Ecuaciones Diferenciales Completo

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL
Facultad Regional Paraná
Departamento Materias Básicas
ECUACIONES DIFERENCIALES
SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
Autores:
Ing. Felicia Dora Zuriaga
Ing. Celestino Benito Brutti
Septiembre de 2015
Ecuaciones
Diferenciales
Tema 1: Ecuaciones Diferenciales - Definición - Orden y Grado.
Tema 2: Soluciones de una Ecuación Diferencial.
Tema 3: Condición Suficiente de Existencia y Unicidad de la Solución.
Tema 4: Punto de Vista Geométrico de las Soluciones - Curvas Integrales
Tema 5: Trayectorias Ortogonales.
Tema 6: Envolvente de una Familia de Curvas.
Tema 7: Ecuaciones Diferenciales de Variables Separables.
Tema 8: Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de 1° Orden.
Tema 9: Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogéneas de 1° Orden
Tema 10: Ecuaciones Diferenciales Lineales de 1° Orden.
Tema 11: Ecuación Diferencial de Bernoulli o Reducibles a Lineal de 1°
Orden.
Tema 12: Ecuación Diferencial Exacta.
Tema 13: Reducción a Ecuaciones Diferenciales Exactas - Factor
Integrante
Tema 14: Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas - Definición y
Propiedades Generales.
Introducción Teórica.Ejercitación.Autoevaluación.Estudio con Mathematica.Respuesta a los Ejercicios.Respuestas a las Autoevaluaciones.-
Tema 15: Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas de 2° Orden
con Coeficientes Constantes.
Tema 16: Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas de Enésimo
Orden con Coeficientes Constantes.
Tema 17: Ecuación Diferencial Lineal No Homogénea de 2° Orden
Tema 18: Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homogéneas de 2° Orden
con Coeficientes Constantes - Método de los Coeficientes
Indeterminados.
Tema 19: Sistemas de Ecuaciones Diferenciales de Coeficientes
Constantes.
Tema 20: Reducción de un Sistema a una Ecuación de n-esimo Orden.
Tema 21: Método de Euler para un Sistema de Ecuaciones Diferenciales
Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes.
Tema 22: Método de Variación de las Constantes.
Tema 23: Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales.
Introducción Teórica.Ejercitación.Autoevaluación.Estudio con Mathematica.Respuesta a los Ejercicios.Respuestas a las Autoevaluaciones.-
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 1: ECUACIONES DIFERENCIALES DEFINICION - ORDEN Y GRADO.
a-) Definición:
Llamamos ecuación diferencial a una ecuación que relaciona: la
variable independiente x; la variable dependiente y [o función incógnita
y=f(x)] y las derivadas: y’; y’’; y(3); y(4); ... y(n).
Esta ecuación tiene la forma:
F x; y; y ; y ( 2) ; y ( 3) ;... y ( n )   0 donde y es una función de x.
De esta relación de dependencia que liga a x, y y sus derivadas
buscamos obtener esa función y = f(x) que es la solución de la ecuación
diferencial y que se obtiene por integración como veremos más adelante.
Si esta función y = f(x) depende de una sola variable independiente (x
en este caso) la ecuación diferencial se llama: ecuación diferencial
ordinaria.
Si en la ecuación diferencial hay más de una variable independiente y
las derivadas parciales con respecto a una o más de esas variables la
ecuación diferencial se llama: ecuación diferencial en derivadas
parciales.
Ejemplo:






dy
es una ecuación diferencial ordinaria.
 kx  0
dx
2z 2 y

 0 es una ecuación diferencial en derivadas parciales.
x 2 x 2
z
z
x y
 z es una ecuación diferencial en derivadas parciales.
x
y
y’ – 2xy = 0 es una ecuación diferencial ordinaria.
1
y ' y  x 3 es una ecuación diferencial ordinaria.
x
x 2  y dx  y 2  x dy  0 es una ecuación diferencial ordinaria pues:




x 2  y dx  y 2  x dy
es: dy x 2  y

dx x  y 2
b-) Orden
El orden de una ecuación diferencial es el orden de la derivada superior
que interviene en ella.
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3
Ecuaciones Diferenciales
c-) Grado:
Es el grado de la derivada de mayor orden que figura en ella, una vez
que la ecuación diferencial ha sido racionalizada y se han quitado los
denominadores respecto a todas las variables.
Ejemplo:
Clasificar las siguientes ecuaciones diferenciales e indicar el orden y
grado de las mismas.
6
 y  y  x4
Ordinaria, Orden 1, Grado 1.
x
 y   5 y   6 y  e 2 x
Ordinaria, Orden 2, Grado 1.

y   5 y 2  6 y  0
Ordinaria, Orden 2, Grado 1.

 y 3  5 y   6 y  sen x
Ordinaria, Orden 2, Grado 3.
 z  z  z


0
xy x 2 y 2
z
z
z
 x y
x
y
 x  dy  y  dx  2dx
x  dy  2  y dx
pues: dy 2  y

dx
x
dx

 dt
x
dx
pues:
x
dt
 3
2
2
2
En Derivadas Parciales, Orden 2, Grado 1.
En Derivadas Parciales, Orden 1, Grado 1.
Ordinaria, Orden 1, Grado 1.
Ordinaria, Orden 1, Grado 1.
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Ecuaciones Diferenciales
TEMA 2: SOLUCIONES DE UNA ECUACIÓN
DIFERENCIAL
a-) Solución:
Dada la ecuación diferencial F x; y; y ; y ( 2) ; y ( 3) ;... y ( n )   0 se
denomina solución de la ecuación diferencial a toda función y = f(x) tal
que introducida ella y sus derivadas en la ecuación diferencial la
transforma en una identidad.
La solución se suele llamar integral de la ecuación diferencial pues en
la mayoría de los casos esta se obtiene integrando.
Por ejemplo si tenemos la ecuación diferencial:
y   5 y   6 y  0
decimos que y  e 2 x es una solución de ella, pues si calculamos y’ e y’’,
y las reemplazamos en ella, obtenemos una identidad.
Verifiquémoslo: y  e 2 x
y   2e 2 x
y   4e 2 x
Si reemplazamos en: y   5 y   6 y  0
4e 2 x  5  2e 2 x  6e 2 x  0
10e 2 x  10e 2 x  0
00
es una solución
Luego y  e 2 x
de la ecuación diferencial
y   5 y   6 y  0 .
Tomemos otro ejemplo sencillo donde por integración calculemos la
solución. Sea la ecuación diferencial y’’’ = 0 (ordinaria, de 3 orden y
grado 1).
Si y’’’ = 0  y’’ = C1 pues: y’’ =  0  dx  0  C1
Luego y’ =  C1dx  C1 x  C2
Debo volver a integrar
y   C1 x  C 2   dx 
y  C1
x2
 C 2 x  C3
2
que es la solución.
Es evidente que al variar C1, C2 y C3 obtendremos infinitas soluciones.
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Ecuaciones Diferenciales
Viendo esto clasificaremos las soluciones en:
b-) Solución General:
Al resolver la ecuación diferencial como vimos, cada vez que se integra
se obtiene una constante.
La solución general es la integral que contiene tantas constantes como
orden tiene la ecuación diferencial.
x2
 C 2 x  C3 es la solución general de la ecuación
Luego y  C1
2
diferencial ordinaria de 3 orden y’’’ = 0.
También podemos decir que y  C1e 2 x  C2 e 3x es la solución general
de la ecuación diferencial ordinaria de segundo orden: y   5 y   6 y  0
(lo demostraremos en un tema posterior).
Luego
en
general
podemos
decir
que
la
función
y   x, C1 , C2 , C3 ...Cn 
es
la
solución
general
de
( 2)
( 3)
(n)
F x; y; y ; y ; y ;... y   0 si reemplazada en esta la transforma en
una identidad.
La solución general también puede obtenerse en forma implícita:
 x, y, C1 , C2 ,...Cn   0
De la solución general concluimos que:
1. Satisface a la ecuación diferencial F x; y; y ; y ( 2) ; y ( 3) ;... y ( n )   0
para cualquier valor de las constantes.
2. Cualquiera sea la condición inicial y = y0 para x = x0 se puede
encontrar un conjunto de valores para las constantes C10; C20; C30; ...
Cn0 de tal modo que la solución y   x, C10 , C20 , C30 ...Cn0  satisfaga
a la ecuación diferencial y a las condiciones iniciales dadas.
c-) Solución Particular
Si tenemos una ecuación diferencial lineal: F x; y; y   0 su solución
general será del tipo y   x;C1  .
Ahora, toda solución y   x;C10  deducida de la solución general
dando a la constante un valor determinado C10 se denomina solución
particular.
Si la ecuación diferencial es de orden n:
F x; y; y ; y ( 2) ; y ( 3) ;... y ( n )   0
Su solución general será:
 x, C1 , C2 , C3 ...Cn 
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Ecuaciones Diferenciales
y su solución particular será obtenida para valores determinados de las
constantes, siendo:
 x, C10 , C20 , C30 ...Cn0  .
Ejemplo:
Dada la ecuación diferencial:
dy
y

dx
x
Trataremos de separar sus variables, dejando todas las x en un miembro
con su diferencial y todas las y en el otro con su diferencial, con el objeto
de poder integrar.
dy
dx

y
x
Si integramos
dy
dx
 y   x  C
ln y   ln x  C
ln y  ln x  C
ln( xy )  C
xy  e C
Luego, la solución general es:
eC
y
x
Si ponemos una condición inicial: y0 = 1 para x0 = 10 y la reemplazamos
en la solución general podremos hallar el valor de C0 que la satisface.
e C0
1
10
10  e C0
Para despejar C0 tomamos logaritmos:
ln(10)  C0 ln e (siendo ln e = 1)
C0  ln 10
Reemplazando C0 en la solución general obtendremos la solución
particular:
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Ecuaciones Diferenciales
e ln10
y
x
10
y
x
d-) Solución singular
En algunos casos especiales la ecuación diferencial admite además de la
solución general otras soluciones no incluidas en la solución general.
Estas soluciones se llaman soluciones singulares.
TEMA 3: CONDICION SUFICIENTE DE EXISTENCIA
Y UNICIDAD DE LA SOLUCION.
El teorema que estudiaremos establece las condiciones suficientes para
que la solución de una ecuación diferencial del tipo:
dy
 f ( x, y ) exista y sea única.
dx
Teorema:
Dada la función de variable real: f(x,y), la cual es continua en un cierto
dominio D del plano x,y que contiene al punto P0(x0,y0), entonces el
dy
problema de valor inicial
 f ( x, y ) que satisface la condición y(x0) =
dx
y0 tiene al menos una solución en un intervalo abierto que pertenece a 
y contiene a x=x0.
f
Si se cumple también que la derivada parcial
es continua en D,
y
entonces la solución es única en algún intervalo abierto, posiblemente
más pequeño pero que contiene a x = x0.
Observación:
Aún cuando no se cumplan las condiciones anteriores puede ocurrir que
existan las soluciones y sean únicas en el dominio D del plano x,y.
No demostraremos este teorema, pero veremos con algunos ejemplos su
aplicación.
Ejemplo:
dy
 y cos x , hallar su solución y calcular
dx
la solución particular para y(0) = 1.
Dada la ecuación diferencial:
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Ecuaciones Diferenciales
En este ejemplo f(x,y) = ycos(x) es continua  (x;y), por lo tanto la
solución de esta ecuación diferencial existe para y0 = y(x0). Si calculamos
f
 cos x es continua  x  , por lo tanto la solución es única.
y
Calculemos la solución general
dy
 y cos x Si separamos variables e integramos
dx
dy
 y   cos xdx  C
ln y  sen x  C
ln y  sen x  ln C1
ln y  ln C1  sen x
 y 
ln    sen x
 C1 
y
 e sen x
C1
y  C1e sen x
1  C1e sen 0  C1  1
y  e sen x
existe la solución y es única.
Ejemplo:
dy
 2 y , hallar su solución general y
dx
calcular la solución particular para y(0) = 0.
Dada la ecuación diferencial
Solución:
La función 2 y es continua en todo su dominio, esto garantiza que la
ecuación diferencial tiene al menos una solución, que pasa por P 0 (0;0)
que pertenece al dominio.
f
1
1
 2

Si calculamos
que no es continua en y = 0 por lo
y
2 y
y
tanto la solución puede no ser única en x = 0.
dy
2 y
Si resolvemos
dx
Para ello separamos variables e integramos
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Ecuaciones Diferenciales
dy
 dx  C
y 
2
si x = 0; y = 0
y  xC
0=0+C
luego C = 0
yx
(y  0) es una solución
2
yx
Pero y  0 es también solución y satisface la condición y(0) = 0.
f
Como vemos al no ser continua la
en P0(0;0) hay dos soluciones que
y
cumplen que y(0) = 0.
Ejemplo:
dy
y2
Dada la ecuación diferencial
  2 analizar sus soluciones con el
dx
x
teorema de existencia y unicidad.
Solución:
f  x, y  : 
y2
x2
Es discontinua en x = 0 (o sea todo punto sobre el eje x, incluido el
punto P(0,0). En P(0,1) es discontinua.
El teorema no garantiza una solución a través de (0,1) por ser f(x,y)
discontinua en ese punto y en (0,0). Pero si resolvemos la ecuación
diferencial vemos que hay soluciones que pasan por ese punto. Con esto
queda bien claro que la continuidad de f(x,y) es una condición
suficiente, pero no necesaria para la existencia de soluciones en el
punto.
Ejemplo:
Dada la ecuación diferencial
dy
1
 2 , estudiar su solución en (0,0)
dx 8 y
Solución:
1
no es continua en y = 0.
8y2
f
1
  3 no es continua en y = 0.
y
4y
f ( x, y ) :
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Ecuaciones Diferenciales
dy
1
 2 separando variables e integrando:
dx 8 y
Si resolvemos
 8y
2
dy   dx  C
8 3
y  xC
3
si x  0, y  0  C  0
3x
existe solución en (0,0), luego la condición no es necesaria para
8
la existencia de soluciones.
y3
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TEMA 4: PUNTO DE VISTA GEOMETRICO DE LAS
SOLUCIONES
CURVAS INTEGRALES.
Desde el punto de vista geométrico la solución general de una ecuación
diferencial representa una familia de curvas llamadas curvas integrales.
Para cada valor de la constante hay una curva que es la representación
gráfica de la solución particular.
Si tenemos una ecuación diferencial lineal F(x,y,y’) = 0 su solución
general y=f(x;C) representa una familia de curvas, en cambio la solución
y = f(x,C0) representa a una de las curvas y es una solución particular.
dy
y
Por ejemplo: si tenemos la ecuación diferencial:

dx
x
dy
dx
dy
dx
 
   C
Si separamos las variables
y
x
y
x
ln y   ln x  ln C
ln y  ln x  ln C
Si integramos:
(la const. C1 se puede expresar como ln
ln( y. x )  ln C
y. x  C
C)
C
(solución general)
y
x
La solución general es una familia de hipérbolas equiláteras con
asíntotas verticales x = 0 y horizontales y = 0.
Si graficamos algunas curvas de la familia
y
x
Siendo y’ discontinua en x = 0 no hay solución en el eje de ordenadas.
Si damos un valor inicial siendo por ejemplo y0 = 2 para x0 = 1
encontramos la solución particular que pasa por el punto P0(1,2)
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Ecuaciones Diferenciales
Siendo y 
C
C
; si 2   C  2
1
x
La solución particular es y 
2
; y su representación gráfica es la
x
hipérbola.
y
P0
2
x
1
Por ejemplo si resolvemos la ecuación diferencial
dy
x

dx
y
Si separamos variables y.dy = x.dx
Si integramos  y  dy   x  dx  C
y2
x2

C
2
2
(solución general)
2
2
y
x

C
2
2
La solución general en este ejemplo representa una familia de
circunferencias con centro en el origen de coordenadas y radio r  2C .
y
x
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Ecuaciones Diferenciales
TEMA 5: TRAYECTORIAS ORTOGONALES.
Dado un haz de curvas en el plano o una familia de curvas cuya
ecuación es (x,y,C)=0, buscamos la ecuación de otra familia de curvas
tal que en cada punto del plano estas curvas sean perpendiculares a
(x,y,C)=0. (1)
Por ejemplo un haz de rectas que pase por el origen de coordenadas (de
ecuación y = C1x) es perpendicular en cada punto al haz de
circunferencias concéntricas x2 + y2 = C con centro en el origen de
coordenadas.
Si derivamos la función implícita (x,y,C)=0 su derivada será:
 dx  dy
 

0
x dx y dx
(2)
Si formamos un sistema de ecuaciones con (1) y(2):
  x; y; C   0

(3)
   dy



0
 x y dx

y eliminamos C de este sistema. Al eliminar C del sistema (3)
dy 

obtendremos una ecuación F  x, y,   0 (4).
dx 

dy
En (4) la derivada
es la pendiente de la curva en cada punto M(x,y).
dx
Al decir curva nos referimos a la curva integral.
Si pretendemos hallar una trayectoria ortogonal su pendiente en ese
punto debe ser recíproca y cambiada de signo respecto a la de (4). Por lo
tanto
dy T0
1

dy
dx
dx
Si en (4) introducimos esa pendiente obtendremos la ecuación
diferencial de las trayectorias ortogonales a (x,y,C)=0.




1
Obtenemos F  x, y ,   0 (5)
dy 



dx 

Si resolvemos esta ecuación diferencial obtendremos la ecuación de la
familia de curvas ortogonales  T0 x, y, C   0
(6)
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Ecuaciones Diferenciales
Si graficamos:
/2
To(x,y,C)
(x,y,C)
Ejemplo:
Hallar las trayectorias ortogonales al haz de parábolas y = c.x2.
Solución:
Si planteamos el sistema (3) visto en la teoría tendremos
 y  Cx 2

(3)
 dy

2
Cx

 dx
Debemos ahora eliminar C de este sistema.
Despejamos C de la primera ecuación C 
y
x2
y la reemplazamos en la
segunda
dy
y
 2 2  x
dx
x
(4)
dy 2 y

dx
x
1
dy
Si en (4) reemplazamos
por 
tendremos la ecuación diferencial:
dy
dx
dx
1
2y


dy
x
(5)
dx
dx 2 y


dy
x
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Ecuaciones Diferenciales
Si en (5) separamos variables e integramos:
x
y  dy   dx
2
x
y

dy



 2 dx  C
y2
x2

C
2
4
y2 x2

C
(6)
2
4
La ecuación de la familia de elipses (6) es ortogonal en todo punto de
intersección con la familia de parábolas y = C.x2
y
x
Ejemplo:
Hallar las trayectorias ortogonales al haz de rectas y = Cx.
Solución:
Planteamos el sistema (3)
 y  Cx

 dy
 dx  C
Si eliminamos C en (3) obtenemos
(3)
dy y

(4)
dx x
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Ecuaciones Diferenciales
1
dy
por 
tendremos la ecuación diferencial
dy
dx
dx
del haz de trayectorias ortogonales
Si en (4) reemplazamos
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Ecuaciones Diferenciales
1
y

dy x
dx
x  dx   y  dy

(5)
Si integramos:
 x  dx    y  dy  C
x2
y2

C
2
2
(6)
x 2  y 2  2C
(6) es la ecuación de una familia de circunferencias concéntricas con
centro en el origen de coordenadas y perpendiculares a las rectas y = Cx.
Si graficamos:
y
x
En Coordenadas Polares
Si pretendemos hallar las trayectorias ortogonales al haz de curvas
d 

   ; ;   0
d 

d 

estas serán   ; ;  2
0
d 

Ejemplo:
Las trayectorias ortogonales al haz de cardioides   C 1  sen  se
d
1 d
 C cos  C 

determinan derivando respecto a :
d
cos d
Sustituyendo en la ecuación dada
1 d
d   cos


 1  sen   

cos d
d 1  sen 
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Ecuaciones Diferenciales
d
d
cos
d
por   2 
tendremos: 
. Si

d
d  1  sen  
d
separamos variables e integramos:
d
   sec  tg d  ln C  ln   ln sec  tg   ln cos  ln C 
Si sustituimos

C cos
   C 1  sen   que es el haz de trayectorias
sen   tg
ortogonales.

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TEMA 6: ENVOLVENTE DE UNA FAMILIA DE
CURVAS.
dy
 f  x, y  su
dx
solución será x, y, C   0 (1) que gráficamente representa una familia
de curvas o un haz de curvas. Para cada valor que le damos a C la
ecuación (1) representa una curva del plano x,y.
Por ejemplo y – Cx2 = 0 representa un haz de parábolas y para cada
valor que le asignamos a C obtenemos una parábola diferente.
Buscamos la ecuación de una curva que se llama envolvente del haz de
curvas x, y, C  , de tal manera que la curva envolvente sea tangente a
una curva del haz en cada uno de sus puntos.
Sea y = f(x) la ecuación de la envolvente que suponemos continua y
derivable.
Si graficamos:
Si resolvemos una ecuación diferencial del tipo
y
P(x, y)
y = f(x)
(x,y,C) = 0
x
Si tomamos un punto P(x,y) sobre y = f(x) este punto pertenece también
a una de las curvas del haz x, y, C   0 . En esa curva, C tiene un valor
determinado, dado por la ecuación C = C(x,y).
Para todos los puntos de y = f(x) se verifica que
(2)
x; y; C x, y   0
Si C(x,y) es no constante y derivable en la región  del plano x,y en
estudio, vamos a determinar el coeficiente angular de la tangente a la
envolvente en P(x,y). Derivamos (2) con respecto a x.
 dx  C   dy  C dy 
 


 

 0
x dx C x  y dx C y dx 
Reordenando:
  dy   C C dy 

 

 0

x y dx C  x y dx 
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20
Ecuaciones Diferenciales
 

Como en la curva del haz dado C es una constante 
 0  , entonces
 C

el coeficiente angular de la tangente al haz dado se despeja de
  dy

  C C dy 


 0 siendo
0 y


 0
x y dx
y
C  x y dx 
En la envolvente C(x,y)  0 (no es constante), luego:
C C dy


0
x y dx
Entonces para los puntos de la envolvente es:  C x, y, C   0
Luego para hallar la ecuación de la envolvente se debe eliminar C del
sistema:
  x, y, C   0

 C  x, y, C   0
Al eliminar C de estas ecuaciones obtenemos y = f(x), que es derivable
(donde C no es una constante sobre esta curva). Esta curva y = f(x) es la
envolvente del haz.
Ejemplo:
Hallar la envolvente del haz de circunferencias x  C 2  y 2  r 2
Solución:
Derivamos la ecuación del haz dado respecto a C:
2x  C  1  0
Ahora formamos el sistema:
 x  C 2  y 2  r 2
  x, y, C   0


 C  x, y, C   0
2  x  C   0
Eliminamos C del sistema. Para ello despejamos C de la segunda
ecuación y la reemplazamos en la primera.
y  r
C  x  x  x 2  y 2  r 2  y 2  r 2  
 y  r
que son dos rectas horizontales paralelas.
Si graficamos:
y
r
y=r
x
-r
y = -r
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21
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplo:
Hallar la envolvente de las trayectorias de las balas de un cañón al ser
disparadas con distintos ángulos  respecto a la horizontal del piso.
La ecuación de la trayectoria es en coordenadas paramétricas
t2
x  v0 t cos ; y  v0 t sen   g  , siendo v0 la velocidad inicial de la
2
bala y g la aceleración de la gravedad.
Solución:
Si hallamos la ecuación de la trayectoria en coordenadas cartesianas esta
g  x2
será: y  x tg   2
que es la ecuación del haz de parábolas
2v 0 cos2 
descriptas por las balas.
g
1
2

A
es
un
valor
constante
y
además

1

tg
.
2v 02
cos2 


Luego y  x tg  A  x 2 1  tg 2  si hacemos tg  = C
y  C  x  A  x 2 1  C 2 donde C es el parámetro.
Si derivamos con respecto a C obtenemos


0  x  A  x 2  2C
Formamos ahora el sistema
 y  C  x  A  x 2 1  C 2

 x  2 AC  x 2  0
Si despejamos C de la segunda ecuación y la reemplazamos en la
primera, obtenemos:
1
y
 A x2
4A
Esta es la ecuación de una parábola que es la envolvente del haz de
curvas que son trayectorias de las balas.
Si graficamos:


y

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22
x
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplo:
Hallar la envolvente de la familia de circunferencias con centro en la
recta y=x (y > 0, x > 0) y que pasan por el origen de coordenadas.
Solución:
La circunferencia con centro en P(a,a) y que pasa por el origen tiene por
ecuación:
x  a 2   y  a 2  2  a 2
y
y=x
a
a
x
(Esta es la ecuación del haz de circunferencias al tomar a distintos
valores). Si la desarrollamos: x 2  y 2  2ax  y   0
Si derivamos con respecto a a: 0 + 0 – 2(x + y) = 0
 x 2  y 2  2a  x  y   0
Obtenemos el sistema 
  2 x  y   0
Eliminando a del sistema obtenemos x = 0; y = 0 e y + x = 0. Luego y =
- x que es la recta bisectriz del segundo y cuarto cuadrante es la
envolvente.
Si graficamos:
y
x
Y = -x
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23
Ecuaciones Diferenciales
EJERCICIOS XIII
1-) En las siguientes ecuaciones diferenciales indicar si son ordinarias o
en derivadas parciales y determinar su grado y orden.
a-) y   xy  0
b-) y   2 y   y  e x
c-)
2z
x 2

2z
y 2
0
d-)  y 2  2 y  3
e-) y    y 2  e x
f-) y   2 y   sen x
g-) y 4  16 y  e x
h-) y 4   3 y 3  2
2z
2z
2z
i-) 2  2 
 2 y 3  6 x 2 y  6 xy 2
xy
x
y
j-) y   5 y   6 y  e 2 x  sen x
2-) Dadas las siguientes ecuaciones diferenciales verificar si las
funciones dadas son una solución de la misma e indicar el tipo de
solución.
a-) y   5 y   6 y  0 ;
y  e2x
b-) y   5 y   6 y  0 ;
y  e 3x
y  C1e 2 x  C2 e 3x
c-) y   5 y   6 y  0 ;
d-) y   5 y   6 y  0 ;
e-) y   xy  0 ;
f-) y   xy  0 ;
g-) y   xy  0 ;
h-) y   4 y   4 y  0 ;
dy
y
 ;
i-)
dx
x
y  3e 2 x  8e 3x
y
x2
e2
y
x2
Ce 2
y
x2
e2
ye
C
3x
y=x
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24
Ecuaciones Diferenciales
j-)
dy
y
 ;
dx
x
y
1
x
3-) ¿Qué familia de curvas representa la solución de las siguientes
ecuaciones diferenciales?
a-) y’’ = 0
b-) y’’ = k
c-) dy  x  dx  0
dy x

0
d-)
dx 4 y
dy
e-)
 cos x  0
dx
4-) Hallar la ecuación diferencial cuya solución es el haz de parábolas y =
Cx2.
5-) Hallar la ecuación diferencial cuya solución es el haz de rectas y =
Cx.
6-) Determinar el haz de curvas integrales que son la solución de
dy y
a-)
 0
dx x
dy x
 0
b-)
dx y
dy
 2x
c-)
dx
7-) Hallar las trayectorias ortogonales al haz de circunferencias x 2 + y2 =
C.
8-) Idem para el haz de hipérbolas x2 - y2 = C.
9-) Dado el haz de circunferencias de radio 1 y centro en el eje x, hallar
la ecuación diferencial del haz y la o las ecuaciones de las curvas
envolventes.
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25
Ecuaciones Diferenciales
Resuelva la Autoevaluación N 13
Ej. 1-) Hallar la ecuación del haz de curvas o trayectorias ortogonales al
haz xy  C .
Ej. 2-) Hallar la ecuación diferencial cuya solución es el haz de
circunferencias x2 + y2 = C.
Ej. 3-) Determinar el haz de curvas integrales que son la solución de la
dy x
 .
ecuación diferencial
dx y
Ej. 4-) Hallar la familia de curvas que son la solución de la siguiente
dy
ecuación diferencial
 ex.
dx
Ej. 5-) Hallar la familia de curvas que son la solución de la siguiente
dy y 2
ecuación diferencial

 0.
dx x 2
Tabla de rendimientos
Ej. 1
Ej. 2
20
20
Ej. 3
20
Ej. 4
20
Ej. 5
20
Total
100
Ver resultados al final del capítulo
Nota: si obtuvo menos del 80 %, vuelva a estudiar los conceptos
anteriores. Si obtuvo 80 % o más, pase a los temas siguientes.
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26
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 7: ECUACIONES DIFERENCIALES DE
VARIABLES SEPARABLES.
Si consideramos una ecuación diferencial de primer orden
dy
 f  x, y 
dx
se llama de variables separables si f(x,y) puede expresarse como el
producto de una función de x por una función de y o por el cociente de
esas funciones.
dy g  x  dy h  y 
dy


ó
 g x   h y  ó
dx h  y  dx g  x 
dx
Se pueden presentar los siguientes casos:
dy
a-)
Si separamos las variables e integramos
 g x   h y 
dx
dy
 h y    g x dx  C
b-) g x dx  h y dy  0 Si integramos
 g x dx   h y dy  C
c-) g1 x h1  y dx  g 2 x h2  y dy  0 Si dividimos ambos miembros por
g x h1  y 
g  x h2  y 
h1  y g 2 x   1
dx  2
dy  0 Si integramos
h1  y g 2  x 
h1  y g 2 x 
g1  x 
h2  y 
 g 2 x  dx   h1  y  dy  C
dy
d-) La ecuación diferencial de primer orden
 f  x  es la más simple
dx
y su solución es directa.
dy  f x dx
 dy   f x dx  C
si F(x) es la primitiva de f(x)
y  F x   C
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
dy
x

1
dx
2
x 9 2


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27
Ecuaciones Diferenciales
Solución:
Separamos las variables e integramos
x  dx
 dy   x 2  9  C

y

x 2  9  C
(es la solución general)
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
dy
y 1
 2
dx x  1
Solución:
Separamos las variables e integramos.
dy
dx
 2
y 1 x 1
dy
dx

 y 1  x2 1  C
ln  y  1  arctg x  C
y  1  e arctg x C 
y  1  e arctg x C 
(es la solución general)
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial y determinar la solución particular que
cumple con la condición inicial y(1) = 3.
x 2  1 dy  4 x  2 yx dx  0


Solución:
Separamos las variables e integramos.
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28
Ecuaciones Diferenciales
x
x
x
2
2
2

 1dy  x2 y  4 dx
 1dy  2 x y  2 dx
 1 dy  4 x  2 yx dx
dy
2 x  dx
 2
y  2 x 1
dy
2 x  dx
 y  2   x 2 1  C




ln y  2   ln x 2  1  ln C1

y  2  C x  1

ln y  2   ln C1 x 2  1
2
1
es la solución general.
y  2  C1 x 2  1
La solución particular para y0 = 3 y x0 = 1 es
3  2  C1 (1  1)
1  2C1  C1 
y  2

1
2

1 2
x  1 Solución particular para y(1) = 3.
2
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
dy 42 y  32

dx
2 x  33
Solución:
Separamos las variables e integramos
dy
4dx

2 y  32 2 x  33
dy
4dx
 2 y  32   2 x  33  C
1
1

C
22 y  3 2 x  32
que es la solución general en forma implícita. De ella podemos despejar
y:
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29
Ecuaciones Diferenciales
1
1
 1  C 2 x  32

C 
4 y  6 2 x  32
2 x  32
4y  6 
4y 
y
 2 x  32
C 2 x  32  1
 2 x  32
C 2 x  32  1
 2 x  32
4C 2 x  3  4
2
6

6
4
Solución general explícita
Ejemplo:
Resolver y verificar
x 2  y  1dx  y 2 x  1dy  0
Solución:
Si separamos las variables
x 2  y  1dx   y 2  x  1dy
Si dividimos
x 2 dx
y 2 dy

x 1
y 1
1 
1 


dy  0 Si integramos
 x 1
dx   y  1 
x  1
y  1


1 

1 

  x  1  x  1 dx    y  1  y  1 dy  C1
x2
y2
 x  ln  x  1 
 y  ln  y  1  C1
2
2
x 2  2 x  y 2  2 y  2 ln  x  1 y  1  2C1
x 2  2 x  1  y 2  2 y  1  2 ln  x  1 y  1  2C1  2  C 2
x  12   y  12  2 ln x  1 y  1  C 2
solución general
Verificación: para ello diferenciamos la solución general:
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30
Ecuaciones Diferenciales
2 x  1dx  2 y  1dy  2
dx
dy
2
0
x 1
y 1
2 
2 


2 x  1  x  1 dx  2 y  1  y  1 dy  0


2x 2
2y2
dx 
dy  0
x 1
y 1
x 2  y  1dx  y 2  x  1dy  0
que verifica el resultado.
TEMA 8: ECUACIONES DIFERENCIALES
HOMOGENEAS DE PRIMER ORDEN.
a-) Dada una función f(x,y) se dice que esta función es homogénea de
grado n respecto a las variables x e y si al reemplazar x por kx e y por ky
se verifica la identidad
f kx; ky  k n f x; y  k
Ejemplo:
La función f x; y   x 2  5xy  y 2 es homogénea de grado 2, pues

f kx; ky  kx2  5kxky  ky2  k 2 x 2  5xy  y 2

Ejemplo:
y2
La función f  x, y   x  y 
es homogénea de grado 1, pues
x


ky2
y2 


f kx, ky  kx  ky 
 k x  y 
kx
x 

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31
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplo:
La función f  x, y  
f kx, ky 
x2  y2
x y
2
2
kx2  ky2
kx2  ky2
es homogénea de grado 0 (cero), pues


  k 0 x2  y2
k 2 x 2  y 2 
x2  y2
k 2 x2  y2
Una ecuación diferencial de primer orden se dice homogénea si tiene la
forma:
dy
 f  x, y 
(1)
dx
donde f(x,y) es una función homogénea de grado 0, o sea que:
(2)
f kx; ky  k 0 f x; y   f x; y 
b-) Solución de la ecuación diferencial lineal homogénea
Si tenemos: f kx; ky y hacemos k = 1/x entonces
1 1 
 y
f kx; ky  f  x; y   f 1;  (3)
x x 
 x
Por ser f(x,y) homogénea de grado cero tenemos que:
 y
f  x, y   f kx, ky  f 1, 
de (2) y (3)
 x
y
si hacemos la sustitución v 
(4)
x
 y
f  x, y   f 1,   f 1, v 
(5)
 x
y
siendo v   y = v.x luego:
x
dy
dx
dv
v x
dx
dx
dx
dy
dv
(6)
vx
dx
dx
Si reemplazamos (5) y (6) en (1) tendremos
dy
 f  x, y  
dx
dv
vx
 f 1, v 
dx
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32
Ecuaciones Diferenciales
que es una ecuación diferencial de variables separables. Si separamos las
variables:
dv
x
 f 1, v   v
dx
dv
dx

f 1, v   v
x
Si integramos obtenemos la solución
dv
dx

(7)
 f 1, v   v  x  C
Al integrar obtenemos una solución (x,v,C). En esta solución debemos
y
reemplazar v por para obtener la solución general buscada 1 (x,y,C).
x
Nota: la ecuación diferencial:
M x, y dx  N x, y dy  0 es homogénea si M(x,y) y N(x,y)
son homogéneas del mismo grado. Por ejemplo: x 2  y 2 dx  xy  dy  0


Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
dy
xy
 2
dx x  y 2
Solución:
Verifiquemos si es homogénea de grado cero la función f(x,y)
kx.ky
k 2 xy
xy
0
f kx; ky 


k
(es homogénea de
x2  y2
kx2  ky2 k 2 x 2  y 2
grado cero).
1.v
v
Aplicamos la fórmula (7) siendo f 1, v   2

1  v2 1 v2
dv
dx
y


C
v

siendo
 f 1, v   v  x
x


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33
Ecuaciones Diferenciales

dv
v
v
1 v2
dv

 v  1  v 2 v
dx
C
x

dx
C
x
1 v2

1  v 2 dv  ln x  C
 v3
dv
dv
 3 
 ln x  C
v
v
1
y
siendo

ln
v

ln
x

C
v

x
2v 2
x2
 y

ln
   ln x  C es la solución general
2
x
2y
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
dy x  y

dx x  y
Solución:
x y
es homogénea de grado cero
x y
kx  ky k x  y 
x y
f kx, ky 

 k0
(es homogénea de grado cero)
kx  ky k x  y 
x y
1 v
Aplicamos la fórmula (7) siendo f 1, v  
1 v
Verifiquemos si f  x, y  
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34
Ecuaciones Diferenciales
dv
dx
y
 C siendo v 
x
x
dx
  C
x
 f 1, v   v  
dv
 1 v
v
1 v
1  v dv
 1  v 2  ln x  C
dv
v.dv
 1  v 2   1  v 2  ln x  C
1
y
arctg v  ln 1  v 2  ln x  C siendo v 
2
x


y2 
 y 1 
arctg   ln 1  2   ln x  C es la solución general.
x 2 
x 
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial (x3 + y3)dx - 3xy2dy = 0
Solución:
(x3 + y3) es homogénea de grado 3 y también 3xy2 es homogénea de
grado 3 por lo tanto la ecuación diferencial dada es homogénea.
Si despejamos
dy x 3  y 3

dx
3xy 2
Luego f x, y  
x3  y3
3xy 2
y
f 1, v  
1 v 3
3v 2
Si aplicamos la formula (7)
dv
 f 1, v   v  
dx
c
x
dv
dx
3v 2 dv


 1 v3
 x  1  2v 3  ln x  c
v
3v 2
y
1
 ln 1  2v 3  ln x  c siendo v 
2
x
3
y 
1 
 ln1  2 3   ln x  c es la solución general
2 
x 


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35
Ecuaciones Diferenciales
TEMA
9:
ECUACIONES
DIFERENCIALES
REDUCIBLES A HOMOGENEAS DE PRIMER ORDEN.
a-) Ecuaciones diferenciales del tipo
dy
ax  by  c
(1) donde a, b, c, a1, b1 y c1 son constantes.

dx a1 x  b1 y  c1
 Si c = c1 = 0 se resuelven de la forma vista en el tema 8, pues sería
homogénea.
dx
dv
y
C

siendo v  x
a  bv
x
v
a1  b1v
 Si c1  0 ; c2  0 o ambos c1 y c2 son distintos de cero
dy
ax  by  c
(1) no es homogénea.

dx a1 x  b1 y  c1
Para lograr que la ecuación (1) sea homogénea realizaremos el siguiente
cambio de variables.
 x  x1  h
dx  dx1
siendo 
(2)

y

y

k
dy

dy


1
1
Si reemplazamos en (1)
dy1
a x1  h   b y1  k   c

dx1 a1  x1  h   b1  y1  k   c1
Si ordenamos
dy1
ax1  by1  ah  bk  c
(3)

dx1 a1 x1  b1 y1  a1h  b1k  c1
En (3) debemos tomar h y k de tal manera que se anule
ah  bk  c  0

a1 h  b1 k  c1  0
(4)
Al resolver este sistema encontraremos los valores de h y k que reducen
(3) a una ecuación homogénea.
dy1
ax1  by1

(5)
dx1 a1 x1  b1 y1
A esta ecuación le aplicamos la solución vista en el tema 8.
y
dv1
dx
  1 C
(6) siendo v1  1
 a  bv1
x1
x1
 v1
a1  b1v1
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36
Ecuaciones Diferenciales
yk
y x1 por x – h.
xh
Podrá darse el caso especial que el sistema (4) no tenga solución y ello
ocurriría si el determinante principal del sistema es cero
a b
a1 b1
 0 o sea ab1 – a1b = 0.

 d (7)
a1 b1
a
b
siendo a1 = da y b1 = db
Si reemplazamos en la ecuación diferencial (1)
dy
ax  by  c


dx dax  dby  c1
dy
ax  by  c
(8)

dx d ax  by   c1
Si sustituimos t = ax + by
(9)
dt
dy
dy
 ab
si despejamos
dx
dx
dx
dy 1 dt a
(10)
  
dx b dx b
Si reemplazamos en (8) las expresiones (9) y (10)
En la solución hallada habrá que reemplazar v1 por
1 dt a
t c
  
b dx b td  c1
En esta ecuación podemos separar las variables e integrar
dt
bt  c 
a
dx
td  c1

dt
 dx  C
bt  c  
a
td  c1
(11)
En la solución de (11) habrá que reemplazar t por ax + by
b-) La solución que hemos encontrado para la ecuación diferencial (1)
en sus distintas alternativas es sencilla; siguiendo un procedimiento
semejante se pueden resolver ecuaciones diferenciales de la forma:
 ax  by  c 
dy

 f 
dx
 a1 x  b1 y  c1 
dy
 f  x, y  (ver
c-) Al plantear una ecuación diferencial de la forma:
dx
tema 8), puede ocurrir que f(x,y) no sea homogénea de orden cero. Si la
ecuación viene dada por la forma:
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37
Ecuaciones Diferenciales
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 puede ocurrir que M(x,y) y N(x,y) no sean
homogéneas del mismo grado.
En estos casos algunas ecuaciones pueden resolverse planteando la
sustitución
y tp
dy  pt p 1
que la transforma en homogénea si se selecciona correctamente el valor
de p como veremos en el ejemplo siguiente:
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
xy 2  3 y  dx  x  dy  0


Solución:
Evidentemente no es homogénea. Trataremos de llevarla a una ecuación
homogénea realizando la sustitución:
y tp
dy  pt p 1
Si reemplazamos:
x  t 2 p  3  t p  dx  x  p  t p1  0
Calculemos el valor de p de tal manera que la suma de los exponentes
sea igual en cada uno de los sumandos
1 2p  p  1 p 1
1 2p  p
p  1
v
La sustitución a realizar es y  . Si reemplazamos en la ecuación
x
x  dv  v  dx
diferencial dada siendo dy 
x2


 v2
v
 x 2  3   dx  x  dy  0
x
 x
simplificando
 v2
v
 x  dv  v  dx 
 x 2  3   dx  x  
0
x
x2


 x
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38
Ecuaciones Diferenciales
v2
v
dx  2 dx  dv
x
x
dx
dv
 2
x v  2v
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39
Ecuaciones Diferenciales
dx
dv
 2
 ln C
x
v  2v
1
ln x  lnv  2  ln v   ln C
2
2 ln x  lnv  2   ln v  ln C  0
v2
x2  C 
v
2
v
v
siendo y 
2
x
1  Cx
2
y
x  1  Cx 2



Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
1  x
2

y  x 4 y 2  dy  2 x 3 y 3 dx  0
Solución:
A simple vista vemos que no es homogénea. Si hacemos la sustitución
v
y  2 tendremos y con dimensión 1 en tanto x con dimensión -2.
x
v
v
y  dv  v  dy
Si y  2 ; x 2   2 x  dx 
y
x
y2
Si reemplazamos en la ecuación diferencial dada:

v
v2 2 
1   y 
 y   dy  2 x  dx  x 2 y 3  0
2

y
y


1  v  v 2  dy  vy  y 3   y  dv 2 v  dy   0

y

Si separamos variables e integramos
dy
v  dv

y
1 v
dy
v  dv
dv
 y    1  v    dv   v  1
ln y  ln v  1  v  ln C
y  e v  C  1  v 
y ex
2
y

 C  1 x2 y

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40
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
3 y  7 x  7  dx  3x  7 y  3  dy  0
Solución:
 7 x  3 y  7 dy

3x  7 y  3
dx
dx  dx1
 x  x1  h
Hacemos 
dy  dy1
 y  y1  k
dy1  7 x1  h   3 y1  k   7

dx1
3 x1  h   7 y1  k   3
ver (2)
dy1  7 x1  3 y1  7h  3k  7

ver (3)
dx1
3x1  7 y1  3h  7k  3
 7h  3k  7  0
donde 
ver (4)
3
h

7
k

3

0

Si resolvemos el sistema (4) obtenemos h = 1; k = 0.
 x  x1  1
Luego 
 y  y1
La ecuación diferencial homogénea quedará ahora:
dy1  7 x1  3 y1
(5)

dx1
3x1  7 y1
Cuya solución se obtiene de
y1
dv1
dx1
(6)
donde


C
v

1
 f 1, v1   v1  x1
x1
dv1
dx1

  7  3v1
 x1
 v1
3  7v1

3  7v1   dv1


7  v 1
2
1

3  dv1
v  dv
dx
  12 1   1
2
x1
7  v1  1
v1  1

 

3 v1  1 1
ln
 ln v12  1  ln x1  ln C1
14 v1  1 2
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41
Ecuaciones Diferenciales
y1
1
x1
3
1 y12
ln
 ln 2  1  ln x1  ln C1
14 y1
2 x1
1
x1
y1  x1 1 y12  x12
3
ln
 ln
 ln x1  ln C1
14 y1  x1 2
x12
3
y  x  1 1 y 2  x 2  2x  1
ln
 ln
 ln x  1  ln C
14 y  x  1 2
x 2  2x  1
 y  x  1


 y  x  1
3
14
 y  x  2x  1


 x 2  2x  1 


2
2
1
 C   x  1 es la solución general.
2
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42
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 10: ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
DE PRIMER ORDEN.
Sea la ecuación diferencial que tiene la forma:
dy
(1)
 Px   y  Q x 
dx
Siendo P(x) y Q(x) funciones de x o constantes.
a-) Si Q(x) = 0
dy
(2)
 Px   y  0
dx
podemos separar las variables e integrar pues es una ecuación de
variables separables.
dy
  Px   y
dx
dy
 y    Px   dx  C
ln y    P  x   dx  ln C1
 y 
ln      P  x   dx
 C1 
y  C1  e   P  x dx
(3)
b-) Si Q(x)  0
Propondremos una solución para la ecuación diferencial (1) de la forma
y = u(x).v(x)
(4)
o sea el producto de dos funciones de x.
Si hallamos la derivada de (4) con respecto a x
dy
dv
du
 u v
(5)
dx
dx
dx
Si reemplazamos (4) y (5) en (1)
dv
du
u  v  Puv  Q
dx
dx
Si sacamos u factor común
du
 dv

u  P  v   v 
Q
(6)
dx
 dx

Podemos seleccionar v para que lo que está dentro del paréntesis se
anule. Similar a (2)
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43
Ecuaciones Diferenciales
dv
(7)
 Pv  0
dx
Esta es una ecuación diferencial de variables separables. Si la
resolvemos
dv
 P  v
dx
dv
  P  dx
v
dv
 v    P  dx
 Pdx
ve 
(8)
La constante C la introduciremos al final.
La ecuación (6) nos queda:
du
v
Q
dx
que también es de variables separables
Q
du   dx
v
Q
u    dx  C
(9)
v
La solución es y = u.v. De (8) y (9)

 P  x dx  Q  x 
ye 

dx

C
 vx 
 (10)


Veamos algunos ejemplos:
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
dy
 8 xy  2 x
dx
Solución:
P(x) = 8x
Q(x) = 2x
Es una ecuación diferencial lineal de primer orden, P y Q son continuas.
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44
Ecuaciones Diferenciales
x2
2
 Px   dx   8 x  dx  8  2  4  x
v  e   P  x dx  e 4 x
2
Q x 
 dx  C
vx 
2 x  dx
1
4 x2
4 x2
u

C

2
x

e

dx

C

8
x

e
 dx  C
2

4
e 4 x
2
1
u   e 4 x  C
4
2 1
2

y  u  v  y  e 4 x   e 4 x  C 
4

2
1
y   C  e 4 x
4
u
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
dy
x   y  x3  2x 2  4x  0
dx
Solución:
Si dividimos por x la llevamos a la forma (1)
dy 1
  y  x 2  2x  4
dx x
1
siendo f  x   discontinua en x = 0.
x
Qx   x 2  2 x  4 continua  x.
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45
Ecuaciones Diferenciales
 Px   dx  
dx
 ln x
x
1
 P  x dx
ve 
 e ln x  x 1 
x
Q x 
u
 dx  C
vx 




u   x 2  2 x  4  x  dx  C   x 3  2 x 2  4 x  dx  C
x4
x3
x2
u
2
4
C
4
3
2

1  x4
x3
y  uv  y    2
 2x 2  C
x 4
3

3
x
2
C
y
 x 2  2x 
4 3
x
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46
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
x ln x  dy   y  ln x   dx  0
Solución:
Primero veamos si es lineal
 y  ln x   dx  0
dy 
x ln x
dy
1
ln x
dy
1
1

y


y
dx x ln x
x ln x
dx x ln x
x
1
discontinua para x  0
Px  
x ln x
1
Q  x   discontinua en x = 0
x
dx
 Px   dx   x ln x  ln ln x 
1
 P  x dx
ve 
 e lnln x   ln x 1 
ln x
Q( x)
1
1
u
 dx  C    ln x  dx  C  ln 2 x  C
v( x )
x
2
1 1 2

ln
x

C

ln x  2
1
C
y  ln x 
2
ln x
y
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47
(1)
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 11: ECUACIÓN DIFERENCIAL DE BERNOULLI
O REDUCIBLES A LINEAL DE PRIMER ORDEN.
Sea la ecuación diferencial que tiene la forma:
dy
(1)
 P( x )  y  Q ( x )  y n
dx
con n  0 y n  1.
Por medio de una sustitución podemos llevarla a una lineal de primer
orden.
P(x) y Q(x) son funciones continuas de x o constantes.
Si dividimos (1) por yn:
1 dy
(2)
  P( x )  y 1n  Q ( x )
n dx
y
1n
hacemos la sustitución t  y
dt
dy
 1  n   y n 
dx
dx
n
dy
y
dt


dx 1  n  dx
Reemplazando (3) y (4) en (2)
1 y n dt

  P( x )  t  Q ( x )
y n 1  n dx
(3)
(4)
1 dt
  P( x )  t  Q ( x )
1  n dx
dt
 P( x )  1  n   t  Q ( x )  1  n 
(5)
dx
Si llamamos P(x).(1-n) = P1(x) y Q(x).(1-n) = Q1(x)
dt
 P1 ( x )  t  Q1 ( x )
Entonces
(6)
dx
Esta es una ecuación diferencial lineal y su solución de acuerdo a lo visto
en el tema 10 es

 P  x dx  Q1  x 
te  1
(7)
  v  x   dx  C 
 1

 P1  x dx
siendo v1 x   e 
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48
(8)
Ecuaciones Diferenciales
La solución en función de los datos iniciales es
1n P  x dx
 1n P  x dx 

y 1n  e 
   Q x   1  n   e 
 dx  C 


(9)
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
dy
 8  x  y  x  y 4
dx
Solución:
Es una ecuación diferencial de Bernoulli.
n = 4 ; P(x) = 8x y Q(x) = -x ambas continuas  x
2
 1 n P ( x )dx
 38 xdx
e 
e 
 e12 x

 Q( x )  1  n   e
1n P ( x )dx
 dx    x    3 e 12 x  dx 
2
2
1
 3 x  e 12 x  dx   e 12 x
8
Si aplicamos la fórmula (9)
2
2
 1

y 3  e12 x    e 12 x  C 
 8

1
1
12 x 2



C

e
8
y3
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49
2
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 12: ECUACIÓN DIFERENCIAL EXACTA.
Es también como las anteriores una ecuación diferencial de primer
orden y primer grado.
Si tenemos una función u(x,y) = C
u
u
du 
 dx   dy  0
x
y
En general podemos decir que
du  M ( x, y )  dx  N ( x, y )  dy  0
Podemos decir que
M ( x, y )  dx  N ( x, y )  dy  0
(1)
se llama ecuación diferencial total; si M(x,y) y N(x,y) son funciones
continuas y derivables que cumplen la igualdad:
M N

(2)
y
x
(2) es la condición necesaria para que (1) sea una ecuación diferencial
exacta.
Demostraremos que (2) es la condición necesaria.
Si
u(x,y) = C
du(x,y) = 0
u
u
du 
 dx   dy
x
y
du  M ( x, y )  dx  N ( x, y )  dy
u
u
siendo M ( x, y ) 
y N ( x, y ) 
y
x
M
N
y la
Si derivamos y hallamos
y
x
M ( x, y )  2 u
N ( x, y )  2 u

y

y
xy
x
xy
Por el teorema de la conmutabilidad de las derivadas parciales debe ser:
M N

con lo que la condición queda demostrada.
y
x
Calcularemos ahora la solución de (1)
u
Si M ( x, y ) 
(3)
x
u( x, y )   M ( x, y )  dx   ( y )
(4)
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50
Ecuaciones Diferenciales
Siendo N ( x, y ) 
u
y
(5)
Si en (4) realizamos la derivada
o sea que
u
esta será N(x,y)
y
u 

M ( x, y )  dx    y   N ( x, y )
y y 
(6)
 y   N ( x , y )    M ( x , y )  dx
y
(7)
Luego


 y     N ( x , y )    M ( x , y )  dx   dy (8)
y


Reemplazando en (4)


u( x , y )   M ( x , y )  dx    N ( x , y )    M ( x , y )  dx  dy  C
y


(9)
Que es la solución general de la ecuación diferencial exacta de primer
orden.
Ejemplo:


Resolver la ecuación diferencial x 2  y 2  dx  2 xy  dy  0
Solución:
Veamos si es exacta

M  x2  y2
N  2 xy

M
 2y
y
N
 2y
x
M N

por lo tanto es exacta.
y
x


Calculamos primero  M ( x, y )  dx   x 2  y 2  dx 
Calculamos ahora
x3
 y2x
3


  x3
  y 2 x   2 xy
M
(
x
,
y
)

dx



y
y  3

Luego calculamos:
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51
Ecuaciones Diferenciales



N
(
x
,
y
)

M
(
x
,
y
)

dx
 
  dy   2 xy  2 yx   dy  0
y 

Luego, aplicando (9)
x3
 y2x  0  C
3
x3
 y 2 x  C es la solución general.
3
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
5x  4 y  2  dx  4 x  2 y  10  dy  0
Solución:
M ( x, y )  5x  4 y  2
N ( x, y )  4 x  2 y  10
M N

es exacta.
y
x
M
4
y
N
4
x
Calculamos  M ( x, y )  dx   5x  4 y  2  dx 

M ( x, y )  dx  0  4 x  0  4 x
y 


5 2
x  4 yx  2 x
2

  N ( x, y )  y  M ( x, y )  dx   dy   4 x  2 y  10  4 x  dy
  2 y  10  dy  y 2  10 y
Aplicando la fórmula (9)
5 2
x  4 yx  2 x  y 2  10 y  C es la solución general.
2
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
 2 4 1
1
3 3
  4 x y   dx   3 y x    dy  0
y
x


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52
Ecuaciones Diferenciales
Solución:
1
M
 4x3 y 3 ;
 12 x 3 y 2
x
y
1
N
N ( x, y )  3 y 2 x 4  ;
 12 x 3 y 2
y
x
M N

por lo tanto es exacta.
y
x
1

Calculamos  M ( x, y )  dx     4 x 3 y 3   dx  ln x  x 4 y 3
x


M ( x, y )  dx  0  3x 4 y 2

y
M ( x, y ) 



 4 2 1
4 2
N
(
x
,
y
)

M
(
x
,
y
)

dx

dy

3
x
y


3
x
y   dy
 



y 
y



dy
 
  ln y
y
Aplicando la fórmula(9)
ln x  x 4 y 3  ln y  C
x
ln    x 4 y 3  C es la solución general
 y
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53
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 13: REDUCCION A ECUACIONES
DIFERENCIALES EXACTAS FACTOR INTEGRANTE.
Si M(x,y).dx + N(x,y).dy = 0 (1) no es una ecuación diferencial exacta,
en algunos casos multiplicando todos los términos de (1) por una función
f(x,y) ésta se transforma en una ecuación diferencial exacta.
O sea que
f(x,y).M(x,y).dx + f(x,y).N(x,y).dy = 0 (2) es exacta y deberá
cumplirse que
  f ( x , y )  M ( x , y )   f ( x , y )  N ( x , y ) 

(3)
y
x
Si hacemos la derivada del producto
M
f ( x, y )
N
f ( x, y )
f ( x, y ) 
M
 f ( x, y ) 
N
y
y
x
x
f ( x, y )
f ( x, y )
 N M 
N
 f ( x, y )  

y
x

x
y 

Si dividimos por f(x,y) ambos miembros
f ( x, y )
f ( x, y )
N M
y
M
 N  x


(4)
f ( x, y )
f ( x, y )
x
y
ln f ( x, y )
ln f ( x, y ) N M
M
N


(5)
y
x
x
y
 Si la ecuación diferencial (1) admite un factor integrante que sólo
ln f ( x, y )
depende de y tendremos que: N 
 0.
x
N M

y
ln f ( x, y ) x
 gy

Entonces
(6)
M
y
M
g  y dy
y por lo tanto e 
(7) es el factor integrante de (1)
 Si la ecuación diferencial (1) admite un factor integrante que sólo
ln f ( x, y )
0
depende de x tendremos que: M 
y
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54
Ecuaciones Diferenciales
N M

x
y
ln f ( x, y )
 h  x 
Entonces
(8)

N
x
 h  x dx
y por lo tanto e 
(9) es un factor integrante de (1)
Observaciones:
a-) Si la ecuación diferencial (1) es homogénea y Mx + Ny  0 entonces
1
es un factor integrante de (1).
Mx  Ny
b-) Si la ecuación diferencial (1) es de la forma:
y.P(x,y).dx + x.Q(x,y).dy = 0
1
1

siendo P(x,y)  Q(x,y) entonces
es un
xy P( x, y )  Q( x, y ) Mx  Ny
factor integrante de (1).
Ejemplo:
Resolver la ecuación diferencial
y  2 xy 3  2 xy 4 e y  dx  y 4 x 2 e y  3x  y 2 x 2  dy  0


Solución:

N ( x , y )  y


x 
M ( x , y )  y  2 xy 3  2 xy 4 e y
4
No es exacta pues
x 2 e y  3x  y 2
2
M N

y
x

; M  1  6 xy 2  2 xy 4 e y  8 xy 3e y
y
; N  2 y 4 xe y  3  2 y 2 x
x
M N

 4  8 xy 2  8 xy 3 e y
y
x
M N

4
y
x
   gy
M
y
El factor integrante es e
 g  y dy
e
 4
dy
y
 e 4 ln y  e ln y
4

1
y4
Si multiplicamos la ecuación diferencial dada obtendremos una exacta.
1
El factor es 4 .
y
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55
Ecuaciones Diferenciales

 1

x
x x2 
 3  2  2 xe y   dx   x 2 e y  3 4  2   dy  0
y
y
y 
y


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56
Ecuaciones Diferenciales
 1
x
x x2
y 


2

2
xe

dx


 x 2e y
3
3

y
y
y
y

Calculamos  M ( x, y )  dx   

x x2
M
(
x
,
y
)

dx


3
 2  x 2e y

4
y
y
y



  N ( x, y )  y  M ( x, y )  dx  dy 
 2 y

x x2 
x x2

   x e  3 4  2    3 4  2  x 2 e y   dy   0  dy  0
y
y
y
y



Aplicando la fórmula (9) del tema 12
x x2
2 y


x
e C
y
y3
Ejemplo:


Resolver la ecuación diferencial x 2  y 2  2 x  dx  xy  dy  0
Solución:


M
 2y
y
N
;
y
x
M ( x, y )  x 2  y 2  2 x ;
N ( x, y )  xy
N M

y  2y
1
x
y


N
xy
x
  h  x dx

dx
x
e
 e ln x  x
El factor integrante es e
Multiplicamos la ecuación dada por el factor integrante
x 3  y 2 x  2 x 2  dx  x 2 y  dy  0 quedando exacta.
La resolvemos:
2
x4
x3
3
2
2
2 x
M
(
x
,
y
)

dx

x

y
x

2
x

dx


y


2



4
2
3

M ( x, y )  dx  0  yx 2  0

y









N
(
x
,
y
)

M
(
x
,
y
)

dx
 dy   x 2 y  yx 2  dy  0
 


y

Luego, la solución es
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57
Ecuaciones Diferenciales
2
x4
x3
2 x
y 
 2
C
4
2
3
EJERCICIOS XIV
Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales, de
variables separables.
1-) x 3  dx  y 3  dy  0
dx
2-)
 dt
x
dy
3-)
 y3x2
dx
4-)  y  dx  dy   e 3x  2  dy
5-) x  dy  y  dx  2  dx
dx
 1 x2
6-) 4  y 2 
dy
7-) dx  xy  dy  y 2  dx  y  dy
8-) x  dy  3 y  dx
9-) y  dy  2  xy  x   dx
10-) y  dx  x  dy  x  dy  y  dx 
11-) x 2  dy  y  dx  dy  dx  0
12-) y 3  1  2 x  dx  3 y 2  2  x 2  dy  0






x2  2
13-) y  
y
Encontrar la solución particular que satisface las condiciones iniciales
14-) dy  x  2 y  dx  x  dy  en x0 = 1 ; y0 = 4
2
dx
 y  ex  e y
15-)
en x0 = 1 ; y0 = 1
dy
en x0 = 3 ; y0  
16-) e 2 y  dx  dy  0
Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales
homogéneas de primer orden
dy
17-) x   y  x 2  y 2
dx
18-) 2 x 2  dy  y 2  2 xy  x 2  dx  0


Ing.Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
58
Ecuaciones Diferenciales



19-) x 2  3 y 2  dx  2 xy  dy  0
20-) y 2  xy  dx  x 2  dy  0
y
21-) 1   y 
x
x y
22-)
 y
x y
23-) x 2 y  dx  x 3  y 3  dy


 y
 y 
 y 
24-)  y cos   2 x sen   dx   y  x cos   dy  0
x
 x 
 x 





Encontrar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales
ordinarias reducibles a homogéneas de primer orden.
25-) xy 2  3 y  dx  x  dy  0
26-) 1  x 2 y  x 4 y 2  dy  2 x 3 y 3  dx  0
27-) y  3  xy   dx  x   2  xy   dy  0
dy
28-) x 2 y  x   xy 2  y  0
dx
29-) 3 y  7 x  7  dx  3x  7 y  3  dy  0
30-) x  2 y  1  dx  3x  6 y  2  dy  0
31-) 2 x  4 y   dx  x  y  3  dy  0








Encontrar la solución general de las ecuaciones diferenciales lineales de
primer orden.
dy
32-) x   2 y  x 4
dx
dy
 y  ex
33-)
dx
dy
34-) x   2 y  3x
dx
dy
35-)  x  12   3  x  1  y  2
dx
dy
36-) tg x   2 y  2a
dx
37-) 3 y  dx  sen2 x   dx  dy
38-) y   sen x  2 y cos x  1
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59
Ecuaciones Diferenciales
1
2
2
39-)   dy   y  dx  3  dx  0
2
x
x
1
40-)   dy  y  dx  x  dx  0
2
Encontrar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales
de Bernoulli (reducibles a exactas).
dy
y y3
41-)
 2  3
dx
x x
dy
42-)
 y  xy 3
dx
43-) 2 xy 3  y  dx  2 x  dy  0


dy y y 2
44-)
 
dx x 2 x
y4
y
45-) dy  2  dx  2  dx  0
x
x
Encontrar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales
exactas.
46-) x  y   dx  2 y  x   dy  0
47-)
48-)
49-)
50-)


e y  dx  xe y  2 y  dy  0
y  dx  x  y   dy  0
x 2  y 2  dx  2 xy  dy  0
x  x  2 y   dy  y   y  2 x   dx  0









51-) 3x 2  2 xy  y 2  dx  x 2  2 xy  3 y 2  dy  0
52-) r cos2   sen  dr  r cos  r sen  1  d  0
53-) 3x 2  6 xy  dx  12 y  3x 2  dy  0



dy
ey

54-)
dx 2 y  x  e y
55-) Encontrar la solución particular de
2 x sen y  3 y   dx  3x  x 2 cos y  dy  0 siendo y 2  
2
Encontrar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales
reducibles a exactas.
Ing.Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
60
Ecuaciones Diferenciales
56-) y  1  xy   dx  x  dy  0
57-) y  2 x  y 3  dx  x  2 x  y 3  dy  0
58-) y  dx  x  y   dy  0




59-) y 2  dx  x 2  dy  2 xy  dy  0
Encontrar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales
(o las solución particular si se dan condiciones iniciales)
xy  y
dy
60-)

dx
x
dy e x

61-)
dx 2 y
dy x
x
 
62-)
siendo y(0) = 1
dx y 1  y


dy
x 

63-) x 
siendo y(1) = 0
 xe
y
dx
2y
64-) y  
  x  13
x 1
b
a
65-) y    y  b
x
x
dx
66-)
cos t  x sen t  1
dt
dy
67-)
 xy  x 3 y 3
dx
68-) y 3  x  dy  y  dx
 1 3y 2 
2 y  dy
69-)  2  4   dx 
x 
x3
x
70-) x 2  y 2  x  dx  y  dy   y  dx  x  dy
y
dy
71-)   y ln x  2  
x
dx
72-) 3 y  7 x  7  dx  3x  7 y  3  dy  0
dy
x  2y 1

73-)
dx 2 x  4 y  3
74-) t  x   dt  t  dx  0
y




Ing.Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
61
Ecuaciones Diferenciales
75-) x 2 
dy
 y2  0
dx
siendo y(1) = 3
Resuelva la Autoevaluación N 14
Ej. 1-) Resolver la siguiente ecuación diferencial
2 x 2 y  dx  3x 3  y 3  dy


Ej. 2-) Resolver la siguiente ecuación diferencial
dy
cos x   y sen x  1
dx
Ej. 3-) Resolver la siguiente ecuación diferencial
x 



x 2  y 2  y  dx  y  x 2  y 2  x  dy  0
Ej. 4-) Resolver la siguiente ecuación diferencial
dy
4y

0
sujeta a y(1) = 1
dx  y  3  x
Ej. 5-) Resolver la siguiente ecuación diferencial
2 x  5 y  3  dx  2 x  4 y  6  dy  0
Ej. 6-) Resolver la siguiente ecuación diferencial
dy
 y  xy 5
dx
Tabla de rendimientos
Ej. 1
16
Ej. 2
17
Ej. 3
17
Ej. 4
16
Ej. 5
17
Ing.Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
62
Ej. 6
17
Total
100
Ecuaciones Diferenciales
Ver resultados al final del capítulo
Nota: Si obtuvo menos del 80 %, vuelva a estudiar los conceptos
anteriores. Si obtuvo 80 % o más, pase a los temas siguientes.
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63
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 14: ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
HOMOGENEAS - DEFINICION Y PROPIEDADES
GENERALES.
Definición 1:
Se dice lineal si es de primer grado respecto a la función desconocida.
a 0 y n   a1 y n 11  a 2 y n  2     a n y  f x 
 f x   0 lineal homogenea.
Sí 
 f x   0 lineal no homogenea.
a0; a1; a2;...; an y f(x) son funciones de x o constantes siendo continuas x
a0  0 y hacemos a0 = 1.
Teorema 1:
Si y1 e y2 son dos soluciones de y'' + a1y' + a2y = 0 (1) entonces y1 + y2
es solución.
Si y1 es solución  y1'' + a1y1' + a2y1 = 0
Si y2 es solución  y2'' + a1y2' + a2y2 = 0
Si y1 + y2 es solución deberá verificar (1).
Reemplazando:
(y1 + y2)'' + a1(y1 + y2)' + a2(y1 + y2) =
y1'' + y2'' + a1y1' + a1y2' + a2y1 + a2y2 =




y  a1 y1  a 2 y1  y 2  a1 y 2  a 2 y 2  0 verifica
1 

 

0
0
Luego y1 + y2es solución de (1).
Teorema 2:
C  cte
sea 
 y1solución de y   a1 y   a 2 y  01
Veremos que Cy1también es solución de (1)
Si y1 es solución  y1'' + a1y1' + a2y1 = 0
Si Cy1 es solución deberá verificar a (1).
(Cy1)'' + a1(Cy1)' + a2Cy1 =
Cy1'' + Ca1y1' + Ca2y1 =


C  y1  a1 y1  a 2 y1   0 verifica a (1)



0
Luego Cy1 es solución de (1).
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64
Ecuaciones Diferenciales
Definición 2:
Dos soluciones y1 e y2 de (1) son linealmente independientes en el
intervalo [a, b] si su razón no es constante.
f2
 cte
y1
f
Son linealmente dependiente si 2    cte  y 2  y1
y1
Definición 3:
Si y1 e y2 son dos funciones de x entonces el determinante
y1

y1
y2


  y1 y 2  y 2 y1 se llama Wronskiano y se simboliza. W(y1, y2).
y2
Teorema 3:
Sean y1 e y2dos soluciones de (1).
Sí y1 e y2 son linealmente independientes en [a, b], el Wronskiano
W(y1, y2) es idénticamente nulo en [a, b].
Si y 2  y1
y
 W  y1 y 2   1
y1
y 2  y1
y2
y
 1
y 2
y1
y1
0
y1
Teorema 4:
Si el Wronskiano W(y1,y2) de dos soluciones de una ecuación
diferencial lineal homogénea no se anula en x = x0del intervalo [a, b], en
el cual los coeficientes (ai) de la ecuación son continuos, entonces no se
anula en ningún punto x de ese intervalo [a, b].
Si y1 es solución y1'' + a1y1' + a2y1 = 0
Si y2 es solución y2'' + a1y2' + a2y2 = 0
Si multiplico la primera por (-y2) y la segunda por (y1) y las sumamos.
 y1y 2  a1 y1 y 2  a 2 y1 y 2  0

y 2 y1  a1 y 2 y1  a 2 y1 y 2  0
 y1  y1y 2 
y 2


  y 2 y1  y1 y 2 a1  0

esto es W y 1 , y 2  esto es W y 1 , y 2 


W   a1W  0
dW
 a1W  0
dx
dW
 a1 dx (a1 es función de x o cte.)
W
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65
Ecuaciones Diferenciales
Resolviendo esta ecuación diferencial de variables separables nos
queda:
x
dW
 W   x a1 dx  ln C
0
x
ln W  ln C    a1 dx
x0
W 
ln     a1 dx
C
x0
x
x
W
e
C

 a1dx
x0
x
W  Ce

 a1 dx
x0
Llamada formula de Liouville.
Calcularemos C para que se satisfagan la condiciones iniciales. (para x
= x0 será W = W0).
x0
W  Ce

 a1dx
x0
W0  Ce 0  W0  C 
x
W  W0 e

 a1dx
x0
Por hipótesis w0  0, entonces w  0 x [a, b] dado que la
exponencial es distinta de cero x.
Nota: si W(y1, y2) = 0 para x = x0 esto  que W = 0 x.
Teorema 5:
Si las soluciones y1 e y2 de la ecuación (1) son linealmente
independientes en el intervalo [a, b], W(y1, y2) no se anula en ningún
punto de ese intervalo.
D) Supongamos W(y1, y2) = 0
W  y1 , y 2  
y1
y 2
y2
 y1 y 2  y 2 y1  0
y 2
Si dividimos por y12 (siendo y1  0)
y1 y 2  y 2 y1
y12
y
 0   2
 y1


y
  0  2  cte  
y1

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66
Ecuaciones Diferenciales
y2 = y1 o sea y1 e y2 son dependientes si W = 0; esto nos dice que si: y1
e y2 son linealmente independientes en [a, b]; W(y1, y2)  0 x[a, b].
Teorema 6:
Si y1 e y2 son dos soluciones linealmente independientes de (1) entonces
y = C1y1 + C2y2 será la solución general.
D) de los teoremas 1 y 2 concluimos que y = C1y1 + C2y2 es solución.
Si suponemos las siguientes condiciones iniciales.
y  y0 
 para x  x 0
y   y 0 
Demostraremos que cualquiera sean estas condiciones es posible elegir
dos constantes arbitrarias C1 y C2 tal que C1y1 + C2y2 satisfaga las
condiciones iniciales dadas.
Reemplazando en la supuesta solución general.
 y 0  C1 y10  C 2 y 20

  C 2 y 20

 y 0  C1 y10
De este sistema podemos calcular C1 y C2 puesto que:
y10

y10
y 20
  y10
 y 20  0 (Pues son y1 e y2linealmente independientes).
 y10 y 20

y 20
Ejemplo:
Dada la ecuación diferencial.
y  
1
1
y  2 y  0
x
x
Sus soluciones son:
1

 y1 
x

 y2  x

1
La solución general será y  C1 x  C 2
x
Teorema 7:
Si se conoce una solución particular de una ecuación diferencial lineal
homogénea de 2° orden, la búsqueda de otra solución linealmente
independiente y por lo tanto la solución general se reduce a una
integración de funciones.
Sea y'' + a1y' + a2y = 0 (1).
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67
Ecuaciones Diferenciales
Si conocemos y1 (solución particular).
La solución general será.
y = C1y1 + C2y2 (no conozco y2)
Recordando que:
 a dx
W(y1, y2) = y1y'2 - y'1y2 = C e  (Liouville).
1
Si dividimos por y12 (y1  0)
y1 y 2  y1 y 2
y12
C .e 

y12
 a1dx
d  y2

dx  y1
 1
 a dx
  2 C .e  1
 y1
 a1dx
y2
C .e 

dx
y1 
y12
C .e 
y2  y1 
y12
 a1 dx
dx solución particular.
La solución general será:
y = C1y1 + C2y2
 a1dx
e 
y  C1 y1  C 2 y1 
dx
y12
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68
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 15: ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
HOMOGENEAS
DE
SEGUNDO
ORDEN
CON
COEFICIENTES CONSTANTES.
Sea y'' + py' + qy = 0
(1)
Siendo p  q constantes y reales .
Si probamos una solución y = ekx siendo k = cte.
Si y = ekx
y' = kekx
y'' = k2ekx
Si reemplazamos en (1) obtenemos.
k2 ekx + pkekx + qekx = 0
ekx (k2 + pk + q) = 0
como ekx  0 xR.
Será k2 + pk + q = 0 (llamada ecuación característica).
Si aplicamos la resolvente a esta ecuación de 2° grado tendremos las
soluciones k1  k2.
p

2
p 2  4q
p
k2   
2
p 2  4q
k1  
2
2
p

2
p2
q
4
p
 k2   
2
p2
q
4
 k1  
Pueden darse tres casos.
1) Que k1  k2  k1 R  k2 R
2) Que k1 = k2  k1 = k2 R
3) Que k1  k2 sean complejos conjugados.
1) Si k1 y k2 son reales y distintos.
 y1  e k1 x
Proponemos 
como dos soluciones particulares.
 y 2  e k 2 x
De acuerdo a la definición 2, si el cociente de dos soluciones no es una
constante, estás son linealmente independientes.
y1 e k1 x
 k x  e k1  k 2 x
Realicemos el cociente
y2 e 1
Vemos que no es constante.
Luego de acuerdo con el teorema 6 la solución general será:
y  C1e k1x  C 2 e k2 x
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69
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplo:
Dado y'' - 5y' + 6y = 0 hallar la solución general.
Planteamos la ecuación caracteristica
k2 - 5k + 6 = 0
Las soluciones son:
k 1 5  25  24
k 2

 1
k2
k2  3
2
La solución general será:
y  C1e 2 x  C 2 e 3 x
Esto se puede generalizar para orden n (siendo las raíces de la ecuación
característica todas reales y distintas).
Ejemplo:
Dado y''' + y'' -2y' = 0 hallar la solución general.
Planteamos la solución característica.
k3 + k2 - 2k = 0
(k2 + k-2)k = 0  k1= 0
k1 1  1  8 1  3 k 2  1



k 3  2
k2
2
2
La solución general será:
y = C1e0x + C2ex + C3e-2x
y = C1+ C2ex + C3e-2x
2) Siendo k1 = k2 y reales.
k1  
p

2
p2
q
4
k2  
p

2
p2
q
4
Siendo
Para k1 = k2 será
p2
p2
p
q  0
 q  0 siendo k1= k2 = 
4
4
2
Si consideramos una solución particular.
y1  e k1 x
Buscaremos otra solución particular de la forma
y 2  ux e k1x
Vamos a determinar que valor corresponde a u(x). Para ello hallaremos
sus derivadas.
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70
Ecuaciones Diferenciales
y 2  u e k1 x  uk1 e k1 x
y 2  e k1 x u   k1u 
y 2  u e k1 x  u k1 e k1 x  u k1 e k1 x  uk12 e k1 x

y 2  e k1x u   2k1u   k12 u

Reemplazando en la ecuación diferencial dada.
y 2  py 2  qy 2  0


e k1 x u   2k1u   k12 u  pu   k1u e k1 x  q.u .e k1 x  0
Agrupando tendremos.



e k1 x u   2k1  p u   k12  pk1  q u  0
Si recordamos que:
k1  k 2 
k1  
p
2
p
 2k 1   p  2k 1  p  0
2
Quedando ahora:



e k1 x u   k12  pk1  q u  0
Siendo k1 solución de la ecuación característica será k12 + pk1 + q = 0.
quedando e k x u   0
como e k x  0 será u'' = 0
luego u' = A
A = Cte.
luego u = Ax + B
B = Cte.
k x
Siendo y2 = (Ax + B) e
Como buscamos una solución particular podemos considerar
A = 1  B = 0  y2 = x e k x
La solución general será:
y = C1y1 + C2y2
y = C1 e k x + C2x e k x
y = (C1 + C2x) e k x
1
1
1
1
1
1
1
Ejemplo:
Dada y'' - 6y' + 9y = 0. Hallar la solución general.
Planteamos la solución característica
k2 - 6k + 9 = 0
La solución es:
k1 6  36  36  1  3 k1  3



k2
k2  3
2
2
La solución general será:
y = (C1x + C2)e3x
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71
Ecuaciones Diferenciales
Esto lo podemos generalizar para orden n y combinar el caso 1 y 2.
Ejemplo:
Resolver y(5) - 5y(4) + y(3) + 21y(2) - 18y' = 0
La ecuación característica será:
k5 - 5k4 + k3 + 21k2 -18k = 0
(k4 - 5k3 + k2 + 21k - 18)k = 0  k1= 0
Como la suma de los coeficientes es cero k2 = 1 será raíz.
Aplicando Ruffini la reducimos.
1  5 1 21  18
1
1  4  3 18
1  4  3 18
2
 2 12  18
1 6
9
0
k 3  2
0
Quedando k2 - 6k + 9 = 0
Aplicando la resolvente tendremos:
k 4 6  36  36

 k 4  k5  3
k5
2
La solución general será:
y = C1 + C2ex + C3e-2x + (C4 + C5x)e3x
3) Si k1  k2 son complejos conjugadas.
k1  
p

2
p2
q
4
k2  
p

2
p2
q
4
k1  k2 serán complejos conjugados si
p2
 q  0 Si
4
 
p2
q
4
k     i
Será  1
k 2     i

Las soluciones particulares serán de la forma:
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72
p
2
Ecuaciones Diferenciales
y1  e    i x
y 2  e    i x
Observación: Vemos si alguna función compleja de variable real es
solución de:
y'' + py' + q = 0.
Sea y = u(x) + i.v(x) esa función.
Si es solución reemplazada en la ecuación diferencial debe verificarla.
[u(x) + i.v(x)]'' + p[u(x) + i.v(x)]' + q[u(x) + i.v(x)] = 0
Agrupando.
(u'' + pu' + qu) + (v'' + pv' + qv)i = 0
Para que esto se cumpla se debe verificar que:
u   pu   qu  0

v   pv   qv  0
Esto nos dice que u(x)  v(x) son soluciones.
Si recordamos que:
y1  e    i x  e x cos x  ie x sen x
y 2  e    i x  e x cos x  ie x sen x
Las funciones reales siguientes serán soluciones.
y1  ex cos x
y 2  ex sen x
Estas soluciones son linealmente independientes dado que su cociente
no es constante.
y1
y2

ex cos x
 cot g x  cte .
ex sen x
Esto nos dice que la solución general será
y  C1ex cos x  C2 ex sen x
y  ex C1 cos x  C 2 sen x
Ejemplo:
Dada y'' - 4y' + 13y = 0 hallar la solución general.
Planteamos la ecuación característica.
k2 - 4k + 13 = 0
Su solución es:
k 1 4  16  52 4  6i k1  2  3i



k2
2
2 k 2  2  3i
La solución general será.
y  e 2 x C1 cos 3x  C 2 sen3x
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73
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 16: ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
HOMOGENEAS
DE
ENESIMO
ORDEN
CON
COEFICIENTES CONSTANTES.
Sea y(n) + a1y(n-1) + a2y(n-2) + ……+ an-1 y = 0 (1).
Siendo a1; a2; a3;……;an-1 constantes.
Si y1; y2; y3;……;yn son soluciones de (1) linealmente independientes
entre sí. La solución general será:
y = C1y1 + C2y2 +……+ Cnyn
Siendo C1; C2; ……Cn constantes arbitrarios.
La solución de (1) se realiza de la misma forma que lo realizado para
una de segundo grado.
La ecuación característica será.
kn + a1kn-1 + …..+ an-1 = 0
(2)
Al resolverla podemos encontrarnos con las siguientes alternativas.
1) Si las raíces de (2) son todas reales y distintas: k1; k2; k3;……; kn.
La solución general será:
y  C1e k1 x  C 2 e k 2 x    C n e k n x
2) Si en (2) hay raíces múltiples reales. Por ejemplo hallamos s raíces
iguales a k y el resto distintas.
Será s < n.
La solución general será.
y  C1e kx  C2 xe kx  C3 x 2 e kx    Cs x s 1e kx  Cs 1e ks 1x    Cn e kn x
3) A todo par de raíces complejas conjugadas le corresponden
soluciones particulares linealmente independientes.
y1 = excos x
y2 = exsen x
Si las soluciones son k1 =  + i  k2 =  - i
4) A todo par de raíces complejas conjugadas de orden de
multiplicidad s le corresponden soluciones linealmente independientes.
ex cosx
exsen x
xex cosx
xexsen x
x2 ex cosx
x2 exsen x
-- -- -- -- -- --- -- -- -- -- -s-1 x
x e cosx
xs-1 exsen x
La solución general será la suma de n soluciones linealmente
independientes multiplicadas cada una por las constantes arbitrarias.
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74
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 17: ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL NO
HOMOGENEA DE SEGUNDO ORDEN.
Es de la forma:
y'' + py' + qy = f(x) (1)
Siendo p  q reales y constantes.
Teorema:
La solución general de la ecuación diferencial (1) se expresa como la
suma de cualquier solución particular y* de está ecuación y de la
solución general yh de la homogénea correspondiente.
Demostración:
Si yh es solución de la homogénea será
yh'' + pyh' + qyh = 0 (2)
Demostraremos que y = yh + y* (3) es solución de (1).
Si y es solución de (1) debe verificarla.
(yh + y*)'' + p(yh + y*) = f(x)
Ordenando
  py h  qy h 
y h


y  
 py   qy   f x 

Esto es cero por (2) se cumple pues y* es solución
de la homogénea.
Esto nos dice que yh + y* es solución de (1)
Vamos a demostrar que y = yh + y* es solución general de (1).
Si es solución general se pueden elegir las constantes arbitrarias tal que:
y  y 0 para x  x 0 
 Llamadas condicione s iniciales.
y   y 0 para x  x 0 
Siendo p; q y f(x) continuas en R.
La solución de la homogénea es:
yh = C1y1 + C2y2
La solución será:
y = C1y1 + C2y2 + y*
En virtud de las condiciones iniciales tendrenos.




 y 0  C1 y10  C 2 y 20  y 0
C1 y10  C 2 y 20  y 0  y 0





  C 2 y 20  y 0  y 0*

  C 2 y 20  y 0

C1 y10
 y 0  C1 y10
De este sistema podemos calcular C1 y C2 dado que:
y10

y10
y 20
0
y 20
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75
Ecuaciones Diferenciales
W(y10,y20) = y10.y'20 - y'10.y20  0 pues y1 e y2 son linealmente
independientes.
Esto no dice que y = C1y1 + C2y2 + y* es la solución general.
Teorema:
Sea y'' + py' + qy = f1(x) + f2(x) (1).
Sea y1 solución particular de
y'' + py' + qy = f1(x)
Sea y2 solución particular de
y'' + py' + qy = f2(x)
Entonces y1 + y2 es solución particular de (1).
D) Si reemplazamos y1 + y2 y sus derivadas en (1) tendremos:
(y1 + y2)''+ p(y1 + y2)' + q(y1 + y2) = f1(x) + f2(x)
Ordenando:
(y1'' + py1' + qy1) + (y2'' + py2' + qy2) = f1(x) + f2(x)
Esto es una identidad y prueba el teorema.
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76
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 18: ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
NO HOMOGENEAS DE SEGUNDO ORDEN CON
COEFICIENTES CONSTANTES - METODO DE LOS
COEFICIENTES INDETERMINADOS.
Dado y'' + py' + qy = f(x) (1) p  q R
I) Si f(x) = Pn(x)ex (2)
Siendo Pn(x) un polinomio de grado n
Estudiaremos varias alternativas.
a) Si el número  no es raíz de la ecuación característica.
  k1    k2
La solución particular y* que probaremos será de la forma:
y* = (0xn + 1xn-1 + ……+ n) ex = Qn(x) ex (3)
Si derivamos y* obteniendo y*'  y*'' y las reemplazamos en (1)
tendremos:
y*' = Qn'(x) ex + Qn(x) ex
y*'' = Qn''(x) ex + Qn'(x) ex + Qn'(x) ex + Qn(x) 2ex
y*'' = Qn''(x) ex + 2Qn'(x) ex + Qn(x) 2ex
Qn''(x) ex + 2Qn'(x) ex + Qn(x) 2ex + p Qn'(x) ex + p Qn(x) ex +
qQn(x) ex = Pn(x) ex
Qn''(x) + (2 + p) Qn'(x) + (2 + p + q) Q(x) = Pn(x) (4)
Qn(x) es polinomio de grado n
Qn'(x) es polinomio de grado n-1
Qn''(x) es polinomio de grado n-2
Operando en el primer miembro de (4) quedará un polinomio de grado n
Igualando los coeficientes de los términos de igual grado de ambos
miembros de (4) obtendremos un sistema de (n+1) incógnitas (0; 2; 3;
……; n).
Resuelto este sistema se calculan 0; 2; 3; ……; n que reemplazados
en (3) determinan la solución particular y* de la no homogénea.
La solución de (1) será:
y  C1e k x  C 2 e k x   0 x n  1 n n 1     n ex (5)
1
2
Observación:
Si en la expresión (2) f(x) = Pn(x) sería ex = e0x = 1.
La solución a ensayar sería :
y* =0xn + 1xn-1 +……+n
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77
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplo:
Resolver: y'' - 5y' + 6y = x2 + 1
Solución:
a) Primero resolvemos la homogénea.
y'' - 5y' + 6y = 0
La ecuación característica será:
k2 - 5k + 6 = 0
5  25  24 k1  3

k2  2
2
yh = C1e3x + C2e2x (7)
b) La solución a ensayar será:
y* = 0x2 + 1x + 2 (8)
y*' = 20x + 1
y*'' = 20
Reemplazando en (6)
20 -5(20x + 1) + 6(0x2 + 1x + 2) = x2 + 1
20 - 100x - 51 + 60x2 + 61x + 62 = x2 + 1
(60)x2 + (-100 + 61)x + (20 - 51 + 62) = x2 + 0x +1
Igualando los coeficientes de los términos de igual grado de ambos
miembros tendremos el sistema.
6 0  1

 10 0  6 1  0
2  5  6  1
1
2
 0
Resolviendo el sistema será:
60 = 1  0 
1
6
5
10
10 5
1
1 
 10   6 1  0    6 1   1 

18
6
36 18
6
1  5 
2   5   6 2  1
 6   18 
1 25 18  6  25 37
6 2  1  


3 18
18
18
1 37
2 

6 18
38
2 
108
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78
Ecuaciones Diferenciales
y 
1 2 5
37
(9) solución particular [reemplazada en (6) la
x  x
6
18
108
verifica]
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79
Ecuaciones Diferenciales
La solución buscada será: y = yh + y* [de (7)  (9)].
y  C1 e 3 x  C 2 e 2 x 
1 2 5
37
x  x
6
18
108
Si el número  es raíz simple de la ecuación característica.
 = k1   k2
Siendo f(x) = Pn(x) ex
Si probamos con la solución y* = Qn(x) ex siendo Qn(x) de grado n nos
encontraríamos con el siguiente problema en la ecuación (4).
Qn''(x) + (2 + p) Qn'(x) + (2 + p + q) Q(x) = Pn(x) (4).
b)
 2  p  q  0 por ser  raíz de la ecuación caraterística.

Siendo Qn x  es de grado n - 1
Q  x  es de grado n - 2
 n
Esto nos dice que (4) no puede ser una identidad cualquiera sean 0; 1;
2;……; n.
Por eso se propone una solución.
y* = xQn(x)ex
y* = x(0xn + 1xn-1 + ……+ n)ex (10)
Aplicando el método de los coeficientes indeterminados podemos
calcular los valores de 0; 1;……; n. que nos dan la solución
particular.
Ejemplo:
Resolver y'' - 5y' + 6y = (x2 + 3)e3x (11).
Solución:
a) La solución de la homogénea y'' - 5y' + 6y = 0 es aplicando la
ecuación característica.
k2 - 5k + 6 = 0
5  25  24 k1  3

k2  2
2
yh = C1e3x + C2e2x (12)
b) Siendo f(x) = (x2 + 3)e3x
Vemos que una raíz de la ecuación característica es k1 = 3 y el
exponente  es  = 3.
Por eso la ecuación propuesta será:
y* = (0x2 + 1x + 2)x e3x (13)
y*' = (0x2 + 1x + 2) e3x + 3x(0x2 + 1x + 2)e3x + (20x + 1)x e3x
y*'' = 3(0x2 + 1x + 2) e3 + (20x + 1)e3x + 3(0x2 + 1x + 2) e3x +
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80
Ecuaciones Diferenciales
+ 9x(0x2 + 1x + 2) e3x + 3x(20x + 1)e3x + (20x + 1) e3x +
+ 20x e3x + 3x(20x + 1)e3x
Reemplazando en (11) tenemos:
[30x2 + 31x + 32 + 20x + 1 + 30x2 + 31x + 32 + 9x30 + 9x21+
+ 92x + 60x2 + 31x + 20x + 1 + 20x + 60x2 + 31x - 50x2 - 51x
- 51 - 150x3 - 151x2 - 152x - 100x2 -51x + 60x3 + 61x2 +
62x]e3x = (x2 + 3) e3x
Simplificando:
0x3 + 30x2 + (60 + 21)x + (21 + 2) = x2 + 0x + 3
El sistema queda:
3 0  1

6 0  2 1  0
 3    3
1
2

Resolviendo el sistema tenemos:
30 = 1   0 
1
3
1
6  2 1  0
3
2  2 1  0
2 1  2 
 1  1
2(-1) + 12 = 3
-2 + 12 = 3
 = 5  2 = 5
La solución particular será:
y* = (0x2 + 1x + 2)x e3x
1

y    x 3  x 2  5 x e 3 x
3

1

y    x 3  x 2  5 x e 3 x
3

14
c)La solución general será [de (12)  (14)].
 x3

y  C1 e 3 x  C 2 e 2 x    x 2  5 x e 3 x
 3

(15)
c) Si el número  es raíz doble de la ecuación característica.
k1  k 2    
p
2
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81
Ecuaciones Diferenciales
La solución a proponer será:
y* = Qn(x) x2ex
y* = (0xn + 1xn-1 + ……+ n)x2ex (16)
Pues si tomamos (4)
Qn''(x) + (2 + p) Qn'(x) + (2 + px + q)Qn(x) = Pn(x)
2 + p = 0 pues   
p
2
2 + px + q = 0 pues  es raíz de la ecuación característica.
Qn''(x) es un polinomio de grado (n-2).
Ejemplo:
Hallar la solución general de :
y'' + 9y = (x2 + 1)e3x
(15)
Solución:
a) La solución de la homogénea será:
k2 + 0k + 9 = 0
k2 = -9  k =  3i
yn = e0x(C1cos3x + C2sen3x) (18)
b) Proponemos la solución particular.
y* = (0x2 + 1x + 2) e3x
y*' = 3e3x (0x2 + 1x + 2) + e3x(20x + 1)
y*'' = 9e3x (0x2 + 1x + 2) + 3e3x(20x + 1) + 3e3x (20x + 1) +
+ e3x(20).
Reemplazando en (17).
9(0x2 + 1x + 2)e3x + 3 (20x + 1) e3x + 3(20x + 1) e3x + 20 e3x +
+ 9(0x2 + 1x + 2)e3x = (x2 + 1)e3x
Igualando obtenemos el sistema:
18 0  1

12 0  18 1  0
2  6  18  1
1
2
 0
1
1
0 
1  
18
27
2 
5
81
La solución particular es:
1
5
1
y   x 2 
x  e 3 x
27
81 
 18
c) La solución general es:
1
5
1
y  C1 cos 3x  C 2 sen 3x   x 2 
x  e 3 x
27
81 
 18
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82
Ecuaciones Diferenciales
d) Verificación:
1
5
1
y   x 2 
x  e 3 x
27
81 
 18
1 
1
5 
1
1
y    x   e 3 x   x 2  x   e 3 x
27 
9
27 
9
6
1 3x  1
1
1
1
5
1
1
e   x  e 3 x   x  e 3 x   x 2  x   e 3 x
9
9
9
3
9
3
3
2
1
1
1
1
5
1
5
1
1
1
1
y   9 y  e 3 x   x  e 3 x   x  e 3 x   x 2  x  e 3 x   x 2  x  e 3 x
9
9
9
3
9
3
9
3
3
2
2
1 1
1 1 1 1
1 1 1 5 5
    x 2 e 3 x       xe 3 x       e 3 x  x 2  1 e 3 x
2 2
 3 3 3 3
9 9 9 9 9
y 


Verifica: la solución particular: está bien.
II) Si el segundo miembro tiene la forma.
f(x) = P(x)ex cosx + Q(x)ex senx
Siendo P(x)  Q(x) polinomios.
e ix  e ix
Si reemplazamos cos x 
2
ix
e  e ix
sen x 
2i
Quedará:
e ix  e ix
e ix  e ix
+ Q(x) e x
2
2i
 Px  Qx   i   Px  Qx   i 
f x   

e


e
2i 
2i 
 2
 2
f(x) = P(x) e x
Los corchetes contienen polinomios de grado igual al mayor grado de
P(x) y Q(x).
Esto nos dice que hemos transformado el caso II en el caso I.
Luego: si el segundo miembro de la ecuación diferencial tiene la forma
f(x) = P(x) ex cosx + Q(x) ex senx.
Tendremos:
a)Si el número  + i no es raíz de la ecuación característica la solución
particular propuesta será:
y* = U(x) ex cosx + V(x) ex senx.
U(x)  V(x) son polinomios con grado igual al mayor grado de P(x)
yQ(x).
b) Si el número  + i es raíz simple de la ecuación característica, la
solución particular propuesta será:
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83
Ecuaciones Diferenciales
y* = x[U(x) ex cosx + V(x) ex senx.]
 P x   0
Las soluciones son validas si: 
Qx   0
Qx e x sen x
Px e x cos x
Observación:
Un caso particular se tiene cuando:
f(x) = M cosx + N senx
M  N constantes.
a)Si i no es raíz de la ecuación característica la solución propuesta
será:
y* = A cosx + B senx.
b) Si i es raíz de la ecuación característica la solución propuesta
será:
y* = x(A cosx + B senx.).
Ejemplo:
Hallar la solución general de y'' + 2y' + 5y = 2cosx.
Solución:
a)La solución de la homogénea será:
k2 + 2k + 5 = 0
k  1  2i
 2  4  20
 1
k 2  1  2i
2
yh = e-x(C1 cos2x + C2 sen2x)
b) La solución particular propuesta será:
y* = A cosx + B senx
y*' = -A senx + B cosx
y*'' = -A cosx - B senx
Reemplazando:
-A cosx - B senx - 2A senx + 2B cosx + 5A cosx + 5B senx = 2 cosx
(-A + 2B + 5A)cosx + (-B - 2A + 5B)senx = 2cosx + 0senx.
 A  2 B  5 A  2

4B  2 A  0

B
4A  2B  2

- 2A  4B  0
4A  2B  2

- 4A  8B  0  10B  2
1
5
1
5
2A = 4B  A = 2B  A  2 
2
5
A
2
5
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84
Ecuaciones Diferenciales
y 
2
1
cos x  sen x
5
5
La solución general será:
2
1
y  e  x C1 cos 2 x  C 2 sen 2 x   cos x  sen x
5
5
Ejemplo:
Hallar la solución general de y'' + 4y = cos2x
Solución:
a) La solución de la homogénea será:
k 2  4  0
k1  2i
k 2  2i
yh = C1cos2x + C2sen2x
b) La solución particular propuesta.
y* = x(Acos2x + Bsen2x)
y*'=Acos2x + Bsen2x - 2Axsen2x + 2xBcos2x
y*'' = -A2senx + 2Bcos2x - 2A(sen2x + x2cos2x) + 2B(cos2x - 2xsen2x)
-2Asen2x + 2Bcos2x - 2Asen2x - 4Axcos2x + 2Bcos2x - 4Bxsen2x +
4xAcos2x + 4xBsen2x = cos2x
4Bcos2x - 4Asen2x = cos2x + 0
4B = 1
-4A = 0
y 
B 1
4
A=0
1
x sen 2 x
4
La solución general será:
x
y  C1 cos 2 x  C 2 sen 2 x  sen 2 x
4
Ejemplo:
Resolver y'' - y = 3e2x cosx
Solución:
a) La solución de la homogénea es:
k2 - 1 = 0
k1 = 1  k2 = -1
x
-x
yh = C1e + C2e
b) La solución particular propuesta será:
y* = e2x(A cosx + B senx)
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85
Ecuaciones Diferenciales
y*' = 2e2x(A cosx + B senx) + e2x(-A senx + B cosx)
y*'' = 4e2x(A cosx + B senx) + 2e2x(-A senx + B cosx) + 2e2x(-A senx +
B cosx) + e2x(-A cosx - B senx)
y'' - y = 4e2x(A cosx + B senx) + 4e2x(-A senx + B cosx) + e2x(-A cosx B senx) - e2x(A cosx + B senx) = e2x3cosx
(4A + 4B - A - A)e2xcosx = e2x3cosx
(4B - 4A - B -B)e2xsenx = 0e2xsenx
 2 A  4B  3

 4 A  2 B  0
 4 A  8B  6

 4 A  2 B  0
10 B  6
B
3
5
3
24 6
A

10
5 5
3
3

y  e 2 x  cos x  sen x 
5
 10

4 A  6  8B  6 
c) La solución general será:
3
3

y  C1 e x  C 2 e  x  e 2 x  cos x  sen x 
5
 10

Ejemplo:
Resolver y''' - 7y'' + 16y' - 12y = 24x2ex
Solución:
y = yh + y*
a) y''' - 7y'' + 16y' -12y = 0
k3 - 7k2 + 16k - 12 = 0
k1 = 2; k2 = 2; k3 = 3
yh = (C1 + C2x)e2x + C3e3x
b) y* = ex(Ax2 + Bx + C) es la solución particular propuesta.
y*' = ex(Ax2 + Bx + C) + ex(2Ax + B)
y*' = ex[Ax2 + (B + 2A)x + (C + B)]
y*'' = ex[Ax2 + (B + 2A)x + (C + B)] + ex[2Ax + B + 2A]
y*'' = ex[Ax2 + (B + 4A)x + (C + 2B + 2A)]
y*''' = ex[Ax2 + (B + 4A)x + (C + 2B +2A)] + ex[2Ax + B + 4A]
y*''' = ex[Ax2 + (B + 6A)x + (C + 3B + 6A)]
Reemplazando el la ecuación diferencial dada.
x
e [Ax2 + (B + 6A)x + (C + 3B + 6A)] - 7ex[Ax2 + (B + 4A)x + (C + 2B +
2A)] + 16ex[Ax2 + (B + 2A)x + (C + B)] - 12ex[Ax2 + Bx + C) = 24x2ex
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86
Ecuaciones Diferenciales
 x 2  A  7 A  16 A  12 A  24 x 2

 x B  6 A  7B  4 A  16B  2 A  12 B   0 x
C  3B  6 A  7C  2 B  2 A  16C  B   12C  0

 2 A  24

 A = -12; B = -60; C = -102
10 A  2 B  0
 8 A  5B  2C  0

c) la solución general será:
y = (C1 + C2x)e2x + C3e3x + ex(-12x2 - 60x - 102)
TABLA DEL METODO DE COEFICIENTES INDETERMINADOS.
f(x)
Integral particular y(x)
*
A
0

n
n-1
n
A0x + A1x + ……+An
0
.x
nZ
px
n
A.e
p
.x
pR
Acosqx + Bsenqx
q.i
 cosqx
Acosqx + Bsenqx
qi
 senqx
n
n-1
px
n px
x e cosqx ……… (A0x + A1x + …+An)e cosqx p + qi
+ (B0xn + B1xnxnepx senqx
1
+…+Bn)epxsenqx
xnepx
epx(A0xn + A1xn-1+…+ An)
p
px
px
e senqx …………
e (Acosqx + Bsenqx)
p + qi
px
e cosqx
Nota: si los números de la columna (*) son raíces de la ecuación
característica: k2 + pk + q = 0, las funciones y(x) de la segunda columna
deben ser multiplicadas por xn donde n es el orden de multiplicidad de
dichas raíces.
Si f(x) es la suma de funciones de la primera columna, la y(x) propuesta
es la suma de las correspondientes funciones de la 2da columna.
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87
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplos de aplicación de la tabla del método de los coeficientes
indeterminados.
Dada la ecuación; en cada uno de los ejemplos, hallar la solución
homogénea y plantear la solución particular propuesta de acuerdo a la
tabla.
Ejemplo:
y'' - 7y' + 10y = x2 + 5e5x
yH = C1e5x + C2e2x
y* = Ax2 + Bx + C + De5xx
Ejemplo:
y'' + 9y = e3x cos3x
yH = C1cos3x + C2sen3x
y* = e3x(Acos3x + Bsen3x)
Ejemplo:
y'' + 9y = 5sen3x
yH = C1cos3x + C2sen3x
y* = e3x(Acos3x + Bsen3x)x
Ejemplo:
y'' - 4y' + 13y = e2x cos3x
yH = e2x(C1cos3x + C2sen3x)
y* = e2x(Acos3x + Bsen3x)x
Ejemplo:
y'' - 4y' +13y = x2 e2x cos3x
yH = e2x(C1cos3x + C2sen3x)
y* = [(Ax2 + Bx + C)e2xcos3x + (Dx2 + Ex + F) e2xsen3x] x
Ejemplo:
y'' = x2 - 4x + 2
yH = C1 + C2x
y* = (Ax2 + Bx + C)x2
Ejemplo:
y'' + 9y - 8 = 0
yH = C1cos3x + C2sen3x
y* = A
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88
Ecuaciones Diferenciales
Ejemplo:
y'' - 4y' + 4y = 5e2x
yH = (C1 + C2x) e2x
y* = Ax2 + e2x
Ejemplo:
y'' - 4y' + 4y = (x2 + 3) e2x
yH = (C1 + C2x) e2x
y* = (Ax2 + Bx + C)x2e2x
Ejemplo:
y'' - 4y' + 4y + 4 = x3 e2x  y'' - 4y' + 4y = x3e2x - 4
yH = (C1 + C2x)e2x
y* = e2x(Ax3 + Bx2 + Cx + D)x2 + E
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89
Ecuaciones Diferenciales
EJERCICIOS XV
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas
1) y'' - 2y' - 3y = 0
2) y'' - 6y' + 13y = 0
3) y'' - 4y' + 13y = 0
4) y'' - 6y' + 9y = 0
5) y'' - 3y' + 2y = 0
6) y'' - 4y' + 4y = 0
7) y''' + 6y'' + 10y' = 0
8) 2y''' - 5y'' + 2y' = 0
9) y''' + 2y'' = 0
10) y''' - 9y'' + 27y' - 27y = 0
11) y(4) - 12y(3) + 54y(2) - 108y' + 81y = 0
12) y(4) - 6y(3) + 9y(2) = 0
13) y' - 3y = 0
14) y''' - y'' - 2y' = 0
15) y''' - 6y'' + 12y' - 8y = 0
16) y(4) + 2y(3) + 5y(2) = 0
17) y(4) - 2y(3) + 5y(2) = 0
18) y''' - 3y'' + 2y' = 0
19) y''' - 5y'' + 17y' - 13y = 0
20) y(4) - 16y = 0
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no homogéneas.
Aplicar el método de los coeficientes indeterminados.
21) y'' - 7y' + 10y = 6x + 8e2x
22) y'' + 4y' + 5y = 3e-2x
23) y'' + 9y = 2x2 + 4x + 7
24) y'' + 5y' + 6y = 3e-2x + e3x
25) y'' + 9y = x cosx
26) y'' - 3y' + 2y = e5x
27) y'' - 3y' + 2y = ex
28) y'' + 5y' + 4y = 3 - 2x
29) y'' + 4y = cos4x + cos2x
30) y'' + y' - 2y = 2 + 2x - 2x2
31) y'' - y =
1 1
 cos 2 x
2 2
32) y'' - y = 4xex
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90
Ecuaciones Diferenciales
33) y''' - 7y'' + 16y' - 12y = 24x2ex
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91
Ecuaciones Diferenciales
34) y(4) - y = -2 sen2x + cos2x
35) y(4) + 3y(2) - 4y = sen2x + 6e3x
36) y''' + 3y'' - 4y = x e-2x
37) y(3) - 4y(2) = 5
38) y(3) - 4y' = x
39) y'' - 2y' + 3 = x3 + senx
40) y''' + 2y'' - y'- 2 = ex + x2
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92
Ecuaciones Diferenciales
Resuelva la Autoevaluación N° 15
Ej1) Resolver y'' - 2y' + 10y = 0
Ej2) Resolver y(4) + 5y(2) - 36y = 0
Ej3) Resolver y'' - 2y' = ex senx
Ej4) Resolver y''' - y''- 4y' + 4y = 2x2 - 4x - 1 + e2x(2x2 + 5x + 1)
Ej5) Resolver y'' - 9y = e2x + x - sen2x
Tabla de Rendimientos
Ej 1
Ej 2
Ej 3
20
20
20
Ej 4
20
Ej 5
20
Total
100
Ver Resultados al final del capítulo
Nota: Si obtuvo menos del 80%, vuelva a estudiar los conceptos
anteriores. Si obtuvo el 80% o más pase a los temas siguientes.
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93
Ecuaciones Diferenciales
TEMA
19:
SISTEMAS
DE
ECUACIONES
DIFERENCIALES DE COEFICIENTES CONSTANTES.
Se llama sistema lineal de ecuaciones diferenciales con coeficientes
constantes al sistema:
n
dx i
  a ij x j  f i t 
dt
j 1
i  1;2;; n
a ij Ctes
f i t  funciones de t
Si f i t   0 el sistema es homogéneo
Un sistema homogéneo es:
 dx1
 dt  a11x1  a12 x2  a13x3    a1n xn

 dx2  a x  a x  a x    a x
21 1
22 2
23 3
2n n
 dt
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 
 dxn  a x  a x  a x    a x
n1 1
n2 2
n3 3
nn n
 dt
 x1   1 t 

 x   2 t 
El conjunto de funciones  2

 x n   n t 
(1)
(2)
determinadas; diferenciables, con derivadas continuas en (a, b) se llama
solución del sistema (1) en ese intervalo si las funciones (2) convierten a
las ecuaciones de (1) en identidades que se cumplen t(a, b)
 x1  x1 t 0 

 x  x t 
El problema de hallar las soluciones  2 2 0 se llama problema de

 x n  x n t 0 
Cauchy.
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94
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 20: REDUCCIÓN DE UN SISTEMA A UNA
ECUACIÓN DE N - ESIMO ORDEN.
Un método sencillo de integrar un sistema es reducirlo a una ecuación
diferencial lineal de orden n.
Sea el sistema:
 dx
 dt  ax  by  f t 

 dy  cx  dy  g t 
 dt
1
2
Siendo a, b, c, y d constantes y f(t) y g(t) funciones de t
1 dx
De (1) despejo y  y    ax  f t 
b  dt
siendo

3

dy 1  d 2 x
dx
  2  a  f t 
dt b  dt
dt

4
Si reemplazo (3)  (4) en (2)

1 d 2 x
dx
1  dx

 2  a  f t   cx  d   ax  f t   g t 
b  dt
dt
b  dt


Simplificando quedaría:
d 2x
dx
A 2  B  Cx  Dt   0
dt
dt
(5)
Siendo A, B, y C constantes. Esta es una ecuación diferencial de orden
2 (en este caso, en general de orden n).
Esta ecuación (5) se resuelve aplicando la ecuación característica,
hallando la solución de la homogénea y una solución particular por el
método de los coeficientes indeterminados.
x = 1(t; C1; C2) si k1  k2 (en la ecuación característica)
x  C1e k t  C 2 e k t   p1 t  (6)
1
Conociendo x puedo calcular
calcular y = 2(t; C1; C2)
Ejemplo:
 dx
 dt  y  1

 dy  x  1
 dt
2
dx
que reemplazada en (3)me permite
dt
1
2
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95
Ecuaciones Diferenciales
Solución:
dx
 1 (3)
dt
dy d 2 x
(4)

dt dt 2
de (1) y 
Reemplazando (3) y (4) en (2)
d 2x
d 2x
 x  1 x'' - x = 1(5)

x

1

dt 2
dt 2
Resuelvo la homogénea x'' - x = 0
k 2  1  0
k1  1
k 2  1
xh = C1et + C2e-t
Para la solución particular propongo
x p  A

x p  0  reemplazo en (5)

x p  0 
0 - A = 1  A = -1
La solución x = xh + xp  x = C1et + C2e-t - 1 (6)
Ahora para calcular y en (3) debo calcular
y = C1et - C2e-t - 1
(6) y (7) son soluciones del sistema dado.
dx
 C1 e t  C 2 e t
dt
(7)
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96
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 21: METODO DE EULER PARA UN SISTEMA
DE
ECUACIONES
DIFERENCIALES
LINEALES
HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES.
Estudiamos el caso
 dx
 dt  ax  by  cz

 dy
  a1 x  b1 y  c1 z
 dt
 dz
 dt a 2 x  b2 y  c 2 z

(1)
 x  e kt

Buscamos una solución de la forma:  y  ue kt
 z  ve kt

(2)
Siendo ; u; v; k constantes.
Si reemplazamos (2) y sus derivadas en (1) tenemos:
k .e kt  ae kt  bue kt  cve kt

kt
kt
kt
kt
uk .e  a1 e  b1ue  c1 ve

kt
kt
kt
kt
vk.e  a 2 e  b2 ue  c 2 ve
Simplificando y ordenando
a  k   bu  cv  0

a1   b1  k u  c1 v  0
a   b u  c  k v  0
2
2
 2
(3)
Este sistema posee soluciones distintas de la trivial (no nulas) cuando el
determinante principal es igual a cero.
ak
b
a1
b1  k
a2
b2
c
c1  0
c2  k
(4)
Resolviendo obtenemos la ecuación característica:
Ak3 + Bk2 + Ck + D = 0 (4')
Si resolvemos la ecuación característica se pueden dar tres casos.
I) k1; k2 y k3 reales y distintos.
II)  soluciones complejas.
III)  soluciones múltiples.
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97
Ecuaciones Diferenciales
Caso I: raíces reales y distintas. k1  k2  k3
1) Si sustituimos en (3) k por k1 tendremos un sistema:
a  k1 1  bu1  cv1  0

a1 1  b1  k1 u1  c1 v1  0
a   b u  c  k v  0
2
1 |
 2 1 2 1
Si resolvemos el sistema obtenemos 1; u1; v1; luego:
 x1  1 e k1t

kt
 y1  u 1 e 1

kt
 z1  v1 e 1
2) Si sustituimos en (3) k por k2 obtenemos 2; u2; v2; luego:
 x 2   2 e k 2t

k t
 y2  u2e 2

k t
 z 2  v 2 e 2
3) Si sustituimos en (3) k por k3 obtenemos 3; u3; v3; luego:
 x3  3e k 3t

k t
 y3  u3e 3

k 3t
 z3  v3e
La solución general es:
 x  C11e k1t  C 2  2 e k2t  C3 3 e k3t

kt
kt
k t
 y  C1u1e 1  C 2 u 2 e 2  C3u 3 e 3

k 3t
k1t
k 2t
 z  C1v1e  C 2 v 2 e  C3 v3 e
 x  C1 x1  C 2 x 2  C3 x3

 y  C1 y1  C 2 y 2  C3 y 3
z  C z  C z  C z
1 1
2 2
3 3

Ejemplo:
 dx
 dt  x  4 y

 dy  2 x  3 y
 dt
Solución:
1
2
1  k   4u  0

2  3  k u  0
1 k
4
0
2
3 k
(1- k)(3 - k) - 8 = 0
3
4
k2 - 4k - 5 = 0
(4')
4  16  20 k1  5

k 2  1
2
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98
Ecuaciones Diferenciales
raíces reales y distintas.
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99
Ecuaciones Diferenciales
Para k1 = 5
1  51  4u1  0

21  3  5u1  0
- 41  4u1  0

 21  2u1  0
Las dos ecuaciones son proporcionales (pues  = 0) 
21 = 2u1  1 = u1
si tomamos una de las infinitas soluciones
1 = 1  u1 = 1
 x1  e 5t
Luego 
 y1  e 5t
1) Para k2 = -1
1  1 2  4u 2  0

2 2  3  1u 2  0
Las dos son proporcionales 22 = - 4u2
Si consideramos 2 = 2  u2 = -1
2 2  4u 2  0

2 2  4u 2  0
2 = -2u2
 x 2  2e  t
Luego 
 y 2  e t
Luego la solución general
x = C1e5t + 2C2e-t
y = C1e5t - C2e-t
Caso II: existen raíces complejas
 dx
 dt  ax  by

 dy  a x  b y
1
1
 dt
a  k   bu  0

a1   b1  k u  0
Ap
1) Para k1 =  + i
a     i 1  bu1  0

a11  b1     i u1  0
ak
b
0
a1
b1  k
k2 + Bk + C = 0
k1 =  + i
k2 =  - i
Observación : al ser A p  0 una ecuacón

es proporcional a la otra (combinaci ón lineal)
Si resolvemos calculamos 1  u1
   t
t  t

 x1  1e i  1e e i

   i t

 u1et e  i t
 y1  u1e
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100
Ecuaciones Diferenciales
x1  1et cos t  i sen t   Re x1   iI m x1 
y1  u1et cos t  i sen t   Re  y1   iI m  y1 
Observación:
1  u1 pueden ser reales o complejos.
2) Para k2 =  - i
a     i  2  bu 2  0

a1  2  b1     i u 2  0
Observación : al ser A p  0 una ecuacón

es combinació n lineal de la otra
Si resolvemos calculamos 2  u2
   t
t   t

x 2   2 e i   2 e e i

   i t

 u 2 e t e   i t
y2  u2e
x 2   2 e t cos t  i sen t   Re x 2   iI m x 2 
y 2  u 2 e t cos t  i sen t   Re  y 2   iI m  y 2 
La solución propuesta será (como solución general).
 x  C1 Re x1   C 2 I m x1 

 y  C1 Re  y1   C 2 I m  y1 
Observación:
Como vemos no es necesario hacer el paso 2) para k2 =  - i pues con
el paso 1) para k1 =  - i es suficiente.
Otra forma de encontrar la solución general es pasar de x 1; y1; x2; y2 a
un nuevo sistema fundamental de soluciones.
Este será:
x1  x 2
2
y  y2
y1  1
2
x1 
x1  x 2
2i
y  y2
y2  1
2i
 cos t  i sen
x2 
Recordando que
eit
e  i t  cos t  i sen
La solución general del sistema será:
 x  C1 x1  C1 x 2

 y  C1 y1  C 2 y 2
Aplicando cualquiera de las formulas se obtiene la solución general.
Ejemplo:
 dx
 dt  2 x  3 y

 dy  3x  2 y
 dt
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Ecuaciones Diferenciales
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102
Ecuaciones Diferenciales
Solución:
2  k   3u  0

 3  2  k u  0
2k
3
0
3 2k
2  k 2  k   9  0
k 2  4k  13  0
4  16  52 k1  2  3i

k 2  2  3i
2
1) Para k1 = 2 + 3i
2  2  3i 1  3u1  0

 31  2  2  3i u1  0
 3i1  3u1  0
 3i1  3u1  0
 

 31  3iu 1  0
 3i1  3u1  0
son proporcionales ( = 0)
3i1 = 3u1
u1 = i1
Si 1 = 1  u1 = i
kt
2  3i t

 e 2t cos 3t  i sen 3t 
 x1  1 e 1  1e

k1t
2  3i t

 ie 2t cos 3t  i sen 3t 
 y1  u1 e  ie
2t
2t

 x 1  e cos 3t  ie sen 3t 


 Con esto ya podemos calcular la sol. General.
2t
2t

y


e
sen
3
t

ie
cos
3
t

 1

 x  C1 Re x1   C 2 I m x1 
Solución general. 
 y  C1 Re  y1   C 2 I m  y1 
x  C1e 2t cos 3t  C 2 e 2t sen 3t
y  C1 e 2t sen 3t  C 2 e 2t cos 3t
Solución general.
Aplicando esto se obtiene una rápida solución.
Aplicaremos ahora el otro método.
1) Para k1 =  + i
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103
Ecuaciones Diferenciales
2  2  3i 1  3u1  0

 31  2  2  3i u1  0
 3i1  3u1  0

  son proporcionales (combinaci ón lineal)
 31  3iu 1  0
3i1  3u1
u1  i1
Si 1  1
u1  i
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104
Ecuaciones Diferenciales
kt
2  3i t

 e 2t cos 3t  ie 2t sen 3t
 x1  1 e 1  1e

k1t
2  3i t

 e 2t sen 3t  ie 2t cos 3t
 y1  u1 e  ie
*
2) Para k2 =  - i
2  2  3i  2  3u 2  0

 3 2  2  2  3i u 2  0
3i 2  3u 2  0 

 Son combinació n lineal (una de otra)
 3 2  3iu 2  0
3i 2  3u 2  0
u 2  i 2

x2


 y2

x2


 y2
si  2  1 u 2  i
  2 e k 2t  1e 2 3i t  1e 2t cos 3t  i sen 3t 
 u 2 e k 2t  ie 2 3i t  ie 2t cos 3t  i sen 3t 
 e 2t cos 3t  i sen 3t   e 2t cos 3t  ie 2t sen 3t
 e 2t  sen 3t  i cos 3t   e 2t sen 3t  ie 2t cos 3t
(*) y (*)(*) solo difieren en un signo.
Si calculamos un nuevo sistema fundamental.
**
x1  x 2 1 2t
 e cos 3t  ie 2t sen3t  e 2t cos 3t  ie 2t sen3t
2
2
1
x1  2e 2t cos 3t
x 1  e 2t cos 3t
2
y  y2 1
y1  1
  e 2t sen3t  ie 2t cos 3t  e 2t sen3t  ie 2t cos 3t
2
2
1
y1   2e 2t sen3t
y1  e 2t sen3t
2
x  x2
1 2t
x2  1

e cos 3t  ie 2t sen3t  e 2t cos 3t  ie 2t sen3t
2i
2i
1
x2 
2ie 2t sen3t
x 2  e 2t sen3t
2i
y  y2
1
y2  1

 e 2t sen3t  ie 2t cos 3t  e 2t sen3t  ie 2t cos 3t
2i
2i
1
y 2  2i cos 3t e 2t
y 2  e 2t cos 3t
2i
 x  C1 x1  C 2 x 2

 y  C1 y1  C 2 y 2
x  C1e 2t cos 3t  C 2 e 2t sen3t

x1 












y  C1e 2t sen3t  C 2 e 2t cos 3t

Solución general.
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105
Ecuaciones Diferenciales
Caso III: existen raíces multiples.
 dx
 dt  ax  by
Dado 
 dy  a x  b y
1
1
 dt
1
Si planteamos el sistema
a  k   bu  0

a1   b1  k u  0
3
El determinante será.
ak
b
0
a1
b1  k
4 resolviendo obtenemos
(4') Ak2 + Bk + C = 0 resolviendo obtenemos k = k1 = k2
Para k = k1 = k2 obtenemos:
a  k1 1  bu1  0

a11  b1  k u1  0
kt

 x1  1e 1

k1t

 y1  u1e
El mismo sistema quedará para k = k2
a  k 2  2  bu 2  0

a1  2  b1  k u 2  0
k t

x2  2 e 2

k 2t

 y2  u2e
Estas soluciones no son linealmente independientes pues k 1 = k2
Se debe ensayar entonces una solución del tipo:
 x  1  u1t e k1t
(5) 
 y   2  u 2 t e k1t
estos valores de  y u son distintos de los obtenidos
en los sistemas.
Si reemplazamos (5) en (1) (en una de las ecuaciones), identificando los
coeficientes de las iguales potencias de t en el primer y segundo miembro
tendremos:
k1 1  u1t e k1t  u1e k1t  a1  u1t e k1t  b2  u 2 t e k1t
k11  u1   u1t  a1  b2   au1  bu 2 t
k11  u1  a1  b 2 

u1  a1u1  bu 2 
De este sistema podemos calcular u2 y 2 en función de u1 y 1.
De la segunda ecuación: u1= u1a1 + bu2
bu2 = u1-u1a1
u2 
u 1 1  a 1 
b
De la primera ecuación: k11 + u1 - a1 = b2
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106
Ecuaciones Diferenciales
2 
k1 1  u1  a1
b
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107
Ecuaciones Diferenciales
Si asignamos valores arbitrarios C1 y C2 a u1 y 1
tendremos:
1 = C1
u1 = C2
C1 1  a 1 
b
k   C 2  aC 1
2  1 1
b
u2 
La solución general será:
 x  c1  C 2 t e k1t


 k1 1  C 2  aC1 C1 1  a1   k1t

t e
y  
b
b



Ejemplo:
 dx
 dt  2 x  y
Resolver 
 dy  4 y  x
 dt
Solución:
Primero debemos ordenar las variables del segundo miembro y luego
plantear el determinante.
2k
1
1
0
4k
2  k 4  k   1  0
k 2  6k  9  0
k1  3
k2  3
Solución de la forma:
 x  1  u1 te 3t

 y   2  u 2 te 3t
Reemplazando en la primera ecuación:
3(1 + u1t)e3t + u1e3t = (21 + 2u1t)e3t + (2 + u2t)e3t
(31 + u1) + 3u1t = (21 + 2) + (2u1 + u2)t
Igualando coeficientes.
31 + u1 = 21 + 2
3u1 = 2u1 + u2  u2 = u1
2 = 1 + u1
Si consideramos: 1 = C1
u1 = C2
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108
Ecuaciones Diferenciales
u2 = C2
2 = C1 + C2
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109
Ecuaciones Diferenciales
x = (C1 + C2t)e3t
y = (C1 + C2 + C2t)e3t
Serán:
Ejemplo:
d 2x
 2  x  5 y
Resolver  dt2
por el método de Euler o determinantes.
 d y  3x  y
 dt 2
 1  k 2   5u  0

2
3   1  k u  0
k 1  2

1 k 2
5
k 2  2
4
0
k  16  0
2
3
1 k
k 3  2i
k 4  2i




Para k1 = 2

1  4 1  5u1  0  31  3u1

31  5u1  0
 x1  1e 2t


3 2t
 y1  e
5

si 1  1 u1 
3
5
Para k2 =- 2
1  4 2  5u2  0


32  5u2  0 Idem anterior
 x2  1e  2t


3  2t
 y2  e
5

Para k3 = -2i
1  4 3  5u3  0  3  u3

33  3u3  0
si 2  1 u2 
3
5
si 3  1 u3  1
 x3  1e 2it  cos 2t  i sen 2t

 y3  1e 2it   cos 2t  i sen 2t
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110
Ecuaciones Diferenciales
Para k1 = 2i
1  4 4  5u4  0  4  u4

34  3u4  0
si 4  1 u4  1
 x4  1e  2it  cos 2t  i sen 2t

 y4  1e  2it   cos 2t  i sen 2t
La solución general será:
 x  C1e 2t  C2e 2t  C3 cos 2t  C4 sen 2t


3 2t 3
 2t
 y  C1e  C2e  C3 cos 2t  C4 sen 2t
5
5

Verificación:
dy 6
6
 C1 e 2t  C 2 e  2t  2C 3 sen 2t  2C 4 cos 2t
dt 5
5
2
d y 12
12
 C1 e 2t  C 2 e  2t  4C 3 cos 2t  4C 4 sen 2t
2
5
5
dt
2t
3 x  y  3C1 e  3C 2 e  2t  3C 3 cos 2t  3C 4 sen 2t
3
3
 C1 e 2t  C 2 e  2t  C 3 cos 2t  C 4 sen 2t
5
5
12
12
3 x  y  C1 e 2t  C 2 e  2t  4C 3 cos 2t  4C 4 sen 2t
5
5
Verifica.
Ejemplo:
d 2 x
 2  x  5y
Resolver  dt2
por reducción de un sistema a una ecuación de
 d y  3x  y
 dt 2
enesimo orden.
Resolución de la segunda ecuación:

1d2y
x   2  y  (1)
3  dt

dx 1  d 3 y dy 
 
 
dt 3  dt 3 dt 
d 2x 1 d 4 y d 2 y 

 

dt 2 3  dt 4 dt 2 
Reemplazando en la primera ecuación:
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111
Ecuaciones Diferenciales
1 d4y 1 d2y 1 d2y y


  5y
3 dt 4 3 dt 2 3 dt 2 3
1 d 4 y 16
 y0
3 dt 4
3
4
d y
 16 y  0
dt 4
yIV - 16y = 0 Ecuación homog.
La ecuación característica es:
k4 - 16 = 0 
k1 = 2; k2 = -2; k3 = 2i; k4 = -2i
La solución será:
y = C1e2t + C2e-2t + C3cos2t + C4sen2t
Para calcular x de (1) necesito calcular la
(2)
d2y
dt 2
dy
 2C1 e 2t  2C 2 e  2t  2C 3 sen 2t  2C 4 cos 2t
dt
d2y
 4C1 e 2t  4C 2 e  2t  4C 3 cos 2t  4C 4 sen 2t
2
dt
Reemplazando en (1)

1
4C1 e 2t  4C 2 e  2t  4C 3 cos 2t  4C 4 sen 2t  C1 e 2t  C 2 e  2t  C 3 cos 2t  C 4 sen 2t
3
5
5
x  C1 e 2t  C 2 e  2t  C 3 cos 2t  C 4 sen t
3
3
Ejemplo:
x
1) Resolver el sistema
 dx
 dt  3 x  y  z

 dy
  x  5y  z
 dt
 dz
 dt  x  y  3 z

Solución
(1)
1. La ecuación característica es:
3  r 1
1
1 5  r 1  0
1
1 3  r
(3 - r)(5 - r)(3 - r) + 1 + 1 - (5 - r) - (3 - r) - (3 - r) = 0
r 3  11r 2  36r  36  0



r1 = 2 r2 = 3 r3 = 3
Caso de raíces reales y distintas
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112

Ecuaciones Diferenciales
 P 0   0
1  11 36  36
 P 1  0

2
2  18 36



P

1

0

1 9
18
0
 P 2   0
x 2  9r  18  0
r1 = 2
r 3
9  81  72
 2
r3  6
2
2. Para r1 = 2
3  21  1u1  v1  0 


 1  5  2u1  v1  0 Indeterminado pues |A| = 0
  u  3  2v  0 
1
 1 1

 1  1 1 0 1  1 1 0

 

 1 3  1 0  0 2 0 0
 1  1 1 0 0 0 0 0
 


Si tomo 1 = 1  01 + 2u1 = 0  u1= 0
 1- 1.0 + v1 = 0  v1 = -1
 x1  1 e r1t  x1  e 2t

rt
Soluciones particulares.
 y1  u 1 e 1  y1  0
2t

r1t
 z1  v1 e  z1  e
3. Para r2 = 3
3  3 2  1u 2  v 2  0 


  2  5  3u 2  v 2  0 Indeterminado pues |A| = 0
  u  3  3v  0 
2
2
 2

 0  1 1 0  0  1 1 0  0  1 1 0

 
 

 1 2  1 0  1 1 0 0   1 1 0 0
 1  1 0 0  1  1 0 0  0 0 0 0
 
 


Si 2 = 1 -2 + u2 = 0 u2 = 1
u 2 + v3 = 0 v 3 = 1
 x 2   2 e r2t

rt
 y2  u2e 2

rt
 z 2  v 2 e 2
x 2  e 3t
y 2  e 3t Soluciones particulares.
z 2  e 3t
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113
Ecuaciones Diferenciales
4. Para r3 = 6
 3  6 3  1u 3  1v 3  0


 1 3  5  6u 3  1v 3  0 Indeterminado pues |A| = 0
 1 3  1u 3  3  6v 3  0


 3  1 1 0 0  4  8 0 0 0
0 0

 



  1  1  1 0  0  2  4 0  0  2  4 0
 1  1  3 0 1  1  3 0 1  1  3 0



Si 3 = 1
1  u 3  3v 3  0 

 2
 2u 3  4v 3  0

-2 + 0 + 2v3 = 0 v3 = 1
-2u3 = 4v3 u3 = -2
 x 3   3 e r3t x 3  e 6t

6t
rt
 y 3  u 3 e 3 y 3  2e Soluciones particulares.
6t

rt
 z 3  v 3 e 3 z 3  e
5. La solución general del sistema dado (1) es:
 x  C1 x1  C 2 x 2  C 3 x 3

 y  C1 y1  C 2 y 2  C 3 y 3
z  C z  C z  C z
1 1
2 2
3 3

2t
3t
 x  C1 e  C 2 e  C 3 e 6 t

3t
6t
(2)
 y  C 2 e  2C 3 e

2t
3t
6t
 z  C1 e  C 2 e  C 3 e
6. Verificación: Si reemplazamos la solución general (2) en (1) debe
verificarse.
Ejemplo:
Resolver el sistema.
 dx
 dt  x  5 y
(1)

 dy  2 x  y
 dt
Solución:
1. La ecuación característica es:
1  r 
2
5
0
 1  r 
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114
Ecuaciones Diferenciales
(1-r)(-1-r)+10 =0 r 2  9  0 
r1  3i
Caso de raíces complejas conjugadas.
r2  3i
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115
Ecuaciones Diferenciales
Para r1 = 3i
1  3i 1  5u1  0

21  1  3i u1  0
Al ser |Ap| = 0 la segunda ecuación es consecuencia de la primera
(combinación lineal).
El sistema es indeterminado.
(1 - 3i)1 = 5u1
u1  1  3i
1  5
hago entonces 
 x1  1 e r1t  x1  5e 3it  5cos 3t  i sen 3t   5 cos 3t  i5 sen 3t

 y1  u1 e r1t  y1  1  3i e 3it  1  3i cos 3t  i sen 3t 
y1  cos 3t  i sen 3t  3i cos 3t  3 sen 3t
y1  cos 3t  3 sen 3t   i sen 3t  3 cos 3t 
2. Para r2 = -3i
(no es necesario) (solo como verificación)
1  3i  2  5u 2  0
obtengo 2 = 5; u1 = 1+3i

2 2  1  3i u 2  0
 x 2   2 e r2t  x1  5e 3it  5cos 3t  i sen 3t   5 cos 3t  i5 sen 3t

 y 2  u 2 e r2t  y1 1  3i e 3it  1  3i cos 3t  i sen 3t  
 cos 3t  i sen 3t  i3 cos 3t  3 sen 3t
El paso 3 no es necesario

y1  cos 3t  3 sen 3t   i sen 3t  3 cos 3t 


solo cambia el signo de laparte imaginaria .
3. La solución general del sistema (1) será:
 x  C1 Rx1   C 2 I x1 

 y  C1 R y1   C 2 I  y1 
x = C15cos3t + C25sen3t
y = C1(cos3t + 3sen3t) + C2(sen3t - 3cos3t).
Ejemplo:
Resolver el sistema
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116
Ecuaciones Diferenciales
 dx
 dt  2 x  y

 dy  4 y  x
 dt
(1)
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117
Ecuaciones Diferenciales
Solución:
 dx
 dt  2 x  y
1. La ecuación característica es: (ordenando el sistema) 
 dy   x  4 y
 dt
2r
1
0
1 4  r
(2 - r)(4 - r) + 1 = 0
r2 -6r + 9 = 0 
r1  3
r2  3
 x  1  u1t e
2. La solución es de la forma 
3t
(2)
3t

 y   2  u 2 t e
dx
Reemplazando (2) en la derivada en la primera ecuación de (1)
dt
(1 + u1t)e3t.3 + u1e3t = 2(1 + u1t)e3t + (2 + u2t)e3t
31 + u1 + 3u1t = 21 + 2 + 2u1t + u2t
Igualando los coeficientes de las potencias de t.
3 1  u1  2 1   2   2  1  u1 3

3u1  2u1  u 2  u 2  u1
1  C1
será
u1  C 2
Si mantengo 1 y u1 arbitrarias haciendo 
x = (C1 + C2t)e3t
y = (C1 + C2 + C2t)e3t.
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118
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 22: METODO DE VARIACION DE LAS
CONSTANTES.
Dado el sistema no homogéneo.
 dx
 dt  a1 x  b1 y  c1 z  f 1 t 

 dy
  a 2 x  b2 y  c 2 z  f 2 t 
 dt
 dx
 dt  a 3 x  b3 y  c 3 z  f 3 t 

(1)
Si la solución del sistema homogéneo es:
 x  C1 x1  C 2 x 2  C 3 x 3

 y  C1 y 1  C 2 y 2  C 3 y 3
z  C z  C z  C z
1 1
2 2
3 3

(2)
Se busca una solución del sistema no homogéneo de la forma.
 x  C1 t x1  C 2 t x 2  C 3 t x 3

 y  C1 t  y1  C 2 t  y 2  C 3 t  y 3
 z  C t z  C t z  C t z
1
1
2
2
3
3

(3)
Siendo C1(t); C2(t) y C3(t) las incógnitas.
Si reemplazamos (3) en la primera ecuación de (1).
C1'x1 + C2'x2 + C3'x3 + C1x1' + C2x2' + C3x3' + a1(C1x1 + C2x2 + C3x3) +
+ b1(C1y1 + C2y2 + C3y3) + c1(C1z1 + C2z2 + C3z3) = f1(t)
Si ordenamos tendremos:
C1'x1 + C2'x2 + C3'x3 + C1 (x1' + a1x1 + b1y1 + c1z1) + C2(x2' + a1x2 + b1y2
+ c1z2) + C3(x3' + a1x3 + b1y3 + c1z3) = f1(t).
Todas las sumas que están dentro de los paréntesis se convertirán en
cero pues (2) es solución de la homogénea.
Quedará entonces:
C1'x1 + C2'x2 + C3'x3 = f1(t) (4)
Si reemplazamos ahora las expresiones (3) en la segunda y tercera
ecuación de (1) obtendremos:
C1'y1 + C2'y2 + C3'y3 = f2(t)
C1'z1 + C2'z2 + C3'z3 = f3(t) (5)
El sistema (4); (5)es lineal con respecto a C1', C2' y C3' y tiene solución
porque su determinante principal es distinto de cero (pues las soluciones
particulares del sistema homogéneo son linealmente independiente).
Del sistema (4), (5) calculo: C1'; C2' y C3'
Hallamos C1(t); C2(t) y C3(t) integrando C1'; C2' y C3'
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119
Ecuaciones Diferenciales
Observación:
Al integrar C1'(t) para obtener C1(t) aparecerá la constante de
integración C1.

C1 t    C1 t dt  C1
Si reemplazamos en (3) los valores de C1(t); C2(t) y C3(t) obtendremos
la solución general del sistema no homogéneo.
 x  C1 t x1  C 2 t x 2  C 3 t x 3

 y  C1 t  y1  C 2 t  y 2  C 3 t  y 3
 z  C t z  C t z  C t z
1
1
2
2
3
3

Ejemplo:
Resolver por el método de la variación de constantes.
 dx
 dt  2 x  4 y  1  4t

 dy  x  y  3 t 2
 dt
2
(1)
Solución:
1) Primero se resuelve el sistema homogéneo.
 dx
 dx
 dt  2 x  4 y  0
 dt  2 x  4 y
(2) 
la ecuación característica es:

 dy  x  y  0
 dy   x  y
 dt
 dt
2r 4
0
(-2 - r)(1 - r) + 4(-1) = 0
1 1  r
-2 + 2r - r + r2 - 4 = 0
r2 + r - 6 = 0
 1  1  24  1  5 2


3
2
2
r1 = 2 r2 = -3
2) Para r1 = 2
 2  2 1  4u1  0

 1  1  2 u1  0
Si 1 = 1 -1 - u1 = 0

 x1  1 e

r1t

 y1  u 1 e
r1t
  4  4 0

 Proporcionales
  1  1 0
u1 = -1

 x1  e
Soluciones particulares.

2t

 y 1  e
2t
3) Para r2 = -3
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120
Ecuaciones Diferenciales
 2  3 2  4u 2  0

  2  1  3u 2  0
 1  4 0

 Proporcionales
  1 4 0
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121
Ecuaciones Diferenciales
Si 2 = 4
-4 + 4u2 = 0

x2  2 e

r2 t

 y2  u2e
r2 t
u2 = 1

 x 2  4e

 3t

 y2  e
3t
4) La solución general del sistema será:
 x  C1 x1  C 2 x 2

 y  C1 y1  C 2 y 2
2t
3t

 x  C1 e  C 2 4e
(3) estas soluciones reemplazadas en (2) deben

2t
 3t

 y  C1 e  C 2 e
verificarla. (la verifican).
5) Buscamos ahora la solución del sistema no homogéneo (o sea el
sistema dado).
La forma propuesta es:
2t
3t

 x  C1 t e  C 2 t 4e

2t
 3t

 y  C1 t e  C 2 t e
(4)
Debemos reemplazar en (1) para ello calculamos
dx dy

dt dt
dx
2t
2t
-3t
-3t
 C1'(t)e + 2C1(t)e + C2'(t) 4e - 12C2(t)e
dt
dy
2t
2t
-3t
-3t
 -C1'(t)e - 2C1(t)e + C2'(t)e - 3C2(t)e
dt
Reemplazando en (1)
C1 t e 2t  2C1 t e 2t  C 2 t 4e 3t  12C 2 t e 3t  2C1 t e 2t  8C 2 t e 3t  4C1 t e 2t 

 3t
 4C 2 t e  1  4t
 C1 t e 2t  2C1 t e 2t  C 2 t e 3t  3C 2 t e 3t  C1 t e 2t  4C 2 t e 3t  C1 t e 2t 

 C t e 3t  3 t 2
 2
2
2t
C1 t e  C 2 t 4e 3t  1  4t


3 2
2t
 3t
 C1 t e  C 2 t e  t
2

Calculamos C1'(t)  C2' del sistema (5).
Si sumamos las ecuaciones.
3 2
t + 4t + 1
2
3t
3
e
C 2 t    t 2  4t  1
2
 5
5C2'(t) e-3t =
(6)
Si multiplico la segunda ecuación por (-4) y sumamos.
5C1'(t) e2t = -6t2 + 4t + 1
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122
Ecuaciones Diferenciales


C t    6t 2  4t  1 1
e 2t
5
(7)
De (6) y (7) integrando puedo calcular C1(t)  C2(t)
C 2 t  
1 3 2 3t
4
1
t e dt   te 3t dt   e 3t dt  C 2

5 2
5
5
6
4
1
C1 t     t 2 e  2t dt   te  2t dt   e  2t dt  C1
5
5
5
Aplicamos formulas 23 y 24 de la tabla.
C 2 t  
 4 e 3t
3  t 2 e 3t 2
3t
3t  1  1 e 3t  C 2

te
dt



10  3
3
15
 5 9
1 2 3t 1 e 3t
3t  1  4 e 3t 3t  4 e 3t  1 e 3t  C 2
t e 
10
5 9
45
45
15
1
1
1
4
4
1
C 2 t   t 2 e 3t  e 3t 3t  e 3t  e 3t 3t  e 3t  e 3t  C 2
10
45
45
45
45
15
2
t
4 
4
3 
 1
 1
C 2 t   e 3t  t    e 3t     e 3t  C 2
10
 15 45 
 45 45 45 
C 2 t  
t2 t 
C 2 t     e 3t  C 2
 10 5 
(8)
 4 e 2t
6  t 2 e 2t 2
 2t  1  1 e 2t  C1
C1 t    
  te  2t dt  
5 2
2
10
 5 4
3
6 e  2t
 2t  1  1 e 2t  2t  1  1 e 2t  C1
C1 t   t 2 e  2t 
5
5 4
5
10
3
3
3
2
1
1
C1 t   t 2 e  2t  e  2t t  e  2t  e  2t  e  2t  e  2  C1
5
5
10
5
5
10
3 2  2t 1  2t
C1 t   t e  te  C1
5
5
t
3
C1 t    t 2  e 2t  C1 (9)
5
5
Poniendo en (4) los valores de C1(t)  C2(t) hallados en (8) y (9)
obtenemos la solución general del sistema (1).
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123
Ecuaciones Diferenciales

  3t
 3 2 t   2t
 2t  t 2 t  3t
 x   t  e  C1  e    e  C 2  4e
5
 5


 10 5 


2
  3t
 3 2 t   2t
 2t  t
t  3t



y


t

e

C
e


e

C



e
1
2
 5




5


 10 5 


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124
Ecuaciones Diferenciales

3 2 t
4t 2 4t
2t
x

t


C
e

  4C 2 e 3t
1

5
5
10 5

2
 y   3 t 2  t  C e 2 t  t  t  C e  3t
1
2

5
5
10 5
 x  t 2  t  C1e 2t  4C 2 e 3t


1 2
2t
 3t
 y   t  C1e  C 2 e
2

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125
Ecuaciones Diferenciales
EJERCICIOS XVI
Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales aplicando
el método de reducción del sistema de una ecuación de enésimo orden.
 dx
 dt  x  4 y
1) 
 dy  2 x  3 y
 dt
 dx
 dt  2 x  y
3) 
 dy  4 y  x
 dt
 dx
 dt  2 x  4 y  1  4t
5) 
 dy  x  y  3 t 2
 dt
2
 dx
 dt  x  2 y
7) 
 dy  x  3 y
 dt
 dy
 dt  x  y
9) 
 dx   y  3 x
 dt
d 2 x
 2  x  5y
11)  dt2
 d y  3x  y
 dt 2
 dx
 dt  2 x  3 y
2) 
 dy  3 x  2 y
 dt
 dx
 dt  x  5 y
4) 
 dy  2 x  y
 dt
 dx
 dt  3 x  5 y
6) 
 dy  2 x  5 y
 dt
 dx
 dt  3  2 y
8) 
 dy  2 x  2t
 dt
 dy
 dt  2 y  x  sen t
10) 
 dx  4 y  2 x  cos t
 dt
 d 2 x dy
 x  et
 2 
 dt
dt
12)  2
 d y  dx  1
 dt 2 dt
Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales mediante el
método de Euler aplicable a sistemas de ecuaciones diferenciales lineales
homogéneas de coeficientes constantes.
 dx
 dt  y  1
13) 
 dy  x  1
 dt
 dx
 dt   y  3 x
15) 
 dy  x  y
 dt
 dx
 dt  x  2 y
14) 
 dy  x  3 y
 dt
 dx
 dt  y  7 x
16) 
 dy  5 y  2 x
 dt
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126
Ecuaciones Diferenciales
 dx
 dt  y  z

dy
17)   x  z
 dt
 dz
 dt  x  y

 dx
 dt  8 y

dy
19   2 z
 dt
 dz
 dt  2 x  8 y  2 z

d 2 y
 2 x
21)  dt2
d x  y
 dt 2
 dx
 dt  x  5 y
23)  dy
 x  3y
 dt
Siendo x 0  2; y0  1
 dx
 dt  y  z

dy
18)   3x  z
 dt
 dz
 dt  3 x  y

 dx
 dt  2 x  9 y
20) 
 dy  x  8 y
 dt
 dx
 dt  3 x  8 y
22)  dy
 x  3y
 dt
Siendo x 0  6; y0  2
 dx
 dt  4 x  5 y
23)  dy
x
 dt
Siendo x 0  0; y0  1
Resolver los siguientes sistemas aplicando el método de variación de las
constantes.
25) Sistema del ejercicio 20
26) Sistema del ejercicio 13
27) Sistema del ejercicio 7
28) Sistema del ejercicio 8
29) Sistema del ejercicio 9
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127
Ecuaciones Diferenciales
Resuelva la Autoevaluación N° 16
Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales aplicando
el método de reducción del sistema a una ecuación diferencial de
enésimo orden.
 dx

Ej1)  dt
 dy
 dt
 dx

Ej2)  dt
 dy
 dt
 3x 
1
3 t
y    3t 2
2
2 2
 2 y  2t  1
 x yt
siendo x0   ;
7
9
 2 y  2t  x
y0  
5
9
Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales aplicando
el método de Euler.
 dy
 dt  x  0
Ej3) 
 dx  4 y
 dt
 dx
 dt   y  3 x
Ej4) 
Siendo x(0) = 1;
 dy  x  y
 dt
y(0) = 1
Ej5) Resolver el siguiente sistema aplicando el método de la variación
de constantes.
 dx
t
 dt   x  y  z  e

 dy
3t
  x y ze
 dt
 dz
 dt  x  y  z  4

Tabla de Rendimientos.
Ej1
Ej2
Ej3
20
20
20
Ej4
20
Ej5
20
Total
100
Ver resultados al final del capítulo.
Nota: si obtuvo menos de 80%, vuelva a estudiar los conceptos
anteriores. Si obtuvo 80% o más pase a los temas siguientes.
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128
Ecuaciones Diferenciales
TEMA 23: APLICACIONES
DIFERENCIALES.
DE
ECUACIONES
1) Problemas de Crecimiento y Decrecimiento.
N(t): Población que crece o decrece.
DN: Cambio de Población.
dt: Incremento del tiempo
Se asume que
dN
es proporcional a la cantidad de sustancia presente.
dt
Luego la ecuación diferencial que modela este problema es:
dN
 kN
dt
(1)
Siendo k una constante de proporcionalidad.
Ejemplo:
La población de cierto país aumenta en forma proporcional al número
actual de habitantes.
Si después de dos años la población se ha duplicado y después de tres
años la población es de 20000 habitantes.
¿Hallar el número de habitantes que había inicialmente en el país?
Solución:
Llamaremos N0 al número inicial de habitantes.
Llamaremos N al número de habitantes en el tiempo t.
La ecuación diferencial será:
dN
 kN (2) ecuación diferencial de variables separables
dt
Su solución es:
dN
 k dt
N
dN
 N   kdt
ln  kt  ln C
N
ln   kt
C
N
 e kt
C
N = Cekt (3)
 Para t = 0 es N = N0
Reemplazando en (3) N0 = Cek0. Esto me permite calcular C.
N0 = C (4)
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129
Ecuaciones Diferenciales
Luego
N = N0ekt (5)
 Para t = 2 es N = 2N0
Reemplazando en (5) 2N0 = N0e2k
2 = e2k
ln 2 = lne2k
1
2
k  0,347 (6)
ln 2 = 2k  k  ln 2 (6)
Reemplazando en (5) obtenemos
N = N0e0,347 t (7)
 Para t = 3 es N = 20000 (dato)
20000 = N0e(0,347)(3)
20000 = N0.2,832
N0 = 7062 Población inicial.
La ley de la variación de la población será:
N = 7062 e0,347 t
Ejemplo:
Un cierto material radiactivo se desintegra en forma proporcional al
material presente.
Si inicialmente hay 50mg de material presente y después de dos horas
se observa que el material ha perdido el 10% de su masa original, hallar:
a) La masa del material después de 4 horas.
b) La expresión de la masa presente en el tiempo t
c) El tiempo en el cual la masa se ha desintegrado en la mitad de la
masa original.
Solución:
a) Sea N la masa del material en el instante t
La ecuación diferencial será:
dN
 kN  0 (1)
dt
Integrando tendremos que:

dN
 kdt  ln N  kt  ln C
N 
N
ln   kt
C
N
 e kt
C
N = Cekt (2)
Ing. Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
130
Ecuaciones Diferenciales
La condición inicial es para t = 0; N = 50 que reemplazada en (2).
50 = Cek0
50 = C
Siendo N = 50ekt (3)
 Para t = 2 horas
El 10% de 50 es 5mg.
La masa actual es entonces 50 - 5 = 45mg
Reemplazando en (3)
45 = 50ek(2)
45
 45 
 e k 2   ln   k .2
50
 50 
1
k  ln0,9  0,053
2
k = -0,053 (4)
La expresión de N(t) será: N = 50e-0,053 t (5)
b) Para t = 4 horas, se sustituye t = 4 en (5)
N = 50e-0,053 x 4
N = 40,5 mg
c) Debemos calcular t para N 
50
 25
2
25 = 50 e-0,053 t
0,5 = e-0,053 t
ln 0,5 = lne-0,053 t = -0,053 t
t = 13 horas.
2) Problemas de Nacimiento - Muerte.
El cambio neto de una población P es el número de nacimientos menos
el número de muertes.
P = N - M
Dividiendo por t obtenemos la razón de cambio.
P N M


t
t
t
(1)
Si P = P(t) es una función continua y derivable.
Idem para N = N(t) y M = M(t)
La razón de nacimientos y muertes será proporcional a la población.
dN
dM
 P 
 kP (2)
dt
dt
Siendo : la razón especifica de nacimientos.
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131
Ecuaciones Diferenciales
Siendo k = la razón especifica de muertes.
Combinando (1) y (2) tendremos:
dP
 P  kP
dt
dP
   k P Ecuación diferencial de variables separables.
(3)
dt
Si resolvemos
dP
   k dt
P
dP
 P    k  dt  ln C
ln P  ln C    k t
P
 e   k t
C
Si la población inicial se llama P0 (para t = 0)
P0 = Ce(-k)0 = C.1  C = P0 Luego:
(4) P = P0e(-k)t Ley de variación de la población en condiciones
normales.
Ejemplo:
Cual será la población de un país, en 10 años si ahora tiene 20.000.000
de habitantes siendo  = 0,1 y k = 0,08
Solución:
P = P0 e( - k)t de (4)
P = 20.000.000 e(0,1 - 0,08)10 =
P = 24.428.055 habitantes.
3) Propagación de Infecciones.
Si en una población de individuos susceptibles de ser contagiados
introducimos un infectado, la enfermedad se extenderá lentamente al
principio, luego el proceso se acelerará y finalmente se estabilizara
cuando casi todos estén infectados. Los individuos infectados
permanecen infectados durante el proceso y no se muere ninguno.
Sea x: el número de expuestos.
y: el número de infectados en el día t.
n: el tamaño de la población en el cual se ha introducido un
infectado.
En cualquier momento podemos plantear
x + y = n + 1 (1)
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132
Ecuaciones Diferenciales
Sea
dy
la proporción en que aumenta el número de infectados .
dt
Cuantos
más
infectados
y susceptibles
estén
presentes,
más
frecuentemente suceden los contactos y es razonable suponer que
dy
es
dx
proporcional a x e a y.
Será entonces:
dy
 xy (2)
dt
Siendo  la razón especifica de la infección.
Despejando x de (1) x = n + 1 - y
Reemplazando en (2)
dy
  n  1  y  y (3)
dt
La solución de la ecuación diferencial (3) es
y
n 1
1  ne   n 1t
Ejemplo:
Si la población es de 1000 personas y  = 0,001 tendremos:
y
1001
1  1000e 0,0011001t
Si construimos una tabla para valores de t/ 0  t  20 con paso t = 1
y
t
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
y
1
2,7
7,35
19,76
52
129,9
289
525
751
892
958
1001
1  1000 e 0,0011001t 


t
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20

y
985
995
999
1000
1000
1000
1000
1001
1001
1001
Observación:
Crece rápidamente hasta hacerse asintótica en y = 1001
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133
Ecuaciones Diferenciales
Si graficamos
y (infectados)
1001
t(días)
10
4) Deformación de Vigas
Ecuación Diferencial de Orden Superior.
Ejemplo:
Determinar las deformaciones de una regla de acero de 20cm de largo,
si en su extremo libre se aplica 1kg y en su otro extremo esta empotrada.
l
l-x
x
P
x
y
y
b = 3cm
Sección
h = 0,2
P = 1Kg. (carga en el extremo)
E = 2100000 kg/cm2 (módulo de elasticidad del material)
Solución:
d2y M

(es la ecuación diferencial de la viga deformada)
dx 2 EJ
bh 3 3  0,2 3
J

 0,002cm 4 (momento de inercia de la sección de la viga)
12
12
M = P(l-x) (es el momento aplicado en una sección a distancia x del
empotramiento)
si x  0 y  0 

 Condiciones iniciales.
si x  0 y   0
P
l  x  ; y   P
y  
EJ
EJ

Si x = 0  y' = 0 0 
P
EJ
x
0
l  x dx  C1 ; y   P
EJ

02
 l .0 
2

x

x2 
P 
x2

lx


C

lx

1


2 0
EJ 
2


  C1  C1 = 0

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134

  C1

Ecuaciones Diferenciales
y
x
0
P
EJ

x2
 lx 
2

x

P  x2 x3 
dx 
l
   C 2
EJ  2
6 0

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135
Ecuaciones Diferenciales
Si x = 0  y = 0
0
P
EJ

03
 l .0 
6

y

  C 2  C2 = 0

P
EJ
 x2 x3 
 l
 
6 
 2
la deformación máxima se obtiene para x = l
 l2 l3 
 l   
 2 6
P l3
f 
EJ 3
f 
P
EI
En nuestro caso P = 1kg
E = 2100000 kg/cm2 (acero)
J = 0,002 cm4
fmax 
1 20 3
 0,6349cm
2100000  0,002  3
Observaciones dimensionales.
P l3
bh 3
f 
siendo J 
EJ 3
12
P l 3 12 Pl 3
f 

bh 3 3 3Ebh 3
E
12
;
Aumenta con el cubo del largo
f 
3
4 Pl
Ebh 3
Disminuye con el cubo del espesor h
Disminuye con el aumento del ancho b
5) Circuitos Eléctricos RC
Ejemplo:
Estudiar la carga y descarga del condensador conectado a la pila y luego
desconectado
i
+
-
R
E
C
R =2000 ohms ()
C = 10uf (microfaradais)
E = 10V (volts)
E Tensión de la pila
R Resistencia
C capacitor (Condensador).
Solución:
El trabajo hecho en la fuente es: Edq
Energía disipada en R es: i2Rdt.
Aumento de la energía almacenda   q 2 
  du
  d 
en el condensador du
 2C 

 q2 

 2C 
la ecuación de equilibrio será Edq = i2Rdt + d 
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136
Ecuaciones Diferenciales
Edq = i2Rdt +
2 q
dq
2 C
Si dividimos por dt
dq
q dq
 i2R 
dt
C dt
q
Ei  i 2 R  i
C
q
E  iR 
(1)
C
E
Si queremos saber como se carga el condensador dejemos una sola
variable en (1).
dq
q
R
dt
C
dq 1
R
 qE
dt C
dq
1
E

q
Es una ecuación diferencial lineal
dt RC
R
E
de primer orden: q' + Pq = Q Lineal, cuya solución es:
q  e
Pdt
 Qe   Pdt dt  C 
1


Pt  
1
RC
Q
E
R
Teniendo en cuenta que si t = 0  q = 0(condiciones iniciales)
1
t
 Pdt   RC dt  RC
 Pdt
t
e   e RC
 Pdt dt  E e t RC dt  E RCe t RC  ECe t RC
R
R
t
t
q  e RC  ECe RC  C1 


 Qe
Si t = 0 q = 0 ; 0 = 1[EC + C1]  C1 = -EC
 ECe t RC  EC 


t
q  EC 1  e RC  q = CE es la asíntota horizontal de la curva pues:


1  e  t RC   EC
EC
lim


t 
qe
t
RC
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137
Ecuaciones Diferenciales
q (microcoulombs)
CE
8
4
2
4
6
8
10
t(milisegundos)
¿Que pasa si desconectamos la batería y unimos los cables?(o cambiamos
el interruptor si hiciéramos el siguiente circuito).
R
E
C
El capacitor se descargaría y la energía sería disipada como calor por la
resistencia.
Al desconectar la batería le ecuación (1) quedará
0  iR 
q
C
dq q
dq
q
 0 R

dt C
dt
C
dq
dt
dq
dt


 
q
RC
q
RC
t
ln q  ln C1  
RC
t
ln qC1  
RC
t
1 
q  e RC
C1
R
Si Q0 es la carga que tiene el condensador en el momento de cerrar la
llave (t = 0).
Q0 
q
1  0 RC
1
e

C1
C1
C1 
1
Q0
1  t RC
e
1
Q0
q  Q0 e
t
RC
ley de variación de carga.
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138
Ecuaciones Diferenciales
Siendo i 
dq
dt
i
Q0  t RC
e
ley de variación de la corriente eléctrica
RC
que pasa por la resistencia al descargarse el condensador.
Si graficamos:
i (miliamperes)
6
E/R
4
2
t (milisegundos)
10
6) Circuitos Eléctricos RL.
Ejemplo:
Estudiar la variación de la corriente en la carga en régimen y tensión y
corriente al desconectar la pila.
R
+
-
E
L
R 2000 Ohms ()
L = 4 Henry
E = 10Volts
E Tensión de la pila
L Inductancia (Bobina)
R Resistencia
Solución:
di
 Ri  E
dt
di R
E
di
 i
 Pi  Q Lineal de primer orden  La solución es :
dt L
L
dt
- Pdt
Pdt
R
E
i  e    Qe  dt  C1  ; P 
; Q
L
L


R
R
 Pdt   L dt  L t
Rt
Rt
Rt
Pdt
E L
E L L E L

 Qe dt   L e dt  L R e  R e
R
Rt

 t E
L
i  e  e L  C1 
si t  0; i  0
 R

La ecuación es L
E
E

0  1 1  C1   C1  
R
R

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139
Ecuaciones Diferenciales
ie
R
 t
L
Rt

 E RtL E 
E 
L
 e    i  1  e
R
R 
 R


 Ley de variación de la corriente


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140
Ecuaciones Diferenciales
Si hacemos la gráfica para los valores dados tendremos.
i (miliamperes)
E/R
2
4
6
8
10
t(milisegundos)
Si planteamos la descarga.
R
L
i
di
 iR  0 (es de variables separables está ecuación diferencial)
dt
di
di
R
R
L  iR      dt  ln iC 1   t
dt
i
L
L
L
R
1 Lt
i
e
C1
si t  0; i  I 0 
E
R
E
1


R C1
R
E  t
i  e L ley de descarga de corriente a través de la resistencia.
R
Si estudiamos la tensión:
V = iR V  Ee
R
 t
L
ley de variación de la tensión.
Si graficamos:
v (volts)
10
E
5
t (milisegundos)
2
4
6
8
10
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141
Ecuaciones Diferenciales
RESPUESTAS A EJERCICIOS.
EJERCICIOS XIII
1a) Primer orden, primer grado y ordinaria.
1b) Segundo orden, primer grado y ordinaria.
1c) segundo orden, primer grado y en derivadas parciales.
1d) Primer orden, segundo grado y ordinaria.
1e) Segundo orden, primer grado y ordinaria.
1f) Tercer orden, primer grado y ordinaria.
1g) Cuarto orden, primer grado y ordinaria.
1h) Cuarto orden, primer grado y ordinaria.
1i) Segundo orden, primer grado y en derivadas parciales.
1j) Segundo orden, primer grado y ordinaria.
2a) Es una solución particular.
2b) Es una solución particular.
2c) Es la solución general.
2d) Es una solución particular.
2e) Es una solución particular.
2f) Es la solución general.
2g) Es la solución general.
2h) No es una solución.
2i) No es una solución.
2j) Es una solución particular.
3a) familia de rectas y = C1x + C2
x2
3b) familia de parábolas y  K  C1 x  C 2
2
2
x
3c) familia de parábolas y   C
2
2
2
y
x

C
3d) familia de elipses
4 16
3e) familia de sinusoides y  sen x  C
dy 2 y

7)
dx
x
dy y

8)
dx x
C
6a) y  (haz de parábolas)
x
6b) y2 + x2 = 2C (haz de circunferencia con centro C(0,0) y radio
r  2C ).
6c) y = x2 + C (haz de parábolas, cuyo eje es y)
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142
Ecuaciones Diferenciales
7) y = Cx (familia de rectas que pasan por el origen).
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143
Ecuaciones Diferenciales
8) y 
C
(familia de hipérbolas equiláteras)
x
9) y2(y')2 + y2 = 1;
y = 1 e y = -1
EJERCICIOS XIV
1) y4 = -x4 + C
2) t = lnx + C
3)
1
x3

C
2y2 3
4) y = [(2 + e3x)C]1/3
C
x
 y
6) arctg    2 arcsen x  C
2
5) y  2 
7)
y 2 1
x  12
C
8) y = x3C
9) y - ln|y + 1| - x2 = C
10) ln
y2
xC
x
11) arctgx = ln(1+y) + C
12) 2 + x2 = (y3 + 1)C
13)
y2
x3
 2x 
C
3
2
14) Solución general y = (1+ x2)C
Solución particular y = 2(1+ x2)
15) Solución general e y  2e  x  C
2
Solución particular e y  2e  x  e 
2
2
e
16) Solución general 2x - e-2y = C
Solución Particular 2x - e-2y = 6
 y
x
17) Arg senh  ln x  C
18)
yx
C
yx
x2  y2
C
x3
x
20)   ln x  C
y
19)
Ing. Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
144
Ecuaciones Diferenciales
21)
y
 ln x  C
x
22) (x2 - 2xy - y2)-1/2 = C
23)
x3
 ln y  C
3y 3

 y 
24)  y 2  2 x 2 sen 
 x 

xy  2
25) 3  C
x y
y
26)
C
1 x 2 y
1
2
C
27) xy - ln|x3y2| = C
28) xy  ln
y
C
x
29) (y - x + 1)2(y + x - 1)5 = C
30) ln|x-2y|2 - 6y - 2x = C
31)
 y  2 x  33  x  22 C
 y  x  12
x4 C
32) y   2
6 x
33) y =ex(x + C)
C
x2
x 2  2x  C
34) y  x 
35) y 
x  13
36) y = -a + C sen2x
3
2
sen2 x   cos 2 x  C
13
13
C  cos x
y
sen2 x
2
y   2  Cx 4
3x
1
y  x   Ce 2 x
2
1
1
 6 C
2 4
y x
3x
37) y 
38)
39)
40)
41)
 1
1
  Ce 2 x

x

2
2
y
42) 
Ing. Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
145
Ecuaciones Diferenciales
x
 x2  C
2
y
1
1
44)   C
yx 2 x
43)
3  1

45) e x  3 1  C
y

2
46) x + 2xy + 2y2 = C
47) xey - y2 = C
48) 2xy + y2 = C
49) x3 + 3xy2 = C
50) x2y - xy2 = C
51) x3 + x2y - xy2 - y3 = C
52) r2cos2 - 2r sen = C
53) x3 - 3x3y + 6y2 = C
54) y2 - xey = C
55) x2seny + 3xy = 4 + 3
x
y
56)  
x3
C
3
x2
 yx  C
y2
x
58) ln y   C
y
yx  y 
59)
C
x
x
2
60) y  ln xC 
4
57)
61) y = ex + c
62)
y2 y3 x2 5



2
3
2 6
63) e
y
x
 xC 
 ln 1
64) 2y = (x +1)4 + C(x + 1)2
65) xby = ax + c
66) x = sent + Ccost
67) y2(x2 + 1 + C e x ) = 1
68) y4 = 4xy + C
69) x2 + y2 = C x3
2
x
 y
70) x 2  y 2  2 arctg    C
Ing. Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
146
Ecuaciones Diferenciales
71) y = (Cx + lnx + 1) = 1
Ing. Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
147
Ecuaciones Diferenciales
72) (x + y - 1)5(x - y - 1)2 = C
73) ln(4x + 8y + 5) + 8y - 4x = C
C
t
1 4 1
75)  
y 3 x
74) x  t ln
EJERCICIOS XV
1) y = C1e3x + C2e-x
2) y = e3x(C1sen2x + C2cos2x)
3) y = e2x(C1sen3x + C2cos3x)
4) y = e3x(C1 + C2x)
5) y = C1ex + C2e2x
6) y = e2x(C1 + C2x)
7) y = C1 + e-3x(C2senx + C3cosx)
8) y = C1 + C2e2x + C3ex/2
9) y = C1 + C2x + C3e-2x
10) y = (C1 + C2x + C3x2)e3x
11) y = (C1 + C2x + C3x2 + C4x3)
12) y = C1 + C2x + (C3 + C4x)e3x
13) y = C1e3x
14) y = C1 + C2e2x + C3e-x
15) y = (C1 + C2x+ C3x2)e2x
16) y = C1 + C2x + e-x (C3senx + C4cosx)
17) y = C1 + C2x + ex (C3senx + C4cosx)
18) y = C1 + C2ex + C3e2x
19) y = C1ex + e2x (C2senx + C3cosx)
20) y = C1e2x + C2e-2x + C3 sen2x + C4cos2x
21) y = C1e5x + C2e2x +
3
21 8
x   xe 2 x
5
20 3
22) y = e-2x (C1senx + C2cosx) + 3e-2x
2
9
4
9
23) y  C1 sen 3x  C 2 cos x  x 2  x 
24) y = C1e-3x + C2e-2x + 3xe-2x +
59
81
1 3x
e
30
25) y = C1sen3x + C2 cos3x + (4xcosx + senx)/32
26) y = C1ex + C2e2x +
1 5x
e
12
27) y = C1ex + C2e2x -xex
x 11
2 8
28) y = C1e-x + C2e-4x - 
Ing. Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
148
Ecuaciones Diferenciales
29) y = C1cos2x + C2sen2x +
x
1
sen 2 x  cos 4 x
4
12
Ing. Felicia Dora Zuriaga – Ing. Celestino Benito Brutti
149
Ecuaciones Diferenciales
30) y = C1ex + C2e-2x + x2
1 1
cos 2 x
2 10
31) y = C1ex + C2e-x  
32) y = C1ex + C2e-x + (x2 - x)ex
33) y = C1e3x + C2e2x + C3xe2x - ex(12x2 + 60x + 102)
1
2
cos 2x  sen 2x
15
15
x
3
x
-x
35) y = C1e + C2e + C3cos2x + C4sen2x + cos 2x  e 3x
20
52
1 3
36) y = C1ex + C2e-2x + C3 xe-2x x  x 2 e 2x
18
5
37) y = C1 + C2x + C3e4x  x 2
8
1
38) y = C1 + C2e2x + C3e-2x - x 2
8
x3 2 2 2
8 1
x
39) y  e C1 cos 2x  C 2 sen 2x   x  x   sen x  cos x 
3 3
9
27 4
2
x
x 5 x
40) y = C1ex + C2e-x + C3e-2x -    e x
2 2 4 6
34) y = C1ex + C2e-x + C3cosx + C4senx +




EJERCICIOS XVI
1) x = C1e5t + 2C2e-t
y = C1e5t - C2e-t
2) x = e2t(C1cos3t + C2sen3t)
y = e2t(C2cos3t - C1sen3t)
3) x = (C1 + C2t)e3t
y = (C1 +C2 + C2t)e3t
4) x = 5C1 cos3t + 5C2 sen3t
y = C1(cos3t + 3sen3t) + C2(sen3t - 3cos3t)
5) x = C1e2t + 4C2e-3t + t2 + t
y = C2e-3t - C1e2t -
1 2
t
2
5
6) x  C1 e 2t  C 2 e  7t
9
1
y   C1 e 2t  2C 2 e 7 t
9
7) x = (C1 - C2)e2tcost - (C1 + C2)e2tsent
y = e2t(C1sent + C2cost)
8) x = C1cos2t + C2 sen2t + t
y = C1 sen2t + C2 cos2t + 1
9) x = (C2 - C1 - C2t)e-2t
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150
Ecuaciones Diferenciales
y = (C1 + C2t)e-2t
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151
Ecuaciones Diferenciales
x = 2C1 - (2t + 1)C2 - 3sent - 2cost
y = C1 + C2t + 2sent
10)x = C1e2t + C2 e-2t + C3 cos2t + C4 sen2t
3
3
y  C1 e 2 t  C 2 e  2 t  C 3 cos 2t  C 4 sen 2t
5
5
t3
11)x = C1 + C2t + C3t2   e t
6
1
1
1
y = C4 - (C1 + 2C3)t  C 2  1t 2  C 3 t 3  t 4  e t
2
3
24
12)x = C1et + C2e-t - 1
y = C1et - C2e-t -1
13)Ver respuesta de ejercicio 7
14)Ver respuesta de ejercicio 9
15)x = e-6t(C1cost + C2 sent)
y = e-6t[(C1 + C2)cost - (C1 - C2)sent]
16)x = C1e-t + C2e2t
y = C3e-t + C2e2t
z = -(C1 + C3)e-t + C2e2t
18)x = C1e3t + C2e-2t
3
C 1 e 3t  C 2 e  2 t  C 3 e  t
2
3
z  C1 e 3 t  C 2 e  3t  C 3 e  t
2
y
19)x = C1e-2t + C2sen4t + C3cos4t
C
C
1
y   C1 e  2 t  2 cos 4t  3 sen 4t
4
2
2
1
z   C1 e  2 t  C 2 sen 4t  C 3 cos 4t
4
20)x = (C1 - 3C1t - 3C2)e5t
y = (C2 + C1t)e5t
21)x = C1et + C2e-t + C3cost + C4sent
y = C1et + C2e-t - C3cost - C4sent
22)x = 4et + 2e-t
y = -et - e-t
23)x = e-t(sent - 2cost)
y = e-tsent
24)x = -5e2tsent
y = e2t(cost - 2sent)
25)Ver respuesta del ejercicio 20.
26)Ver respuesta del ejercicio 13.
27)Ver respuesta del ejercicio 7.
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152
Ecuaciones Diferenciales
28)Ver respuesta del ejercicio 8.
29) Ver respuesta del ejercicio 9.
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153
Ecuaciones Diferenciales
RESPUESTA A AUTOEVALUACIONES.
CAPITULO 5
Autoevaluación N° 13
Ej1) y2 - x2 = C (haz de hipérbolas).
Ej2)
dy
x

dx
y
Ej3) x2 - y2 = C (haz de hipérbolas).
Ej4) y = ex + C (haz de exponenciales paralelas).
Ej5) y 
x
(haz de funciones homográficas).
Cx  1
Autoevaluación N° 14
Ej1) y9 = C(x3 + y3)2
Ej2) y = senx + Ccosx
Ej3) (x2 + y2)3/2 - 3xy = C
Ej4) x4y3 = ey-1
Ej5) (4y - x - 3)(y + 2x - 3)2 = C
Ej6)
1
1
  x   Ce  4 x
4
4
y
Autoevaluación N° 15
Ej1) y = ex(C1sen3x + C2cos3x)
Ej2) y = C1e2x + C2e-2x + C3 sen3x + C4 cos3x
Ej3) y = C1+ C2e2x -
1 x
e sen x
2
x 2 x 3 2x

e
2
6
x 1
1
Ej5) y = C1e3x + C2e-3x -  e 2 x  sen 2x
9 5
13
Ej4) y = C1ex + C2e2x + C3e-2x +
Autoevaluación N° 16
x  C1 e 2 t  C 2 e 3 t  t 2  t
Ej1) 
2t

y  2C1 e  t  1
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154
Ecuaciones Diferenciales
4
7

x   3 t  9
Ej2) 
y  t  5

3 9
2x
2 x

x  2C1 e  2C 2 e
Ej3) 
2x
2x

 y  C1 e  C 2 e
x  e 2 t 1  2t 
Ej4) 
2t
 y  e 1  2t 

1
1
1
e t 3 3t
t
2t
2t
x  C 1 e  C 2 e  C 3 e   e  2
3
6
2
6 20


1
1
1
et 7
Ej5)  y  C1 e  t  C 2 e 2 t  C 3 e  2 t   e 3t  2
3
6
2
6 20

1
1
1
1

t
2t
t
3t
z   3 C 1 e  3 C 2 e  2 e  4 e

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155