe yy

48-) 0 dyyxdxy

49-) 0222 dyxydxyx

50-) 022 dxxyydyyxx

51-) 03223 2222 dyyxyxdxyxyx

52-) 01sencossencos2 drrdrr

53-) 031263 22 dyxydxxyx

54-) y

y

exy

e

dx

dy

2

55-) Encontrar la solución particular de

0cos33sen2 2 dyyxxdxyyx siendo 2

2

y


reducibles a exactas.



61

56-) 01 dyxdxxyy

57-) 022 33 dyyxxdxyxy

58-) 0 dyyxdxy

59-) 0222 dyxydyxdxy


(o las solución particular si se dan condiciones iniciales)

60-) x

yxy

dx

dy

61-) y

e

dx

dy x

2

62-) y

x

y

x

dx

dy

1 siendo y(0) = 1

63-) yexdx

dyx

xy

siendo y(1) = 0

64-) 311

2

x

x

yy

65-) bx

ay

x

by

66-) 1sencos txtdt

dx

67-) 33 yxxydx

dy

68-) dxydyxy 3

69-) 34

2

2

231

x

dyydx

x

y

x

70-) dyxdxydyydxxyx 22

71-) dx

dyxy

x

y 2ln

72-) 0373773 dyyxdxxy

73-) 342

12

yx

yx

dx

dy

74-) 0 dxtdtxt



62

75-) 022 ydx

dyx siendo y(1) = 3

Resuelva la Autoevaluación N 14

Ej. 1-) Resolver la siguiente ecuación diferencial

dyyxdxyx 332 32


1sencos xydx

dyx


02222 dyxyxydxyyxx


03

4

xy

y

dx

dy sujeta a y(1) = 1


0642352 dyyxdxyx


5xyydx

dy

Tabla de rendimientos

Ej. 1 Ej. 2 Ej. 3 Ej. 4 Ej. 5 Ej. 6 Total

16 17 17 16 17 17 100



63

Ver resultados al final del capítulo

Nota: Si obtuvo menos del 80 %, vuelva a estudiar los conceptos

anteriores. Si obtuvo 80 % o más, pase a los temas siguientes.



64


HOMOGENEAS - DEFINICION Y PROPIEDADES

GENERALES.

Definición 1:

Se dice lineal si es de primer grado respecto a la función desconocida.

homogenea. lineal 0

homogenea. lineal 0 Sí

2

2

11

10

noxf

xf

xfyayayaya n

nnn

a0; a1; a2;...; an y f(x) son funciones de x o constantes siendo continuas x

a0 0 y hacemos a0 = 1.

Teorema 1: Si y1 e y2 son dos soluciones de y'' + a1y' + a2y = 0 (1) entonces y1 + y2

es solución.

Si y1 es solución y1'' + a1y1' + a2y1 = 0


Si y1 + y2 es solución deberá verificar (1).

Reemplazando:

(y1 + y2)'' + a1(y1 + y2)' + a2(y1 + y2) =

y1'' + y2'' + a1y1' + a1y2' + a2y1 + a2y2 =

0

0

22212

0

12111

yayayyayay verifica

Luego y1 + y2es solución de (1).

Teorema 2:

10 desolución 211 yayayy

cteCsea

Veremos que Cy1también es solución de (1)


Si Cy1 es solución deberá verificar a (1).

(Cy1)'' + a1(Cy1)' + a2Cy1 =

Cy1'' + Ca1y1' + Ca2y1 =

0

0

12111

yayayC verifica a (1)

Luego Cy1 es solución de (1).



65

Definición 2:

Dos soluciones y1 e y2 de (1) son linealmente independientes en el

intervalo [a, b] si su razón no es constante.

ctey

f

1

2

Son linealmente dependiente si 12

1

2 yyctey

f

Definición 3: Si y1 e y2 son dos funciones de x entonces el determinante

1221

21

21yyyy

yy

yy se llama Wronskiano y se simboliza. W(y1, y2).

Teorema 3: Sean y1 e y2dos soluciones de (1).

Sí y1 e y2 son linealmente independientes en [a, b], el Wronskiano

W(y1, y2) es idénticamente nulo en [a, b].

12

12

Si

yy

yy

0

11

11

21

21

21

yy

yy

yy

yyyyW

Teorema 4: Si el Wronskiano W(y1,y2) de dos soluciones de una ecuación

diferencial lineal homogénea no se anula en x = x0del intervalo [a, b], en

el cual los coeficientes (ai) de la ecuación son continuos, entonces no se

anula en ningún punto x de ese intervalo [a, b].



Si multiplico la primera por (-y2) y la segunda por (y1) y las sumamos.

0

0

0

y Wes estoyW es esto

0

0

1

1

21

12112

21

2112

21212112

21221121

Wadx

dW

WaW

y

ayyyy

y

yyyy

yyayyayy

yyayyayy

,,

dxaW

dW1 (a1 es función de x o cte.)



66

Resolviendo esta ecuación diferencial de variables separables nos

queda:

x

x

dxa

x

x

x

x

x

x

eC

W

dxaC

W

dxaCW

CdxaW

dW

0

1

0

0

0

1

1

1

ln

lnln

ln

x

x

dxa

CeW 0

1

Llamada formula de Liouville.

Calcularemos C para que se satisfagan la condiciones iniciales. (para x

= x0 será W = W0).

CWCeW

CeW

x

x

dxa

0

0

0

0

0

1

x

x

dxa

eWW 0

1

0

Por hipótesis w0 0, entonces w 0 x [a, b] dado que la

exponencial es distinta de cero x.

Nota: si W(y1, y2) = 0 para x = x0 esto que W = 0 x.

Teorema 5:

Si las soluciones y1 e y2 de la ecuación (1) son linealmente

independientes en el intervalo [a, b], W(y1, y2) no se anula en ningún

punto de ese intervalo.

D) Supongamos W(y1, y2) = 0

01221

22

21

21

yyyyyy

yyyyW ,

Si dividimos por y12 (siendo y1 0)

cte

y

y

y

y

y

yyyy

1

2

1

2

2

1

1221 00



67

y2 = y1 o sea y1 e y2 son dependientes si W = 0; esto nos dice que si: y1

e y2 son linealmente independientes en [a, b]; W(y1, y2) 0 x[a, b].

Teorema 6:

Si y1 e y2 son dos soluciones linealmente independientes de (1) entonces

y = C1y1 + C2y2 será la solución general.

D) de los teoremas 1 y 2 concluimos que y = C1y1 + C2y2 es solución.

Si suponemos las siguientes condiciones iniciales.

0

0

0 x x para

yy

yy

Demostraremos que cualquiera sean estas condiciones es posible elegir

dos constantes arbitrarias C1 y C2 tal que C1y1 + C2y2 satisfaga las

condiciones iniciales dadas.

Reemplazando en la supuesta solución general.

2021010

2021010

yCyCy

yCyCy

De este sistema podemos calcular C1 y C2 puesto que:

020102010

2010

2010

yyyy

yy

yy(Pues son y1 e y2linealmente independientes).

Ejemplo:

Dada la ecuación diferencial.

011

2 y

xy

xy

Sus soluciones son:

xy

xy

2

1

1

La solución general será x

CxCy1

21

Teorema 7: Si se conoce una solución particular de una ecuación diferencial lineal

homogénea de 2° orden, la búsqueda de otra solución linealmente

independiente y por lo tanto la solución general se reduce a una

integración de funciones.

Sea y'' + a1y' + a2y = 0 (1).



68

Si conocemos y1 (solución particular).

La solución general será.

y = C1y1 + C2y2 (no conozco y2)

Recordando que:

W(y1, y2) = y1y'2 - y'1y2 = C dxa

e1 (Liouville).

Si dividimos por y12 (y1 0)

dxy

eC

y

y

eCyy

y

dx

d

y

eC

y

yyyy

dxa

dxa

dxa

2

11

2

2

11

2

2

1

2

1

2121

1

1

1

1

.

.

.

dxy

eCyy

dxa

2

1

12

1

. solución particular.

La solución general será:

y = C1y1 + C2y2

dxy

eyCyCy

dxa

2

1

1211

1



69


HOMOGENEAS DE SEGUNDO ORDEN CON

COEFICIENTES CONSTANTES.

Sea y'' + py' + qy = 0 (1)

Siendo p q constantes y reales .

Si probamos una solución y = ekx

siendo k = cte.

Si y = ekx

y' = kekx

y'' = k2e

kx

Si reemplazamos en (1) obtenemos.

k2 e

kx + pke

kx + qe

kx = 0

ekx

(k2 + pk + q) = 0

como ekx

0 xR.

Será k2 + pk + q = 0 (llamada ecuación característica).

Si aplicamos la resolvente a esta ecuación de 2° grado tendremos las

soluciones k1 k2.

qpp

kqpp

k

qpp

kqpp

k

422

4

2

422

4

2

2

2

2

2

2

1

2

1

Pueden darse tres casos.

1) Que k1 k2 k1 R k2 R

2) Que k1 = k2 k1 = k2 R

3) Que k1 k2 sean complejos conjugados.

1) Si k1 y k2 son reales y distintos.

Proponemos

xk

xk

ey

ey

2

1

2

1 como dos soluciones particulares.

De acuerdo a la definición 2, si el cociente de dos soluciones no es una

constante, estás son linealmente independientes.

Realicemos el cociente xkk

xk

xk

ee

e

y

y21

1

1

2

1

Vemos que no es constante.

Luego de acuerdo con el teorema 6 la solución general será: xkxk

eCeCy 21

21



70

Ejemplo:

Dado y'' - 5y' + 6y = 0 hallar la solución general.

Planteamos la ecuación caracteristica

k2 - 5k + 6 = 0

Las soluciones son:

3

2

2

24255

k

k

2

1

2

1

k

k

La solución general será: xx eCeCy 3

2

2

1

Esto se puede generalizar para orden n (siendo las raíces de la ecuación

característica todas reales y distintas).

Ejemplo:

Dado y''' + y'' -2y' = 0 hallar la solución general.

Planteamos la solución característica.

k3 + k

2 - 2k = 0

(k2 + k-2)k = 0 k1= 0

2

1

2

31

2

811

k

k

3

2

2

1

k

k


y = C1e0x

+ C2ex + C3e

-2x

y = C1+ C2ex + C3e

-2x

2) Siendo k1 = k2 y reales.

Siendo

qpp

k

qpp

k

42

42

2

2

2

1

Para k1 = k2 será 04

04

22

qp

qp

siendo k1= k2 = 2

p

Si consideramos una solución particular. xk

ey 1

1

Buscaremos otra solución particular de la forma

xkexuy 1

2

Vamos a determinar que valor corresponde a u(x). Para ello hallaremos

sus derivadas.



71

xkxkxkxk

xk

xkxk

eukekuekueuy

ukuey

eukeuy

1111

1

11

2

1112

12

12

ukukueyxk 2

112 21

Reemplazando en la ecuación diferencial dada.

02

0

111

1

2

11

222

xkxkxkeuqeukupukukue

qyypy

..

Agrupando tendremos.

02 1

2

111 uqpkkupkuexk

Si recordamos que:

0222

2

111

21

pkpkp

k

pkk

Quedando ahora:

01

2

11 uqpkkuexk

Siendo k1 solución de la ecuación característica será k12 + pk1 + q = 0.

quedando 01 uexk

como 01 xk

e será u'' = 0

luego u' = A A = Cte.

luego u = Ax + B B = Cte.

Siendo y2 = (Ax + B) xke 1

Como buscamos una solución particular podemos considerar

A = 1 B = 0 y2 = x xke 1


y = C1y1 + C2y2

y = C1xk

e 1 + C2xxk

e 1

y = (C1 + C2x) xke 1

Ejemplo:

Dada y'' - 6y' + 9y = 0. Hallar la solución general.

Planteamos la solución característica

k2 - 6k + 9 = 0

La solución es:

3

3

2

31

2

36366

k

k

2

1

2

1

k

k


y = (C1x + C2)e3x



72

Esto lo podemos generalizar para orden n y combinar el caso 1 y 2.

Ejemplo:

Resolver y(5)

- 5y(4)

+ y(3)

+ 21y(2)

- 18y' = 0

La ecuación característica será:

k5 - 5k

4 + k

3 + 21k

2 -18k = 0

(k4 - 5k

3 + k

2 + 21k - 18)k = 0 k1= 0

Como la suma de los coeficientes es cero k2 = 1 será raíz.

Aplicando Ruffini la reducimos.

0 9 61

18122

018341

2

18 341

1821151

1

23 k

Quedando k2 - 6k + 9 = 0

Aplicando la resolvente tendremos:

2

36366

k

k

5

4 354 kk


y = C1 + C2ex + C3e

-2x + (C4 + C5x)e

3x

3) Si k1 k2 son complejos conjugadas.

qpp

k

qpp

k

42

42

2

2

2

1

k1 k2 serán complejos conjugados si 2

Si 04

2 pq

p

qp

4

2

Será

i

i

k

k

2

1

Las soluciones particulares serán de la forma:



73

x

x

i

i

ey

ey

2

1

Observación: Vemos si alguna función compleja de variable real es

solución de: y'' + py' + q = 0.

Sea y = u(x) + i.v(x) esa función.

Si es solución reemplazada en la ecuación diferencial debe verificarla.

[u(x) + i.v(x)]'' + p[u(x) + i.v(x)]' + q[u(x) + i.v(x)] = 0

Agrupando.

(u'' + pu' + qu) + (v'' + pv' + qv)i = 0

Para que esto se cumpla se debe verificar que:

0

0

qvvpv

quupu

Esto nos dice que u(x) v(x) son soluciones.

Si recordamos que:

xiexeey

xiexeey

xxx

xxx

i

i

sencos

sencos

2

1

Las funciones reales siguientes serán soluciones.

xey

xey

x

x

sen

cos

2

1

Estas soluciones son linealmente independientes dado que su cociente

no es constante.

. gcotsen

cosctex

xe

xe

y

yx

x

2

1

Esto nos dice que la solución general será

xeCxeCy xx sencos 21

xCxCey x sencos 21

Ejemplo:

Dada y'' - 4y' + 13y = 0 hallar la solución general.

Planteamos la ecuación característica.

k2 - 4k + 13 = 0

Su solución es:

ik

iki

32

32

2

64

2

52164

k

k

2

1

2

1

La solución general será.

xCxCey x 33 21

2 sencos



74


HOMOGENEAS DE ENESIMO ORDEN CON

COEFICIENTES CONSTANTES.

Sea y

(n) + a1y

(n-1) + a2y

(n-2) + ……+ an-1 y = 0 (1).

Siendo a1; a2; a3;……;an-1 constantes.

Si y1; y2; y3;……;yn son soluciones de (1) linealmente independientes

entre sí. La solución general será:

y = C1y1 + C2y2 +……+ Cnyn

Siendo C1; C2; ……Cn constantes arbitrarios.

La solución de (1) se realiza de la misma forma que lo realizado para

una de segundo grado.

La ecuación característica será.

kn + a1k

n-1 + …..+ an-1 = 0 (2)

Al resolverla podemos encontrarnos con las siguientes alternativas.

1) Si las raíces de (2) son todas reales y distintas: k1; k2; k3;……; kn.

La solución general será: xk

n

xkxk neCeCeCy 21

21

2) Si en (2) hay raíces múltiples reales. Por ejemplo hallamos s raíces

iguales a k y el resto distintas.

Será s < n.

La solución general será. xk

n

xk

s

kxs

s

kxkxkx ns eCeCexCexCxeCeCy

1

1

12

321

3) A todo par de raíces complejas conjugadas le corresponden

soluciones particulares linealmente independientes.

y1 = ex

cos x

y2 = ex

sen x

Si las soluciones son k1 = + i k2 = - i

4) A todo par de raíces complejas conjugadas de orden de

multiplicidad s le corresponden soluciones linealmente independientes.

ex

cosx ex

sen x

xex

cosx xex

sen x

x2 ex

cosx x2 ex

sen x

-- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- --

xs-1

ex

cosx xs-1

ex

sen x

La solución general será la suma de n soluciones linealmente

independientes multiplicadas cada una por las constantes arbitrarias.



75

TEMA 17: ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL NO

HOMOGENEA DE SEGUNDO ORDEN.

Es de la forma:

y'' + py' + qy = f(x) (1)

Siendo p q reales y constantes.

Teorema:

La solución general de la ecuación diferencial (1) se expresa como la

suma de cualquier solución particular y* de está ecuación y de la

solución general yh de la homogénea correspondiente.

Demostración:

Si yh es solución de la homogénea será

yh'' + pyh' + qyh = 0 (2)

Demostraremos que y = yh + y* (3) es solución de (1).

Si y es solución de (1) debe verificarla.

(yh + y*)'' + p(yh + y*) = f(x)

Ordenando

homogénea. la desolución es *y pues cumple se(2)por cero es Esto

xfqypyyqyypy hhh

Esto nos dice que yh + y* es solución de (1)

Vamos a demostrar que y = yh + y* es solución general de (1).

Si es solución general se pueden elegir las constantes arbitrarias tal que:

iniciales. scondicione Llamadas x x para yy

x x para yy

00

00

Siendo p; q y f(x) continuas en R.

La solución de la homogénea es:

yh = C1y1 + C2y2

La solución será:

y = C1y1 + C2y2 + y*

En virtud de las condiciones iniciales tendrenos.

*

00202101

00202101

02021010

02021010

yyyCyC

yyyCyC

yyCyCy

yyCyCy

De este sistema podemos calcular C1 y C2 dado que:

02010

2010

yy

yy



76

W(y10,y20) = y10.y'20 - y'10.y20 0 pues y1 e y2 son linealmente

independientes.

Esto no dice que y = C1y1 + C2y2 + y* es la solución general.

Teorema:

Sea y'' + py' + qy = f1(x) + f2(x) (1).

Sea y1 solución particular de

y'' + py' + qy = f1(x)

Sea y2 solución particular de

y'' + py' + qy = f2(x)

Entonces y1 + y2 es solución particular de (1).

D) Si reemplazamos y1 + y2 y sus derivadas en (1) tendremos:

(y1 + y2)''+ p(y1 + y2)' + q(y1 + y2) = f1(x) + f2(x)

Ordenando:

(y1'' + py1' + qy1) + (y2'' + py2' + qy2) = f1(x) + f2(x)

Esto es una identidad y prueba el teorema.



77


NO HOMOGENEAS DE SEGUNDO ORDEN CON

COEFICIENTES CONSTANTES - METODO DE LOS

COEFICIENTES INDETERMINADOS. Dado y'' + py' + qy = f(x) (1) p q R

I) Si f(x) = Pn(x)ex

(2)

Siendo Pn(x) un polinomio de grado n

Estudiaremos varias alternativas.

a) Si el número no es raíz de la ecuación característica.

k1 k2

La solución particular y* que probaremos será de la forma:

y* = (0xn + 1x

n-1 + ……+ n) e

x = Qn(x) e

x (3)

Si derivamos y* obteniendo y*' y*'' y las reemplazamos en (1)

tendremos:

y*' = Qn'(x) ex

+ Qn(x) ex

y*'' = Qn''(x) ex

+ Qn'(x) ex

+ Qn'(x) ex

+ Qn(x) 2ex

y*'' = Qn''(x) ex

+ 2Qn'(x) ex

+ Qn(x) 2ex

Qn''(x) ex

+ 2Qn'(x) ex

+ Qn(x) 2ex

+ p Qn'(x) ex

+ p Qn(x) ex

+

qQn(x) ex

= Pn(x) ex

Qn''(x) + (2 + p) Qn'(x) + (2 + p + q) Q(x) = Pn(x) (4)

Qn(x) es polinomio de grado n

Qn'(x) es polinomio de grado n-1

Qn''(x) es polinomio de grado n-2

Operando en el primer miembro de (4) quedará un polinomio de grado n

Igualando los coeficientes de los términos de igual grado de ambos

miembros de (4) obtendremos un sistema de (n+1) incógnitas (0; 2; 3;

……; n).

Resuelto este sistema se calculan 0; 2; 3; ……; n que reemplazados

en (3) determinan la solución particular y* de la no homogénea.

La solución de (1) será:

x

n

nnxkxkenxeCeCy 1

102121 (5)

Observación:

Si en la expresión (2) f(x) = Pn(x) sería ex

= e0x

= 1.

La solución a ensayar sería :

y* =0xn + 1x

n-1 +……+n



78

Ejemplo:

Resolver: y'' - 5y' + 6y = x2 + 1

Solución:

a) Primero resolvemos la homogénea.

y'' - 5y' + 6y = 0

La ecuación característica será:

k2 - 5k + 6 = 0

2

3

2

24255

2

1

k

k

yh = C1e3x

+ C2e2x

(7)

b) La solución a ensayar será:

y* = 0x2 + 1x + 2 (8)

y*' = 20x + 1

y*'' = 20

Reemplazando en (6)

20 -5(20x + 1) + 6(0x2 + 1x + 2) = x

2 + 1

20 - 100x - 51 + 60x2 + 61x + 62 = x

2 + 1

(60)x2 + (-100 + 61)x + (20 - 51 + 62) = x

2 + 0x +1

Igualando los coeficientes de los términos de igual grado de ambos

miembros tendremos el sistema.

1652

0610

16

210

10

0

Resolviendo el sistema será:

60 = 1 6

10

18

5

36

106

6

1006

6

110 111

18

51

18

37

6

1

18

37

18

25618

18

25

3

116

1618

55

6

12

2

2

2

108

382



79

108

37

18

5

6

1 2 xxy (9) solución particular [reemplazada en (6) la

verifica]



80

La solución buscada será: y = yh + y* [de (7) (9)].

108

37

18

5

6

1 22

2

3

1 xxeCeCy xx

b) Si el número es raíz simple de la ecuación característica.

= k1 k2

Siendo f(x) = Pn(x) ex

Si probamos con la solución y* = Qn(x) ex

siendo Qn(x) de grado n nos

encontraríamos con el siguiente problema en la ecuación (4).

Qn''(x) + (2 + p) Qn'(x) + (2 + p + q) Q(x) = Pn(x) (4).

Siendo

2-n grado de es

1-n grado de es

ica.caraterístecuación la de raíz ser por 02

xQ

xQ

qp

n

n

Esto nos dice que (4) no puede ser una identidad cualquiera sean 0; 1;

2;……; n.

Por eso se propone una solución.

y* = xQn(x)ex

y* = x(0xn + 1x

n-1 + ……+ n)e

x (10)

Aplicando el método de los coeficientes indeterminados podemos

calcular los valores de 0; 1;……; n. que nos dan la solución

particular.

Ejemplo:

Resolver y'' - 5y' + 6y = (x2 + 3)e

3x (11).

Solución:

a) La solución de la homogénea y'' - 5y' + 6y = 0 es aplicando la

ecuación característica.

k2 - 5k + 6 = 0

2

3

2

24255

2

1

k

k

yh = C1e3x

+ C2e2x

(12)

b) Siendo f(x) = (x2 + 3)e

3x

Vemos que una raíz de la ecuación característica es k1 = 3 y el

exponente es = 3.

Por eso la ecuación propuesta será:

y* = (0x2 + 1x + 2)x e

3x (13)

y*' = (0x2 + 1x + 2) e

3x + 3x(0x

2 + 1x + 2)e

3x + (20x + 1)x e

3x

y*'' = 3(0x2 + 1x + 2) e

3 + (20x + 1)e

3x + 3(0x

2 + 1x + 2) e

3x +



81

+ 9x(0x2 + 1x + 2) e

3x + 3x(20x + 1)e

3x + (20x + 1) e

3x +

+ 20x e3x

+ 3x(20x + 1)e3x

Reemplazando en (11) tenemos:

[30x2 + 31x + 32 + 20x + 1 + 30x

2 + 31x + 32 + 9x

30 + 9x

21+

+ 92x + 60x2 + 31x + 20x + 1 + 20x + 60x

2 + 31x - 50x

2 - 51x

- 51 - 150x3 - 151x

2 - 152x - 100x

2 -51x + 60x

3 + 61x

2 +

62x]e3x

= (x2 + 3) e

3x

Simplificando:

0x3 + 30x

2 + (60 + 21)x + (21 + 2) = x

2 + 0x + 3

El sistema queda:

33

026

13

21

10

0

Resolviendo el sistema tenemos:

30 = 1 3

10

22

022

023

16

1

1

1

11

2(-1) + 12 = 3

-2 + 12 = 3

= 5 2 = 5

La solución particular será:

y* = (0x2 + 1x + 2)x e

3x

14 53

1

53

1

323

323

x

x

exxxy

exxxy

c)La solución general será [de (12) (14)].

xxx exxx

eCeCy 323

2

2

3

1 53

(15)

c) Si el número es raíz doble de la ecuación característica.

221

pkk



82

La solución a proponer será:

y* = Qn(x) x2ex

y* = (0xn + 1x

n-1 + ……+ n)x

2ex

(16)

Pues si tomamos (4)

Qn''(x) + (2 + p) Qn'(x) + (2 + px + q)Qn(x) = Pn(x)

2 + p = 0 pues 2

p

2 + px + q = 0 pues es raíz de la ecuación característica.

Qn''(x) es un polinomio de grado (n-2).

Ejemplo:

Hallar la solución general de :

y'' + 9y = (x2 + 1)e

3x (15)

Solución:

a) La solución de la homogénea será:

k2 + 0k + 9 = 0

k2 = -9 k = 3i

yn = e0x

(C1cos3x + C2sen3x) (18)

b) Proponemos la solución particular.

y* = (0x2 + 1x + 2) e

3x

y*' = 3e3x

(0x2 + 1x + 2) + e

3x(20x + 1)

y*'' = 9e3x

(0x2 + 1x + 2) + 3e

3x(20x + 1) + 3e

3x (20x + 1) +

+ e3x

(20).

Reemplazando en (17).

9(0x2 + 1x + 2)e

3x + 3 (20x + 1) e

3x + 3(20x + 1) e

3x + 20 e

3x +

+ 9(0x2 + 1x + 2)e

3x = (x

2 + 1)e

3x

Igualando obtenemos el sistema:

11862

01812

118

210

10

0

18

10

27

11

81

52

La solución particular es:

xexxy 32

81

5

27

1

18

1

c) La solución general es:

xexxxCxCy 32

2181

5

27

1

18

133

sencos



83

d) Verificación:

xexxy 32

81

5

27

1

18

1

xxxx

xxxxx

xxxx

xx

exexeex

exxexxexexeyy

exxexexey

exxexy

323332

3232333

32333

323

19

5

9

5

9

1

9

1

9

1

3

1

3

1

3

1

3

1

2

1

2

1

9

5

3

1

2

1

9

5

3

1

2

1

9

1

3

1

9

1

3

1

9

19

9

5

3

1

2

1

9

1

3

1

9

1

3

1

9

1

27

5

9

1

6

1

27

1

9

1

Verifica: la solución particular: está bien.

II) Si el segundo miembro tiene la forma.

f(x) = P(x)ex

cosx + Q(x)ex

senx

Siendo P(x) Q(x) polinomios.

Si reemplazamos 2

xixi eex

cos

i

eex

xixi

2

sen

Quedará:

f(x) = P(x) 2

xixix ee

e

+ Q(x) i

eee

xixix

2

ii e

i

xQxPe

i

xQxPxf

2222

Los corchetes contienen polinomios de grado igual al mayor grado de

P(x) y Q(x).

Esto nos dice que hemos transformado el caso II en el caso I.

Luego: si el segundo miembro de la ecuación diferencial tiene la forma

f(x) = P(x) ex

cosx + Q(x) ex

senx.

Tendremos:

a)Si el número + i no es raíz de la ecuación característica la solución

particular propuesta será:

y* = U(x) ex

cosx + V(x) ex

senx.

U(x) V(x) son polinomios con grado igual al mayor grado de P(x)

yQ(x).

b) Si el número + i es raíz simple de la ecuación característica, la

solución particular propuesta será:



84

y* = x[U(x) ex

cosx + V(x) ex

senx.]

Las soluciones son validas si:

xexxQ

xexQxP

x

x

cos

sen

P 0

0

Observación: Un caso particular se tiene cuando:

f(x) = M cosx + N senx M N constantes.

a)Si i no es raíz de la ecuación característica la solución propuesta

será:

y* = A cosx + B senx.

b) Si i es raíz de la ecuación característica la solución propuesta

será:

y* = x(A cosx + B senx.).

Ejemplo:

Hallar la solución general de y'' + 2y' + 5y = 2cosx.

Solución:

a)La solución de la homogénea será:

k2 + 2k + 5 = 0

ik

ik

21

21

2

2042

2

1

yh = e-x

(C1 cos2x + C2 sen2x)

b) La solución particular propuesta será:

y* = A cosx + B senx

y*' = -A senx + B cosx

y*'' = -A cosx - B senx

Reemplazando:

-A cosx - B senx - 2A senx + 2B cosx + 5A cosx + 5B senx = 2 cosx

(-A + 2B + 5A)cosx + (-B - 2A + 5B)senx = 2cosx + 0senx.

210B08B4A-

22B4A

04B2A-

22B4A

024

252

AB

ABA

5

1B

2A = 4B A = 2B 5

2

5

12 A

5

2A



85

xxy sencos5

1

5

2


xxxCxCey xsencossencos

5

1

5

222 21

Ejemplo:

Hallar la solución general de y'' + 4y = cos2x

Solución:

a) La solución de la homogénea será:

ik

ikk

2

204

2

12

yh = C1cos2x + C2sen2x

b) La solución particular propuesta.

y* = x(Acos2x + Bsen2x)

y*'=Acos2x + Bsen2x - 2Axsen2x + 2xBcos2x

y*'' = -A2senx + 2Bcos2x - 2A(sen2x + x2cos2x) + 2B(cos2x - 2xsen2x)

-2Asen2x + 2Bcos2x - 2Asen2x - 4Axcos2x + 2Bcos2x - 4Bxsen2x +

4xAcos2x + 4xBsen2x = cos2x

4Bcos2x - 4Asen2x = cos2x + 0

4B = 1 41B

-4A = 0 A = 0

xxy 24

1sen


xx

xCxCy 24

22 21 sensencos

Ejemplo:

Resolver y'' - y = 3e2x

cosx

Solución:

a) La solución de la homogénea es:

k2 - 1 = 0 k1 = 1 k2 = -1

yh = C1ex + C2e

-x

b) La solución particular propuesta será:

y* = e2x

(A cosx + B senx)



86

y*' = 2e2x

(A cosx + B senx) + e2x

(-A senx + B cosx)

y*'' = 4e2x

(A cosx + B senx) + 2e2x

(-A senx + B cosx) + 2e2x

(-A senx +

B cosx) + e2x

(-A cosx - B senx)

y'' - y = 4e2x

(A cosx + B senx) + 4e2x

(-A senx + B cosx) + e2x

(-A cosx -

B senx) - e2x

(A cosx + B senx) = e2x

3cosx

(4A + 4B - A - A)e2x

cosx = e2x

3cosx

(4B - 4A - B -B)e2x

senx = 0e2x

senx

024

342

BA

BA

610

024

684

B

BA

BA

5

3B

5

6

5

246864 BA

10

3A

xxey x sencos

5

3

10

32

c) La solución general será:

xxeeCeCy xxx sencos

5

3

10

32

21

Ejemplo:

Resolver y''' - 7y'' + 16y' - 12y = 24x2e

x

Solución:

y = yh + y*

a) y''' - 7y'' + 16y' -12y = 0

k3 - 7k

2 + 16k - 12 = 0

k1 = 2; k2 = 2; k3 = 3

yh = (C1 + C2x)e2x

+ C3e3x

b) y* = ex(Ax

2 + Bx + C) es la solución particular propuesta.

y*' = ex(Ax

2 + Bx + C) + e

x(2Ax + B)

y*' = ex[Ax

2 + (B + 2A)x + (C + B)]

y*'' = ex[Ax

2 + (B + 2A)x + (C + B)] + e

x[2Ax + B + 2A]

y*'' = ex[Ax

2 + (B + 4A)x + (C + 2B + 2A)]

y*''' = ex[Ax

2 + (B + 4A)x + (C + 2B +2A)] + e

x[2Ax + B + 4A]

y*''' = ex[Ax

2 + (B + 6A)x + (C + 3B + 6A)]

Reemplazando el la ecuación diferencial dada.

ex[Ax

2 + (B + 6A)x + (C + 3B + 6A)] - 7e

x[Ax

2 + (B + 4A)x + (C + 2B +

2A)] + 16ex[Ax

2 + (B + 2A)x + (C + B)] - 12e

x[Ax

2 + Bx + C) = 24x

2e

x



87

0121622763

012216476

2412167 22

CBCABCABC

xBABABABx

xAAAAx

0258

0210

242

CBA

BA

A

A = -12; B = -60; C = -102

c) la solución general será:

y = (C1 + C2x)e2x

+ C3e3x

+ ex(-12x

2 - 60x - 102)

TABLA DEL METODO DE COEFICIENTES INDETERMINADOS.

f(x) Integral particular y(x) *

A 0

.xn n Z A0x

n + A1x

n-1 + ……+An 0

.xn p R A.e

px p

cosqx Acosqx + Bsenqx q.i

senqx Acosqx + Bsenqx qi

xne

px cosqx ………

xne

px senqx

(A0xn + A1x

n-1 + …+An)e

pxcosqx

+ (B0xn + B1x

n-

1+…+Bn)e

pxsenqx

p + qi

xne

px e

px(A0x

n + A1x

n-1+…+ An) p

epx

senqx …………

epx

cosqx

epx

(Acosqx + Bsenqx) p + qi

Nota: si los números de la columna (*) son raíces de la ecuación

característica: k2

+ pk + q = 0, las funciones y(x) de la segunda columna

deben ser multiplicadas por xn donde n es el orden de multiplicidad de

dichas raíces.

Si f(x) es la suma de funciones de la primera columna, la y(x) propuesta

es la suma de las correspondientes funciones de la 2da

columna.



88

Ejemplos de aplicación de la tabla del método de los coeficientes

indeterminados.

Dada la ecuación; en cada uno de los ejemplos, hallar la solución

homogénea y plantear la solución particular propuesta de acuerdo a la

tabla.

Ejemplo:

y'' - 7y' + 10y = x2 + 5e

5x

yH = C1e5x

+ C2e2x

y* = Ax2 + Bx + C + De

5xx

Ejemplo:

y'' + 9y = e3x

cos3x

yH = C1cos3x + C2sen3x

y* = e3x

(Acos3x + Bsen3x)

Ejemplo:

y'' + 9y = 5sen3x


y* = e3x

(Acos3x + Bsen3x)x

Ejemplo:

y'' - 4y' + 13y = e2x

cos3x

yH = e2x

(C1cos3x + C2sen3x)

y* = e2x

(Acos3x + Bsen3x)x

Ejemplo:

y'' - 4y' +13y = x2 e

2x cos3x

yH = e2x

(C1cos3x + C2sen3x)

y* = [(Ax2 + Bx + C)e

2xcos3x + (Dx

2 + Ex + F) e

2xsen3x] x

Ejemplo:

y'' = x2 - 4x + 2

yH = C1 + C2x

y* = (Ax2 + Bx + C)x

2

Ejemplo:

y'' + 9y - 8 = 0


y* = A



89

Ejemplo:

y'' - 4y' + 4y = 5e2x

yH = (C1 + C2x) e2x

y* = Ax2 + e

2x

Ejemplo:

y'' - 4y' + 4y = (x2 + 3) e

2x

yH = (C1 + C2x) e2x

y* = (Ax2 + Bx + C)x

2e

2x

Ejemplo:

y'' - 4y' + 4y + 4 = x3 e

2x y'' - 4y' + 4y = x

3e

2x - 4

yH = (C1 + C2x)e2x

y* = e2x

(Ax3 + Bx

2 + Cx + D)x

2 + E



90

EJERCICIOS XV

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas

1) y'' - 2y' - 3y = 0

2) y'' - 6y' + 13y = 0

3) y'' - 4y' + 13y = 0

4) y'' - 6y' + 9y = 0

5) y'' - 3y' + 2y = 0

6) y'' - 4y' + 4y = 0

7) y''' + 6y'' + 10y' = 0

8) 2y''' - 5y'' + 2y' = 0

9) y''' + 2y'' = 0

10) y''' - 9y'' + 27y' - 27y = 0

11) y(4) - 12y

(3) + 54y

(2) - 108y' + 81y = 0

12) y(4) - 6y

(3) + 9y

(2) = 0

13) y' - 3y = 0

14) y''' - y'' - 2y' = 0

15) y''' - 6y'' + 12y' - 8y = 0

16) y(4) + 2y

(3) + 5y

(2) = 0

17) y(4) - 2y

(3) + 5y

(2) = 0

18) y''' - 3y'' + 2y' = 0

19) y''' - 5y'' + 17y' - 13y = 0

20) y(4) - 16y = 0

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no homogéneas.

Aplicar el método de los coeficientes indeterminados.

21) y'' - 7y' + 10y = 6x + 8e2x

22) y'' + 4y' + 5y = 3e-2x

23) y'' + 9y = 2x2 + 4x + 7

24) y'' + 5y' + 6y = 3e-2x

+ e3x

25) y'' + 9y = x cosx

26) y'' - 3y' + 2y = e5x

27) y'' - 3y' + 2y = ex

28) y'' + 5y' + 4y = 3 - 2x

29) y'' + 4y = cos4x + cos2x

30) y'' + y' - 2y = 2 + 2x - 2x2

31) y'' - y = x22

1

2

1cos

32) y'' - y = 4xex



91

33) y''' - 7y'' + 16y' - 12y = 24x2e

x



92

34) y(4)

- y = -2 sen2x + cos2x

35) y(4) + 3y

(2) - 4y = sen2x + 6e

3x

36) y''' + 3y'' - 4y = x e-2x

37) y(3) - 4y

(2) = 5

38) y(3) - 4y' = x

39) y'' - 2y' + 3 = x3 + senx

40) y''' + 2y'' - y'- 2 = ex + x

2



93

Resuelva la Autoevaluación N° 15

Ej1) Resolver y'' - 2y' + 10y = 0

Ej2) Resolver y(4)

+ 5y(2)

- 36y = 0

Ej3) Resolver y'' - 2y' = ex senx

Ej4) Resolver y''' - y''- 4y' + 4y = 2x2 - 4x - 1 + e

2x(2x

2 + 5x + 1)

Ej5) Resolver y'' - 9y = e2x

+ x - sen2x

Tabla de Rendimientos

Ej 1 Ej 2 Ej 3 Ej 4 Ej 5 Total

20 20 20 20 20 100

Ver Resultados al final del capítulo

Nota: Si obtuvo menos del 80%, vuelva a estudiar los conceptos

anteriores. Si obtuvo el 80% o más pase a los temas siguientes.



94

TEMA 19: SISTEMAS DE ECUACIONES

DIFERENCIALES DE COEFICIENTES CONSTANTES.

Se llama sistema lineal de ecuaciones diferenciales con coeficientes

constantes al sistema:

homogéneo es sistema el 0 Si

tde funciones

21 1

tf

tf

Ctesa

nitfxadt

dx

i

i

ij

n

j

ijij

i ;;;

Un sistema homogéneo es:

nnnnnnn

nn

nn

xaxaxaxadt

dx

xaxaxaxadt

dx

xaxaxaxadt

dx

332211

23232221212

13132121111

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

(1)

El conjunto de funciones

tx

tx

tx

nn

22

11

(2)

determinadas; diferenciables, con derivadas continuas en (a, b) se llama

solución del sistema (1) en ese intervalo si las funciones (2) convierten a

las ecuaciones de (1) en identidades que se cumplen t(a, b)

El problema de hallar las soluciones

0

022

011

txx

txx

txx

nn

se llama problema de

Cauchy.



95

TEMA 20: REDUCCIÓN DE UN SISTEMA A UNA

ECUACIÓN DE N - ESIMO ORDEN.

Un método sencillo de integrar un sistema es reducirlo a una ecuación

diferencial lineal de orden n.

Sea el sistema:

2

1

tgdycxdt

dy

tfbyaxdt

dx

Siendo a, b, c, y d constantes y f(t) y g(t) funciones de t

De (1) despejo y 3 1

tfax

dt

dx

by

siendo 4 1

2

2

tf

dt

dxa

dt

xd

bdt

dy

Si reemplazo (3) (4) en (2)

tgtfaxdt

dx

bdcxtf

dt

dxa

dt

xd

b

1

12

2

Simplificando quedaría:

02

2

tDCxdt

dxB

dt

xdA (5)

Siendo A, B, y C constantes. Esta es una ecuación diferencial de orden

2 (en este caso, en general de orden n).

Esta ecuación (5) se resuelve aplicando la ecuación característica,

hallando la solución de la homogénea y una solución particular por el

método de los coeficientes indeterminados.

x = 1(t; C1; C2) si k1 k2 (en la ecuación característica) tpeCeCxtktk

12121 (6)

Conociendo x puedo calcular dt

dxque reemplazada en (3)me permite

calcular y = 2(t; C1; C2)

Ejemplo:

2 1

1 1

xdt

dy

ydt

dx



96

Solución:

de (1) 1dt

dxy (3)

2

2

dt

xd

dt

dy (4)

Reemplazando (3) y (4) en (2)

12

2

xdt

xd1

2

2

xdt

xd x'' - x = 1(5)

Resuelvo la homogénea x'' - x = 0

1

101

2

12

k

kk

xh = C1et + C2e

-t

Para la solución particular propongo

0

0

p

p

p

x

x

Ax

reemplazo en (5)

0 - A = 1 A = -1

La solución x = xh + xp x = C1et + C2e

-t - 1 (6)

Ahora para calcular y en (3) debo calcular tt eCeCdt

dx 21

y = C1et - C2e

-t - 1 (7)

(6) y (7) son soluciones del sistema dado.



97

TEMA 21: METODO DE EULER PARA UN SISTEMA

DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES

HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES.

Estudiamos el caso

zcybxadt

dz

zcybxadt

dy

czbyaxdt

dx

222

111 (1)

Buscamos una solución de la forma:

kt

kt

kt

vez

uey

ex

(2)

Siendo ; u; v; k constantes.

Si reemplazamos (2) y sus derivadas en (1) tenemos:

ktktktkt

ktktktkt

ktktktkt

evceubeaevk

evceubeaeuk

ecvebueaek

222

111

.

.

.

Simplificando y ordenando

0

0

0

222

111

vkcuba

vcukba

cvbuka

(3)

Este sistema posee soluciones distintas de la trivial (no nulas) cuando el

determinante principal es igual a cero.

0

222

111

kcba

ckba

cbka

(4)

Resolviendo obtenemos la ecuación característica:

Ak3 + Bk

2 + Ck + D = 0 (4')

Si resolvemos la ecuación característica se pueden dar tres casos.

I) k1; k2 y k3 reales y distintos.

II) soluciones complejas.

III) soluciones múltiples.



98

Caso I: raíces reales y distintas. k1 k2 k3

1) Si sustituimos en (3) k por k1 tendremos un sistema:

0

0

0

121212

1111111

1111

|vkcuba

vcukba

cvbuka

Si resolvemos el sistema obtenemos 1; u1; v1; luego:

tk

tk

tk

evz

euy

ex

1

1

1

11

11

11

2) Si sustituimos en (3) k por k2 obtenemos 2; u2; v2; luego:

tk

tk

tk

evz

euy

ex

2

2

2

22

22

22

3) Si sustituimos en (3) k por k3 obtenemos 3; u3; v3; luego:

tk

tk

tk

evz

euy

ex

3

3

3

33

33

33

La solución general es:

tktktk

tktktk

tktktk

evCevCevCz

euCeuCeuCy

eCeCeCx

zCzCzCz

yCyCyCy

xCxCxCx

321

321

321

332211

332211

332211

332211

332211

332211

Ejemplo:

2 32

1 4

yxdt

dy

yxdt

dx

Solución:

4 032

41

3 032

041

k

k

uk

uk

(1- k)(3 - k) - 8 = 0 k2 - 4k - 5 = 0 (4')

1

5

2

20164

2

1

k

k



99

raíces reales y distintas.



100

Para k1 = 5

022

044-

0532

0451

11

11

11

11

u

u

u

u

Las dos ecuaciones son proporcionales (pues = 0)

21 = 2u1 1 = u1

si tomamos una de las infinitas soluciones

1 = 1 u1 = 1

Luego

t

t

ey

ex

5

1

5

1

1) Para k2 = -1

042

042

0132

0411

22

22

22

22

u

u

u

u

Las dos son proporcionales 22 = - 4u2 2 = -2u2

Si consideramos 2 = 2 u2 = -1

Luego

t

t

ey

ex

2

2 2

Luego la solución general

Caso II: existen raíces complejas

0 Ap 0

0

1111

11

kba

bka

ukba

buka

ybxadt

dy

byaxdt

dx

k2 + Bk + C = 0

k1 = + i

k2 = - i

1) Para k1 = + i

lineal)ón (combinaci otra la a alproporcion es

ecuacón una 0Aser al :

0

0 p

1111

11nObservació

uba

bua

i

i

Si resolvemos calculamos 1 u1

ttt

ttt

ii

ii

eeueuy

eeex

111

111

x = C1e5t

+ 2C2e-t

y = C1e5t

- C2e-t



101

1111

1111

yiIyRtiteuy

xiIxRtitex

me

t

me

t

sencos

sencos

Observación:

1 u1 pueden ser reales o complejos.

2) Para k2 = - i

otra la de linealn combinació es

ecuacón una 0Aser al :

0

0 p

2121

22nObservació

uba

bua

i

i

Si resolvemos calculamos 2 u2

ttt

ttt

ii

ii

eeueuy

eeex

222

222

2222

2222

yiIyRtiteuy

xiIxRtitex

me

t

me

t

sencos

sencos

La solución propuesta será (como solución general).

1211

1211

yICyRCy

xICxRCx

me

me

Observación:

Como vemos no es necesario hacer el paso 2) para k2 = - i pues con

el paso 1) para k1 = - i es suficiente.

Otra forma de encontrar la solución general es pasar de x1; y1; x2; y2 a

un nuevo sistema fundamental de soluciones.

Este será:

i

yyy

yyy

i

xxx

xxx

2

2

2

2

21

2

21

1

21

2

21

1

Recordando que

sencos

sencos

ite

ite

t

t

i

i

La solución general del sistema será:

2211

2111

yCyCy

xCxCx

Aplicando cualquiera de las formulas se obtiene la solución general. Ejemplo:

yxdt

dy

yxdt

dx

23

32



102



103

Solución:

ik

ik

kk

kk

k

k

uk

uk

32

32

2

52164

0134

0922

023

32

023

032

2

1

2

1) Para k1 = 2 + 3i

033

033

033

033

03223

03322

11

11

11

11

11

11

ui

ui

iu

ui

ui

ui

son proporcionales ( = 0)

3i1 = 3u1

u1 = i1

Si 1 = 1 u1 = i

titieieeuy

titeeex

ttitk

ttitk

33

331

232

11

232

11

1

1

sencos

sencos

tietey

tietex

tt

tt

3cos3sen

3sen3cos

22

1

22

1 Con esto ya podemos calcular la sol. General.

Solución general.

1211

1211

yICyRCy

xICxRCx

me

me

teCteCy

teCteCx

tt

tt

33

33

2

2

2

1

2

2

2

1

cossen

sencos

Solución general.

Aplicando esto se obtiene una rápida solución.

Aplicaremos ahora el otro método.

1) Para k1 = + i



104

i

iuui

iu

ui

ui

ui

11

1111

11

11

11

11

u 1 Si

33

lineal)ón (combinaci alesproporcionson 033

033

03223

03322



105

*

33

331

2232

11

2232

11

1

1

tieteieeuy

tieteeex

tttitk

tttitk

cossen

sencos

2) Para k2 = - i

iuiu

ui

iu

ui

ui

ui

2222

22

22

22

22

22

1 si

033

otra) de (una linealn combinacióSon 033

033

03223

03322

titieieeuy

titeeex

ttitk

ttitk

33

3311

232

22

232

22

2

2

sencos

sencos

**

cossencossen

sencossencos

3333

3333

222

2

222

2

tietetitey

tietetitex

ttt

ttt

(*) y (*)(*) solo difieren en un signo.

Si calculamos un nuevo sistema fundamental.

tetey

tietetieteyy

y

tetex

tietetietexx

x

tt

tttt

tt

tttt

3y 322

1

33332

1

2

3x 322

1

33332

1

2

2

1

2

1

2222211

2

1

2

1

2222211

sensen

cossencossen

coscos

sencossencos

teetii

y

tietetieteii

yyy

tetiei

x

tietetieteii

xxx

tt

tttt

tt

tttt

3y 322

1

33332

1

2

3x 322

1

33332

1

2

2

2

2

2

2222212

2

2

2

2

2222212

coscos

cossencossen

sensen

sencossencos

2211

2211

yCyCy

xCxCx

teCteCy

teCteCx

tt

tt

33

33

2

2

2

1

2

2

2

1

cossen

sencos

Solución general.



106

Caso III: existen raíces multiples.

Dado 1

11

ybxadt

dy

byaxdt

dx

Si planteamos el sistema

3 0

0

11

ukba

buka

El determinante será.

4 011

kba

bka resolviendo obtenemos

(4') Ak2 + Bk + C = 0 resolviendo obtenemos k = k1 = k2

Para k = k1 = k2 obtenemos:

tk

tk

euy

ex

ukba

buka

1

1

11

11

1111

111

0

0

El mismo sistema quedará para k = k2

tk

tk

euy

ex

ukba

buka

2

2

22

22

2121

222

0

0

Estas soluciones no son linealmente independientes pues k1 = k2

Se debe ensayar entonces una solución del tipo:

(5)

tk

tk

etuy

etux

1

1

22

11

estos valores de y u son distintos de los obtenidos

en los sistemas.

Si reemplazamos (5) en (1) (en una de las ecuaciones), identificando los

coeficientes de las iguales potencias de t en el primer y segundo miembro

tendremos:

tbuaubatuuk

etubetuaeuetuktktktktk

21211111

221111111111

2111

21111

buuau

bauk

De este sistema podemos calcular u2 y 2 en función de u1 y 1.

De la segunda ecuación: u1= u1a1 + bu2

bu2 = u1-u1a1

b

a1uu 11

2

De la primera ecuación: k11 + u1 - a1 = b2



107

b

auk 1111

2



108

Si asignamos valores arbitrarios C1 y C2 a u1 y 1

tendremos:

1 = C1

u1 = C2

b

aCCk

b

a1Cu

1211

2

11

2


tk

tk

etb

aC

b

aCCky

etCcx

1

1

111211

21

1

Ejemplo:

Resolver

xydt

dy

yxdt

dx

4

2

Solución:

Primero debemos ordenar las variables del segundo miembro y luego

plantear el determinante.

3

3096

0142

041

12

2

12

k

kkk

kk

k

k

Solución de la forma:

t

t

teuy

teux

3

22

3

11

Reemplazando en la primera ecuación:

3(1 + u1t)e3t

+ u1e3t

= (21 + 2u1t)e3t

+ (2 + u2t)e3t

Igualando coeficientes.

Si consideramos: 1 = C1

u1 = C2

(31 + u1) + 3u1t = (21 + 2) + (2u1 + u2)t

31 + u1 = 21 + 2

3u1 = 2u1 + u2 u2 = u1

2 = 1 + u1



109

u2 = C2

2 = C1 + C2



110

Serán: Ejemplo:

Resolver

yxdt

yd

yxdt

xd

3

5

2

2

2

2

por el método de Euler o determinantes.

ik

ik

k

k

kk

k

uk

uk

2

2

2

2

016 013

51

013

051

4

3

2

1

4

2

2

2

2

Para k1 = 2

t

t

ey

ex

u

uuu

2

1

2

1

11

111111

5

3

1

053

5

3 1 si 330541

Para k2 =- 2

t

t

ey

ex

uu

u

2

2

2

2

2222

22

5

3

1

5

3 1 si anterior Idem 053

0541

Para k3 = -2i

titey

titex

u

uuu

it

it

221

221

033

1 1 si 0541

2

3

2

3

33

333333

sencos

sencos

x = (C1 + C2t)e3t

y = (C1 + C2 + C2t)e3t



111

Para k1 = 2i

titey

titex

u

uuu

it

it

221

221

033

1 1 si 0541

2

4

2

4

44

444444

sencos

sencos


tCtCeCeCy

tCtCeCeCx

tt

tt

225

3

5

3

22

43

2

2

2

1

43

2

2

2

1

sencos

sencos

Verificación:

tCtCeCeCyx

tCtCeCeC

tCtCeCeCyx

tCtCeCeCdt

yd

tCtCeCeCdt

dy

tt

tt

tt

tt

tt

24245

12

5

123

225

3

5

3

2323333

24245

12

5

12

22225

6

5

6

43

2

2

2

1

43

2

2

2

1

43

2

2

2

1

43

2

2

2

12

2

43

2

2

2

1

sencos

sencos

sencos

sencos

cossen

Verifica.

Ejemplo:

Resolver

yxdt

yd

yxdt

xd

3

5

2

2

2

2

por reducción de un sistema a una ecuación de

enesimo orden.

Resolución de la segunda ecuación:

y

dt

ydx

2

2

3

1 (1)

2

2

4

4

2

2

3

3

3

1

3

1

dt

yd

dt

yd

dt

xd

dt

dy

dt

yd

dt

dx

Reemplazando en la primera ecuación:



112

016

03

16

3

1

533

1

3

1

3

1

4

4

4

4

2

2

2

2

4

4

ydt

yd

ydt

yd

yy

dt

yd

dt

yd

dt

yd

yIV

- 16y = 0 Ecuación homog.

La ecuación característica es: k4 - 16 = 0

k1 = 2; k2 = -2; k3 = 2i; k4 = -2i

La solución será:

y = C1e2t + C2e

-2t + C3cos2t + C4sen2t (2)

Para calcular x de (1) necesito calcular la 2

2

dt

yd

tCtCeCeCdt

yd

tCtCeCeCdt

dy

tt

tt

242444

222222

43

2

2

2

12

2

43

2

2

2

1

sencos

cossen

Reemplazando en (1)

tCtCeCeCtCtCeCeCx tttt 222424443

143

2

2

2

143

2

2

2

1 sencossencos

tCtCeCeCx ttsencos 43

2

2

2

1 23

5

3

5

Ejemplo:

1) Resolver el sistema

zyxdt

dz

zyxdt

dy

zyxdt

dx

3

5

3

(1)

Solución

1. La ecuación característica es:

0

311

151

113

r

r

r

(3 - r)(5 - r)(3 - r) + 1 + 1 - (5 - r) - (3 - r) - (3 - r) = 0

0363611 23 rrr

Caso de raíces reales y distintas

r1 = 2 r2 = 3 r3 = 3



113

02

01

01

00

P

P

P

P

0 18 91

36182

3636111

2

r1 = 2

6

3

2

72819

0189

3

2

2

r

r

rx

2. Para r1 = 2

023

025

0123

111

111

111

vu

vu

vu

Indeterminado pues |A| = 0

0

0

0

000

020

111

0

0

0

111

131

111

Si tomo 1 = 1 01 + 2u1 = 0 u1= 0

1- 1.0 + v1 = 0 v1 = -1

tr

tr

tr

evz

euy

ex

1

1

1

11

11

11

t

t

ez

y

ex

2

1

1

2

1

0

Soluciones particulares.

3. Para r2 = 3

033

035

0133

222

222

222

vu

vu

vu


0

0

0

000

011

110

0

0

0

011

011

110

0

0

0

011

121

110

Si 2 = 1 -2 + u2 = 0 u2 = 1

u2 + v3 = 0 v3 = 1

tr

tr

tr

evz

euy

ex

2

2

2

22

22

22

t

t

t

ez

ey

ex

3

2

3

2

3

2




114

4. Para r3 = 6

06311

01651

01163

333

333

333

vu

vu

vu


0

0

0

311

420

000

0

0

0

311

420

840

0

0

0

311

111

113

Si 3 = 1 2042

031

33

33

vu

vu

-2 + 0 + 2v3 = 0 v3 = 1

-2u3 = 4v3 u3 = -2

tr

tr

tr

evz

euy

ex

3

3

3

33

33

33

t

t

t

ez

ey

ex

6

3

6

3

6

3

2


5. La solución general del sistema dado (1) es:

332211

332211

332211

zCzCzCz

yCyCyCy

xCxCxCx

ttt

tt

ttt

eCeCeCz

eCeCy

eCeCeCx

6

3

3

2

2

1

6

3

3

2

6

3

3

2

2

1

2 (2)

6. Verificación: Si reemplazamos la solución general (2) en (1) debe

verificarse. Ejemplo:

Resolver el sistema.

yxdt

dy

yxdt

dx

2

5

(1)

Solución:

1. La ecuación característica es:

0

12

51

r

r



115

(1-r)(-1-r)+10 =0 092 r ir

ir

3

3

2

1

Caso de raíces complejas conjugadas.



116

Para r1 = 3i

0312

0531

11

11

ui

ui

Al ser |Ap| = 0 la segunda ecuación es consecuencia de la primera

(combinación lineal).

El sistema es indeterminado.

(1 - 3i)1 = 5u1

hago entonces

5

31

1

1

iu

ttitty

ttitity

titieiyeuy

tittitexex

ittr

ittr

333333

333333

333131

35353355

1

1

3

111

3

111

1

1

cossensencos

sencossencos

sencos

sencossencos

2. Para r2 = -3i (no es necesario) (solo como verificación)

0312

0531

22

22

ui

ui

obtengo 2 = 5; u1 = 1+3i

.imaginaria laparte de signo el cambia solo

333333

necesario es no 3 paso El

333333

333131

35353355

1

3

122

3

122

2

2

ttitty

ttitit

titieiyeuy

tittitexex

ittr

ittr

cossensencos

sencossencos

sencos

sencossencos

3. La solución general del sistema (1) será:

1211

1211

yICyRCy

xICxRCx

x = C15cos3t + C25sen3t

y = C1(cos3t + 3sen3t) + C2(sen3t - 3cos3t).

Ejemplo:

Resolver el sistema



117

xydt

dy

yxdt

dx

4

2

(1)



118

Solución:

1. La ecuación característica es: (ordenando el sistema)

yxdt

dy

yxdt

dx

4

2

041

12

r

r

(2 - r)(4 - r) + 1 = 0

r2 -6r + 9 = 0

3

3

2

1

r

r

2. La solución es de la forma

t

t

etuy

etux

3

22

3

11

(2)

Reemplazando (2) en la derivada dt

dxen la primera ecuación de (1)

(1 + u1t)e3t

.3 + u1e3t = 2(1 + u1t)e

3t + (2 + u2t)e

3t

31 + u1 + 3u1t = 21 + 2 + 2u1t + u2t

Igualando los coeficientes de las potencias de t.

12

112 3

uu

u

211

1

u2u3u

u 211 23

Si mantengo 1 y u1 arbitrarias haciendo

21

11

Cu

Cserá

x = (C1 + C2t)e3t

y = (C1 + C2 + C2t)e3t.



119

TEMA 22: METODO DE VARIACION DE LAS

CONSTANTES.

Dado el sistema no homogéneo.

tfzcybxadt

dx

tfzcybxadt

dy

tfzcybxadt

dx

3333

2222

1111

(1)

Si la solución del sistema homogéneo es:

332211

332211

332211

zCzCzCz

yCyCyCy

xCxCxCx

(2)

Se busca una solución del sistema no homogéneo de la forma.

332211

332211

332211

ztCztCztCz

ytCytCytCy

xtCxtCxtCx

(3)

Siendo C1(t); C2(t) y C3(t) las incógnitas.

Si reemplazamos (3) en la primera ecuación de (1).

C1'x1 + C2'x2 + C3'x3 + C1x1' + C2x2' + C3x3' + a1(C1x1 + C2x2 + C3x3) +

+ b1(C1y1 + C2y2 + C3y3) + c1(C1z1 + C2z2 + C3z3) = f1(t)

Si ordenamos tendremos:

C1'x1 + C2'x2 + C3'x3 + C1 (x1' + a1x1 + b1y1 + c1z1) + C2(x2' + a1x2 + b1y2

+ c1z2) + C3(x3' + a1x3 + b1y3 + c1z3) = f1(t).

Todas las sumas que están dentro de los paréntesis se convertirán en

cero pues (2) es solución de la homogénea.

Quedará entonces:

C1'x1 + C2'x2 + C3'x3 = f1(t) (4)

Si reemplazamos ahora las expresiones (3) en la segunda y tercera

ecuación de (1) obtendremos:

C1'y1 + C2'y2 + C3'y3 = f2(t)

C1'z1 + C2'z2 + C3'z3 = f3(t) (5)

El sistema (4); (5)es lineal con respecto a C1', C2' y C3' y tiene solución

porque su determinante principal es distinto de cero (pues las soluciones

particulares del sistema homogéneo son linealmente independiente).

Del sistema (4), (5) calculo: C1'; C2' y C3'

Hallamos C1(t); C2(t) y C3(t) integrando C1'; C2' y C3'



120

Observación:

Al integrar C1'(t) para obtener C1(t) aparecerá la constante de

integración C1.

111 CdttCtC

Si reemplazamos en (3) los valores de C1(t); C2(t) y C3(t) obtendremos

la solución general del sistema no homogéneo.

332211

332211

332211

ztCztCztCz

ytCytCytCy

xtCxtCxtCx

Ejemplo:

Resolver por el método de la variación de constantes.

2

2

3

4142

tyxdt

dy

tyxdt

dx

(1)

Solución:

1) Primero se resuelve el sistema homogéneo.

(2)

0

042

yxdt

dy

yxdt

dx

yxdt

dy

yxdt

dx42

la ecuación característica es:

011

42

r

r (-2 - r)(1 - r) + 4(-1) = 0

-2 + 2r - r + r2 - 4 = 0

r2 + r - 6 = 0

3

2

2

51

2

2411

r1 = 2 r2 = -3

2) Para r1 = 2

0

0

11

44

021

0422

11

11

u

u

Proporcionales

Si 1 = 1 -1 - u1 = 0 u1 = -1

t

t

tr

tr

ey

ex

euy

ex

2

1

2

1

11

11

1

1 Soluciones particulares.

3) Para r2 = -3



121

0

0

41

41

031

0432

22

22

u

u

Proporcionales



122

Si 2 = 4 -4 + 4u2 = 0 u2 = 1

t

t

tr

tr

ey

ex

euy

ex

3

2

3

2

22

22 4

2

2

4) La solución general del sistema será:

2211

2211

yCyCy

xCxCx

tt

tt

eCeCy

eCeCx

3

2

2

1

3

2

2

1 4 (3) estas soluciones reemplazadas en (2) deben

verificarla. (la verifican).

5) Buscamos ahora la solución del sistema no homogéneo (o sea el

sistema dado).

La forma propuesta es:

tt

tt

etCetCy

etCetCx

3

2

2

1

3

2

2

1 4 (4)

Debemos reemplazar en (1) para ello calculamosdt

dy

dt

dx

dt

dxC1'(t)e

2t + 2C1(t)e

2t + C2'(t) 4e

-3t - 12C2(t)e

-3t

dt

dy -C1'(t)e

2t - 2C1(t)e

2t + C2'(t)e

-3t - 3C2(t)e

-3t

Reemplazando en (1)

23

2

2

1

3

2

2

1

3

2

3

2

2

1

2

1

3

2

2

1

3

2

2

1

3

2

3

2

2

1

2

1

2

3

432

414

4821242

tetC

etCetCetCetCetCetCetC

tetC

etCetCetCetCetCetCetC

t

ttttttt

t

ttttttt

23

2

2

1

3

2

2

1

2

3

414

tetCetC

tetCetC

tt

tt

Calculamos C1'(t) C2' del sistema (5).

Si sumamos las ecuaciones.

5C2'(t) e-3t

= 2

3t2 + 4t + 1

5

142

3 32

2

tetttC

(6)

Si multiplico la segunda ecuación por (-4) y sumamos.

5C1'(t) e2t

= -6t2 + 4t + 1



123

5

1462

1

2te

tttC

(7)

De (6) y (7) integrando puedo calcular C1(t) C2(t)

1

2222

1

2

3332

2

5

1

5

4

5

6

5

1

5

4

2

3

5

1

CdtedttedtettC

CdtedttedtettC

ttt

ttt

Aplicamos formulas 23 y 24 de la tabla.

2

3332

2

2

3333332

2

2

3333

32

2

2

33

332

2

45

3

45

4

45

1

45

4

15

1

10

15

1

45

43

45

4

45

13

45

1

10

1

15

1

45

43

45

413

95

1

10

1

15

113

95

4

3

2

310

3

Ceetet

tC

CeeteeteettC

Ceetete

ettC

Cete

dtteet

tC

ttt

tttttt

tttt

t

tt

tt

2

32

2510

Cett

tC t

(8)

1

222

1

1

2222222

1

1

222

22

1

1

22

222

1

5

1

5

3

10

1

5

1

5

2

10

3

5

3

5

3

10

112

5

112

45

6

5

3

10

112

45

4

2

2

25

6

CteettC

CeeeeteettC

Cetete

ettC

Cete

dtteet

tC

tt

ttttt

ttt

t

tt

tt

1

22

155

3Ce

tttC t

(9)

Poniendo en (4) los valores de C1(t) C2(t) hallados en (8) y (9)

obtenemos la solución general del sistema (1).



124

tttt

tttt

eCett

eCet

ty

eCett

eCet

tx

3

2

32

2

1

22

3

2

32

2

1

22

51055

3

451055

3



125

tt

tt

eCtt

eCt

ty

eCtt

eCt

tx

3

2

22

1

2

3

2

22

1

2

51055

3

45

4

10

4

55

3

tt

tt

eCeCty

eCeCttx

3

2

2

1

2

3

2

2

1

2

2

1

4



126

EJERCICIOS XVI

Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales aplicando

el método de reducción del sistema de una ecuación de enésimo orden.

1)

yxdt

dy

yxdt

dx

32

4

2)

yxdt

dy

yxdt

dx

23

32

3)

xydt

dy

yxdt

dx

4

2

4)

yxdt

dy

yxdt

dx

2

5

5)

2

2

3

4142

tyxdt

dy

tyxdt

dx

6)

yxdt

dy

yxdt

dx

52

53

7)

yxdt

dy

yxdt

dx

3

2

8)

txdt

dy

ydt

dx

22

23

9)

xydt

dx

yxdt

dy

3

10)

txydt

dx

txydt

dy

cos

sen

24

2

11)

yxdt

yd

yxdt

xd

3

5

2

2

2

2

12)

12

2

2

2

dt

dx

dt

yd

exdt

dy

dt

xd t

Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales mediante el

método de Euler aplicable a sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

homogéneas de coeficientes constantes.

13)

1

1

xdt

dy

ydt

dx

14)

yxdt

dy

yxdt

dx

3

2

15)

yxdt

dy

xydt

dx3

16)

xydt

dy

xydt

dx

25

7



127

17)

yxdt

dz

zxdt

dy

zydt

dx

18)

yxdt

dz

zxdt

dy

zydt

dx

3

3

19

zyxdt

dz

zdt

dy

ydt

dx

282

2

8

20)

yxdt

dy

yxdt

dx

8

92

21)

ydt

xd

xdt

yd

2

2

2

2

22)

20y 60 xSiendo

3

83

;

yxdt

dy

yxdt

dx

23)

10y 20 xSiendo

3

5

;

yxdt

dy

yxdt

dx

23)

10y 00 xSiendo

54

;

xdt

dy

yxdt

dx

Resolver los siguientes sistemas aplicando el método de variación de las

constantes.

25) Sistema del ejercicio 20







128

Resuelva la Autoevaluación N° 16


el método de reducción del sistema a una ecuación diferencial de

enésimo orden.

Ej1)

122

322

3

2

13 2

tydt

dy

tt

yxdt

dx

Ej2)

xtydt

dy

tyxdt

dx

22

siendo 9

50

9

70 yx ;


el método de Euler.

Ej3)

ydt

dx

xdt

dy

4

0

Ej4)

yxdt

dy

xydt

dx3

Siendo x(0) = 1; y(0) = 1

Ej5) Resolver el siguiente sistema aplicando el método de la variación

de constantes.

4

3

zyxdt

dz

ezyxdt

dy

ezyxdt

dx

t

t

Tabla de Rendimientos.

Ej1 Ej2 Ej3 Ej4 Ej5 Total

20 20 20 20 20 100

Ver resultados al final del capítulo.

Nota: si obtuvo menos de 80%, vuelva a estudiar los conceptos

anteriores. Si obtuvo 80% o más pase a los temas siguientes.



129

TEMA 23: APLICACIONES DE ECUACIONES

DIFERENCIALES.

1) Problemas de Crecimiento y Decrecimiento.

N(t): Población que crece o decrece.

DN: Cambio de Población.

dt: Incremento del tiempo

Se asume que dt

dNes proporcional a la cantidad de sustancia presente.

Luego la ecuación diferencial que modela este problema es:

kNdt

dN (1)

Siendo k una constante de proporcionalidad.

Ejemplo:

La población de cierto país aumenta en forma proporcional al número

actual de habitantes.

Si después de dos años la población se ha duplicado y después de tres

años la población es de 20000 habitantes.

¿Hallar el número de habitantes que había inicialmente en el país? Solución:

Llamaremos N0 al número inicial de habitantes.

Llamaremos N al número de habitantes en el tiempo t.

La ecuación diferencial será:

kNdt

dN (2) ecuación diferencial de variables separables

Su solución es:

kteC

N

ktC

N

Ckt

kdtN

dN

dtkN

dN

ln

lnln

N = Cekt

(3)

Para t = 0 es N = N0

Reemplazando en (3) N0 = Cek0

. Esto me permite calcular C.

N0 = C (4)



130

Luego N = N0ekt

(5)

Para t = 2 es N = 2N0

Reemplazando en (5) 2N0 = N0e2k

2 = e2k

ln 2 = lne2k

ln 2 = 2k 22

1lnk (6)

3470,k (6)

Reemplazando en (5) obtenemos

N = N0e0,347 t

(7)

Para t = 3 es N = 20000 (dato)

20000 = N0e(0,347)(3)

20000 = N0.2,832

N0 = 7062 Población inicial.

La ley de la variación de la población será:

N = 7062 e0,347 t

Ejemplo:

Un cierto material radiactivo se desintegra en forma proporcional al

material presente.

Si inicialmente hay 50mg de material presente y después de dos horas

se observa que el material ha perdido el 10% de su masa original, hallar:

a) La masa del material después de 4 horas.

b) La expresión de la masa presente en el tiempo t

c) El tiempo en el cual la masa se ha desintegrado en la mitad de la

masa original. Solución:

a) Sea N la masa del material en el instante t

La ecuación diferencial será:

0 kNdt

dN (1)

Integrando tendremos que:

kteC

N

ktC

N

CktNkdtN

dN

ln

lnln

N = Cekt

(2)



131

La condición inicial es para t = 0; N = 50 que reemplazada en (2).

50 = Cek0

50 = C

Siendo N = 50ekt

(3)

Para t = 2 horas

El 10% de 50 es 5mg.

La masa actual es entonces 50 - 5 = 45mg

Reemplazando en (3)

45 = 50ek(2)

0530902

1

250

45

50

45 2

,,ln

.ln

k

ke k

k = -0,053 (4)

La expresión de N(t) será: N = 50e-0,053 t

(5)

b) Para t = 4 horas, se sustituye t = 4 en (5)

N = 50e-0,053 x 4

N = 40,5 mg

c) Debemos calcular t para 252

50 N

25 = 50 e-0,053 t

0,5 = e-0,053 t

ln 0,5 = lne-0,053 t

= -0,053 t

t = 13 horas.

2) Problemas de Nacimiento - Muerte.

El cambio neto de una población P es el número de nacimientos menos

el número de muertes.

P = N - M

Dividiendo por t obtenemos la razón de cambio.

t

M

t

N

t

P

(1)

Si P = P(t) es una función continua y derivable.

Idem para N = N(t) y M = M(t)

La razón de nacimientos y muertes será proporcional a la población.

kPdt

dMP

dt

dN (2)

Siendo : la razón especifica de nacimientos.



132

Siendo k = la razón especifica de muertes.

Combinando (1) y (2) tendremos:

kPPdt

dP

(3) Pkdt

dP Ecuación diferencial de variables separables.

Si resolvemos

tkeC

P

tkCP

CdtkP

dP

dtkP

dP

lnln

ln

Si la población inicial se llama P0 (para t = 0)

P0 = Ce(-k)0

= C.1 C = P0 Luego:

(4) P = P0e(-k)t

Ley de variación de la población en condiciones

normales.

Ejemplo:

Cual será la población de un país, en 10 años si ahora tiene 20.000.000

de habitantes siendo = 0,1 y k = 0,08

Solución:

P = P0 e( - k)t

de (4)

P = 20.000.000 e(0,1 - 0,08)10

=

P = 24.428.055 habitantes.

3) Propagación de Infecciones.

Si en una población de individuos susceptibles de ser contagiados

introducimos un infectado, la enfermedad se extenderá lentamente al

principio, luego el proceso se acelerará y finalmente se estabilizara

cuando casi todos estén infectados. Los individuos infectados

permanecen infectados durante el proceso y no se muere ninguno.

Sea x: el número de expuestos.

y: el número de infectados en el día t.

n: el tamaño de la población en el cual se ha introducido un

infectado.

En cualquier momento podemos plantear

x + y = n + 1 (1)



133

Sea dt

dy la proporción en que aumenta el número de infectados .

Cuantos más infectados y susceptibles estén presentes, más

frecuentemente suceden los contactos y es razonable suponer que dx

dy es

proporcional a x e a y.

Será entonces:

xydt

dy (2)

Siendo la razón especifica de la infección.

Despejando x de (1) x = n + 1 - y

Reemplazando en (2) yyndt

dy 1 (3)

La solución de la ecuación diferencial (3) es

tnne

ny

11

1

Ejemplo:

Si la población es de 1000 personas y = 0,001 tendremos:

tey

1001001010001

1001

,

Si construimos una tabla para valores de t/ 0 t 20 con paso t = 1

tey

1001001010001

1001

,

t y t y

0 1 11 985

1 2,7 12 995

2 7,35 13 999

3 19,76 14 1000

4 52 15 1000

5 129,9 16 1000

6 289 17 1000

7 525 18 1001

8 751 19 1001

9 892 20 1001

10 958

Observación: Crece rápidamente hasta hacerse asintótica en y = 1001



134

Si graficamos

4) Deformación de Vigas

Ecuación Diferencial de Orden Superior.

Ejemplo: Determinar las deformaciones de una regla de acero de 20cm de largo,

si en su extremo libre se aplica 1kg y en su otro extremo esta empotrada.

E = 2100000 kg/cm2 (módulo de elasticidad del material)

Solución:

EJ

M

dx

yd

2

2

(es la ecuación diferencial de la viga deformada)

433

002012

203

12cm

bhJ ,

,

(momento de inercia de la sección de la viga)

M = P(l-x) (es el momento aplicado en una sección a distancia x del

empotramiento)

0 0 si

0 0 si

yx

yxCondiciones iniciales.

1

2

1

0

2

01

22 ; ; C

xlx

EJ

PC

xlx

EJ

PyCdxxl

EJ

Pyxl

EJ

Py

xx

Si x = 0 y' = 0

1

2

2

000 Cl

EJ

P. C1 = 0

y (infectados)

1001

t(días)

10

y

x l - x

l

P

x

y

b = 3cm

Sección h = 0,2 P = 1Kg. (carga en el extremo)



135

xx

Cxx

lEJ

Pdx

xlx

EJ

Py

02

0

322

622



136

Si x = 0 y = 0

2

3

6

000 Cl

EJ

P. C2 = 0

62

32 xxl

EJ

Py

la deformación máxima se obtiene para x = l

3

62

3

32

l

EJ

Pf

lll

EI

Pf

En nuestro caso P = 1kg

E = 2100000 kg/cm2 (acero)

J = 0,002 cm4

cmfmax 63490300202100000

201 3

,,

Observaciones dimensionales.

3

3l

EJ

Pf siendo

12

3bhJ ;

3

33

3 3

12

3

12

Ebh

Pll

bhE

Pf

5) Circuitos Eléctricos RC Ejemplo:

Estudiar la carga y descarga del condensador conectado a la pila y luego

desconectado

Solución:

El trabajo hecho en la fuente es: Edq

Energía disipada en R es: i2Rdt.

duC

qd

2

2

dur condensado elen

almacenda energía la de Aumento

la ecuación de equilibrio será Edq = i2Rdt + d

C

q

2

2

Aumenta con el cubo del largo

3

34

Ebh

Plf Disminuye con el cubo del espesor h

Disminuye con el aumento del ancho b

C E +

-

i

R

R =2000 ohms ()

C = 10uf (microfaradais)

E = 10V (volts)

E Tensión de la pila

R Resistencia

C capacitor (Condensador).



137

Edq = i2Rdt + dq

C

q

2

2

Si dividimos por dt

iC

qRiEi

dt

dq

C

qRi

dt

dqE

2

2

C

qiRE (1)

Si queremos saber como se carga el condensador dejemos una sola

variable en (1).

EqCdt

dqR

C

qR

dt

dqE

1

R

Eq

RCdt

dq

1 Es una ecuación diferencial lineal

de primer orden: q' + Pq = Q Lineal, cuya solución es:

R

EQ

RCtPCdtQeeq

PdtPdt

1

1

Teniendo en cuenta que si t = 0 q = 0(condiciones iniciales)

1

1

CECeeq

ECeRCeR

Edte

R

EdtQe

ee

RC

tdt

RCPdt

RCt

RCt

RCt

RCt

RCtPdt

RCtPdt

Si t = 0 q = 0 ; 0 = 1[EC + C1] C1 = -EC

ECECeeq RCt

RCt

RCt

eECq 1 q = CE es la asíntota horizontal de la curva pues:

ECeEC RCt

tlim

1



138

¿Que pasa si desconectamos la batería y unimos los cables?(o cambiamos

el interruptor si hiciéramos el siguiente circuito).

El capacitor se descargaría y la energía sería disipada como calor por la

resistencia.

Al desconectar la batería le ecuación (1) quedará

C

qiR 0

RCt

eC

q

RC

tqC

RC

tCq

RC

dt

q

dq

RC

dt

q

dq

C

q

dt

dqR

C

q

dt

dqR

1

1

1

1

0

ln

lnln

Si Q0 es la carga que tiene el condensador en el momento de cerrar la

llave (t = 0).

RCt

RC

e

Q

q

QCe

CQ

0

0

1

1

0

1

0

1

1

1C

11

RCt

eQq

0 ley de variación de carga.

q (microcoulombs)

CE

t(milisegundos)

8

4

2 4 6 8 10

C E

R



139

Siendo dt

dqi RC

t

eRC

Qi

0

ley de variación de la corriente eléctrica

que pasa por la resistencia al descargarse el condensador.

Si graficamos:

6) Circuitos Eléctricos RL. Ejemplo:

Estudiar la variación de la corriente en la carga en régimen y tensión y

corriente al desconectar la pila.

Solución:

La ecuación es ERidt

diL

R

ECC

R

E

CeR

Eei

eR

Ee

R

L

L

Edte

L

EdtQe

tL

Rdt

L

RPdt

L

EQ

L

R P CdtQe

QPidt

di

L

Ei

L

R

dt

di

L

Rtt

L

R

L

Rt

L

Rt

L

RtPdt

Pdt

11

1

1

Pdt-

110

0 i 0; tsi

; ; ei

:essolución La ordenprimer de Lineal

E/R 6

4

2

10

t (milisegundos)

i (miliamperes)

L E +

-

R R 2000 Ohms ()

L = 4 Henry

E = 10Volts

E Tensión de la pila

L Inductancia (Bobina)

R Resistencia



140

R

Ee

R

Eei L

Rtt

L

R

L

Rt

eR

Ei 1 Ley de variación de la corriente



141

Si hacemos la gráfica para los valores dados tendremos.

Si planteamos la descarga.

0 iRdt

diL (es de variables separables está ecuación diferencial)

1

0

1

1

1

I i 0; t si 1

CR

E

R

Ee

Ci

tL

RiCdt

L

R

i

diiR

dt

diL

tL

R

ln

t

L

R

eR

Ei

ley de descarga de corriente a través de la resistencia.

Si estudiamos la tensión:

V = iR t

L

R

EeV

ley de variación de la tensión.

Si graficamos:

i (miliamperes)

E/R

t(milisegundos) 2 4 6 8 10

L

R

i

10 E

2 4 6 8 10

t (milisegundos)

v (volts)

5



142

RESPUESTAS A EJERCICIOS.

EJERCICIOS XIII

1a) Primer orden, primer grado y ordinaria.

1b) Segundo orden, primer grado y ordinaria.

1c) segundo orden, primer grado y en derivadas parciales.

1d) Primer orden, segundo grado y ordinaria.

1e) Segundo orden, primer grado y ordinaria.

1f) Tercer orden, primer grado y ordinaria.

1g) Cuarto orden, primer grado y ordinaria.

1h) Cuarto orden, primer grado y ordinaria.

1i) Segundo orden, primer grado y en derivadas parciales.

1j) Segundo orden, primer grado y ordinaria.

2a) Es una solución particular.

2b) Es una solución particular.

2c) Es la solución general.

2d) Es una solución particular.

2e) Es una solución particular.

2f) Es la solución general.

2g) Es la solución general.

2h) No es una solución.

2i) No es una solución.

2j) Es una solución particular.

3a) familia de rectas y = C1x + C2

3b) familia de parábolas 21

2

2CxC

xKy

3c) familia de parábolas Cx

y 2

2

3d) familia de elipses Cxy

164

22

3e) familia de sinusoides Cxy sen

7) x

y

dx

dy 2

8) x

y

dx

dy

6a) x

Cy (haz de parábolas)

6b) y2 + x

2 = 2C (haz de circunferencia con centro C(0,0) y radio

Cr 2 ).

6c) y = x2 + C (haz de parábolas, cuyo eje es y)



143

7) y = Cx (familia de rectas que pasan por el origen).



144

8) x

Cy (familia de hipérbolas equiláteras)

9) y2(y')

2 + y

2 = 1; y = 1 e y = -1

EJERCICIOS XIV

1) y4 = -x

4 + C

2) t = lnx + C

3) Cx

y

32

1 3

2

4) y = [(2 + e3x

)C]1/3

5) x

Cy 2

6) Cxy

arcsenarctg 2

2

7)

Cx

y

2

2

1

1

8) y = x3C

9) y - ln|y + 1| - x2 = C

10) Cxx

y

2

ln

11) arctgx = ln(1+y) + C

12) 2 + x2 = (y

3 + 1)C

13) Cy

xx

2

23

23

14) Solución general y = (1+ x2)C

Solución particular y = 2(1+ x2)

15) Solución general Cee xy 22

Solución particular e

eee xy 22

2

16) Solución general 2x - e-2y

= C

Solución Particular 2x - e-2y

= 6

17) Cxx

yArg

lnsenh

18) Cxy

xy

19) Cx

yx

3

22

20) Cxy

x ln



145

21) Cxx

y ln

22) (x2 - 2xy - y

2)

-1/2 = C

23) Cyy

x ln

3

3

3

24) Cx

yxy

2

1

22 2 sen

25) Cyx

xy

3

2

26) Cyx

y

21

27) xy - ln|x3y

2| = C

28) Cx

yxy ln

29) (y - x + 1)2(y + x - 1)

5 = C

30) ln|x-2y|2 - 6y - 2x = C

31)

Cx

xy

xy 2

2

3

21

32

32) 2

4

6 x

Cxy

33) y =ex(x + C)

34) 2x

Cxy

35) 3

2

1

2

x

Cxxy

36) y = -a + C sen2x

37) Cxxy 213

22

13

3cossen

38) x

xCy

2sen

cos

39) 4

23

2Cx

xy

40) xCexy 2

2

1

41) Cxxy

642 3

11

42) xCexy

2

2 2

11



146

43) Cxy

x 2

2

44) Cxyx

2

11

45) Cy

e x

1

13

3

46) x2 + 2xy + 2y

2 = C

47) xey - y

2 = C

48) 2xy + y2 = C

49) x3 + 3xy

2 = C

50) x2y - xy

2 = C

51) x3 + x

2y - xy

2 - y

3 = C

52) r2cos

2 - 2r sen = C

53) x3 - 3x

3y + 6y

2 = C

54) y2 - xe

y = C

55) x2seny + 3xy = 4 + 3

56) Cx

y

x

3

3

57) Cyxy

x

2

2

58) Cy

xy ln

59)

Cx

yxy

60) 2

4xC

xy ln

61) y = ex + c

62) 6

5

232

232

xyy

63) xC

e xy

1ln

64) 2y = (x +1)4 + C(x + 1)

2

65) xby = ax + c

66) x = sent + Ccost

67) y2(x

2 + 1 + C

2xe ) = 1

68) y4 = 4xy + C

69) x2 + y

2 = C x

3

70) Cy

xyx

arctg222



147

71) y = (Cx + lnx + 1) = 1



148

72) (x + y - 1)5(x - y - 1)

2 = C

73) ln(4x + 8y + 5) + 8y - 4x = C

74) t

Ctx ln

75) xy

1

3

41

EJERCICIOS XV

1) y = C1e3x

+ C2e-x

2) y = e3x

(C1sen2x + C2cos2x)

3) y = e2x

(C1sen3x + C2cos3x)

4) y = e3x

(C1 + C2x)

5) y = C1ex + C2e

2x

6) y = e2x

(C1 + C2x)

7) y = C1 + e-3x

(C2senx + C3cosx)

8) y = C1 + C2e2x

+ C3ex/2

9) y = C1 + C2x + C3e-2x

10) y = (C1 + C2x + C3x2)e

3x

11) y = (C1 + C2x + C3x2 + C4x

3)

12) y = C1 + C2x + (C3 + C4x)e3x

13) y = C1e3x

14) y = C1 + C2e2x

+ C3e-x

15) y = (C1 + C2x+ C3x2)e

2x

16) y = C1 + C2x + e-x

(C3senx + C4cosx)

17) y = C1 + C2x + ex (C3senx + C4cosx)

18) y = C1 + C2ex + C3e

2x

19) y = C1ex + e

2x (C2senx + C3cosx)

20) y = C1e2x

+ C2e-2x

+ C3 sen2x + C4cos2x

21) y = C1e5x

+ C2e2x

+ xxex 2

3

8

20

21

5

3

22) y = e-2x

(C1senx + C2cosx) + 3e-2x

23) 81

59

9

4

9

23 2

21 xxxCxCy cossen

24) y = C1e-3x

+ C2e-2x

+ 3xe-2x

+ 30

1e

3x

25) y = C1sen3x + C2 cos3x + (4xcosx + senx)/32

26) y = C1ex + C2e

2x + xe5

12

1

27) y = C1ex + C2e

2x -xe

x

28) y = C1e-x

+ C2e-4x

-8

11

2

x



149

29) y = C1cos2x + C2sen2x + xxx

412

12

4cossen



150

30) y = C1ex + C2e

-2x + x

2

31) y = C1ex + C2e

-x x2

10

1

2

1cos

32) y = C1ex + C2e

-x + (x

2 - x)e

x

33) y = C1e3x

+ C2e2x

+ C3xe2x

- ex(12x

2 + 60x + 102)

34) y = C1ex + C2e

-x + C3cosx + C4senx + x2

15

2x2

15

1sencos

35) y = C1ex + C2e

-x + C3cos2x + C4sen2x + x3e

52

3x2

20

xcos

36) y = C1ex + C2e

-2x + C3 xe

-2x - x223 exx

18

1

37) y = C1 + C2x + C3e4x 2

8

5x

38) y = C1 + C2e2x

+ C3e-2x

- 2x8

1

39) xx4

1

27

8x

9

2x

3

2

3

xx2Cx2Cey 2

3

21

xcossensencos

40) y = C1ex + C2e

-x + C3e

-2x - x

2

e6

x

4

5

2

x

2

x

EJERCICIOS XVI

1) x = C1e5t

+ 2C2e-t

y = C1e5t

- C2e-t

2) x = e2t

(C1cos3t + C2sen3t)

y = e2t

(C2cos3t - C1sen3t)

3) x = (C1 + C2t)e3t

y = (C1 +C2 + C2t)e3t

4) x = 5C1 cos3t + 5C2 sen3t

y = C1(cos3t + 3sen3t) + C2(sen3t - 3cos3t)

5) x = C1e2t

+ 4C2e-3t

+ t2 + t

y = C2e-3t

- C1e2t

- 2t2

1

tt

tt

eCeCy

eCeCx

7

2

2

1

7

2

2

1

29

1

9

5 6)

7) x = (C1 - C2)e2tcost - (C1 + C2)e

2tsent

y = e2t

(C1sent + C2cost)

8) x = C1cos2t + C2 sen2t + t

y = C1 sen2t + C2 cos2t + 1

9) x = (C2 - C1 - C2t)e-2t



151

y = (C1 + C2t)e-2t



152

x = 2C1 - (2t + 1)C2 - 3sent - 2cost

y = C1 + C2t + 2sent

10)x = C1e2t

+ C2 e-2t

+ C3 cos2t + C4 sen2t

t2Ct2CeC5

3eC

5

3y 43

t2

2

t2

1 sencos

11)x = C1 + C2t + C3t2 t

3

e6

t

y = C4 - (C1 + 2C3)t t43

3

2

2 et24

1tC

3

1t1C

2

1

12)x = C1et + C2e

-t - 1

y = C1et - C2e

-t -1

13)Ver respuesta de ejercicio 7

14)Ver respuesta de ejercicio 9

15)x = e-6t

(C1cost + C2 sent)

y = e-6t

[(C1 + C2)cost - (C1 - C2)sent]

16)x = C1e-t + C2e

2t

y = C3e-t

+ C2e2t

z = -(C1 + C3)e-t + C2e

2t

18)x = C1e3t

+ C2e-2t

ttt

ttt

eCeCeCz

eCeCeCy

3

3

2

3

1

3

2

2

3

1

2

3

2

3

19)x = C1e-2t

+ C2sen4t + C3cos4t

t4Ct4CeC4

1z

t42

Ct4

2

CeC

4

1y

32

t2

1

32t2

1

cossen

sencos

20)x = (C1 - 3C1t - 3C2)e5t

y = (C2 + C1t)e5t

21)x = C1et + C2e

-t + C3cost + C4sent

y = C1et + C2e

-t - C3cost - C4sent

22)x = 4et + 2e

-t

y = -et - e

-t

23)x = e-t(sent - 2cost)

y = e-tsent

24)x = -5e2tsent

y = e2t

(cost - 2sent)

25)Ver respuesta del ejercicio 20.





153

28)Ver respuesta del ejercicio 8. 29) Ver respuesta del ejercicio 9.



154

RESPUESTA A AUTOEVALUACIONES.

CAPITULO 5

Autoevaluación N° 13

Ej1) y2 - x

2 = C (haz de hipérbolas).

Ej2) y

x

dx

dy

Ej3) x2 - y

2 = C (haz de hipérbolas).

Ej4) y = ex + C (haz de exponenciales paralelas).

Ej5) 1Cx

xy

(haz de funciones homográficas).


Ej1) y9 = C(x

3 + y

3)

2

Ej2) y = senx + Ccosx

Ej3) (x2 + y

2)

3/2 - 3xy = C

Ej4) x4y

3 = e

y-1

Ej5) (4y - x - 3)(y + 2x - 3)2 = C

Ej6) x4

4Ce

4

1x

y

1


Ej1) y = ex(C1sen3x + C2cos3x)

Ej2) y = C1e2x

+ C2e-2x

+ C3 sen3x + C4 cos3x

Ej3) y = C1+ C2e2x

- xe2

1 xsen

Ej4) y = C1ex + C2e

2x + C3e

-2x + x2

32

e6

x

2

x

Ej5) y = C1e3x

+ C2e-3x

- x213

1e

5

1

9

x x2sen


Ej1)

1teC2y

tteCeCx

t2

1

2t3

2

t2

1



155

Ej2)

9

5

3

ty

9

7t

3

4x

Ej3)

x2

2

x2

1

x2

2

x2

1

eCeCy

eC2eC2x

Ej4)

t21ey

t21ex

t2

t2

Ej5)

t3tt2

2

t

1

t3t

t2

3

t2

2

t

1

t3t

t2

3

t2

2

t

1

e4

1e

2

1eC

3

1eC

3

1z

2e20

7

6

eeC

2

1eC

6

1eC

3

1y

2e20

3

6

eeC

2

1eC

6

1eC

3

1x

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UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL Facultad Regional …De esta relación de dependencia que liga a x, y y sus derivadas buscamos obtener esa función y = f(x) que es la solución de