Apunte EDO Para MAT023!2!2011

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Universidad Técnica Federico Santa MaríaDepartamento de Matemática

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIASpara MAT023 (versión β)

Verónica Gruenberg [email protected]

1. Introducción

Definición 1.1. Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene diferenciales ó derivadas(ordinarias ó parciales) de una ó más variables dependientes, con respecto a una ó más variablesindependientes.

Resolver una ecuación diferencial es encontrar una función que, al ser reemplazada en la ecuación,la transforma en una identidad.

Definición 1.2. Si una ecuación contiene solo derivadas ó diferenciales ordinarias de una ó másvariables dependientes con respecto a una sola variable dependiente, entonces se dice que es unaecuación diferencial ordinaria (E.D.O.) .

Definición 1.3. Una ecuación que contiene derivadas parciales de una ó más variables dependientesde dos ó más variables independientes se llama ecuación diferencial parcial (E.D.P.) .

Definición 1.4. El orden de la más alta derivada en una ecuación diferencial se llama orden dela ecuación diferencial .

Definición 1.5. El grado de la derivada de mayor orden en una ecuación diferencial se llama gradode la ecuación diferencial .

Observación. Una E.D.O. de una sola variable dependiente puede escribirse en la forma

F (x, y, y′(x), y′′(x), · · · , y(n)(x)) = 0

Ejemplos

1)dx

dt− 4tx = 30. E.D.O. de orden 1 y grado 1, con x = x(t).

2) (x+ y)dx− 12y dy = 0. E.D.O. de orden 1 y grado 1, con y = y(x).

3)du

dx− dv

dx= 4x. E.D.O. de orden 1 y grado 1, con u = u(x), v = v(x).

4)d2y

dx2− 3

dy

dx+ 9y = 0. E.D.O. de orden 2 y grado 1, con y = y(x).

5)(d2y

dx2

)2

− 3

(dy

dx

)3

+ 9y = 0. E.D.O. de orden 2 y grado 2, con y = y(x).

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Universidad Técnica Federico Santa MaríaDepartamento de Matemática Verónica Gruenberg Stern

6)(d2y

dx2

)3

+

(dy

dx

)5

− 3y = x3 E.D.O. de segundo orden y grado 3.

7) x2dy + y2dx = 0 E.D.O. de primer orden y grado 1.

8)∂u

∂x+∂v

∂y= 0 E.D.P. de primer orden y grado 1.

9) x∂u

∂x+ y

∂v

∂y= u E.D.P. de primer orden y grado 1.

10)∂2u

∂x2=

∂2u

∂t2− ∂u

∂tE.D.P. de segundo orden y grado 1.

11)∂4u

∂x4+∂2u

∂t2= 0 E.D.P. de cuarto orden y grado 1.

Definición 1.6. Se dice que una E.D.O. es lineal si es de la forma:

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = h(x)

Si la ecuación diferencial no es lineal, se dice que es no lineal.

Observación. En otras palabras, las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales son aquellas enlas que

1. la potencia de la variable dependiente y y de las derivadas de cualquier orden de y, es 1.

2. los coeficientes que acompañan a las derivadas de la variable dependiente y dependen solo dela variable independiente x.

Definición 1.7. Una función ϕ, definida en algún intervalo I ⊆ R, es solución de una ecuacióndiferencial ordinaria en el intervalo I, si al sustituir ϕ en la ecuación, ésta se reduce a una identidad.

La solución general de una ecuación diferencial de orden n es una función y = ϕ(x,C1, C2, · · · , Cn),donde C1, C2, · · · , Cn son constantes arbitrarias. Cualquier solución de la ecuación diferencial seobtiene para valores adecuados de las constantes C1, C2, · · · , Cn.

Una solución particular de una ecuación diferencial de orden n es una solución con valoresfijos para las constantes C1, C2, · · · , Cn, es decir, es una solución que no depende de parámetrosarbitrarios.

Observación. Como se señaló antes, es posible describir una ecuación diferencial ordinaria como

una función en las variables x, y,diy

dxi, i = 1, · · · , n, es decir,

F

(x, y,

dy

dx,d2y

dx2, · · · , d

ny

dxn

)= 0

Entonces, una solución de esta ecuación es una función y = ϕ(x) ∈ Cn(I) tal que

F

(x, ϕ(x),

dϕ(x)

dx,d2ϕ(x)

dx2, · · · , d

nϕ(x)

dxn

)= 0 ∀x ∈ I

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La solución general de la E.D.O. de orden n es la función y = ϕ(x,C1, C2, · · · , Cn) y unasolución particular de la E.D.O. es una función y = ϕ(x), con valores fijos de las constantesC1, C2, · · · , Cn.

Notamos también que al resolver una E.D.O. no siempre es posible expresar la solución y = ϕ(x)de manera explícita, sino que en ocasiones solo podremos expresar la solución en la forma implícitaG(x, y) = 0.

Por ejemplo, la solución dedy

dx= −x

yes x2 + y2 − c = 0, con c > 0.

Ejemplos

1) Verifique que y = xex es solución de la E.D.O. de segundo orden y′′ − 2y′ + y = 0.

2) Verifique que x(t) = C1 sen(kt) + C2 cos(kt) es solución de x′′(t) + k2x(t) = 0.

Definición 1.8. Si y(x) = 0 es solución de una E.D.O., se dice que ésta es la solución trivial.La gráfica de una solución y = ϕ(x) de una E.D.O. se llama curva solución de la ecuación

diferencial.Una solución que contiene una constante arbitraria representa un conjunto ó familia de soluciones.

Cada una de las soluciones dependerá del valor que tome la constante. En la observación anterior,la solución x2 + y2 − c = 0, representa una familia de circunferencias, dependiendo del radio

√c.

2. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Las ecuaciones diferenciales permiten modelar la realidad. En esta sección estudiaremos algunastécnicas que nos permitirán determinar soluciones analíticas de muchas E.D.O. de primer orden.Debemos tener presente que existen diversas maneras de afrontar el problema de resolver una ecua-ción diferencial. El método seleccionado dependerá de las características del problema que se desearesolver, la información disponible y precisión de los datos (en el caso de modelos), el grado deexactitud requerida, el tipo de análisis que deberá sustentar la solución, etc. Dependiendo de ello, sepodrá resolver la ecuación diferencial mediante métodos analíticos, métodos numéricos ó utilizandotécnicas de análisis cualitativo.

Como señalamos, iniciaremos nuestro estudio con métodos analíticos, para E.D.O. de primerorden.

2.1. Separación de Variables

La ecuación general de primer orden y primer grado es de la forma

(1) M dx+N dy = 0

donde M = M(x, y) y N = N(x, y). En algunos casos la ecuación (1) puede ser expresada en laforma

(2) A(x) dx+B(y) dy = 0

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o sea, se ha reunido todos los términos en la variable y en B(y) y todos los términos en la variablex en A(x).

La solución de (2) es ∫A(x) dx+

∫B(y) dy = C

donde C es una constante que depende de las condiciones iniciales (c.i.).

Ejemplos

1) Resolver 2(y + 3) dx+ xy dy = 0.Separando variables queda

2

xdx+

y

y + 3dy = 0

⇒ lnx2 + y − 3 ln(y + 3) = c

⇒ ey = c1(y + 3)3

x2donde c1 = ec ⇒ ey−c =

(y + 3)3

x2

2) Resolver (x2 − 1) dx+ xy dy = 0

x2 − 1

xdx+ y dy = 0 ⇒ x2

2− lnx+

y2

2= c / 2

x2 + y2 = 2c+ lnx2

x2 + y2 = ln(cx)2 o ex2+y2

= kx2

3) Resolver senx sen y dx+ cosx cos y dy = 0

senx

cosxdx+

cos y

sen ydy = 0 ⇒ − ln cosx+ ln sen y = c

( sen y

cosx

)= c ⇒ sen y = c1 cosx

4) Resolver xy3 dx+ ex2

dy = 0

x e−x2

dx+ y−3dy = 0

−1

2

∫−2x e−x

2

dx+y−2

−2= c

−1

2e−x

2 −1

2y−2 = c

e−x2

+y−2 = −2c

e−x2

+ y−2 = c

5) Resolver y senx sen y dx+ dy = 0

senx dx+dy

y sen y= 0

x lnx− x+ ln(ln y) = 0

lnxx + ln(ln y) = x+ c

ln y = Kex

xx

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Aplicación. Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamenteproporcional a su masa en cada instante. Determinar la ley de variación de la masa del radio enfunción del tiempo, si para t = 0 la masa del radio es m0

Solución. Sea m la masa en el instante t y m + ∆m, en el instante t + ∆t. La masa desintegrada durante eltiempo ∆t es ∆m. La razón ∆m

∆t es la velocidad media de desintegración. Luego:

lım∆t→0

∆m

∆t=dm

dtes la velocidad de desintegración del radio en el instante t.

Según la hipótesis:

(3)dm

dt= −km

donde k es el coeficiente de proporcionalidad (k > 0). Ponemos el signo menos, porque a medida que transcurreel tiempo, la masa del radio disminuye y por eso dm

dt < 0 (puesto que la función m(t) es decreciente, entoncesdmdt < 0).

La ecuación (3) es una ecuación de variables separables. Separando variables:

dm

m= −k dt

⇒ lnm = −kt+ c1

⇒ m = c e−kt

como m(0) = m0, entonces c = m0.

∴ m = m0 e−kt .

2.2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden

Definición 2.1. La función f(x, y) se dice homogénea de grado k respecto a las variables x e y, si:

f(λx, λy) = λkf(x, y), ∀λ ∈ R \ 0

Ejemplos

1) La función f(x, y) = 3√x3 + y3 es homogénea de primer grado.

2) La función f(x, y) = xy − y2 es homogénea de segundo grado.

3) La función f(x, y) = x2−y2

xy es homogénea de grado cero.

4) La función f(x, y) = x2 + y no es homogénea.

5) La función f(x, y, z) = xyz + x sen y2

z2 es homogénea de grado uno.

Observación.

1) Sean g(x, y), f(x, y) homogéneas del mismo grado, entonces f(x,y)g(x,y) es homogénea de grado cero.

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2) Si h(x, y) es homogénea de grado cero, entonces

f(x, y)

g(x, y)= h(x, y) = h

(1,y

x

) (haciendo λ =

1

x

)

Es decir, la función homogénea de grado cero depende sólo del cuociente de las variables.

En este caso podemos escribir: h(x, y) = h(1, y/x) = F (y/x) .

Definición 2.2. La ecuación de primer orden

M dx+N dy = 0

es homogénea cuando M y N son funciones homogéneas del mismo grado respecto de x e y

Resolución de una ecuación diferencial homogénaConsideremos la ecuación homogénea

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

Luego (A) la podemos escribir de la forma

dy

dx= −M(x, y)

N(x, y)= F

(yx

)

es decir:

(B)dy

dx= F (y/x)

Esta última ecuación se resuelve efectuando la sustitución v = y/x, es decir,

(4) y = vx,

luego

(5)dy

dx= v + x

dv

dx

Sustituyendo (4) y (5) en (B), obtenemos

v + xdv

dx= F (v)

o sea:

xdv

dx+ v − F (v) = 0

x dv + (v − F (v)) dx = 0

dx

x+

v

v − F (v)= 0

que es una ecuación de variables separables.

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Ejemplos

1) Resolver(x2 − xy + y2

)dx− xy dy = 0.

Observemos que las funciones M(x, y) = x2− xy+ y2, N(x, y) = −xy son homogéneas de grado 2. Luegose trata de una ecuación homogénea. Haciendo y = vx, tenemos:

(dy = v dx+ x dv)

(x2 − x2v + x2v2) dx− x2v(v dx+ x dv) = 0

(x2 − x2v + x2v2 − x2v2) dx− x3v dv = 0

x2(1− v) dx− x3v dv = 0

dx

x+

v

v − 1dv = 0

lnx+ v + ln(v − 1) = c

lnx+y

x+ ln

(y − xx

)= c

ln(y − x) = c− y

x⇒ (y − x) ey/x = c

2) Resolver (x2 + y2) dx− 2xy dy = 0.Observemos que la ecuación es homogénea pues las funciones M(x, y) = x2 + y2, N(x, y) = −2xy sonhomogéneas de grado 2. Haciendo y = vx tenemos:

(x2 + x2v2) dx− 2x2v(v dx+ x dv) = 0

(x2 + x2v2 − 2x2v2) dx− 2x3v dv = 0

x2(1− v2) dx− 2x3v dv = 0

Separando variables

dx

x+

2v

v2 − 1dv = 0

Integrando

lnx+ ln(v2 − 1) = c, c ∈ R

reemplazando v = y/x:

lnx+ ln(y2/x2 − 1

)= c

lnx+ ln(y2 − x2)− lnx2 = c

ln(y2 − x2)− lnx = c

y2 − x2

x= c

y2 = cx+ x2

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Ejercicios.

1) dy/dx =xy

x2 − y2

2) (2x+ 3y) dx+ (x− 2y) dy

3) y dx− x dy = 0

4) (1 + u)v du+ (1− v)u dv = 0

5) (1 + y) dx− (1− x) dy = 0

6) (t2 − xt2)dx

dt+ x2 + tx2 = 0

7) (y − a) dx+ x2 dy = 0

8) z dt− (t2 − a2) dz = 0

9)dx

dy=

1 + x2

1 + y2

10) (1 + s2) dt−√t ds

11) dρ+ ρ tg θ dθ = 0

12) sen θ cosϕdθ − cos θ senϕdϕ = 0

13) sec2 θ tg θ dθ + sec2 ϕ tg θ dϕ = 0

14) sec2 θ tgϕdϕ+ sec2 ϕ tg θ dθ = 0

15) (1 + x2) dy −√

1− y2 dx = 0

16)√

1− x2 dy +√

1− y2 dx

17) 3 ex tg y dx+ (1− ex) sec2 y dy = 0

18) (x− y2x) dx+ (y − x2y) dy = 0

19) (y − x) dx+ (y + x) dy = 0

20) (x+ y) dx+ x dy = 0

21) (x+ y) dx+ (y − x) dy = 0

22) x dy − y dx =√x2 + y2 dx

23) (8y + 10x) dx+ (5y + 7x) dy = 0

24) xy2 dy = (x3 + y3) dx

2.3. Ecuaciones Reducibles a Homogéneas

Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma:

(6)dy

dx=

ax+ by + c

a1x+ b1y + c1con a o b 6= 0

Si c1 = c = 0, la ecuación (6) es, evidentemente, homogénea (pues ax+bya1x+b1y

es una funciónhomogénea de grado cero).

Supongamos, pues, que c y c1 (o una de ellas) son diferentes de cero. Realicemos el cambio devariables x = x1 + h, y = y1 + k (h, k constantes por determinar), entonces

(7)dy

dx=dy1dx1

Reemplazando en (7) las expresiones de x, y, dydx , tenemos:

(8)dy1dx1

=ax1 + by1 + ah+ bk + c

a1x1 + b1y1 + a1h+ b1k + c1

Elijamos h y k de modo que se verifiquen las ecuaciones

(9) ah+ bk + c = 0a1h+ b1k + c1 = 0

,

es decir, determinemos h y k como solución del sistema de ecuaciones (9). Con esta condición, laecuación (8) es homogénea:

dy1dx1

=ax1 + by1a1x1 + b1y1

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Al resolver esta ecuación y pensando de nuevo en x e y, según las fórmulas (7), obtenemos lasolución de la ecuación (6).

El sistema (8) no tiene solución si∣∣∣∣a ba1 b1

∣∣∣∣ = 0,

es decir, si ab1 = a1b. Pero en este caso a1a = b

b1= λ, es decir, a1 = λa, b1 = λb, y, por consiguiente,

se puede escribir la ecuación (6) en la forma

(10)dy

dx=

(ax+ by) + c

λ(ax+ by) + c1

Haciendo la sustitución

(11) z = ax+ by

la ecuación se reduce a una ecuación de variables separables. En efecto,

dz

dx= a+ b

dy

dx

de donde

(12)dy

dx=

1

b

dz

dx− a

b

Introduciendo las expresiones (11) y (12) en la ecuación (10) obtenemos

1

b

dz

dx− a

b=

z + c

λz + c1

que es una ecuación de variables separables.En efecto, separando variables queda:

1

bdz − a

bdx =

z + c

λz + c1dx

1

bdz −

(a

b+

z + c

λz + c1

)dx = 0

1

−b(ab + z+c

λz+c1

) dz + dx = 0

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Ejemplos

1) Resuelva la ecuacióndy

dx=x+ y − 3

x− y − 1

Notamos que:

∣∣∣∣1 11 −1

∣∣∣∣ = −2 6= 0

Hacemos la sustitución

x = x1 + h

y = y1 + k

entonces

dy1

dx1=x1 + y1 + h+ h− 3

x1 − y1 + h− k − 1

Resolviendo el sistema:

h+ k − 3 = 0h− k − 1 = 0

encontramos que h = 2, k = 1

Sustituyendo, encontramos que

dy1

dx1=x1 + y1

x1 − y1es una ec. homogénea.

Sea v =y1

x1, es decir, y1 = vx1

∴ dy1

dx1= v + x1

dv

dx1

∴ v + x1dv

dx1=x1 + vx1

x1 − vx1

v + x1dv

dx1=

1 + v

1− v que es una ec. de variables separables

x1dv

dx1=

1 + v2

1− v1− v1 + v2

dv =dx1

x1∫ (1

1 + v2− v

1 + v2

)dv = lnx1 + c

arc tg v − 1

2ln(1 + v2) = lnx1 + c

arc tg v = ln(x1

√1 + v2

)+ c

earc tg v = ecx1

√1+v2

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Sustituyendo v pory1

x1, se obtiene:

c√x2

1 + y21 = e

arc tg(

y1x1

)

pero y1 = y − 1, x1 = x− 2. Luego

c√

(x− 1)2 + (y − 1)2 = earc tg( y−1x−2 ), c ∈ R.

2) Resolver la ecuación y′ =2x+ y − 1

4x+ 2y + 5con condición inicial y(0) = −2.

Notamos que:∣∣∣∣2 14 2

∣∣∣∣ = 0 : y′ =2x+ y − 1

2(2x+ y) + 5(∗)

Sea z = 2x+ y. Luego:

dz

dx= z′ = 2 + y′ ⇒ y′ = z′ − 2

reemplazando en (*), queda:

z′ − 2 =z − 1

2z + 5

z′ =z − 1

2z + 5+ 2

z′ =5z + 9

2z + 52z + 5

5z + 9dz = dx

∫2z + 5

5z + 9dz = x+ c

pero∫

2z + 5

5z + 9dz = 2

∫z

5z + 9dz +

∫5

5z + 9dz =

2

5

∫5z + 9− 9

5z + 9dz +

∫d(5z + 9)

5z + 9

=2

5

(∫dz − 9

5

∫d(5z + 9)

5z + 9

)+ ln |5z + 9|

=2

5

(z − 9

5ln |5z + 9|

)+ ln |5z + 9|

=2

5z − 18

25ln |5z + 9|+ ln |5z + 9|

=2

5z +

7

25ln |5z + 9|

∴ 2

5z +

7

25ln |5z + 9| = x+ c

como z = 2x+ y, se tiene que:

2

5(2x+ y) +

7

25ln |10x+ 5y + 9| = x+ c

10y − 5x+ 7 ln |10x+ 5y + 9| = c

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puesto que y(0) = −2 no queda que:

−20 + 7 ln | − 1| = c

⇒ c = −20

∴ 10y − 5x+ 7 ln |10x+ 5y + 9| = −20.

Ejercicios.

1) (3y − 7x+ 7)dx− (3x− 7y − 3)dy = 0

2) (x+ 2y + 1)dx− (2x+ 4y + 3)dy = 0

3) (x+ 2y + 1)dx+ (2x− 3)dy = 0

2.4. Ecuaciones Diferenciales Exactas

La ecuaciónM(x, y) dx+N(x, y) dy = 0

se llama ecuación diferencial exacta, si M(x, y) y N(x, y) son funciones con primera derivada con-tinua en un cierto dominio D (es decir, de clase C1(D)) que verifican la igualdad:

∂M

∂y=∂N

∂x

En este caso, obtenemos la solución de la E.D. expresada implícitamente en la forma F (x, y) = k ,donde k es una constante.

Si F (x, y) = k describe la solución de la E.D., entonces su diferencial total dF está dada por

dF =∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy = 0

Luego, podemos suponer que

∂F

∂x= M(x, y) ∧ ∂N

∂x= N(x, y)

y a partir de estas igualdades podemos determinar la función F (x, y).

Ejemplos

1) Resolver la ecuación:

(∗) (3x2y + 2xy) dx+ (x3 + x2 + 2y) dy = 0

Averigüemos si esta ecuación es diferencial exacta:

M(x, y) = 3x2y + 2xy, N(x, y) = x3 + x2 + 2y

∂M

∂y(x, y) = 3x2 + 2x,

∂N

∂x(x, y) = 3x2 + 2x

∴ ∂M

∂y=∂N

∂x= 3x2 + 2x

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∴ La ecuación (∗) corresponde a una ecuación diferencial exacta.

∂F

∂x= 3x2y + 2xy ⇒ F (x, y) = x3y + x2y + C(y)

donde se integra considerando «y» como constante; luego determinamos:

∂F (x, y)

∂y=

∂

∂y

(x3y + x2y + C(y)

)= x3 + x2 + C ′(y)

∴ x3 + x2 + C ′(y) = x3 + x2 + 2y

donde igualamos las expresiones correspondientes. Así:

C ′(y) = 2y ⇒ C(y) = y2 + C,

∴ F (x, y) = x3y + x2y + y2 + C1 = C, C ∈ R

de donde la solución está dada por la relación

x3y + x2y + y2 = k , k ∈ R

2) Resolver2x

y3dx+

y2 − 3x2

y4dy = 0

La ecuación diferencial es exacta pues:

∂

∂y

(2x

y3

)= −6x

y4=

∂

∂x

(y2 − 3x2

y4

)

Luego, suponemos una solución del tipo F (x, y) = k y procedemos como arriba:

∂F

∂x=

2x

y3⇒ F (x, y) =

x2

y3+ C(y)

∂F

∂y=

∂

∂y

(x2

y3+ C(y)

)= −3x2

y4+ C ′(y) =

y2 − 3x2

y4

⇒ C ′(y) = y−2

⇒ C(y) = −1

y+ C1

∴ F (x, y) =x2

y3− 1

y+ C1

Luego la solución general de la ecuación está dada por la relación:

x2

y3− 1

y= C , C ∈ R.

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3) Resolver:(

y2

(x− y)2− 1

x

)

︸︷︷︸M

dx+

(1

y− x2

(x− y)2

)

︸︷︷︸N

dy = 0

Verificamos si∂M

∂y=∂N

∂x:

∂M

∂y=

2xy

(x− y)3

∂N

∂x=

2xy

(x− y)3

Luego, la ecuación es exacta. Buscamos F (x, y) tal que dF = 0, es decir,

∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy = 0

Así

∂F

∂x=

y2

(x− y)2− 1

x⇒ F (x, y) =

∫ (y2

(x− y)2− 1

x

)dx = − y2

x− y − ln |x|+ C(y)

∴ ∂F

∂y=−2y(x− y)− y2

(x− y)2+ C ′(y) =

1

y− x2

(x− y)2

∴ C ′(y) =1

y+

2xy − y2 − x2

(x− y)2=

1

y− x2 − 2xy + y2

(x− y)2

∴ C ′(y) =1

y− 1 ⇒ C(y) = ln |y| − y +K

F (x, y) = − y2

x− y − ln |x|+ ln |y| − y +K

= ln∣∣∣yx

∣∣∣− y2

x− y − y + C

∴ la solución viene dada por

ln∣∣∣yx

∣∣∣− y2

x− y − y = cte.

Ejercicios.

1) (x2 + y) dx+ (x− 2y) dy = 0

2) (y − 3x2) dx− (4y − x) dy = 0

3) (y3 − x) y′ = y

4)(

y2

(x− y)2− 1

x

)dx+

(1

y− x2

(x− y)2

)dy = 0

5) 2(3xy2 + 2x3) dx+ 3(2x2y + y2) dy = 0

6)x dx+ (2x+ y) dy

(x+ y)2= 0

7)(

1

x2+

3y2

x4

)=

2y dy

x3

8)x2 dy − y2 dx

(x− y)2= 0

9) x dx+ y dy =y dx− x dyx2 + y2

10) Determine para qué valores de k ∈ R son exactaslas ecuaciones siguientes y resuélvalas para ese va-lor.

a) kxy dx + (x2 + cos y) dy = 0

b) (6xy3 + cos y)dx+ (2kx2y2 − x sen y)dy = 0

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2.5. Factor de Integración

Supongamos que la ecuación:

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

no es una ecuación diferencial exacta (y que no es del tipo de las anteriores), por ejemplo,

(y + xy2)dx− x dy = 0.

Se puede a veces elegir una función µ(x, y) tal que si multiplicamos todos los términos de la ecuaciónpor esta función, la ecuación (13) se convierta en una ecuación diferencial exacta. La función µ(x, y)se llama factor de integración (o factor integrante) de la ecuación (13).

Para hallar el factor integrante µ procedemos del siguiente modo:

µM dx+ µN dy = 0

Para que esta última ecuación sea una ecuación diferencial exacta es necesario y suficiente que:

∂(µM)

∂y=∂(µN)

∂x

es decir:

µ∂M

∂y+M

∂µ

∂y= µ

∂N

∂x+N

∂µ

∂x

o sea

M∂µ

∂y−N ∂µ

∂x= µ

(∂N

∂x− ∂M

∂y

) ∣∣∣∣1

µ

M1

µ

∂µ

∂y−N 1

µ

∂µ

∂x=∂N

∂x− ∂M

∂y

M∂(lnµ)

∂y−N ∂(lnµ)

∂x=∂N

∂x− ∂M

∂y(14)

En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda de µ(x, y) de la ecuación (14) no es fácil.Sólo en algunos casos particulares se logra determinar fácilmente la función µ(x, y).

Los casos que desarrollaremos aquí son los siguientes:

CASO ISupongamos que la ecuación (13) admite un factor integrante que depende sólo de y, es decir,µ = µ(y). Entonces:

∂ lnµ

∂x= 0

y para hallar µ obtenemos la ecuación diferencial ordinaria (que se obtiene de (14)):

∂ lnµ

∂y=

∂N∂x − ∂M

∂y

M

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de donde podemos determinar lnµ:

lnµ =

∫1

M

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)dy

y, por tanto,

µ(y) = e∫

1M

(∂N∂x− ∂M

∂y

)dy

Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión (∂N∂x − ∂M∂y )/M no depende

de x.Luego, multiplicamos la ecuación (13) por este factor µ(y), obteniendo una ecuación diferencial

exacta.

CASO IIAnálogamente, supongamos que la ecuación (13) admite un factor integrante que depende sólo dex, es decir, µ = µ(x). Entonces:

∂ lnµ

∂y= 0

y la ecuación (14) se reduce a:∂ lnµ

∂x=

∂M∂y − ∂N

∂x

N

de donde podemos determinar lnµ:

lnµ =

∫1

N

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)dx

y, por tanto,

µ(y) = e∫

1N

(∂M∂y− ∂N

∂x

)dx

Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión

∂N∂x − ∂M

∂y

N

no depende de y, sino exclusivamente de x.Como antes, multiplicando la ecuación (14) por µ(x), se obtiene una ecuación diferencial exacta.

Otros casos

Si µ = µ(x2 + y2), hacemos el cambio de variable z = x2 + y2 en

M∂µ

∂y−N ∂µ

∂x= µ

(∂N

∂y− ∂M

∂x

)

quedando

M∂µ

∂z

∂z

∂y−N ∂µ

∂z

∂z

∂x= µ

(∂N

∂y− ∂M

∂x

)

M∂µ

∂z2y −N ∂µ

∂z2x = µ

(∂N

∂y− ∂M

∂x

)

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de donde la expresión

∂N

∂y− ∂M

∂x

2yM − 2xN

sólo dependa de z, es decir, µ = µ(z), con

lnµ =

∫

∂N

∂y− ∂M

∂x

2yM − 2xN

dz

Problema:

1. Si µ = µ(x+ y), encuentre una expresión para el factor de integración.

2. Si µ = µ(xy), encuentre una expresión para el factor de integración.

Ejemplos

1) Hallar la solución de la ecuación (y + xy2) dx− x dy = 0.

Solución. Aquí: M = y + xy2; N = −x∂M

∂y= 1 + 2xy;

∂N

∂x= −1, luego

∂M

∂y6= ∂N

∂x

Luego la ecuación no es una ecuación diferencial exacta. Examinemos si esta ecuación admite un factorintegrante que dependa sólo de y. Observemos que:

∂N∂x − ∂M

∂y

M=−1− 1− 2xy

y + xy2=−2(1 + xy)

y(1 + xy)= −2

y

por lo tanto la ecuación lo admite. Encontremos ahora el factor integrante.

∂ lnµ

∂y= −2

y

de donde lnµ = −2 ln y, es decir, µ =1

y2.

Después de multiplicar todos los términos de la ecuación dada por el factor integrante µ(x, y) = 1/y2,obtenemos la ecuación: (

1

y+ x

)dx− x

y2dy = 0

diferencial exacta(∂M1

∂y=∂N1

∂x= − 1

y2

). Resolviendola, encontramos que:

x

y+x2

2+ c = 0, es decir,

y = − 2x

x2 + 2c.

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2) Resuelva la ecuación diferencialy2 dx = (x3 − xy) dy

(Ayuda: Use un factor integrante del tipo xnym).

Solución.Multiplicamos la ecuación por xnym : xnymy2 dx − xnym(x3 − xy) dy = 0

es decir: xnym+2 dx − (xn+3ym − xn+1ym+1) dy = 0

Requerimos que:∂

∂y(xnym+2) =

∂

∂x(xn+1yn+1 − xn+3ym) i.e.

(m+ 2)xnym+1 = (n+ 1)xnym+1 − (n+ 3)xn+2ym

Luego, basta que n+ 3 = 0 y m+ 2 = n+ 1. Por lo tanto, el factor integrante esµ(x, y) = x−3 y−4.

Multiplicando por µ(x, y), obtenemos:

x−3y−2 dx− (y−4 − x−2y−3) dy = 0

Así,∂M

∂y= −2x−3 y−3 =

∂N

∂x. Efectivamente, es exacta, y luego para resolverla:

F (x, y) =

∫x−3y−2 dx+K(y) = −1

2x−2y−2 + K(y)

∂F

∂y= x−2y−3 +K ′(y) = x−2y−3 − y−4 ⇒ K ′(y) = y−4

∴ K(y) =1

3y−3 + C.

La solución general es: −1

2x−2y−2 +

1

3y−3 = K, K = cte.

3) Resolver la ecuación(x3 + xy2 − y) dx + (x2y + y3 + x) = 0

si se sabe que el factor integrante depende de x2 + y2.

Solución. Notamos que:

∂N

∂y− ∂M

∂x

2yM − 2xN

=

2xy + 1− (2xy − 1)

2y(x3 + xy2 − y)− (2x(x2y + y3 + x)= − 1

x2 + y2= − 1

z

Por lo tanto, µ = e−∫

1z dz = e− ln z =

1

z=

1

x2 + y2.

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Multiplicamos la ecuación por este factor integrante, obteniendo:(

x− yx2 + y2

)dx +

(x+ y

x2 + y2

)dy = 0

Calculamos∂M

∂y=−x2 + y2 − 2xy

(x2 + y2)2=

∂N

∂x

por lo que hemos reducido la ecuación a una ecuación diferencial exacta, que sabemos resolver.Usando el método habitual, se obtiene que la solución está dada por

x2

2+y2

2= arctan

(x

y

)+ C

Observación. El factor integrante no es único. Considere, por ejemplo, la ecuación

xdy − ydx = 0

Verifique que ésta admite como factor integrante a µ1 =1

x2y a µ2 =

1

xy.

2.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden

Sea I un intervalo real. Una ecuación diferencial de primer orden en I, se dice lineal si puedeescribirse de la forma:

(∗) a1(x) y′ + a0(x) y = h(x)

en donde a1(x), a0(x), h(x) son continuas en I y a1(x) 6= 0 para algún x ∈ I.La ecuación (*) se dice homogénea si h(x) = 0,∀x ∈ I y se dice normal si a1(x) 6= 0, ∀x ∈ I.Consideremos ahora la ecuación diferencial lineal normal de primer orden en I:

(15) a1(x) y′ + a0(x) y = h(x)

Nuestro propósito es encontrar la solución general de (15). Como la ecuación (15) es normal enI entonces la podemos escribir de la forma:

y′ +a0(x)

a1(x)y =

h(x)

a1(x)

O sea:

y′ + p(x) y = q(x)

(donde: p(x) =

a0(x)

a1(x), q(x) =

h(x)

a1(x)

)

dy

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

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

(p(x)y − q(x)) dx+ dy = 0(16)

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Veamos si la ecuación (16) admite factor integrante. Aquí: M(x, y) = p(x) y − q(x), N(x, y) = 1

∂M(x, y)

∂y= p(x),

∂N(x, y)

∂x= 0

∂M

∂y6= ∂N

∂xsi tenemos que p(x) 6= 0 ∀x ∈ I.

El caso p(x) = 0, reduce la ecuación (16) a una ecuación de variables separables que ya sabemosresolver.

Supongamos, pues que p(x) 6= 0. Examinemos si la ecuación (16) admite un factor integranteque depende sólo de x. Observemos que:

−∂N∂x + ∂M

∂y

N= p(x)

por lo tanto la ecuación lo admite. Luego el factor integrante es tal que:

∂ lnµ(x)

∂x= p(x)

o sea µ(x) = e∫p(x) dx

Multiplicando todos los términos de la ecuación (16) por el factor integrante µ(x) = e∫p(x) dx,

obtenemos la ecuación

(17) (p(x)y − q(x)) e∫p(x) dx dx+ e

∫p(x) dx dy = 0

que es una ecuación diferencial exacta, ya que:

∂M1

∂y= p(x) e

∫p(x) dx =

∂N1

∂x

donde M1(x, y) = (p(x)y − q(x)) e∫p(x) dx y N1(x, y) = e

∫p(x) dx

Tarea Resuelva el ecuación (17) y verifique que:

y = e−∫p(x) dx

(∫q(x) e

∫p(x) dx dx+ C

), c ∈ R, x ∈ I

es la solución general de la ecuación dada.

Observación. Consideremos la ecuación diferencial lineal de primer orden en I:

y′ + p(x)y = q(x)/

e∫p(x) dx

y′ e∫p(x) dx +p(x) e

∫p(x) dx y = q(x) e

∫p(x) dx

Notando que el lado izquierdo de la ecuación

y′ e∫p(x) dx +p(x) e

∫p(x) dx y =

(y e∫p(x) dx

)′

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podemos reescibir la ecuación en la forma

d(y e∫p(x)dx

)

dx= q(x) e

∫p(x)dx

y e∫p(x)dx =

∫q(x) e

∫p(x)dx dx+ C

∴ y(x) = e−

∫p(x)dx [∫

q(x) e∫p(x)dx dx+ C

]

Ejemplos

1) Resolver (x4 + 2y) dx = x dy

Solución:

xdy

dx− 2y = x4 ⇒ y′ − 2

xy = x3 que es normal en ]−∞, 0[ o en ]0,∞[

∴ y = e−∫ −2

x dx

(C +

∫x3 e

∫ −2x dx dx

)

y = e2 ln x

(C +

∫x3 e−2 ln x dx

)= x2

(C +

∫x3

x2dx

)

y(x) = x2

(C +

x2

2

)

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

Solución:

(x+ 1)2 dy

dx+ 3(x+ 1)y = 4 ⇒ y′ + 3(x+ 1)−1y = 4(x+ 1)−2 normal en ]−∞,−1[ o en ]− 1,∞[

y(x) = e−∫

3

x+ 1dx(

C +

∫4

(x+ 1)2· e∫

3x+1 dx

)

= e−3 ln |x+1|(C +

∫4

(x+ 1)2e3 ln |x+1| dx

)

=1

(x+ 1)3

(C + 4

∫(x+ 1)3

(x+ 1)2dx

)

=C

(x+ 1)3+

1

2

(x+ 1)2

(x+ 1)3

y(x) = C (x+ 1)−3 + 2 (x+ 1)−1

3) Resolver (1 + xy) dx− (1 + x2) dy = 0

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Solución:

(1 + x2)y′ − xy = 1 ⇒ y′ − x

1 + x2y =

1

1 + x2que es normal en ]−∞,∞[

y = e∫

x1+x2 dx

(c+

∫1

1 + x2e−∫

x1+x2 dx

dx

)= e

12 ln |1+x2|

(c+

∫1

1 + x2e−

12 ln(1+x2) dx

)

y =√

1 + x2

(c+

∫1

(1 + x2)3/2dx

)= c

√1 + x2 + x

Cálculo de∫

1

(1 + x2)3/2dx =

∫sec2 θ dθ

(sec2 θ)3/2=

∫cos θ dθ = sen θ =

x√1 + x2

4) Ldi

dt+Ri = E, donde L, R, E son constantes con c.i. i(0) = 0

Solución:

di

dt+R

Li =

E

L⇒ i(t) = e−

RL t

(c+

∫E

Le

RL t dt

)= e−

RL t

(c+

E

L· LR

eRL t

)

i(t) = c e−RL t +

E

Ri(0) = 0⇒ 0 = C +

E

R⇒ C = −E

R⇒ i(t) =

E

R

(1− e−

RL t)

5) Resolver dx = (1 + 2x tg y) dy

Solución:

dx

dy= 1 + 2x tg y ⇒ dx

dy− 2x tg y = 1⇒ x(y) = e2

∫tg y dy

(c+

∫e−2

∫tg y dy dy

)

x(y) = e2 ln | cos y|(c+

∫e2 ln | cos y| dy

)= sec2 y

(c+

∫cos2 y dy

)= sec2 y

(c+

1

2

∫(1 + cos 2y)dy

)

x(y) = sec2 y

(c+

1

2

(y +

sen 2y

2

))⇒ 4x cos2 y = C + 2y + sen 2y

6) Resolver

a) (1 + cosx) dy − senx(senx+ senx cosx− y)dx = 0

b) Ldi

dt+Ri = E senωt, con i(0) = 0

7) Encontrar la velocidad inicial mínima que debe tener un cuerpo que se dispara para que escape de laatracción de la Tierra. Desprecie la resistencia del aire.Solución:

a(r) =k

r2k < 0 como en r = R, a(R) = −g ⇒ a(r) = −gR

r2

por otro lado

a =dv

dt=dv

dr· drdt

=dv

dr· v′ ⇒ −gR

2

r2=dv

dr· v

⇒ gR2

r+ c =

v2

2pero en r = R, v = v0 ⇒ c =

v20

2− gR

⇒ v2 =2gR2

r2+ v2

0 − 2gR

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8) Un embudo con ángulo de salida de 60 y una sección transversal con área de 0,5cm2, contiene agua. Ent = 0, se abre la salida. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse, suponiendo que la altura inicial delagua h(0) = 10cm.Dato: v = 0,6

√2gh, h = altura instántanea, v = velocidad del líquido.

Solución:

dV = volumen de H2O que sale.

dV = 0,5 · v · dt con v = 0,6√

2gh,

por otro lado

dV = −πr2dh con r = h tg 30 = h/√

3

⇒ 0,3√

2√gh dt = −πh

2

3dh⇒ 0,9

√2g

πdt = −h3/2 dh

0,9

π

√2g t = −h5/2 · 2

5+ c y h(t = 0) = 10⇒ 0,9

π

√2g · 0 = −105/2 2

5+ c

t =2

5

π

0,9 · √2g·(

105/2 − h5/2)

y para h = 0 t =2

5· π

0,9√

2g· 105/2 = 99,7seg = 1′40′′

9) En un movimiento rectilíneo, la aceleración es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia s, yes igual a −1 cuando s = 2. Además posee una velocidad de 5 y s = 8 cuando t = 0.

a) Hallar v cuando s = 24

b) Hallar el tiempo t que demora en recorrer desde s = 8 a s = 24.

Solución:

a = − k

s2⇒ −1 = −k

4⇒ k = 4 ⇒ a = −4/s2; v =

ds

dt

a =dv

dt=dv

ds· dsdt

=dv

ds· v ⇒ v

dv

ds= − 4

s2⇒ v2/2 = c+ 4/s ⇒ c =

25

2− 4

8= 12

a) v(s = 24) =√

2√

424 + 12 ≈ 4,93

b) v =ds

dt=

√8

s

√s+ 3s2 ⇒ t =

1

2√

2

∫ 8

24

s ds√s+ s2

≈ 3,23

2.7. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal

Ciertas E. D. no lineales de primer orden pueden reducirse a E. D. L. por un adecuado cambiode variables.

1. E. D. de Bernoulli. La E. D. de Bernoulli adopta la forma

(18)dy

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

(E. D. N. L. pues es no lineal en la variable y).

Efectuamos la sustitución µ = y1−n, con n ∈ Z− 0, 1, pues:

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si n = 1 ⇒ (18) queda

dy

dx+ (p(x)− q(x))y = 0 (variables separables), y

si n = 0 ⇒ (18) queda

y′ + p(x)y = q(x) (ecuación diferencial de primer orden lineal).

Si n 6= 0, 1 usamos la sustitución µ = y1−n ⇒ dµ

dx= (1 − n) y−n

dy

dx⇒ (18)

queda (al dividir por yn):

y−ny′ + p(x)y1−n = q(x)

(1− n) y−ny′ + (1− n) p(x)y1−n = (1− n) q(x)

dµ

dx+ (1− n)p(x)µ = (1− n) q(x)

que es una E. D. L. de primer orden en la variable µ.

Ejemplos

1) Resolver y′ + xy =x

y

Solución.

En este caso, se tiene que n = −1 de donde µ = y1−(−1) = y2 ⇒ dµ

dx= 2y

dy

dx1

2

dµ

dx− xµ = x ⇒ µ(x) = e−2

∫2x dx

(∫2x e

∫2x dx dx+ c

)

µ(x) = e−x2

(∫2x ex

2

dx+ c

)= e−x

2(

ex2

+c)

= 1 + c e−x2

∴ y2 = 1 + c e−x2

2) Resolver y′ − y

x= −5

2x2y3

Solución.

En este caso se tiene que n = 3 de donde µ = y−2 ⇒ µ′ = −2y−3y′

µ′

−2− µ

x= −5

2x2 ⇒ µ′ + 2µ · 1

x= 5x2

µ(x) = e−∫

2x dx

(c+

∫5x2 e

∫2/x dx dx

)= e−2 ln x

(c+

∫5x2 e2 ln x dx

)=

1

x2

(c+ 5 · x

5

5

)

µ(x) = y−2 = cx−2 + x3 ⇒ cx−2 + x3 = y−2

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2. Ecuación de Ricatti. Una E. D. N. L. de primer orden de la forma:

y′(x) + a2(x)y2 + a1(x)y + a0(x) = 0

donde ai(x) son funciones continuas en I ∀ i = 0, 1, 2 y a2(x) 6= 0 en un intervalo I se conocecomo ecuación de Ricatti .

Para convertirla en una EDL de primer orden se utiliza la sustitución y =1

µ+ y1 donde y1(x)

es una solución particular de la ecuación de Ricatti (esta sustitución particular se encuentrapor inspección).

Demostración. Sea

y =1

µ+ y1 ⇒

dy

dx= −µ2du

dx+dy1dx

donde

y′1 + a2(x)y21 + a1(x)y1 + a0(x) = 0

dy1dx− 1

µ2du

dx+ a2(x)

(y1 +

1

µ

)2

+ a1(x)

(y1 +

1

µ

)+ a0(x) = 0

0 = y′1 −1

µ2du

dx+ a2(x)y21 +

2

µy1a2(x) +

1

µ2a2(x) + a1(x)y1 +

a1(x)

µ+ a0(x)

−dµdx

+ 2µy1a2(x) + a2(x) + a1(x)µ = 0 ⇒dµ

dx− (2y1a2(x) + a1(x))µ = a2(x) ⇐⇒ dµ

dx+ p(x)µ = q(x)

Ejemplos

1) Resolver: y′ = x+ 1− xy2 + 2x2y − x3 si y1(x) = 1 + x.Primero, escribimos la ecuación en la forma que se necesita para reconocer el tipo de ecuación ylos términos correspondientes. La ecuación queda:

y′ + xy2 − 2x2y + x3 − x− 1 = 0

Luego : a2(x) = x , a1(x) = −2x2 , a0(x) = x3 − x− 1

Aplicando el cambio de variable, la ecuación quedadµ

dx− (2(1 + x)x− 2x2)µ = x

es decir :dµ

dx− 2xv = x de donde µ = e−

∫−2x dx

(∫x e∫−2x dx dx+ c

)

µ(x) = ex2

(∫x e−x

2

dx+ c

)= cex

2 − 1

2

Así, la solución obtenida es : y(x) = 1 + x+2

cex2 − 1

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2) Resolver y′ − sen2 xy2 +1

senx cosxy + cos2 x = 0, si yp = cotx.

En este caso,

a2(x) = − sen2 x , a1(x) =1

senx cosx, a0(x) = − cos2 x.

Si y =1

v+ yp(x), se tiene:

dv

dx−(−2 cotx sen2 x+

1

senx cosx

)v = − sen2 x.

dv

dx−(−2 senx cosx+

1

senx cosx

)v = − sen2 x

v′ − −2 sen2 x cos2 x+ 1

senx cosxv = − sen2 x

v = e

∫ −2 sen2 x cos2 x+ 1

senx cosxdx

−

∫sen2 x e

∫2 sen2 x cos2 x+ 1

senx cosxdx

dx+ c

Calculamos la integral:∫ (−2 senx cosx+

1

senx cosx

)dx = −2

sen2 x

2+

∫2

sen 2xdx

= − sen2 x+ 2

∫cosec 2x dx = − sen2 x+ ln | cosec 2x+ cot 2x|

Luego:

v = e− sen2 x e− ln | cosec 2x+cot 2x|(−∫

sen2 x esen2 x eln | cosec 2x+cot 2x| dx+ c

)

v = e− sen2 x 1

cosec 2x+ cot 2x

(−∫

sen2 x esen2 x(cosec 2x+ cot 2x)dx+ c

)

= e− sen2 x sen 2x

1 + cos 2x

(−∫

sen2 x esen 2x · cosx

senxdx+ c

)

= tg x e− sen2 x

(−1

2

∫2 senx cosx esen2 x dx+ c

)

= tg x e− sen2 x

(−1

2esen2 x +c

)= −1

2tg x+ c tg x e− sen2 x

⇒ y(x) = cotg x+1

− 12 tg x+ c tg x e− sen2 x

3) Resolver y′ − xy2 + (2x− 1)y = x− 1

Solución. Esta es una ecuación de Ricatti de la cual no conocemos una solución particular. Supon-gamos que ésta es y1 = k; luego, es necesario determinar el valor de la constante k.

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y1 = k ⇒ y′1 = 0 Reemplazando: 0− xk2 + 2kx− k − x+ 1 = 0

⇒ x(−k2 + 2k − 1) + 1− k = 0 ⇒ −x(k − 1)2 − (k − 1) = 0

⇒ k = 1 ∴ y = 1 +1

u⇒ y′ = −u−2u′

−u−2u′ − x(

1 +1

u

)2

+ (2x− 1)

(1 +

1

u

)= x− 1

−u−2u′ − x− 2x/u− x/u2 + 2x− 1 + 2x/u− 1/u = x− 1 / · (−u2)

⇒ u′ + u = −x ⇒ u(x) = e−∫dx

(c+

∫−x e

∫dx dx

)

u(x) = e−x (c− x ex + ex)

∴ y = 1 + (1− x+ c e−x)−1

3. Otras reducciones. Existen otras ecuaciones diferenciales no lineales, en las que un adecuadocambio de variable permite transformarla en una lineal, que es posible resolver. Considere, porejemplo:

a)dy

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

Usamos el cambio de variable: u = ln y de donde u′ =1

yy′

Reemplazando: u′y + p(x)y = q(x)yu y luegodu

dx+ p(x) = q(x)u ⇒

du

dx− q(x)u = −p(x), que es una EDL de primer orden.

b) Use la sustitución z = tan(y) para transformar la e.d.o.

y′ + x sen(2y) = xe−x2

cos2(y)

en una lineal de primer orden, y resuélvala.

c) Resuelva la ecuacióndy

dx=

1− xy22x2y

haciendo la sustitución v =y

xnpara un

valor adecuado de n.d) Considere la ecuación de segundo orden

y′′ + 5y′ + 6y = 0

i) Demuestre que la ecuación se reduce a z′+3z = 0 haciendo el cambio de variablez = y′ + 2y.

ii) Usando lo anterior, resuelva la ecuación de segundo orden.iii) En general, demuestre que la E.D.O.

y′′ + (a+ b)y′ + aby = 0 a, b constantes

se reduce a una E.D. de orden uno, haciendo la sustitución z = y′ + ay.e) Resuelva la ecuación (1− x2)y′′ − 2xy′ = 0.

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Ejercicios.

1) 2y′ − y2

x2− 1 = 0

2) y′ + y2 + 3y + 2 = 0

3) y′+(1+ex)y2−2x2(1+ex)y+x4(1+ex)−2x = 0

4)dx

dt+ x2 + 1 = 0

5) y′ + y2 − 1 = 0, tal que, y(0) = −1/3

6) y′ = (x+ y + 1)2 − 2

2.8. Existencia y unicidad de las soluciones

Al considerar este tipo de problemas, surgen dos preguntas fundamentales: ¿existe una solucióndel problema? Si es que existe, ¿es esta solución única? Las respuestas a ellas no son tan obviascomo parecen. Considere por ejemplo:

1. El problema de valor inicial |y′| + |y| = 0, y(0) = 1 no tiene solución, porque y ≡ 0es la única solución de la ecuación diferencial.

2. xy′ = y − 1, y(0) = 1 tiene infinitas soluciones, de la forma y = 1 + cx, c ∈ R.

Puede que, a pesar de los ejemplos anteriores, se piense que no tiene sentido demostrar existenciade soluciones, si la EDO proviene, por ejemplo, de un problema físico que tiene solución. Sin embargo,esto permite asegurar que el modelo es una buena aproximación al fenómeno que se está modelando.Demostrar la unicidad de la solución (ó, más bien, determinar condiciones que garanticen la unicidadde la solución) permite que el modelo matemático efectivamente prediga el comportamiento futurocon menor probabilidad de error.

Se puede asegurar que cada EDL de primer orden un un intervalo I, tiene soluciones. De hecho,tiene una infinidad de soluciones, una para cada valor de c en la expresión:

(19) y(x) = e−∫p(x) dx

(c+

∫q(x) e

∫p(x) dx dx

)

y la solución general de una de tales ecuaciones es, por lo tanto, una familia de curvas paramétricasen el plano xy (con parámetro c) determinada por el intervalo I. Es fácil ver que, dado cualquierpunto (x0, y0) en el plano xy, con x ∈ I, es posible determinar la constante c de tal modo que lacurva solución pase por dicho punto. El problema de encontrar una función y = f(x) que sea soluciónde una EDLN de primer orden y′ + p(x)y = q(x) y que satisfaga la condición inicial y(x0) = y0 sellama problema de valor inicial ó problema de Cauchy para la ecuación dada.

Teorema 1 (existencia de soluciones). Sea F : Ω→ R una función continua en el dominio Ω. Paratodo punto (x0, y0) ∈ Ω existe una función ϕ : I → R definida en algún intervalo I, solución delproblema de valor inicial llamado de Cauchy

dx

dt= F (t, x), tal que ϕ(t0) = x0

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La siguiente figura ilustra el teorema con dos soluciones ϕ1, ϕ2

x = ϕ2(t)

x = ϕ1(t)

t

x

Teorema 2. Sea F : Ω→ R tal que F,∂F

∂xson funciones continuas en el dominio Ω ⊆ R2 (y por lo

tanto acotadas). Para todo punto (t0, x0) ∈ Ω existe una única función ϕ : I → R definida en algúnintervalo I de R, solución única del problema de valor inicial de Cauchy.

Observación.

1. Las condiciones señaladas en los teoremas anteriores son suficientes pero no necesarias.

2. Nótese que si F es un polinomio en la variable x, entonces la ED admite solución única∀ (t, x) ∈ R2. En lo que sigue, siempre supondremos existencia y unicidad de los problemas deCauchy.

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2.9. Ejercicios

1. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales

a)dy

dx= 4x− 5

b) (x− 3)dy + ydx = 0

c)dy

dx=

6x5 − 2x+ 1

cos(y) + ey

d)dy

dx=

√x+ x√y + y

e) y′ = 2x+ y

f ) y′ =1

x− y + 1

g) y′ +x+ y

x+ 2y= 0

h) (x2 + y2)dx− 2xydy = 0

i) eydx+ (xey + 2y)dy = 0

j ) (6xy2 − 3x2)dx+ (6x2y + 3y2 − 7)dy = 0

k)dy

dx+ 2y = 3ex

l)1

x

dy

dx− 2y

x2= x cos(x)

m) y′ = (x+ y)2

n) y′ = (8x+ 2y + 1)2

ñ) (2x− y)dx+ (4x− 2y + 3)dy = 0

o) (x2 + y2)dx− xydy = 0

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

x(xdy − ydx)

q) y′ =x+ 2y

x

r) (x+ 2y)dx− xdy = 0

s) 2xydx+ (x2 + 4y)dy = 0

t) (1 + y)dx+dy

x2 − 3x= 0

u)dy

dx=

y − 3

x+ y + 1

2. La ecuación (3x5+3x2y2)dx−(2x3y−2y3)dy = 0 se reduce a una ecuación homogéneahaciendo el cambio de variables x = up y y = vq. Determine las constantes p y q. Resuelva laecuación.

3. Muestre que la ecuación y′ =y

x+ xmynf

(yx

)se transforma en una ecuación de variables

separables usando el cambio de variables y = vx, donde v = v(x).

Use lo anterior para resolver la ecuación

y′ =y

x+

sec2( yx)

y2

4. Si la ecuación diferencial (7x4y − 3y8)dx + (2x5 − 9xy7)dy = 0 se multiplica por elfactor xmyn se transforma en una ecuación exacta, para ciertos valores de m y n. Encuentreestos valores y resuelva la ecuación.

5. Obtenga la solución de los siguientes problemas de valores iniciales

a) xy′ =√x2 + y2 + y, y(3) = 0

b) xy′ − y =y

ln(y)− ln(x), y(1) = e

c) y′ − y = 2e4x, y(0) = −3

d) y′ +5y

9x= 3x3 + x, y(−1) = 4

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e) y′ +2

x+ 1y = 3, y(0) = 5

6. Encuentre las soluciones de xy′ − y − ey′ = 0

7. Si la ecuación y2dx = (x3 − xy)dy se multiplica por una función de la forma u(x, y) = xnym

para ciertos valores de n,m ∈ Z se transforma en una ecuación exacta. Determine n y m yresuelva la ecuación.

8. Para x 6= 0 considere la ecuación y(x+ 1) +

(2x+

1

y

)y′ = −1

a) Determine a y b tal que al multiplicar la ecuación por la funciónu(x, y) = yaebx se transforme en una ecuación exacta.

b) Encuentre la solución particular que verifica y(4) = 6.

9. Considere la ecuación diferencial y − xdydx

= a

(1 + x2

dy

dx

), a > 1.

a) Encuentre la solución general.

b) Encuentre la solución particular que verifica y(1) =a

a+ 1

c) Encuentre el intervalo máximo donde la solución particular anterior está definida.

10. Resuelva la ecuación x3yy′ + 2x2y2 − 1 = 0, utilizando el cambio de variables u(x) = x2y(x).

11. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales

a) y′ =y

x− sec2

y

x

b) y′ = eyx +

y

x+ 1

c) y′ =−x+

√x2 + y2

ySugerencia: hacer z = x2 + y2

12. Halle la ecuación de la curva que pasa por el punto (0,1), y que satisface la ecuación diferencial:

dy

dx=

x+ y − 1

2y − x+ 3

13. En los siguientes, multiplique por el correspondiente factor integrante µ(x, y) para resolver laEDO:

a) (y2 − xy)dx+ x2dy = 0, µ(x, y) =1

xy2

b) (x2y2 − 1)dx+ (1 + x2y2)xdy = 0, µ(x, y) =1

xy

c) 3(y + 1)dx− 2xdy = 0, µ(x, y) =y + 1

x4

d) (x2 + y2 − x)dx− ydy = 0, µ(x, y) =1

x2 + y2

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14. Halle la ecuación de la curva que pasa por el punto (0,1), y que satisface la ecuación diferencial:

dy

dx=

x+ y − 1

2y − x+ 3

15. Halle la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales:

a)dy

dx=x+ y

x− y

b) (t−√ty)dy

dt= y

c) 2tydy

dt= 3y2 − t2

d) (1 + t− 2y)dt+ (4t− 3y − 6)dy = 0

e) y′ =y

x− sec2

y

x

f ) y′ = e

y

x +y

x+ 1

g) y′ =−x+

√x2 + y2

y, Ayuda: hacer

z = x2 + y2

16. Resuelva 2(1− x2)y′ − (1− x2)y =x e−x

2(1− x2) y3. ¿Dónde es normal la ecuación?

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3. Comportamiento cualitativo de las EDO

Hasta aquí, hemos estudiado algunas técnicas que nos permiten resolver analíticamente algunostipos de ecuaciones diferenciales. Sin embargo, es importante tener presente que la mayoría de lasED no puede resolverse explícitamente, ó, como sucede en muchas aplicaciones, la solución generalimporta menos que la solución particular que satisface una determinada condición inicial. Interesa,no obstante, describir cómo se comportan las soluciones; por ejemplo

1. al aumentar t ¿crecen sin cota las soluciones?

2. ¿tienden las soluciones a algún valor (0 por ejemplo)?

3. ¿oscilan entre ciertos valores?

Para comprender mejor la situación, consideremos el siguiente ejemplo:

dy

dt= 4y(1− y) =⇒ dy

4y(1− y)= dt

/∫

Podríamos encontrar la solución tras la integración, pero las fórmulas obtenidas no son fácilesde interpretar. Por ello, los métodos geométricos y cualitativos permiten obtener mucha informacióncon poco trabajo. Esto es importante sobre todo para ED «difíciles»; considerar la ecuación:

dy

dt= ey

2/10 sen2 y

=⇒∫ (

ey2/10 sen2 y

)−1dy =

∫dt

La integral del lado izquierdo es complicada, sin embargo, cualitativamente, notamos que

f(y) = ey2/10 sen2 y > 0

excepto para y = nπ; veremos en esta sección que esta información es suficientemente útil.

Otra relación que es importante considerar cuando se trata de modelos cuya información, por tanto,puede provenir de mediciones ó datos aproximados, es la dependencia (continua) de las solucionesrespecto de las condiciones iniciales, ya que si éstas cambian ligeramente, es deseable que la soluciónno varíe mucho.

Observación. Sea F : D → R, donde D ⊂ R× R. Por lo tanto, es posible expresar una EDOde primer orden en la forma

dx

dt= F (t, x) ó x = F (t, x)

Si F (t, x) = F (x), i.e., si F depende sólo de la variable x, entonces

x = F (x), y en este caso la ecuación se dice autonóma.

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Para el estudio cualitativo, una solución x(t) de x = F (t, x) se representa geométricamente enel plano t–x. Como dado cualquier (t0, x0) ∈ D existe una única solución que pasa por (t0, x0), (porlos teoremas de existencia y unicidad de soluciones); ello quiere decir que las soluciones de la ED (elconjunto de todas ellas) se representan por una familia de curvas solución en D y que existe unaúnica curva solución que pasa por un punto determinado.

Ejemplos

1) Estudie x = x− t︸︷︷︸f(x,t)

dx

dt= 0 ⇒ x(t) alcanza sus puntos críticos en x− t = 0

Cualitativamente:

Nótese que si en (2), F es un polinomio en la variable x, entonces la ED admi-te solución única ∀ (t, x) ∈ R2. En lo que sigue, siempre supondremos existenciay unicidad de los problemas de Cauchy.

Una solución x(t) de x = F (t, x) se representa geométricamente en el planot–x. Como dado cualquier (t0, x0) ∈ D existe una solución que pasa por (t0, x0),ello quiere decir que las soluciones de la ED se representan por una familia decurvas solución en D y que ∃ ! curva solución que pasa por un punto determi-nado.

Ejemplos

1. x = x− t︸︷︷︸f(x,t)

Cualitativamentedx

dt= 0⇒ x(t) al-

canza sus puntos críticos en x−t = 0

1

2

−1

−2

1 2−1−2

Analíticamente

Método 1 x− x = −t ED lineal

x(t) = e∫dt

(−∫

t e−∫dt dt

)+ C

= et(t e−t +e−t +C

)

= t+ 1+ C et

Método 2 u = x− t

⇒ du

dt=

dx

dt− 1

∴ du

dt+ 1 = u⇒ du

u− 1= 0

ln(u− 1) = t+ k

u(t)− 1 = C et

x(t)− t = C et +1

2. x = −x

t, t = 0⇒ dx

x= −dt

t

ln |x| = − ln |t|+ C

|x(t)| = k1

t

dx

dt= 0⇒ −x

t= 0⇒ x = 0 (solución trivial)

Pero

x > 0 ∧ t > 0⇒ x < 0

x > 0 ∧ t < 0⇒ x > 0

x < 0 ∧ t > 0⇒ x > 0

x < 0 ∧ t < 0⇒ x < 0

2

Analíticamente:

Método 1 x− x = −t ED lineal

x(t) = e∫dt

(−∫t e−

∫dt dt

)+ C

= et(t e−t + e−t +C

)

= t+ 1 + C et

Método 2 u = x− t

⇒ du

dt=dx

dt− 1

∴ du

dt+ 1 = u⇒ du

u− 1= dt

ln(u− 1) = t+ k

u(t)− 1 = C et

x(t)− t = C et +1

2) Estudiar x = −xt, t 6= 0.

Claramente, lo anterior implica quedx

x= −dt

t. Luego:

ln |x| = − ln |t|+ C

de donde |x(t)| = k1

t. Además:

dx

dt= 0 ⇒ −x

t= 0 ⇒ x = 0 (solución trivial)

Pero

x > 0 ∧ t > 0 ⇒ x < 0

x > 0 ∧ t < 0 ⇒ x > 0

x < 0 ∧ t > 0 ⇒ x > 0

x < 0 ∧ t < 0 ⇒ x < 0

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Así, gráficamente, las soluciones son de la forma:

3. x = − t

x, x = 0⇒ x dx = −t dt⇒ x2 + t2 = C

4. Autónoma: x =1

2(x2 − 1)⇒ x = 0⇒ x(t) = 1 o x = ±

√1 + c et

3

3) x = − tx, x 6= 0 =⇒ x dx = −t dt⇒ x2 + t2 = C3. x = − t

x, x = 0⇒ x dx = −t dt⇒ x2 + t2 = C

4. Autónoma: x =1

2(x2 − 1)⇒ x = 0⇒ x(t) = 1 o x = ±

√1 + c et

3

4) Consideremos ahora un par de ecuaciones autónomas:

x =1

2(x2 − 1) ⇒ x = 0 ⇒ x(t) = 1 ó x(t) = −1

x(t) = 1

x(t) = −1

Vemos entonces que no es necesario tener ni la solución explícita ni un dibujoexacto para poder describir cualitativamente el comportamiento de la solución

de una ED. Más aún, sidx

dt= F (x) es una ED autónoma, las soluciones de ella

tienen la siguiente propiedad:Si ξ : R→ R es una solución, entonces cualquier traslación de la gráfica de ξ

en la dirección del eje t es la gráfica de otra solución de la ecuación.En efecto, sea η : R→ R con η(t) = ξ(t− c), c ∈ R constante

η = ξ(t− c) ≡ F (ξ(t − c)) ≡ F (η(t))

∴ η también es una solución

Ejemplo x = x

1

2

−1

−2

1 2−1−2

Observación 2. Notemos que el comportamiento está determinado por f(x)

1. Si ∃ c ∈ R : f(c) = 0, entonces x(t) = c es una solución

4

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5) x = x

x(t) = 1

x(t) = −1

Vemos entonces que no es necesario tener ni la solución explícita ni un dibujoexacto para poder describir cualitativamente el comportamiento de la solución

de una ED. Más aún, sidx

dt= F (x) es una ED autónoma, las soluciones de ella

tienen la siguiente propiedad:Si ξ : R→ R es una solución, entonces cualquier traslación de la gráfica de ξ

en la dirección del eje t es la gráfica de otra solución de la ecuación.En efecto, sea η : R→ R con η(t) = ξ(t− c), c ∈ R constante

η = ξ(t− c) ≡ F (ξ(t − c)) ≡ F (η(t))

∴ η también es una solución

Ejemplo x = x

1

2

−1

−2

1 2−1−2

Observación 2. Notemos que el comportamiento está determinado por f(x)

1. Si ∃ c ∈ R : f(c) = 0, entonces x(t) = c es una solución

4

Vemos entonces que no es necesario tener ni la solución explícita ni un dibujo exacto para poder

describir cualitativamente el comportamiento de la solución de una ED. Más aún, sidx

dt= F (x) es

una ED autónoma, las soluciones de ella tienen la siguiente propiedad:

Proposición 1. Si ξ : R→ R es una solución, entonces cualquier traslación de la gráfica de ξ en ladirección del eje t es la gráfica de otra solución de la ecuación.

En efecto: sea η : R→ R con η(t) = ξ(t− c), c ∈ R constante.

Entonces:

η = ξ(t− c) ≡ F (ξ(t− c)) ≡ F (η(t))

∴ η también es una solución.

Observación. Notamos que el comportamiento de la solución de las ecuaciones diferenciales autó-nomas está determinado por f(x). Específicamente:

1. Si ∃ c ∈ R : f(c) = 0, entonces x(t) = c es una solución.

2. Si f(x) 6= 0, entonces x(t) es creciente o decreciente, dependiendo del signo de f(x).

Esta información puede representarse en una recta real que representa a x.

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Para ver esto, considere

dy

dt= ey

2/10 sen2 y

=⇒∫ (

ey2/10 sen2 y

)−1dy =

∫dt

La integral del lado izquierdo es complicada, sin embargo, cualitativamente, notamos que

f(y) = ey2/10 sen2 y > 0

excepto para y = nπ , n ∈ Z , que nos dan las soluciones de equilibrio. Gráficamente:

2. Si f(x) = 0, entonces x(t) es creciente o decreciente, dependiendo delsgnf(x)

Esta información puede representarse en una recta real que representa a x.

2. Análisis analítico vs cualitativo

dy

dt= 4y(1− y)⇒ dy

4y(1− y)= dt /

∫

Podríamos encontrar la solución tras la integración, pero las fórmulas obteni-das no son fáciles de interpretar. Por ello, los métodos geométricos y cualitativapermiten obtener mucha información con poco trabajo. Esto es importante sobretodo para ED «difíciles».

Considerar

dy

dt= ey

2/10 sen2 y

⇒∫ (

ey2/10 sen2 y

)−1

dy =

∫dt

Pero cualitativamente

f(y) = ey2/10 sen2 y > 0

excepto para y = nπ que nos dan las soluciones de equilibrio.

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9

5

Es posible «resumir» el comportamiento cualitativo de las soluciones en las llamadas líneas defase, que describimos de la siguiente manera:

La ecuación del ejemplo tiene sólo tres soluciones esencialmente diferentes:crecientes, decreciente y constante.

Este resumen de comportamientos cualitativos se puede ilustrar geométrica-mente definiendo una «línea de fases»

decre. crece0

x

Definición 2. Sea x = F (x), y sea x0 ∈ R : F (x0) = 0. Entonces diremos quex0 es una singularidad o un punto de equilibrio de la ED

Notar que x(t) = x0 es una solución (cte.) de la ED, pues

x(t) = 0 y F (x0) = 0

Observación 3. La línea de fase se puede obtener directamente de x(t) = F (x),simplemente mirando cuando F (x) ≥ 0.

Ejemplo Supongamos que GrF viene dado por

Entonces, la línea de fase

a b c d

en donde la dirección de la flecha indica si la función crece (→) o decrece (←)

6

Definición 3.1. Sea x = F (x), y sea x0 ∈ R : F (x0) = 0. Entonces diremos que x0 es unasingularidad o un punto de equilibrio de la ED


x(t) = 0 y F (x0) = 0

Observación. La línea de fase se puede obtener directamente de x(t) = F (x), simplemente mirandocuando F (x) ≥ 0.

Ejemplo. Supongamos que Gr (F ) viene dado por

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decre. crece0

x



x(t) = 0 y F (x0) = 0




a b c d


6

Entonces, la línea de fases es



decre. crece0

x



x(t) = 0 y F (x0) = 0




a b c d


6

en donde la dirección de la flecha en cada intervalo indica si la función crece (→) o decrece (←) endicho intervalo.

Escribimos la línea de fase de manera vertical, al lado del gráfico en el plano t−x que representalas soluciones, de manera de simplificar su interpretación:

d

c

b

a

Observación 4. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de laecuación de una singularidad aislada en la Línea de Fases, se distinguen lossiguientes tipos de singularidades

1. Repulsor o fuente

2. Atractor o sumidero

3. Atractor-repulsor

4. Repulsor-atractor

7

Observación. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de la ecuación en una sin-gularidad aislada en la Línea de Fase, se distinguen (y definen) los siguientes tipos de singularidades:

1. Repulsor o fuente:

d

c

b

a






7

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2. Atractor o sumidero:

d

c

b

a






7

3. Atractor-repulsor:

d

c

b

a






7

4. Repulsor-atractor:

Ejemplo. Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite laEDO x = (x− 1)3 ecos(x

4−1).Solución. Es inmediato que x = 1 es la única singularidad (aislada) de la

EDO. Como ecos(x4−1) > 0, ∀x ∈ R, la gráfica de F (x) = (x − 1) ecos(x

4−1), lalínea de fases y los tipos de soluciones de la EDO, son como ilustra la figura,respectivamente.

1 1

2

1 2 3 4La ecuación del ejercicio anterior, es muy fácil de integrar bajo el punto devista del cálculo. En consecuencia es difícil conocer explícitamente las ecuacionesde las soluciones que indica la figura. Sin embargo, la línea de fases permite daruna descripción cualitativa del tipo de soluciones y punto de equilibrio.

Definición 3. Dos ecuaciones diferenciales autónomas, se dicen cualitativa-mente equivalentes si, y sólo si, tienen la misma línea de fases, en el sentido delmismo número de puntos singulares, de la misma naturaleza y distribuidos enel mismo orden.

Ejemplos

1. Las ED x = x, x = (x− 1) ecos(x4−1), son equivalentes, pues solo tiene un

único punto atractor en sus respectivas líneas de fases.

2. x = (x+2)(x+1) ∼ x = 12 (x

2−1). Pero x = −(x+2)(x+1) ∼ x = 12 (x

2−1)(pues en este último caso el atractor y el repulsor se encuentran en distintoorden).

3. Sistemas de ED de primer orden (en el plano)Consideremos el sistema

x = f(t, x, y)y = g(t, x, y)

que podemos expresar matricialmente en la forma

dY

dt= F (t, Y ),

8

Ejemplo. Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite la EDO

x = (x− 1)3 ecos(x4−1)

Solución. Es inmediato que x = 1 es la única singularidad (aislada) de la EDO.Como ecos(x

4−1) > 0, ∀x ∈ R, la gráfica de F (x) = (x− 1)3 ecos(x4−1), la línea de fases y los tipos de

soluciones de la EDO, son como ilustra la figura, en cada subintervalo respectivo.

Ejemplo. Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite laEDO x = (x− 1)3 ecos(x

4−1).Solución. Es inmediato que x = 1 es la única singularidad (aislada) de la

EDO. Como ecos(x4−1) > 0, ∀x ∈ R, la gráfica de F (x) = (x − 1) ecos(x

4−1), lalínea de fases y los tipos de soluciones de la EDO, son como ilustra la figura,respectivamente.

1 1

2

1 2 3 4La ecuación del ejercicio anterior, es muy fácil de integrar bajo el punto devista del cálculo. En consecuencia es difícil conocer explícitamente las ecuacionesde las soluciones que indica la figura. Sin embargo, la línea de fases permite daruna descripción cualitativa del tipo de soluciones y punto de equilibrio.

Definición 3. Dos ecuaciones diferenciales autónomas, se dicen cualitativa-mente equivalentes si, y sólo si, tienen la misma línea de fases, en el sentido delmismo número de puntos singulares, de la misma naturaleza y distribuidos enel mismo orden.

Ejemplos

1. Las ED x = x, x = (x− 1) ecos(x4−1), son equivalentes, pues solo tiene un

único punto atractor en sus respectivas líneas de fases.

2. x = (x+2)(x+1) ∼ x = 12 (x

2−1). Pero x = −(x+2)(x+1) ∼ x = 12 (x

2−1)(pues en este último caso el atractor y el repulsor se encuentran en distintoorden).

3. Sistemas de ED de primer orden (en el plano)Consideremos el sistema

x = f(t, x, y)y = g(t, x, y)

que podemos expresar matricialmente en la forma

dY

dt= F (t, Y ),

8

La ecuación del ejercicio anterior, es muy difícil de integrar, desde el punto de vista del cálculo.En consecuencia, es difícil conocer explícitamente las expresiones de las soluciones que indica lafigura. Sin embargo, la línea de fases permite dar una descripción cualitativa del tipo de solucionesy sus puntos de equilibrio.

Definición 3.2. Dos ecuaciones diferenciales autónomas, se dicen cualitativamente equivalentes si,y sólo si, tienen la misma línea de fases, en el sentido del mismo número de puntos singulares,de la misma naturaleza y distribuidos en el mismo orden.

Ejemplos

1) Las ED x = x, x = (x− 1) ecos(x4−1), son equivalentes, pues cada una de ellas tiene un único puntoatractor en sus respectivas líneas de fases.

2) x = (x + 2)(x + 1) ∼ x = 12 (x2 − 1). Pero x = −(x + 2)(x + 1) 6∼ x = 1

2 (x2 − 1) (pues en esteúltimo caso el atractor y el repulsor se encuentran en distinto orden).

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3.1. Algunos Modelos Sencillos

Para ilustrar de mejor manera cómo se utilizan las ecuaciones diferenciales para modelar, consi-deremos algunos modelos sencillos, y comenzaremos con algunos modelos clásicos de crecimiento depoblación.

Ejemplos

1) Crecimiento ilimitado de PoblacionesEste modelo se basa en el supuesto que la velocidad de crecimiento de la población es proporcional altamaño de la misma. Las variables implicadas en este modelo son:

t: tiempo, que es la variable independiente

P : número de sujetos de la población, que es la variable dependiente

k: constante de proporcionalidad (ó parámetro), que se denomina a veces «coeficiente de velocidaddel crecimiento»

Así, la hipótesis de que la variación del tamaño de la población es proporcional a ella se escribe como:

dP

dt= kP

2) Modelo logístico de poblaciónClaramente, el modelo anterior no considera las condiciones del entorno y la cantidad de recursos dispo-nibles. Para considerar estos factores, agregamos a la hipótesis anterior, las siguientes:

Si la población es pequeña, la tasa de crecimiento de ella es proporcional a su tamaño.

Si la población es grande con respecto a la capacidad de soporte del entorno y de los recursosdisponibles, la población disminuirá; es decir, en este caso la tasa de crecimiento es negativa.

Usamos los mismos parámetros anteriores, sólo que en este caso la constante k es la razón de cambio dela población en el caso en que ésta sea pequeña. Debemos introducir un nuevo parámetro que dé cuentade la «capacidad de soporte» del entorno. Es decir, necesitamos un parámetro N que permita modelar lasituación:Si P (t) < N , entonces la población P crece.Si P (t) > N , entonces la población P decrece.Luego, el modelo puede ser expresado como

dP

dt= k P

(1− P

N

)

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3.2. Ejercicios

1. Obtenga la solución de los siguientes problemas de valores iniciales

a) xy′ =√x2 + y2 + y , y(3) = 0

b) xy′ − y =y

ln(y)− ln(x), y(1) = e

c) y′ − y = 2e4x , y(0) = −3

d) y′ +5y

9x= 3x3 + x , y(−1) = 4

e) y′ +2

x+ 1y = 3 , y(0) = 5

2. Determine los puntos de equilibrio de las siguientes ecuaciones autonomas:

a) x′ = x+ 1 b) x′ = x− x3 c) x′ = sinhx2

d) x′ = x4 − x3 − 2x2 e) x′ = senx f) x′ = senx− x

y clasifique la naturaleza (atractor, repulsor, atractor-repulsor) de cada punto de equilibrio.Construya el retrato de fase de cada ecuación.

3. Determine todos los posibles retratos de fases y los respectivos intervalos para λ en la siguienteecuación diferencial dependiente del parámetro λ:

x = (x− λ)(x2 − λ) , λ ∈ R

4. Para las siguientes EDO, encuentre la solución general y esboce las gráficas de varios elementosde la familia de curvas solución. Muestre que no hay soluciones que satisfagan las condicionesiniciales dadas. ¿Por qué no contradice esto el teorema de existencia de soluciones?

a) tx′ − x = t2 cos t, x(0) = −3

b) tx′ = 2x− t, x(0) = 2

5. Suponga que x es una solución del problema de v.i. x′ = x cos2 t, x(0) = 1. Pruebe quex(t) > 0 para todos los t para los que x está definido.

6. Suponga que y es una solución del problema de v.i. y′ = (y2−1)ety, y(1) = 0. Pruebeque −1 < y < 1, ∀t para los que y está definido.

7. Suponga que x es una solución del problema de v.i. x′ =x3 − x

1 + t2x2, x(0) =

1

2. Pruebe

que 0 < x(t) < 1, ∀t para los que x está definido.

8. ¿Cuál(es) de los siguientes problemas de valor inicial tienen garantizada una única solución,por el teorema de unicidad de soluciones de ED? Justifique.

a) y′ = 4 + y2, y(0) = 1 b) y′ =√y, y(4) = 0

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c) y′ = t arctan y, y(0) = 2 d) y′ = y sin y + s, y(0) = −1

e) x′ =t

x+ 1, x(0) = 0 f) y′ =

1

xy + 2, y(0) = 1

9. Considere la ecuación diferencial x′(t) =x3 − 4x

1 + e3x.

a) Describa las singularidades de la ecuación diferencial.

b) Encuentre lımt→∞

x(t) , donde x(t) es la solución que satisface x(0) = 1 .

10. Considere la ecuacióndy

dt= a[(y − 1)(y − 4)− b]

Determine todos los valores de a y b tales que y0 = 5 sea un punto de equilibrio atractor parala ecuación.

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4. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior

Teorema 3. Sean y1(x), . . . , yn(x) ∈ Cn−1(I). Suponga que ∃x0 ∈ I:(yi(x0), y

′i(x0), y

′′i (x0), . . . , y

(n−1)i (x0)

)ni=1

es l.i. en Rn. Entonces, yj(x)j=1,...,n es l.i.

Ejemplo.ex, xex, x2ex

es l.i. en R pues:

y1(x) = ex ⇒ (ex, ex, ex)|x=0 = (1, 1, 1)

y2(x) = xex ⇒ (xex, ex(1 + x), ex(2 + x))|x=0 = (0, 1, 2)

y3(x) = x2 ex ⇒ (x2ex, ex(x2 + 2x), ex(x2 + 4x+ 2))|x=0 = (0, 0, 2)

y claramente

(1, 1, 1), (0, 1, 2), (0, 0, 2) es l.i.

Ejemplos

1) Demuestre que 1, x, x2 es l.i.2) Demuestre que x, ex, senx es l.i.

Definición 4.1. Sean y1(x), . . . , yn(x) ∈ Cn−1(I). ∀x ∈ I el determinante

W [y1(x), . . . , yn(x)] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1(x) y2(x) . . . yn(x)y′1(x) y′1(x) . . . y′n(x)

......

. . ....

y(n−1)1 (x) y

(n−1)2 (x) . . . y

(n−1)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

se llama el Wronskiano de las funciones y1, . . . , yn.

Ejemplos

1) W [senx, cosx] =

∣∣∣∣senx cosxcosx − senx

∣∣∣∣ = −1

2) W [ex, x ex, x2 ex] =

∣∣∣∣∣∣

ex x ex x2 ex

x ex (1 + x) ex (2 + x) ex

x2 ex (x2 + 2x) ex (x2 + 4x+ 2) ex

∣∣∣∣∣∣= 2 e3x

3) W [x, senx] = x cosx− senx

4) W [x, 2x] = 0

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Ejemplo. Determine el Wronskiano de los siguiente conjuntos de funciones:

1. W [x, senx, cosx]

2. W [senx, sen 2x, sen 3x]

3. W [1, x, x2, x3]

4. W [eax, ebx], a 6= b

Observación. W [y1, . . . , yn] 6≡ 0 ⇒ y1, . . . , yn es l.i. Es decir, si el Wronskiano de lasfunciones y1, . . . , yn no es idénticamente nulo, entonces el conjunto es l.i. Sin embargo, el recíprocono es cierto, vale decir, W [y1, . . . , yn] = 0 6⇒ que las funciones sean l.d. Basta considerar el conjuntox, |x|.

Pero, para el caso de soluciones de una ED lineal homogénea de orden n, y normal en I, siW [y1, . . . , yn] ≡ 0, entonces y1, y2, . . . , yn l.d. en C(I).

4.1. Solución general de una ecuación homogénea de orden n

Como vimos en el caso de las ecuaciones diferenciales de orden 1, no existen métodos únicos óexplícitos para resolver ecuaciones diferenciales arbitrarias. Sin embargo, sí los hay para ciertos tiposó formas de ecuaciones, que serán las que consideraremos. En cualquier caso, es importante tenerpresente el siguiente

Teorema 4. El espacio solución de cualquier ecuación diferencial lineal homogénea normal de ordenn definida en un intervalo real I

bn(x)y(n) + bn−1(x)y(n−1) + · · ·+ b1(x)y′ + b0(x)y = 0

es un subespacio de dimensión n de Cn(I).

Corolario 1. Sean y1(x), y2(x), . . . , yn(x) soluciones l.i. de la ecuación diferencial lineal homogéneade orden n

bn(x)y(n) + bn−1(x)y(n−1) + · · ·+ b1(x)y′ + b0(x)y = 0

Entonces, la solución general (ó solución homogénea) de la ecuación es:

yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x)

donde ci son constantes que dependen de las n condiciones iniciales (c.i.) (solución intrínseca delsistema).

Corolario 2. Sean y1(x), y2(x), . . . , yn(x) ∈ C(n−1)(I). Si en algún punto x0 ∈ I el conjunto devectores (

yi(x0), y′i(x0), y

′′i (x0), . . . , y

(n−1)i (x0)

)ni=1

es l.i. en Rn, entonces, yj(x)j=1,...,n es l.i. en C(I).

Ejemplo. Sea y′′′ − y′′ − 2y′ = 0

1. Demuestre que las funciones ex, senhx− 12

ex, 2 e2x, 1 son soluciones de la ecuación diferen-cial.

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2. Determine una base para el espacio solución de la E.D.O.

3. Determine la solución general de la E.D.O.

Solución:

1. Basta reemplazar cada una de las funciones en la E.D.O.

2. La ecuación es lineal, normal, homogénea y de orden 3 en R, y luego el espacio solución tienedimensión 3. Por lo tanto, para determinar una base del espacio solución, basta escoger 3funciones l.i. de entre las dadas. Notamos que:

senhx− 1

2ex =

ex− e−x

2− 1

2ex = −1

2e−x

Luego, basta probar que ex, 2 e2x, 1 son funciones l.i., que dejamos como ejercicio.

3. La solución general es yh(x) = C1 ex +C2 e2x +C3 · 1

4.2. Solución general de una ecuación no homogénea

Teorema 5. Sea yp(x) cualquier solución particular (solución forzante del sistema) de

bn(x)y(n) + bn−1(x)y(n−1) + · · ·+ b0(x)y = h(x)

y sea yh(x) la solución de la ecuación homogénea; entonces la solución general de la ecuación estádada por

yG(x) = yh(x) + yp(x)

Demostración. Notar que

bn(x)(yh(x) + yp(x))(n) + bn−1(x)(yh(x) + yp(x))(n−1) + · · ·+ b0(x)(yh(x) + yp(x)) =

(bn(x)y(n)h + bn−1(x)y

(n−1)h + · · ·+ b0(x)yh)︸︷︷︸

=0

+ bn(x)y(n)p + bn−1(x)y(n−1)p + · · ·+ b0(x)yp︸︷︷︸=h(x)

= h(x)

Teorema 6. Sea bn(x)y(n) + bn−1(x)y(n−1) + · · · + b0(x)y = h(x) una ecuación diferenciallineal normal de orden n en I, y sea x0 ∈ I cualquiera, fijo. Sean y0, y1, · · · , yn−1 ∈ R arbitrarios.Entonces, el problema de valor inicial

bn(x)y(n) + bn−1(x)y(n−1) + · · ·+ b0(x)y = h(x)

con y(x0) = y0, y′(x0) = y1, · · · , y(n−1)(x0) = yn−1 tiene una y sólo una solución.

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4.3. Operadores Diferenciales

Sea D el operador que denota diferenciación con respecto a una variable (por ejemplo x), D2 eloperador que indica una doble diferenciación, D3 el operador que indica una triple diferenciación, y

en general, Dky ≡ dky

dxkel operador que denota la derivada k-ésima con respecto a la variable x.

Notamos que los operadores D,D2, D3, . . . , Dk son operadores lineales, i.e., ∀α, β ∈ R:

Dk(αy1(x) + βy2(x)) =dk(αy1 + βy2)

dxk= α

dky1dxk

+ βdky2dxk

= αDky1 + βDky2

Así, una expresión de la forma L(D) = an(x)Dn + an−1(x)Dn−1 + · · · + a1(x)D + a0(x) es unoperador lineal de Cn(I) en C(I), de orden n, puesto que

L(D)(αy1 + βy2) = αL(D)(y1) + βL(D)(y2) ∀α, β ∈ R

Ejemplos

1) El operador lineal xD2 + 3√xD − 1 es de orden 2 en [0,∞[, y en cualquiera de sus subintervalos.

2) El operador lineal (x+ |x|)D2−√x+ 1D+ ln(x+ 1) es de orden 2 en ]0, 1[ pero es de orden 1 en ]−1, 0[

3) Demostrar que D(xD) 6= (xD)D.En efecto: D(xD)y = D(xy′) = y′ + xy′′ mientras que (xD)Dy = (xD)y′ = xy′′.

4) Demostrar que (D − x)(D + x) 6= (D + x)(D − x).

5) Demostrar que (D − a)(D − b) = (D − b)(D − a) , ∀a, b ∈ R.

Ejemplo. Resolver (D2 − 1)y = 1.

Notamos que (D2 − 1)y = 1 ⇐⇒ d2y

dx2− y = 1.

Por simple inspección, notamos que yp = −1 es una solución particular. Consideramos laecuación homogénea asociada

d2y

dx2− y = 0

La solución general de esta ecuación homogénea es yh = C1 ex +C2 e−x.Por lo tanto, y(x) = −1 + C1 ex +C2 e−x son todas las soluciones de la E.D.

A continuación, veremos un teorema que nos permite encontrar una segunda solución l.i. y2(x)de una EDLH de segundo orden, si se conoce una solución y1(x).

Teorema 7 (Fórmula de Abel). Si y1(x) es una solución no trivial de la ED

y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0

entonces la segunda solución de la ED es

y2(x) = y1(x)

∫e−∫a1(x) dx

y21(x)dx

la que es l.i. con respecto a y1(x) y por lo tanto

yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

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Demostración. Supongamos quey2(x) = k(x)y1(x)

Por lo tanto:y′2 = k′y1 + ky′1 y y′′2 = k′′y1 + 2k′y′1 + ky′′1

Reemplazando en la ecuación original:

k′′y1 + 2k′y′1 + ky′′1 + a1(x)(k′y1 + ky′1) + a0(x)ky1 = 0

k(y′′1 + a1y′1 + a0y1) + 2y′1k

′ + y1(a1k′ + k′′) = 0

∴ y1k′′ + (2y′1 + a1y1)k

′ = 0

k′′ +

(2y′1y1

+ a1

)k′ = 0

k′ = e−∫ 2y′1

y1+a1dxC

= C e−2 ln y1−∫a1dx = C eln y

−21 e−

∫a1 dx

= Ce−∫a1 dx

y21

∴ k(x) = C

∫e−∫a1 dx

y21dx

W [y1, y2] =

∣∣∣∣∣∣y1 y1

∫e−∫a1 dx

y21dx

y′1 y′1∫

e−∫a1 dx

y21dx+ y1

e−∫a1 dx

y21

∣∣∣∣∣∣= e−

∫a1 dx 6= 0

∴ y1, y2 son l.i.∴ yh(x) = C1y1(x) + C2y2(x)

Ejemplos

1) Resolver x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0 si se sabe que una solución es y1(x) = x2 en ]0,∞[.

Solución.

La ecuación es normal en ]0,∞[ y debe escribirse como

y′′ − 3

xy′ +

4

x2y = 0

∴ a1(x) = − 3

x⇒ e−

∫a1 dx = e3 ln x = x3

y2(x) = x2

∫x3

x4dx = x2

∫1

xdx = x2 lnx

⇒ yh(x) = x2(c1 + c2 lnx)

¿Qué pasa si se conoce la solución y1(x) = x2 lnx y se pide la otra?

y2(x) = x2 lnx

∫e−∫

3x dx

x4 ln2 xdx = x2 lnx

∫1

x ln2 xdx

= −x2 lnx1

lnx= −x2

⇒ yh(x) = x2(c1 lnx+ c2)

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2) Resolver y′′ + (tanx − 2 cotx)y′ = 0 si y1(x) = 1 es una solución particular de la ecuación encualquier intervalo en el que tanx y cotx estén definidos.

Solución. Una segunda solución es

y2(x) =

∫e−∫

(tan x−2 cot x)dx dx =

∫eln(cos x sen2 x) dx =

1

3sen 3x

Luego, la solución general es yh(x) = C1 + C2 sen 3x.

Ejercicios.

1. Resolver y′′ + (tg x)y′ − 6(cotg2 x)y = 0 si y1(x) = sen3 x es una solución.

2. Resolver y′′ − 2

xy′ +

2

x2y = 0 si y1(x) = x es una solución.

.

4.3.1. Operadores Diferenciales con Coeficientes Constantes

Definición 4.2. La expresión L(D) = anDn+an−1D

n−1 + · · ·+a1D+a0, donde aj , j = 0, · · · , nson constantes, es un «operador diferencial con coeficientes constantes de orden n». Al aplicar esteoperador diferencial a la función y ∈ Cn(I) queda

L(D)(y) = andny

dxn+ an−1

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ a1

dy

dx+ a0y

Ejemplos

1) Aplicar (D −m)n a xk emx donde m es constante; k, n ∈ N con k < n

a) (D −m)(emx) = m emx−m emx = emx(m−m) = 0

b) (D −m)2(emx) = (D −m)[(D −m)(emx)] = (D −m)(0) = 0

c) (D −m)2(x emx) = (D −m)[emx +mx emx−mx emx] = (D −m)(emx) = 0

d) (D −m)2(emx +x emx) = (D −m)2(emx) + (D −m)2(x emx) = 0

2) Notar que:(D −m)(y) = 0 ⇔ yh(x) = c emx

(D −m)2(y) = 0 ⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x)(D −m)3(y) = 0 ⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x+ c3x

2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(D −m)n(y) = 0 ⇔ yh(x) = emx(c1 + c2x+ c3x

2 + · · ·+ cn−1xn−2 + cnx

n−1)

3) (D − 1)2(y) = 0 ⇒ yh(x) = ex(c1 + c2x)

4) (D + 2)3(y) = 0 ⇒ yh(x) = e−2x(c1 + c2x+ c3x2)

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Las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes, pueden ser escritas entonces en laforma L(D)(y) = h(x) , donde h ∈ C(I). Las ecuaciones diferenciales lineales homogéneascon coeficientes constantes son de la forma L(D)(y) = 0.

Proposición 2. Si L1(D), L2(D), · · · , Ln(D) son operadores diferenciales con coeficientes cons-tantes, entonces

KerLi(D) ⊆ Ker(L1(D) · L2(D) · · ·Ln(D))

Observación.

1. Es decir, si Li(D)(y) = 0, entonces (L1(D) · L2(D) · · ·Ln(D))(y) = 0.

2. Por lo tanto, si y1(x) es una solución de (L1(D)(y) = 0, entonces y1(x) es una solución de(L1(D)L1(D)(y) = 0, donde L1(D), L2(D) son operadores lineales con coeficientes constantes.

3. Sea L(D) = anDn+an−1D

n−1 + · · ·+a1D+a0D0, donde D0(y) =

d 0y

dx0= y. Aplicamos L(D)

a emx :

L(D)(emx) = a0mn emx +a1m

n−1emx + · · ·+ an−1memx + ane

mx

= emx(a0mn + a1m

n−1 + · · ·+ an−1m+ an)

= emxL(m)

Sim es una raíz de la ecuación L(m) = 0 entonces L(D)(emx) = 0. Pero, una ecuación L(m) = 0de grado n en la variable m tiene n soluciones reales. Por lo tanto: para cada mi tal queL(mi) = 0 se tiene que L(D)(emix) = 0; luego, si m1,m2, . . . ,mi, . . . ,mn son soluciones distintasde L(m) = 0, se tiene

L(D)(c1em1x + c2e

m2x + · · ·+ cnemnx) = 0

⇒ L(D)(y) = 0 ⇔ yh(x) = c1em1x + c2e

m2x + · · ·+ cnemnx

Para sistematizar estas observaciones, estudiemos primeramente las EDL con coeficientes cons-tantes de orden 2.

4.4. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas con Coeficientes constantes de orden2

Estudiaremos ecuaciones de la forma y′′ + a1y + a0y = 0, que en términos de operadoresdiferenciales puede escribirse en la forma (D2 + a1D + a0)y = 0.

La ecuación característica asociada es

m2 + a1m+ a0 = 0

y supongamos que sus soluciones son m = α1 y m = α2.Luego, el operador puede factorizarse en la forma D2 + a1D + a0 = (D − α1) (D − α2) y la

ecuación puede reescribirse en la forma

(D − α1) (D − α2) y = 0

Dependiendo de la naturaleza de las raíces del polinomio, se tiene tres tipos de soluciones de laE.D.:

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Caso 1: α1 , α2 reales y distintas.

(D − α1) (D − α2) y = 0

es decir:(D − α1) y = 0 ∨ (D − α2) y = 0

que es equivalente ay′ − α1 y = 0 ∨ y′ − α2 y = 0

Las soluciones de estas ecuaciones son

y(x) = eαix, i = 1, 2

Las funciones y1 = eα1x e y2 = eα2x son soluciones l.i. Así, la solución de la ecuaciónhomogénea es:

y(x) = C1 eα1x +C2 eα2x

Caso 2: α1 = α2 = α reales e iguales.

(D − α)2 y = 0

Una solución es y1 = eαx , y usando la fórmula de Abel, puede probarse fácilmente que la otrasolución l.i. es y2 = x eαx. Luego, la solución de la ecuación homogénea es:

y = C1 eαx +C2x eαx

Caso 3: α1 , α2 complejos.En este caso, α1 = a+ ib ∧ α2 = a− ib, con a, b ∈ R, b > 0. Como antes:

y = k1 e(a+ib)x +k2 e(a−ib)x

= eax(k1 eibx +k2 e−ibx)

= eax(k1 cos bx+ ik1 sen bx+ k2 cos bx− k2i sen bx)

= eax (k1 + k2) cos bx+ i(k1 − k2) sen bx= eax(c1 cos bx+ c2 sen bx)

Ejemplos

1) Resolver 2d2y

dx2+ 5

dy

dx+ 12y = 0.

2) Resolver (D + 3)2y = 0

3) Resolver (D2 + 1) y = 0

4) Resolver (D2 +D + 1) y = 0

5) Resolver D2y = 0

Solución.

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1. (2D2 + 5D − 12)(y) = 0 ⇒ L(m) = 2m2 + 5m− 12 = 0 ⇒ m1 = −4 ∧ m2 = 32

⇒ yh(x) = c1e−4x + c2e

32x

2. (D + 3)2y = 0 ⇒ L(m) = (m+ 3)2 = 0 ⇒ m = 3 con multiplicidad 2.⇒ yh(x) = c1e

−3x + c2xe−3x.

3. (D2 + 1) y = 0 ⇒ L(m) = m2 + 1 = 0 ⇒ m1 = i ∧ m2 = −i⇒ yh(x) = C1 cosx+ C2 senx.

4. (D2 +D + 1) y = 0 ⇒ L(m) = m2 +m+ 1 = 0 ⇒ m1 =−1 + i

√3

2∧ m2 =

−1− i√

3

2⇒ yh(x) = e−

x2 (C1 cos(

√3x2 ) + C2 sen(

√3x2 )).

5. D2y = 0 ⇒ L(m) = m2 = 0 ⇒ m = 0 con multiplicidad 2.⇒ yh(x) = C1 + C2x.

4.5. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas con coeficientes Constantes de ordensuperior

Sea (Dn + an−1Dn−1 + · · · + a0)(y) = 0 , con a0, a1, · · · , an constantes. El operador

diferencial lineal se descompone en factores lineales y cuadráticos, determinándose estos factores porla descomposición de la ecuación característica

mn + an−1mn−1 + · · ·+ a0 = 0

Teorema 8. Si y = f(x) pertenece al Kernel de un operador diferencial con coeficientes constantesL(D), entonces xm−1f(x) pertenece al Kernel del operador L(D)m.

Ejemplos

1) (D + 4)3(y) = 0 ⇒ yh(x) = e−4x(c1 + c2x+ c3x2) pues las fuciones e−4x, xe−4x, x2e−4x son l.i. y

satisfacen la E.D.O.

2) En general, si (D −m)k(y) = 0 entonces yh(x) = emx (c1 + c2x+ c3x2 + · · ·+ ckx

k−1)

3) (D4 + 2D3 +D2)(y) = 0 ⇒ m = 0, 0,−1,−1, yh(x) = c1 + c2x+ e−x(c3 + c4x)

4) y′′′ = 0 ⇒ Integrando: D2y = C1 Integrando de nuevo: Dy = C1x+ C2

Finalmente, y(x) = C1x2

2+ C2x+ C3. Por lo tanto, la solución de la ecuación homogénea es:

y(x) = C1x2 + C2x+ C3

5)(D2 − 2aD + (a2 + b2)

)ny = 0. Notamos que las funciones l.i. que satisfacen esta E.D. son:

eax cos(bx), x eax cos(bx), x2 eax cos(bx), · · · , xn−1 eax cos(bx)

eax sen(bx), x eax sen(bx), x2 eax sen(bx), · · · , xn−1 eax sen(bx)

y luego, la solución de la EDH es:

yh(x) = eax(

cos(bx)(C1 + C2x+ · · ·Cnxn−1) + sen(bx)(Cn+1 + Cn+2x+ · · ·C2nx

n−1))

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Observación. Los operadores diferenciales con coeficientes constantes tienen la gran ventaja quepermiten hacer uso de operaciones algebraicas simples para resolver la ED, como la factorización depolinomios en las ecuaciones características. En el caso en que los coeficientes de los operadores noson constantes, el producto de los operadores no es, en general, conmutativo.Vimos un ejemplo anteriormente, y hacemos ahora otro que habíamos dejado de ejercicio:

(D − x)(D + x) = D2 + 1− x2 , en cambio (D + x)(D − x) = D2 − 1− x2

Sin embargo, algunas EDL con coeficientes no constantes pueden transformarse, a través deun adecuado cambio de variables, en ED con coeficientes constantes, como veremos en la siguientesubsección.

4.6. Ecuación de Euler

La ecuación de Euler homogénea es de la forma

xny(n) + an−1xn−1y(n−1) + · · ·+ a1xy

′ + a0y = 0

donde a0, a1, · · · , an−1 son constantes reales.

Estudiaremos, en primer lugar, el caso particular n = 2:Consideremos la ecuación de Euler

x2y′′ + a1xy′ + a0y = 0

Hacemos la sustitución x = et (para x > 0). Luego:

y′ =dy

dx

dy

dtdx

dt

=

dy

dtet

= e−tdy

dt

Luego,

y′′ =d2y

d2x=

d

dx

(e−t

dy

dt

)=

d

dt

(dy

dte−t)

dx

dt

=

(d2y

dt2e−t−dy

dte−t)

e−t = e−2t(d2y

dt2− dy

dt

)

Reemplazamos en la ecuación original:

e2t e−2t(d2y

dt2− dy

dt

)+ a1 et e−t

dy

dt+ a0y = 0

de donde obtenemos la ecuación diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes

d2y

dt2− dy

dt+ (a1 − 1)

dy

dt+ a0y = 0

La ecuación característica asociada es

m2 + (a1 − 1)m+ a0 = 0

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Luego, si m1 es raíz de esta última ecuación, entonces y(t) = em1t es solución de la ecuacióncon coeficientes constantes, por lo que

y(x) = em1 lnx = xm1

es solución de la ecuación de Euler original.

Ejemplos

1) x2y′′ + 52xy

′ − y = 0

2) x2y′′ − xy′ + y = 0

3) x2y′′ + xy′ + y = 0

Observación. En la práctica, a veces es más conveniente buscar directamente las soluciones deuna ecuación de Euler de la forma y(x) = xk.

Para el caso general, tenemos el siguiente teorema, cuya demostración es análoga al caso n = 2visto arriba:

Teorema 9. La solución general de la ecuación de Euler homogénea de orden n

xny(n) + an−1xn−1y(n−1) + · · ·+ a1xy

′ + a0y = 0

esyh(x) = C1y1(ln |x|) + C2y2(ln |x|) + · · ·+ Cnyn(ln |x|), C1, · · · ,Cn ∈ R

en el intervalo ] − ∞, 0[ o ]0,∞[, y donde y1(u), · · · , yn(x) son una base para el espaciosolución de la ecuación con coeficientes constantes L∗(D)(y) = 0, con

L∗(D) = D(D − 1) · · · (D − n+ 1) + an−1D(D − 1) · · · (D − n+ 2) + · · ·+ a1D + a0

Ejercicios.

1) x2y′′ + 2xy′ − 6y = 0 2) xy′′ + y′ = 0

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5. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homogéneas

La solución general de la EDL no homogénea es de la forma

yG(x) = yh(x) + yp(x)

Nuestro problema ahora consiste en tratar de determinar yp, ya que yh ya se sabe como obtenerla.Existen varios métodos para determinar yp, los dos más conocidos son

1. método de los coeficientes indeterminados (MCI) y

2. método de variación de parámetro (MVP)

5.1. Método Coeficientes Indeterminados

El MCI tiene la ventaja de ser un método sencillo, pero para poder aplicarlo es necesarioconocer la forma de la solución particular.

Sea L(y) = h(x), y sea L2 el operador con coeficientes constantes tal que

L2(h(x)) = 0 ⇒ L2 L(y) = L(h(x)) = 0 ⇒L∗(y) = 0 donde L∗ = L2 L

Sea y∗(x) = yh + yp tal que L∗(y∗(x)) = 0 ⇒ yp = y∗ − yh

∴ para determinar las constantes que aparecen en yp, se substituye yp en la ecuación diferencialL(yp) = h(x).

Ejemplo. Resolver (D2 + 4)(y) = 7

Solución.

(D2 + 4)(y) = 0 ⇒ yh(x) = c1 sen 2x+ c2 cos 2x

L2(7) = D(7) = 0 ⇒ L2 = D ⇒ L∗ = D(D2 + 4) ⇒y∗ = c1 sen 2x+ c2 cos 2x+ c3 ⇒ yp = c3

y′′p + 4yp = 0 + 4c3 ≡ 7 ⇒ c3 = 7/4

⇒ yG(x) = c1 sen 2x+ c2 cos 2x+7

4

Ejemplo. (D2 + 3)(y) = ex

Solución.

yh(x) = c1 sen√

3x+ c2 cos√

3x

L2 = D − 1 pues (D − 1) ex = 0

∴ (D − 1)(D2 + 3)(y) = 0 ⇒ y∗ = c1 sen√

3x+ c2 cos√

3x+ c3 ex

⇒ yp = c3 ex .

(c3 ex) + 3(c3 ex) ≡ ex

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pero

D2 + 3 = D2 − 1 + 4 ⇒ (D2 + 3)(c3 ex) = (D − 1)(D − 1)(c3 ex) + 4c3 ex

4c3 ex ≡ ex ⇒ c3 =1

4.

yG(x) = c1 sen√

3x+ c2 cos√

3x+1

4ex

Ejemplo. (D2 + 2D + 1)(y) = 2 ex + cos 2x.

Solución.

yh(x) = c1 e−x +c2x e−x

L2 = (D − 1)(D2 + 4) yp = c3 ex +c4 sen 2x+ c5 cos 2x

(D2 + 2D + 1)(yp) = (D2 + 42D − 3)(yp)

= (D2 + 4)(c3 ex) + (2D − 3)(yp)

= (D2 − 1 + 5)(c3 ex) + (2(D − 1)− 1)(c3 ex +c4 sen 2x+)

= 5c3 ex−1c3 ex +2c4 · 2 cos 2x+ 2c5(−2) sen 2x

= 4c3 ex +(4c4 − 3c5) cos 2x− (4c5 + 3c4) sen 2x

= 2 ex + cos 2x

⇒ c3 = 1/24c4 − 3c5 = 13c4 + 4c5 = 0

⇒ c4 =

4

25c5 = − 3

25

yp =1

2ex +

4

25sen 2x− 3

25cos 2x

yG = c1 e−x +c2x e−x +1

2ex +

4

25sen 2x− 3

25cos 2x

Ejercicios

Empleando en MCI, encontrar yp en:

a) (D2 + 6D + 10)(y) = x4 + 4x2 + 2

b) (6D2 + 2D − 1)(y) = 7x ex(1 + x)

c) (D2 +D − 2)(y) = 3 ex− senx

d) (D2 − 4D + 8)(y) = e2x(1 + sen 2x)

e) (D2 − 4)2(y) = x senhx

Observación. Notamos que este método es útil solo si conocemos el operador diferencial concoeficientes constantes que anula a la función h(x). A continuación, presentamos las funciones consus correspondientes anuladores.

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Anuladores para el MCI

Función Anulador

1 D

x D2

xn Dn+1

p(x) =n∑

i=0

aixi Dn+1

eax D − a

x eax (D − a)2

xn eax (D − a)n+1

cos bx, sen bx D2 + b2

eax cos bxeax sen bx

D2 − 2aD + a2 + b2

xn eax cos bxxn eax sen bx

(D2 − 2aD + a2 + b2)n+1

5.2. Método de Variación de Parámetros

Comenzamos considerando la EDL de 2.o orden

y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = h(x)(20)

definida en un intervalo I y cuya solución general de la EDL homogénea asociada a (20) es:

yh(x) = k1y1(x) + k2y2(x)(21)

se busca una solución particular yp de (20) tal que

yp(x0) = 0

y′p(x0) = 0 con x0 ∈ I

La construcción de yp se empieza con la suposición de que cualquier solución particular de (20)debe estar relacionada con ó parecese a yh y para ello se intenta alterar ésta última de modo que se

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convierta en una solución particular de (20). Una forma de hacerlo es permitir que k1 y k2 en (21)varíen con x (o sea, k1 = k1(x) y k2 = k2(x)) es decir, la solución particular es de la forma:

yp(x) = k1(x)y1(x) + k2(x)y2(x)(22)

abreviando,

yp = k1y1 + k2y2(23)

Derivando yp y reemplazando en (20) se obtiene

y′p = k1y1 + k1y′1 + k′2y2 + k2y

′2

y′′p = k′′1y1 + 2k′1y′1 + k1y

′′1 + k′′2y2 + 2k′2y

′2 + k2y

′′2

k1 (y′′1 + a1(x)y′1 + a0(x)y1) + k2(y′′2 + a1(x)y′2 + a0(x)y2) +

+ k′′1y1 + 2k′1y′1 + k′′2y2 + 2k′2y

′2 + a1k

′1y1 + a1k

′2y2 = h(x)

⇒ k′′1y1 + 2k′1y′1 + k′′2y2 + 2k′2y

′2 + a1k

′1y1 + a1k2y2 = h(x)

pues y1 ∧ y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea. Reordenando:

(k′′1y1 + k′1y′1 + k′′2y2 + k′2y

′2) + a1(k

′1y1 + k2y2) + k′1y

′1 + k′2y

′2 = h(x)

(k′1y1 + k′2y2)′ + a1(x)(k′1y1 + k′2y2) + k′1y

′1 + k′2y

′2 = h(x)

Esta identidad debe mantenerse si (22) es solución de la ED y ∴ k1 y k2 pueden escogerse en formatal que:

k′1y1 + k′2y2 = 0k′1y′1 + k′2y

′2 = h(x)

∀x ∈ I

Usando la regla de Cramer para resolver este sistema:

k′1 = −h(x)y2W

∧ k′2 =h(x)y1W

donde W es el Wronskiano

W =

∣∣∣∣y1 y2y′1 y′2

∣∣∣∣ = W [y1(x), y2(x)]

∴ yp(x) =

∫ x

x0

y2(x)y1(t)− y1(x)y2(t)

W (y1(t), y2(t))h(t) dt

Definición 5.1. La función K(x, t) =y2(x)y1(t)− y1(x)y2(t)

W (y1(t), y2(t))se llama función de Green para

el operador L(D) = D2 + a1(x)D + a0(x).

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Ejemplo. Resolver y′′ + y = secx.

Solución. En este caso no se puede aplicar el MCI pues @ operador L con coeficientes constantes tal queL(secx) = 0.

La solución de la ecuación homogénea es:

yh(x) = c1 senx + c2 cosx

Luego, suponemos que la solución particular es de la forma:

yp(x) = k1(x) senx + k2(x) cosx

y luego formamos el sistema

k′1 senx+ k′2 cosx = 0k′1 cosx− k′2 senx = h(x) = secx

Como W =

∣∣∣∣senx cosxcosx − senx

∣∣∣∣ = −1

k′1 = secx · cosx = 1 ∧ k′2 = − secx · senx = − tg x

⇒ k1 = x ∧ k2 = −∫

tg x dx = ln | cosx|

∴ yG(x) = c1 senx+ c2 cosx+ x senx+ cosx ln | cosx|

Ejemplo. Resolver (D2 −D − 2)(y) = e−x senx.

Solución. En este caso, podemos usar MCI ó MVP. Aplicaremos MVP, dejando como ejercicio al lector resolveresta EDO usando MCI.

La solución de la ecuación homogénea es:

yh(x) = c1 e2x +c2 e−x

W = W [e2x, e−x] =

∣∣∣∣e2x e−x

2 e2x − e−x

∣∣∣∣ = e2x e−x∣∣∣∣1 12 −1

∣∣∣∣ = −3 ex

k′1 =1

3e−3x senx ⇒ k1 =

1

3

∫e−3x senx dx =

1

3

e−3x

1 + 9(−3 senx− cosx)

k′2 =e2x e−x senx

−3 ex= −1

3senx ⇒ k2 =

1

3cosx

∴ yg(x) = c1 e2x +c2 e−x− 1

30e−x(3 senx+ cosx) +

1

3e−x cosx

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Ejemplo. Resolver x4y′′ + x3y′ − x2y = 1

Solución.

x4y′′ + x3y′ − x2y = 0 ⇒ x2y′′ + xy′ − y = 0 (ec. de Euler)

α(α− 1) + α− 1 = 0 ⇒ α2 = 1 ⇒ y1(x) = x, y2 = x−1

y2(x) = x

∫e−∫

1x dx

x2dx = x

∫1

x3dx = − 1

2x

∴ yh(x) = c1x+ c21

x

k′1x+ k′21

x= 0

k′1 − k′21

x2=

1

x4

W = W [x, 1/x] =

∣∣∣∣x 1/x1 −1/x2

∣∣∣∣ = − 2

x

k′1 =1

2x4⇒ k1 = − 1

6x3

k′2 = − 1

2x2⇒ k2 =

1

2x

yp =1

3x2

yG(x) = c1x+ c21

x+

1

3x2

Observación. En general, el método de variación de parámetros puede extenderse fácilmente aecuaciones de orden arbitrario. En efecto, consideremos la ecuación diferencial normal en I:

y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · ·+ a0(x)y = h(x)

Supongamos que se conoce la solución general de la ecuación homogénea, y que ésta es

yh(x) = C1y1(x) + · · ·+ Cnyn(x)

Luego, la solución particular será de la forma

yp(x) = C1(x)y1(x) + · · ·+ Cn(x)yn(x)

Es posible probar que en este caso,

yp(x) =

∫ x

x0

K(x, t)h(t) dt

donde K(x, t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1(t) · · · · · · yn(t)y′1(t) · · · · · · y′n(t)...

. . . . . ....

y(n−2)1 (t) · · · · · · y

(n−2)n (t)

y1(x) · · · · · · yn(x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣W [y1(t), · · · , yn(t)]

K(x, t) es la función de Green para L(D) = Dn + an−1(x)Dn−1 + · · ·+ a0(x)

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Índice

1. Introducción 1

2. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 32.1. Separación de Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.3. Ecuaciones Reducibles a Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.4. Ecuaciones Diferenciales Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.5. Factor de Integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.7. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.8. Existencia y unicidad de las soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.9. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3. Comportamiento cualitativo de las EDO 333.1. Algunos Modelos Sencillos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior 434.1. Solución general de una ecuación homogénea de orden n . . . . . . . . . . . . . . . . 444.2. Solución general de una ecuación no homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.3. Operadores Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4.3.1. Operadores Diferenciales con Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . 484.4. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas con Coeficientes constantes de orden 2 . . . . . 494.5. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas con coeficientes Constantes de orden superior . 514.6. Ecuación de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

5. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homogéneas 545.1. Método Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.2. Método de Variación de Parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

Índice de Materias 61

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Índice de Materias

condición inicial, 28curva

solución, 34

diferencial total, 12

ecuación diferencial lineal, 2ecuación diferencial no lineal, 2solución ecuación diferencial, 2ecuación

autónoma, 34de Ricatti, 25exacta, 12lineal, 19homogénea, 19normal, 19

ecuación diferencial, 1ecuación diferencial ordinaria, 1ecuación diferencial parcial, 1

factorde integración, véase factor integranteintegrante, 15

funciónhomogéneade grado k, 5

función de Green, 57, 59

grado ecuación diferencial, 1

lineade fase, 38

líneas de fase, 37

orden ecuación diferencial, 1

problemade Cauchy, 28

puntocrítico, 37singular, 37

puntos críticos, 34

singularidad, 37, 38atractor, 39atractor-repulsor, 39fuente, 38repulsor, 38repulsor-atractor, 39sumidero, 39

solución general, 2solución particular, 2solución trivial, 3

wronskiano, 43

Apunte EDO Para MAT023!2!2011

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