∫ ∫

1.5 Variables separables y reducibles
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1.5 Variables Separables y Reducibles
Si tenemos un tipo de ecuaciones diferenciales de primer orden que se puede resolver por
integración se le conoce como ecuaciones separables.[13]
Se dice que una ecuación diferencial de primer orden de la forma
dy
= g ( x )h( y )
dx
(1)
Es separable o de variables separables.
Si dividimos entre h( y ) la ecuación (1), la escribiríamos como
p( y )
dy
= g ( x)
dx
Donde p( y ) =
(2)
1
h( y )
(3)
Después podríamos integrar ambos lados
∫ p( y)dy = ∫ g ( x)dx
(4)
Encontrando que
H ( y ) = G ( x) + c
(5)
En donde H ( y ) y G ( x) son las antiderivadas de (3) y de g ( x) respectivamente.
Lo anterior nos indica el procedimiento para resolver las ecuaciones separables, y como
resultado obtenemos una familia monoparamétrica de soluciones, las cuales se expresan de
manera implícita.
Ejemplo 1.5.1 Resolver
dy
x2
=
dx 1 + y 2
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Separando variables
(1 + y ) dy = x dx
2
Integrando
2
(6)
∫ (1 + y ) dy = ∫ x dx , obtenemos
2
2
y+
1 3
1
y + c1 = x3 + c2
3
3
1 3 1 3
y = x + c , la cual no es fácil despejar, por lo
3
3
que es conveniente dejarla así, de manera implícita
Haciendo c2 − c1 = c , nos quedaría y +
En los ejercicios subsiguientes podemos manejar una sola constante de integración, por
comodidad.
Ejemplo 1.5.2
Resolver el problema
dy 3 x 2 + 4 x + 2
con condiciones iniciales
=
dx
2( y − 1)
y (0) = −1 .
Separando las variables
2( y − 1)dy = ( 3x 2 + 4 x + 2 ) dx
(7)
Integrando ambos lados del igual de (7), el lado izquierdo con respecto y a y el derecho
con respecto a x , resulta
y 2 − 2 y = x3 + 2 x 2 + 2 x + c
Si
sustituimos
( −1)
2
en
(8)
(8),
las
condiciones
iniciales
x = 0, y = −1 ,
obtenemos
− 2 ( −1) = ( 0 ) + 2 ( 0 ) + 2 ( 0 ) + c , por lo que c = 3
3
2
De tal manera que y 2 − 2 y = x3 + 2 x 2 + 2 x + 3 , dejando la solución de manera implícita
Ejemplo 1.5.3 Resolver (1 + x)dy − ydx = 0
Separando las variables, de una lado lo que corresponda a y y del otro a x se obtiene
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(1 + x)dy = ydx
(9)
Multiplicando ambos lados de (9) por
(1 + x)
, nos queda
y
dy
1
dx
=
y (1 + x)
(10)
Integrando ln( y ) = ln(1 + x) + c , obteniendo el antilogaritmo resulta eln( y ) = eln(1+ x ) c
Aplicando propiedades de logaritmos, obtenemos y = c(1 + x)
Ejemplo 1.5.4
Siendo
dy
x
= − Con condiciones iniciales y (4) = −3
dx
y
Separando las variables tenemos
ydy = − xdx
(11)
Integrando ambos lados obtenemos
1 2 1 2
y = x + c , multiplicando por 2 , resulta
2
2
y 2 = − x2 + c
(12)
Esto representa la ecuación de una circunferencia de la forma y 2 + x 2 = c 2
Sustituyendo los valores iniciales x = 4, y = −3 , en (12), obtenemos −32 + 42 = c 2 de tal
manera que c = 5 , por lo que
y 2 + x 2 = 25
Ejemplo 1.5.5 Teniendo
dy y − 1
=
con condiciones iiniciales y (−1) = 0
dx x + 3
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Separando variables
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dy
dx
=
y −1 x + 3
Integrando ambos lados del igual obtenemos ln( y − 1) = ln( x + 3) + ln c
O bien eln( y −1) = eln( x +3) c , aplicando propiedades de logaritmos
( y − 1) = c( x + 3)
(13)
y = c( x + 3) + 1
De tal manera
(14)
Sustituyendo las condiciones iniciales x = −1 , y = 0 , en (14), tenemos
1
1
0 = c(−1 + 3) + 1 , por lo tanto c = − , de tal manera que y = − ( x + 3) + 1 , simplificando
2
2
resulta, la solución particular
1
1
y =− x−
2
2
dy
= 2 − 3e3 x
dx
Ejemplo 1.5.6 Resolver
Separando variables dy = ( 2 − 3e3 x ) dx
Integrando ambos lados del igual
∫ dy = ∫ ( 2 − 3e ) dx , nos resulta
3x
y = 2 x + e3 x + c
(15)
Ejemplo 1.5.7 Resolver y 3 dy = ( 2 x 2 + 3x ) dx
Observamos que ya están las variables separadas
Integrando
∫ y dy = ∫ ( 2 x
3
2
+ 3x ) dx , obtenemos
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1 3 2 2 3 2
y = x + x + c1
3
3
2
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Multiplicando por 3 ambos lados de la ecuación tenemos y 3 = x 2 +
Obteniendo la raíz cúbica de ambos lados del igual y = 3 x 2 +
Por conveniencia podemos hacer c2 = c quedando y = 3 x 2 +
9 2
x + c2
2
9 2
x + c2
2
9 2
x +c
2
Ejemplo 1.5.8 Resolver el problema con valores iniciales ( x − 3) dy − ( y + 1) dx = 0 para
y (−1) = 0
Separando variables
Obtenemos
e
Ln x −3 + C
=e
dy
dx
dy
dx
, integrando ∫
=
=∫
( y + 1) ( x − 3)
( y + 1) ( x − 3)
ln y + 1 = ln x − 3 + c , aplicando antilogaritmo
Ln x − 3
eC
y ec = c
quedaría entonces
e
ln y +1
=e
ln x − 3 + C
, como
y + 1 = c ( x − 3) , despejando
y = c ( x − 3) − 1
Sustituyendo los valores de y (−1) = 0 o sea y = 0, x = −1
1
4
1
1
y = x−
4
4
Tenemos que 0 = c ( −1 − 3) − 1 quedando c =
Donde la solución es y = −1 +
Ejercicio 1.5.9
1
( x + 3) ,
4
dy 4 − 2 x
=
para las condiciones iniciales de y (1) = 3
dx 3 y 2 − 5
Reacomodando ( 3 y 2 − 5 ) dy = ( 4 − 2 x ) dx quedan las variables separadas
Por lo que integrando
∫ (3 y
2
− 5 )dy = ∫ ( 4 − 2 x ) dx
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Resulta y 3 − 5 y = 4 x − x 2 + c la cualno se puede resolver fácilmente para y
Sustituyendo condiciones iniciales
( 3)
3
− 5 ( 3) = 4 (1) − (1) + c donde c = 9
2
Por lo que y 3 − 5 y = 4 x − x 2 + 9 sería una solución particular.
Ejercicio 1.5.10 Resolver y´= 1 + x + y + xy para las condiciones iniciales de y (0) = 3
Factorizando y´= (1 + x ) + y (1 + x) , o bien
dy
= (1 + x ) (1 + y )
dx
Reacomodando quedan las variables separadas
1
dy = (1 + x ) dx
(1 + y )
Por lo que integrando
ln(1 + y ) = x +
(16)

1

∫  (1 + y) dy = ∫ (1 + x ) dx , resulta
1 2
x +c
2
(17)
Aplicando antilogaritmo tenemos
e
ln(1+ y )
=e
1
x + x2 + c
2
Resultando 1 + y = e
1
x + x2 + c
2
, o bien
1 + y = ce
Sustituyendo condiciones iniciales 1 + 3 = ce
Resulta que y = 4e
1
x + x2
2
0+
1 2
( 0)
2
1
x + x2
2
donde c = 4
− 1 sería una solución particular.
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