TEMA 3. ECUACIONES SEPARABLES. DIFERENCIALES EXACTAS.

TEMA 3. ECUACIONES SEPARABLES.
DIFERENCIALES EXACTAS.

Una ecuación diferencial se denomina elementalmente integrable, si puede
obtenerse su solución general mediante una sucesión finita de operaciones
(incluyendo integraciones) con funciones elementales.
En este tema y en los dos próximos, se tratará de resolver ciertos tipos de ecuaciones
de primer orden, elementalmente integrables.

El modelo más simple es el de una ecuación de la forma y´= f(x), siendo f(x)
continua en un intervalo I.
La solución única y(x) definida en I y cuya gráfica pasa por (xo, yo), siendo xo  I ,
y0  , es:
x
y  y 0   f ( t ) dt
x0
Al variar yo en  se obtendrá la solución general, que también podrá escribirse en la
forma:
y   f ( x ) dx

En general, una ecuación diferencial de primer orden y primer grado en y´ la
consideraremos escrita en la forma normal y´= f (x,y) , o en la forma
P(x,y) dx + Q(x,y) dy = 0.
Por ejemplo:
y´ 
2x  y
3x  y
2
ó
(y - 2x) dx + (3x + y2) dy = 0.
1.- ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES
Son las que pueden escribirse en la forma:
f(x) dx = g(y) dy
(1)
Es decir, con las variables separadas.
Se supondrá que f(x) y g(y) son continuas respectivamente en I y J . Por el teorema
de existencia y unicidad, habrá solución única por cada (xo , yo)  I  J, siempre que no
se anule g(y) en J.
1
Si y =  (x) es una solución de la ecuación diferencial (1), habrá de cumplirse la
identidad :
g(x) ´ (x) dx  f(x) dx  x  I
Luego:
 g(x) ´ (x) dx   f (x) dx
, x I
 g(y ) dy   f (x) dx
y =  (x), se obtiene:
Por el cambio de variable
Esta es la solución general que incluye una constante arbitraria C.
Ejemplo1:
Hallar la solución general de la ecuación diferencial:
x dx + y dy =0
Se trata de una ecuación diferencial con variables separables, pues puede escribirse en
la forma:
y dy = - x dx.
Su solución general, en forma implícita, será:
x2 + y2 = C
donde habrá
de ser C > 0 para que se trate de solución real, no simplemente de solución formal.
Ejemplo 2:
Hallar la solución general de la ecuación diferencial:
y 
2x1
3 y2
También se trata de una ecuación diferencial con variables separables, pues puede
escribirse en la forma:
3 y2 dy = (2 x –1) dx.
Integrando ambos miembros, su solución general será:
y3 = x2 – x + c.
Ejemplo 3:
Solución general de (1- y) dx + (x+3) dy = 0.
y(-1) =0
Separando variables:
ln y  1  ln x  3  C
En particular hallar la solución tal que
dx
dy
. E integrando ambos miembros:

x  3 y 1
 C 
ó
ln y  1  ln x  3  ln C1
Por tanto : ln y  1  ln C1 x  3 .
Luego : y-1 =  C1 (x+3)
Podemos por tanto escribir:
y = 1 +k (x + 3) k  0
C1  0
2
En el proceso de separar variables, se han perdido las soluciones x = -3 e y = 1.
Luego la solución general esta formada por :
y = 1 +k (x + 3), k  
La solución particular buscada es:
y
y la recta:
x = -3.
1
( x  1)
2
En este ejemplo vemos que el haz integral puede expresarse de formas variadas,
sustituyendo una cte. C por  (k) . Pero el haz solo será el mismo si hay
correspondencia biunívoca entre los valores de C y los de k.
Ejemplo 4:
a) Solución general de la ecuación diferencial:
Separando variables:
dy
 dx
y
y´ = y
( Se ha perdido la solución y = 0 al efectuar la
división por y ).
Integrando : ln y  x  C . Luego
Por tanto:
y  ex C  k ex ,
k  eC  0
x

 k e si y  0
y= 
x

 k e si y  0
La solución es por tanto: y = K ex , K   ,
válida incluso si K = 0, pues y = 0
es también solución de la ecuación diferencial dada.
b) Solución general de la ecuación diferencial:
generalización del ejemplo anterior.
´( y )
dy   ( x ) dx .
( y )
Es una
.
 ( x ) dx
Actuando de forma análoga se obtiene como solución:  ( y )  K e 
, K 
Ejemplo 5:
Se sabe que la velocidad de desintegración radiactiva es proporcional a la cantidad x
de la sustancia que queda aún sin desintegrar. Hallar x en función del tiempo t
desde que comienza el proceso, suponiendo que para t = 0 es x(0) = xo .
3
dx
  k x siendo k  0 la constante de
dt
proporcionalidad, no aportada en el enunciado y que se supone conocida. El signo
negativo indica que x decrece al aumentar la t.
La ecuación diferencial del proceso es :
dx
  k d t Luego x  C e k t
x
Como para t = 0 es x = xo, resulta :
x = x0 e- k t.
Separando variables :
Ejemplo 6.
La razón de enfriamiento de un cuerpo, es proporcional a la diferencia entre su
temperatura y la del medio ambiente. Si una cierta barra de acero tiene una
temperatura de 1230 o y se enfría a 1030 o en 10 minutos, cuando la temperatura del
ambiente es de 30 o ¿ cual es la expresión de la temperatura de la barra en función
del tiempo?.
Sea T(t) la temperatura en grados centígrados en un instante t (medida desde el
momento en que la barra a 1230º es colocada en un ambiente a 30º). Se supondrá en lo
sucesivo que el tiempo t se mide en minutos.
dT
  k ( T  30 ) , k>0
La ecuación diferencial a la que satisface T(t) será:
dt
donde k es la constante de proporcionalidad, no aportada en el enunciado, que a cambio
proporciona el resultado de una medida experimental (a los 10 minutos la barra está a
1030 º ). El signo negativo indica que la temperatura decrece al aumentar t.
Separando las variables en la ecuación:
dT
  k dt
T  30
E integrando, teniendo en cuenta lo visto en el Ejemplo 4-b : T  30  C e kt
decir:
, es
T(t)  30 C e kt .
Aplicando ahora la condición inicial, se obtiene la constante de integración:
T(0) = 1230º 
1230 = 30 + C

C = 1200 .
Luego:
T(t)  301200 e kt .
El resultado de la medida experimental permitirá hallar el valor de la constante k de
1
proporcionalidad: T(10) = 1030º  1030 = 30 + 1200 e-10 k 
 10  10 k
  e
 12 
t
 10 10
Por tanto, la función buscada es: T(t )  30  1200 
donde t está en minutos.
 12
4
Notas:

Soluciones que no pueden expresarse en términos de funciones elementales
Sabemos que algunas integrales indefinidas no pueden expresarse en términos finitos
con funciones elementales.
Por ejemplo :
2
x
 e dx ,
ex
 x dx ,

se nx
dx ,
x

cosx
dx.........e tc
x
Si aparece alguna de estas integrales en la resolución de una ecuación diferencial,
deberá dejarse planteada la integración.
2
y   y 2 e x , y ( 2)  1
Ejemplo 7: Sea el problema de valor inicial:
Separando variables:
dy
y2
2
 e x dx .
2
1
  e x dx
y
x 2
1
 C   e t dx
2
y
Podrá escribirse en la forma
Como y(2) = 1 , resulta:
Luego:
–1 = C
Luego:
y
1
x
2
1   e t dt
2

El método de separación de variables, da en general una solución implícita de la
ecuación. En algunos casos puede obtenerse de la misma, una solución explícita. Pero
en realidad se obtienen expresiones implícitas “formales” que satisfacen la ecuación
diferencial, pero que quizá para ciertos valores de la constante no definen soluciones
explícitas.
Así la: x dx + y dy = 0 , da lugar a x2 + y2 = C que formalmente satisface a la
ecuación diferencial, pero que no define implícitamente a ninguna función para c  0.
5
2.- ALGUNAS ECUACIONES REDUCIBLES A SEPARABLES
Se van a considerar ahora unos tipos de ecuaciones que pueden transformarse en una
ecuación separable por medio de una transformación o sustitución apropiada.
2.1 ECUACIONES DEL TIPO : y´ = f(ax + by +c)
Por medio de la sustitución u = a x + b y +c, la ecuación anterior se transforma en otra
con variables separables.
du
 a  by´  a  b f (u )
dx
En efecto : Es
du
 dx
a  b f (u )
Luego :
De donde :
du
 a  bf (u)  x  c
Tras resolver la integral, se deshace el cambio.
Ejemplo 8:
Sea
Resolver la ecuación diferencial : y    x  y2
Entonces u 1 y 1 u 2
u = x +y.
Luego:
du
1 u2
 dx .
De donde: arctgu  x  c
Tras deshacer el cambio :
o´ u  tg(x  c)
y = tg (x + C) – x
2.2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS
Nota previa
Una función f(x,y) se llama función homogénea de grado  respecto a las variables
x e y, si para todo t admisible, se verifica: f(tx, ty) = t f (x, y).
Por ejemplo, la f(x, y) = x2 + x y +y2 cumple:
homogénea de grado 2.
y
Análogamente, la función f ( x , y )  cumple:
x
homogénea de grado 0.
f(tx, ty) = t2 f (x, y). Luego es
f(tx, ty) = f (x, y).
Por tanto es
Puede demostrarse que toda función f(x, y) homogénea de grado 0 admite una
6
 y
f ( x, y ) g   .
 x
expresión en la forma:
M( x, y)
, siendo M y N homogéneas del mismo grado , entonces
N ( x, y)
f (x, y) es homogénea de grado 0.
Si
f ( x, y) 
Definición:
“Una ecuación diferencial y   f ( x , y ) , se llama homogénea, si la función f es
homogénea de grado 0, es decir, si la ecuación puede expresarse en la forma:
 y
y´  g 
 x
Resolución : “ Si
(2)
y   f ( x , y ) es homogénea, el cambio de función u 
y
x
transforma la ecuación en una separable en las variables x,u.”
y
resulta :
y = u x.
Luego : y  ux  u
x
Por tanto la ecuación (2) se transforma en ux  u  g( u) , es decir x du  g(u)  udx
En efecto:
De
u
du
Separando variables :
dx
du

. Por tanto:
x g(u )  u

x  C e g( u )  u
(3)
 y
Tras resolver la integral de (3) : x = C (u) se deshace el cambio: x  C   
 x
Podría también darse la solución en paramétricas, usando u como parámetro:
 x  C ( u )

 y  C u ( u )
Ejemplo 9:
Solución general de la ecuación diferencial:
Es evidentemente y 
(x2 – y2) dx +2 x y dy = 0
y2  x 2
una ecuación homogénea. Tomamos como nueva
2x y
7
función u 
y
.
x
Luego u x  
Entonces: y 
1 u 2 
2u
u 2 1
u2 1
, es decir: u  x  u 
2u
2u
Y separando variables : 
2u
2
u 1
du 
dx
x
2u
 2 du
Por tanto: x  C e 1u
Deshaciendo el cambio :
Se deduce por tanto: x 
C
1 u2
x2 + y2 = C x.
Se trata de un haz de circunferencias pasando por el origen y con centro en el eje OX.
Observaciones:
Las operaciones que llevan de (2) a (3) no son válidas si g(u)  u. Pero en este caso la
y
ecuación diferencial (2) es: y   .
x
dy dx

La ecuación puede escribirse con variables separadas:
siendo su
y
x
solución el haz de rectas por el origen y = C x.
Si g(u)  u pero hay algún valor u1 de u, tal que g(u1) = u1, entonces la recta y = u1 x
es solución de (2) (quizá singular), como puede comprobarse fácilmente.
Propiedades geométricas:

Las isoclinas del campo de direcciones ligado a una ecuacion homogénea, son
y
 y
 C . Se trata por tanto de rectas por el origen.
k  g  , es decir
x
x
y
 El haz de curvas solución de la ecuacion homogénea es x  C    .
x
r cos  C  (tg) , de donde se deduce que: r = C ().
En polares:
Por tanto dicho haz se obtiene aplicando a una de sus curvas r = (), homotecias
respecto al origen.
Puede desmostrarse fácilmente que, recíprocamente, todo haz de curvas homotéticas
respecto al origen tiene por ecuación diferencial a una homogénea.
8
2.3-UN TIPO DE ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGENEAS
Nos referiremos a ecuaciones de la forma
constantes (y no se verifica
 a x  b 1 y  c1 
y  f  1
 (4) con ai, bi, ci
 a2x  b2y  c2 
a 1 b1 c 1
).


a 2 b2 c2
a 1 b1

 k , el cambio de función: z = a2 x + b2 y
a 2 b2
transforma la ecuación diferencial dada en otra con variables separables x, z.

En el caso especial en que
 k z  c1 
 es con variables separables.
En efecto : La ecuación diferencial: z   a 2  b 2 f 
 z  c2 

En el caso general

a1 b1
:

a2 b2
Si c1 =c2. = 0, la ecuación (4) es:
y 

a1  b1 

 a x  b1 y 
x   g  y  , es decir homogénea.
  f 
y   f  1
 
y

x
 a 2 x  b2 y 
 a 2  b2 
x


Supóngase ahora que al menos uno de los c1 ó c2 es distinto de cero.
x  X  
Se efectúa entonces la transformación 
(traslación del ejes) siendo (,) la
 y Y  
a1 x  b1 y  c1  0
solución del sistema 
 a 2 x  b2 y  c 2  0
(Geométricamente (,) es el punto de intersección de las rectas descritas en el sistema.
Tienen como intersección un único punto (,) por la condición a1 b2  b1 a2).
Como
dY dy

, la transformación antes citada conduce a :
dX dx
dY dy
 
dX dx
 a X  b1Y 
f 1

 a 2 X  b2 Y 
que ya es homogénea.
9
Ejemplo 10
Solución general de la ecuación diferencial:
La ecuación es:
2x  3y
y2
y  
reducible a homogénea.
2x  3y  0

y  2  0
Solución del sistema
( 2x + 3y) dx + (y + 2) dy = 0
x  X  3
Transformación : 
y  Y  2
(, )  (3,  2)
Nueva ecuación :
2X  3Y
dY

dX
Y
En esta ecuación homogénea, se hace Y = u X.
Entonces :
Es decir:
2  3u
.
u
 u du
dX
.

2
u  3u  2 X
u X  u  

Por tanto :
u du
Deshaciendo el cambio Y=uX:
Por tanto :
 1
X  C e u 3u  2  C e
2
u X  
Luego:
2 
  u  1  u  2  du


u 2  3u  2
u
u 1
2
k u  1
 C e u  2  
u  22
ln
Y

k   1
X
 , es decir: (Y + 2X)2 = k (Y+X)
X 
2
Y

  2
X

y  2  2x  3 2  ky  2  x  3 .
Y la solución de la ecuación dada será:
(y +2x –4)2 = k (x+y-1)
.
10