1 Ecuaciones diferenciales homog eneas 1. y z y eligiendo...

1 Ecuaciones diferenciales homogeneas

1. Utilizando el cambio de variable y = zα y eligiendo adecuadamente α integrar el

problema de valor inicial dy

dx=

xy

3x2 − y4

y(2) = 1

.

Solution 1 Utilizamos el cambio de variable y = zα. Diferenciando tenemos

dy

dx= αzα−1 dz

dx.

Por tanto

αzα−1 dz

dx=

xzα

3x2 − z4α

y simplificando nos quedadz

dx=

1

α

(xz

3x2 − z4α

).

Esta ultima ecuacion puede ponerse de la siguiente forma

dz

dx=

1

α

(z/x

3− z4α/x2

)y es claro que resultara homogenera cuando α = 1/2. En este caso queda como

dz

dx= 2

(z/x

3− z2/x2

)que mediante el cambio

Z =z

x

queda reducida adZ

dx+ Z =

2Z

3− Z2.

Esta ultima, simplificada, da la siguiente ecuacion en variables separables

dZ

dx= −Z(Z2 − 1)

Z2 − 3

cuya solucion es ∫Z2 − 3

Z(Z2 − 1)dZ = −

∫dx

x+ cte .

UsandoZ2 − 3

Z(Z2 − 1)=

3

Z− 1

Z − 1− 1

Z + 1

obtenemos

log

∣∣∣∣ Z3

Z2 − 1

∣∣∣∣ = − log |x|+ cte

1

la cual queda ∣∣∣∣ Z3x

Z2 − 1

∣∣∣∣ = k

donde k = ecte ∈ R. Deshaciendo los cambios tenemos∣∣∣∣∣∣∣(zx

)3

x(zx

)2

− 1

∣∣∣∣∣∣∣ = k

y ∣∣∣∣ z3

z2 − x2

∣∣∣∣ = k

o lo que es equivalente

y6 = k∣∣y2 − x2

∣∣ .

La solucion particular la calculamos usando y(2) = 1, es decir,

1 = k |1− 4|

luego k = 1/3 y la solucion es

y6 =1

3

∣∣y2 − x2∣∣ .

2. Encuentre la solucion general de la ecuacion diferencial siguiente

(x−√xy − y)dx+√xydy = 0

Solution 2 La solucion general viene dada por√x√

x−√y+ log

(√x−√y

)+ log

(√x− y

)= k

con k ∈ R.

2 Ecuaciones diferenciales reducibles a homogeneas


(x− y − 1)dx+ (x+ 4y − 1)dy = 0

Solution 3 La encuacion se transforma en la siguiente

dy

dx=

y − x+ 1

x+ 4y − 1. (1)

Hallando los puntos de corte de las rectas r1 ≡ y − x + 1 = 0 y r2 ≡ x + 4y − 1 = 0

obtenemos el siguiente cambio de variable X = x− 1

Y = y

2

que transforma la ecuacion 1 a la siguiente ecuacion homogenea

dY

dX=

Y −XX + 4Y

.

Introduciendo el nuevo cambio de variable dado por Y = V X tenemos que la ecuacion

anterior queda

XdV

dX+ V =

V − 1

1 + 4V

quedando entonces como

XdV

dX= −1 + 4V 2

1 + 4V

lista para ser tratada como una ecuacion de variables separables. Esta ecuacion tiene por

solucion ∫1 + 4V

1 + 4V 2dV = −

∫dX

X+ cte

Efectuamos la integracion de ∫1 + 4V

1 + 4V 2dV.

Tenemos que1 + 4V

1 + 4V 2=

1

1 + 4V 2+

1

2

8V

1 + 4V 2

por tanto ∫1 + 4V

1 + 4V 2dV =

1

2

∫8V

1 + 4V 2dV +

∫1

1 + 4V 2dV =

1

2log(1 + 4V 2) +

1

2arctan(2V ).

En definitiva, obtenemos que

log(√

1 + 4V 2)

+1

2arctan(2V ) = − log |X|+ cte

donde

log(X√

1 + 4V 2)

+1

2arctan(2V ) = cte.

Tomando exponenciales en la anterior igualdad tenemos

X√

1 + 4V 2Exp

(arctan(2V )

2

)= k

donde k = ecte. Deshaciendo todos los cambios obtenemos en primer lugar

√X2 + 4Y 2Exp

(arctan( 2Y

X)

2

)= k

quedando finalmente la integral general de la ecuacion diferencial

√(x− 1)2 + 4y2Exp

arctan

2y

x− 1

2

= k.

3


(2x− 2y − 4)dx+ (x− y + 10)dy = 0

Solution 4 Expresamos la ecuacion diferencial en la forma siguiente

dy

dx= −2x− 2y − 4

x− y + 10

(siempre que x − y + 10 6= 0) y realizamos el cambio de variable V = x − y. Por tanto

tenemos quedy

dx= 1− dV

dx

y la ecuacion queda de la siguiente forma

1− dV

dx= −2V − 4

V + 10

que simplificada resultadV

dx=

3V + 6

V + 10

ecuacion de variables separables cuya solucion es∫V + 10

3V + 6dV =

∫dx+ cte.

Por otro lado es facil comprobar que∫V + 10

3V + 6dV =

1

3V +

8

3log (V + 2) .

Por tanto1

3V +

8

3log (V + 2) = x+ cte

y simplificando

V + 8 log (V + 2) = 3x+ cte

de donde resulta que

8 log (x− y + 2) = 2x+ y + cte

y tomando exponenciales obtenemos

x− y + 2 = ke2x+y

8

con k ∈ R constante relacionadas algebraicamente con las anteriores.


(3y − 7x+ 7)dx+ (7y − 3x+ 3)dy = 0

4

Solution 5 Expresamos la ecuacion diferencial en la forma siguiente

dy

dx= −3y − 7x+ 7

7y − 3x+ 3

si 7y − 3x+ 3 6= 0. Aplicando en cambio de variable X = x− 1

Y = y

obtenemos la siguiente ecuacion homogenea

dY

dX= −3Y − 7X

7Y − 3X.

Introduciendo el nuevo cambio de variable dado por Y = V X tenemos que la ecuacion

anterior queda

XdV

dX= −

(V +

3V − 7

7V − 3

)quedando entonces como

XdV

dX=

7(1− V 2)

7V − 3

lista para ser tratada como una ecuacion de variables separables. Esta ecuacion tiene por

solucion ∫7V − 3

1− V 2dV = 7

∫dX

X+ cte.

Es facil ver que ∫7V − 3

1− V 2dV = −2 log |V − 1| − 5 log |V + 1| .

Por tanto

2 log |V − 1|+ 5 log |V + 1|+ 7 logX = cte

Tomando exponenciales tenemos

(V − 1)2 |V + 1|5X7 = k

con k ∈ R. Deshaciendo los cambios tenemos que(Y

X− 1

)2 ∣∣∣∣YX + 1

∣∣∣∣5X7 = k

que simplificada queda

(Y −X)2 |Y +X|5 = k

o equivalentemente

(y − x+ 1)2 |y + x− 1|5 = k.


(x+ 2y − 4)dx− (2x− 4y)dy = 0

5

Solution 6 La solucion general viene dada por

log(4(y − 1)2 + (x− 2)2

)− 2 arctan

(2(y − 1)

x− 2

)= cte

5. Integrar el problema de valor inicialdy

dx=

2x+ 9y − 20

6x+ 2y − 10

y(0) = 2

.

Solution 7 Aplicando en cambio de variable X = x− 1

Y = y − 2

obtenemos la siguiente ecuacion homogenea

dY

dX=

2X + 9Y

6X + 2Y.

La anterior ecuacion puede ser reducida mediante el cambio Y = V X a la siguiente

ecuacion en variables separables dada por

XdV

dX=

2 + 9V

6 + 2V− V


XdV

dX=

2 + 3V − 2V 2

6 + 2V

lista para ser tratada como una ecuacion de variables separables cuya solucion es∫3 + V

2 + 3V − 2V 2dV =

1

2

∫dX

X+ cte.

Es facil ver que3 + V

2 + 3V − 2V 2=

1

2

1

V + 12

− 1

V − 2

luego ∫3 + V

2 + 3V − 2V 2dV =

1

2log

∣∣∣∣V +1

2

∣∣∣∣− log |V − 2|

quedando la solucion de la forma siguiente

1

2log

∣∣∣∣V +1

2

∣∣∣∣− log |V − 2| = 1

2logX + cte .

Por tanto

log

∣∣∣∣V +1

2

∣∣∣∣− 2 log |V − 2| − logX = cte′


log

∣∣V + 12

∣∣X (V − 2)2 = log

∣∣ YX

+ 12

∣∣X(YX− 2)2 = cte

′.

6

Tomando exponenciales obtenemos(Y +

1

2X

)= k1(Y − 2X)2

siendo k1 = ecte′. Finalmente deshaciendo el primer cambio de variable, la ultima identi-

dad queda ((y − 2) +

1

2(x− 1)

)= k1((y − 2)− 2(x− 1))2

la cual simplificada resulta (y +

1

2x− 5

2

)= k1(y − 2x)2 .

La solucion verificando y(0) = 2 nos da k1 = −1/8 y por tanto la solucion buscada es(y +

1

2x− 5

2

)= −1

8(y − 2x)2 .

6. Integrar el problema de valor inicial (4x+ 3y + 1)dx+ (3x+ 2y + 1)dy = 0

y(0) = 1.

Solution 8 Hacer


dx=

y − x− 3

3x+ y + 1= 0

y(−1) = 0

.

Solution 9 Hacer


dx= 3(2x+ 3y)2 − 3 = 0

y(0) = 1

.

Solution 10 Hacer

3 Factores de Integracion

1. Encuentre un factor integrante para la siguiente ecuacion diferencial

(x2 + 2xy − y2)dx+ (y2 + 2xy − x2)dy = 0

sabiendo que es una funcion de z = (x+ y)−1.

7

Solution 11 Consideremos la ecuacion mas general siguiente

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

y sea µ(x, y) = µ(x + y) un factor integrante para la anterior ecuacion. Entonces la

siguiente ecuacion

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

es exacta y por tanto se verifica que

∂

∂x(µ(x+ y)N(x, y)) =

∂

∂y(µ(x+ y)M(x, y)) .

Desarrollando esta ultima igualdad obtenemos

µ′N + µ∂N

∂x= µ′M + µ

∂M

∂y

donde hemos suprimido los argumentos de las funciones para facilitar la notacion. Es

claro que

µ′ (N −M) = µ

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)y simplificando se tiene que

µ′

µ= −

∂N

∂x− ∂M

∂y

N −M.

Luego la funcion

Φ(x, y) = −

∂N

∂x− ∂M

∂y

N −M= Φ(z)

debe ser una funcion de z = x+ y y en este caso el factor integrante viene dado por

µ(x+ y) = µ(z) = e∫

Φ(z)dz .

En nuestro caso particular aplicando este resultado general obtenemos

M(x, y) = x2 + 2xy − y2;∂M

∂y= 2x− 2y

N(x, y) = y2 + 2xy − x2;∂N

∂x= 2y − 2x .

Ademas se verifica que

Φ(x, y) = Φ(z) = −

∂N

∂x− ∂M

∂y

N −M= − 4(y − x)

2(y2 − x2)= − 2

x+ y= −2

z

quedando entonces que el factor integrante viene dado por

µ(x+ y) =1

(x+ y)2.

8


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

sabiendo que es una funcion de z = xy.

Solution 12 Al igual que en el ejercicio anterior para la ecuacion mas general

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

obtenemos que esta ecuacion

µ(xy)M(x, y)dx+ µ(xy)N(x, y)dy = 0

es exacta. Por tanto

∂

∂x(µ(xy)N(x, y)) =

∂

∂y(µ(xy)M(x, y))

y desarrollando nos queda

yµ′N + µ∂N

∂x= xµ′M + µ

∂M

∂y.

Se tiene entonces la siguiente expresion

µ′ (yN − xM) = µ

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)quedando

µ′

µ= −

∂N

∂x− ∂M

∂y

yN − xM.

Luego tenemos que la funcion

Φ(x, y) = −

∂N

∂x− ∂M

∂y

yN − xM= Φ(z)

debe ser una funcion de z = xy y en este caso el factor integrante viene dado por

µ(xy) = µ(z) = e∫

Φ(z)dz .

En nuestro caso

M(x, y) = x2y − y3 + y;∂M

∂y= x2 − 3y2 + 1

N(x, y) = xy2 − x3 + x;∂N

∂x= y2 − 3x2 + 1

Ademas es claro que

Φ(x, y) = Φ(z) = −

∂N

∂x− ∂M

∂y

yN − xM= − 4(y2 − x2)

2xy(y2 − x2)= − 2

xy= −2

z


µ(xy) =1

x2y2.

9


(2x− y)dx+ (x+ 2y)dy = 0

sabiendo que es una funcion de z = x2 + y2.

Solution 13 Analogamente

∂

∂x

(µ(x2 + y2)N(x, y)

)=

∂

∂y

(µ(x2 + y2)M(x, y)

)y desarrollando nos queda

2xµ′N + µ∂N

∂x= 2yµ′M + µ

∂M

∂y.

Obtenemos entonces la siguiente expresion

2µ′ (xN − yM) = µ

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)quedando entonces

µ′

µ= −1

2

∂N

∂x− ∂M

∂y

xN − yM.

Luego tenemos que la funcion

Φ(x, y) = −1

2

∂N

∂x− ∂M

∂y

xN − yM= Φ(z)

debe ser una funcion de z = x2 + y2 y en este caso el factor integrante viene dado por

µ(xy) = µ(z) = e∫

Φ(z)dz.

En nuestro caso tenemos que

M(x, y) = 2x− y;∂M

∂y= −1

N(x, y) = x+ 2y;∂N

∂x= 1

Ademas tenemos que

Φ(z) = −1

2

∂N

∂x− ∂M

∂y

xN − yM= −1

2

2

x(x+ 2y)− y(2x− y)= − 1

x2 + y2= −1

z


µ(x2 + y2) =1

x2 + y2.

10

4. ¿Que relaciones deben verificar los coeficientes de la siguiente ecuacion diferencial

(ax+ by)dx+ (cx+ dy)dy = 0

para que admita un factor integrante que sea funcion de z = x2 + y2 ?.

Solution 14 Supongamos que los coeficientes sean numeros reales no nulos. Aplicando

el ejercicio anterior, tenemos que

M(x, y) = ax+ by;∂M

∂y= b

N(x, y) = cx+ dy;∂N

∂x= c

Ademas se verifica que

Φ(z) = −1

2

∂N

∂x− ∂M

∂y

xN − yM= −1

2

c− bx(cx+ dy)− y(ax+ by)

= −1

2

c− bcx2 − by2 + (d− a)xy

.

Para que haya factor integrante dependiente de z = x2 + y2 es condicion necesaria y

suficiente que

d = a b = −c .

Entonces

Φ(z) = − 1

x2 + y2

y el factor integrante viene dado por

µ(x2 + y2) =1

x2 + y2.

5. Encuentre un factor integrante de la ecuacion

(4xy + 3y4)dx+ (2x2 + 5xy3)dy = 0

sabiendo que es de la forma µ(x, y) = xrys con r, s ∈ N que se determinaran.

Solution 15 Sencillo...

6. Encuentre un factor integrante para la ecuacion(y + x(x2 + y2)

)dx− (y(x2 + y2)− x)dy

sabiendo que es una funcion de x2 + y2.

Solution 16 Hecho en clase

11

7. Demostrar que un factor integrante de la ecuacion

f(xy)ydx+ F (xy)xdy = 0

viene dado por

µ(x, y) =1

xy[f(xy)− F (xy)].

Con ayuda de este resultado reducir a la cuadratura la siguiente ecuacion diferencial

(x3y3 + 1)ydx+ (x2y2 − 1)xdy = 0 .

Solution 17 Hacer en clase.

4 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

1. Encuentre la solucion general de la siguiente ecuacion diferencial

d2y

dx2+ y = sinωx

con ω ∈ R.

Solution 18 La solucion general de la ecuacion diferencial viene dada por

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

donde

yh(x) = C1 cosx+ C2 sinx

siendo C1, C2 ∈ R. Por otro lado la solucion particular yp(x) viene dada por

yp(x) = A sinωx+B cosωx

con ω ∈ R y ω 6= 1. Para determinar las constantes A y B tenemos que

d2ypdx2

= −(ω2A sinωx+ ω2B cosωx

)y usando que

d2ypdx2

+ yp(x) = sinωx

obtenemos

− (ω2A sinωx+ ω2B cosωx) + (A sinωx+B cosωx) = sinωx .

Luego

A(1− ω2) = 1

B(1− ω2) = 0

12

y como ω 6= 1 se tiene que

A =1

1− ω2, B = 0 .

Entonces

y(x) = C1 cosx+ C2 sinx+1

1− ω2sinωx

cuando ω 6= 1.

En el caso que ω = 1 tenemos que

yp(x) = Bx sinx+Dx cosx

y derivando obtenemos

dypdx

= A cosx+B sinx− C sinx+D cosx+Bx cosx− xD sinx

d2ypdx2

= 2B cosx− C cosx− A sinx− 2D sinx−Bx sinx− xD cosx .

Por tantod2ypdx2

+ yp(x) = 2B cosx− 2D sinx = sinx

luego D = −1/2 y B = 0. En este caso

y(x) = C1 cosx+ C2 sinx− 12x cosx .


d3y

dx3− 2

d2y

dx2+dy

dx− 2y = xex.


y(x) = C1 cosx+ C2 sinx+ C3e2x − 1

2xex .


d3y

dx3+ y = 1 + x2ex.


y(x) = C1e−x + C2e

x/2 sin(√

32x)

+ C3ex/2 cos

(√3

2x)

+

1 +3

4ex − 3

2xex +

1

2x2ex

con constantes C1, C2 y C3 ∈ R.

4. Integrar el problema de valor iniciald3y

dx3− dy

dx= x+ sinx

y(0) = 0,dy

dx

∣∣∣∣x=0

= 0,d2y

dx2

∣∣∣∣x=0

= 0

.

13


y(x) = C1 + C2ex + C3e

−x +1

2cosx− x2

2.

Por otro lado usando las condiciones iniciales dadas, obtenemos el siguiente sistema de

ecuaciones C1 + C2 + C3 = −1/2

C2 − C3 = 0

C3 + C2 = 3/2

que determina la solucion siguiente

y(x) = −2 +3

4ex +

3

4e−x +

1

2cosx− x2

2.


dx3− dy

dx= xex + e−x

y(0) = 0,dy

dx

∣∣∣∣x=0

= 0,d2y

dx2

∣∣∣∣x=0

= 0

.

Solution 22 La solucion general viene dada por y(x) = yh(x) + yp(x) donde

yh(x) = C1 + C2ex + C3e

−x

es la solucion general de la ecuacion homogenea y

yp(x) = x(A+Bx)ex + Cxe−x

es la solucion particular donde A,B y C son constantes a determinar. Tenemos que

dypdx

= Aex + (A+ 2B)xex +Bx2ex + Ce−x − Cxe−x

d3ypdx3

= (3A+ 6B)ex + (A+ 6B)xex +Bx2ex + 3Ce−x − Cxe−x

yd3ypdx3− dypdx

= (2A+ 6B)ex + 4Bxex + 2Ce−x = xex + e−x

luego 2A+ 6B = 0

4B = 1

2C = 1

cuya solucion resulta A = −34, B = 1

4, C = 1

2quedando la solucion particular dada por

yp(x) = x

(−3

4+

1

4x

)ex +

1

2xe−x .

14

Para resolver el problema con condiciones iniciales usamos las dadas en el ejercicio para

obtener el sistema de tres ecuaciones con incognitas C1, C2 y C3. Dejamos como ejercicio

el comprobar dichas constantes valen C1 = −2, C2 = 9/8, C3 = 7/8. Por tanto la solucion

es

y(x) = −2 +9

8ex +

7

8e−x + x

(−3

4+

1

4x

)ex +

1

2xe−x .


dx3+dy

dx= 3 + x+ 2 sinx+ 4 cosx

y(0) = 0,dy

dx

∣∣∣∣x=0

= 0,d2y

dx2

∣∣∣∣x=0

= 0

.

Solution 23 Comprobar que la solucion es

y(x) = 1− sinx− cosx+ x(

3 +x

2

)ex − x sinx− 2x cosx .

7. Integrar el problema de valor inicial

d2y

dx2− 6

dy

dx+ 9y = xe3x

Solution 24 Buscar una solucion particular de la forma yp(x) = x2(a+ bx)e3x. Compro-

bar que la solucion general es

y(x) = C1e3x + C2xe

3x +1

6x3e3x .


d2y

dx2− 6

dy

dx+ 9y = (3 + x)e3x

Solution 25 Buscar una solucion particular de la forma yp(x) = x2(a+ bx)e3x. Compro-

bar que la solucion general es

y(x) = C1e3x + C2xe

3x +1

6x2(9 + x)e3x .


d2y

dx2− 6

dy

dx+ 9y = x3e3x

Solution 26 Buscar una solucion particular de la forma yp(x) = x2(a+bx+cx2+dx3)e3x.

Comprobar que la solucion general es

y(x) = C1e3x + C2xe

3x +1

20x5e3x .

15

1 Ecuaciones diferenciales homog eneas 1. y z y eligiendo...

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