MG. MIGUEL PEREZ GONZALES
Motivación
Segunda Ley de Newton
Desintegración Radiactiva
Problemas de Mezclas
Leyes de Kirchhoff
Movimiento Amortiguado
CONCEPTOS BÁSICOS
Las ecuaciones diferenciales son una parte muy importante de las matemáticas debido a que son los modelos apropiados para
muchos experimentos de la vida y fenómenos de la naturaleza y poseen infinidad de aplicaciones.
Como es conocido por todos, si tenemos una función “𝑦 = 𝑓(𝑥)”, su derivada representa la variación o ritmo de cambio de la
variable dependiente “𝑦” respecto de la independiente “𝑥”. De esta manera, puede intuirse que en muchos fenómenos de la
naturaleza se ven relacionadas las diversas variables involucradas en el proceso con sus ritmos de variación, lo cual nos lleva a
relacionar las funciones con sus derivadas.
PRIMERAS DEFINICIONES
Llamamos ecuación diferencial a cualquier ecuación en la que aparecen relacionadas: Una o varias variables independientes,
Una variable dependiente de ella o ellas, las derivadas de esta última con respecto a una o más variables independientes.
Observación
Muchas leyes físicas de la naturaleza, así como problemas geométricos, mecánicos, etc; se rigen por ecuaciones diferenciales.
Tomemos como ejemplo la segunda ley de Newton.
Consideremos la recta real R y tomemos la función 𝑆 𝑡 que representará la posición de un cuerpo en el instante 𝑡 en ella, la
velocidad instantánea del cuerpo viene dada por la razón de cambio de la posición, es decir:
𝑆 𝑡 − 𝑆(𝑡0 ) 𝑑𝑆
𝑣 𝑡 = lim
=
𝑡→𝑡0
𝑡 − 𝑡0
𝑑𝑡
𝑑𝑣 𝑑2 𝑆
Análogamente, la aceleración instantánea mide la variación en la velocidad del móvil: 𝑎 𝑡 = 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡²
𝑑2 𝑆
La ley de Newton establece, para este ejemplo, 𝐹 = 𝑚 ∙ 𝑎, con lo que expresándolo en función de la posición: 𝑚 ∙ 𝑑𝑡 2 = 𝐹
aparece una ecuación diferencial que resolviéndola nos permitirá conocer la posición del cuerpo en cada momento. Para poder
determinar la función posición es preciso conocer dos datos, que pueden ser la posición y la velocidad inicial del móvil:
𝑆 𝑡0 = 𝑆0 y 𝑣 𝑡0 = 𝑆 ′ 𝑡0 = 𝑣0 , con lo que estamos resolviendo un problema de valor inicial, o bien la posición en dos instantes
de tiempo: 𝑆 𝑡0 = 𝑆0 y S 𝑡1 = 𝑆1 , con lo que estamos resolviendo un problema con condiciones de contorno.
El estudio de las ecuaciones diferenciales tiene tres metas principales:
1. Descubrir la ecuación diferencial que describe una situación física específica.
2. Encontrar —exacta o aproximadamente— la solución apropiada de esa ecuación.
3. Interpretar la solución encontrada.
Clasificación de las ecuaciones diferenciales
Ejemplos de ecuaciones diferenciales
Ejemplo 1
(Fig. 1)
La ley de enfriamiento de
Newton,
describe
el
enfriamiento de una roca
caliente en el agua.
La ley de enfriamiento de Newton puede establecerse de esta
manera: La razón de cambio del tiempo (la razón de cambio
respecto del tiempo 𝑡) de la temperatura 𝑇(𝑡) de un cuerpo es
proporcional a la diferencia entre 𝑇 y la temperatura A del medio
ambiente (fig. 1). Esto es,
𝑑𝑇
= −𝑘(𝑇 − 𝐴)
𝑑𝑡
donde k es una constante positiva. Obsérvese que si 𝑇 > 𝐴,
entonces d𝑇/𝑑𝑡 < 0, por lo que la temperatura es una función
decreciente de t y el cuerpo se está enfriando. Pero si 𝑇 < 𝐴,
entonces d𝑇/𝑑𝑡 > 0, por tanto, 𝑇 está aumentando.
Así, la ley física se traduce en una ecuación diferencial. Si damos
valores a k y A, podremos encontrar una fórmula explícita para
𝑇(t), y entonces -con la ayuda de esta fórmula- será posible
predecir la temperatura que tendrá el cuerpo.
Ejemplo 2
(Fig. 2)
La ley de drenado de Torricelli,
describe el drenado de un
tanque de agua.
La ley de Torricelli establece que la razón de cambio respecto del
tiempo de un volumen V de agua en un tanque de drenado (Fig. 2)
es proporcional a la raíz cuadrada de la profundidad y del agua en
el tanque:
𝑑𝑉
= −𝑘 𝑦
𝑑𝑡
donde 𝑘 es una constante. Si el tanque es un cilindro con paredes
verticales y una sección transversal de área A, entonces 𝑉 = 𝐴𝑦,
por lo que d𝑇/𝑑𝑡 = 𝐴𝑑𝑦/𝑑𝑡. En este caso la ecuación anterior toma
la forma
𝑑𝑦
= −ℎ 𝑦, donde ℎ = 𝑘/𝐴 es una constante.
𝑑𝑡
Definiciones Básicas
Ecuación Diferencial (E.D.)
Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene la derivada o las derivadas
de una o más variables dependientes respecto de una o más variables
independientes.
Clasificación por tipo
Ecuación Diferencial Ordinaria
(E.D.O)
Si la función desconocida depende sólo
de una variable (las derivadas son
ordinarias).
𝑑𝑦
𝑖)
− 5𝑦 = 𝑒 𝑥
𝑑𝑥
5
𝑑4𝑦
𝑑𝑦
𝑖𝑖) 2 − 𝑥𝑦
=0
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑢 𝑑𝑣
𝑖𝑖𝑖)
+
=0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Ecuación Diferencial Parcial
(E.D.P)
Si la función desconocida depende de
más de una variable (las derivadas son
parciales).
𝜕2𝑢 𝜕2𝑢
𝜕𝑢
𝑖) 2 = 2 − 2 +
𝜕𝑥
𝜕𝑡
𝜕𝑡
2
2
2
𝜕 𝑢 𝜕 𝑢 𝜕 𝑢
𝑖𝑖) 2 + 2 + 2 = 0
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑢 𝜕𝑢
𝑖𝑖𝑖)
+
=𝑢
𝜕𝑠 𝜕𝑡
CLASIFICACION POR ORDEN
Definición 2: Orden de una
ecuación
Es el mayor orden de derivación
que exista de la función
incógnita.
Ejemplos:
𝑑2𝑦
𝑑𝑥 2
𝜕𝑧
𝑏
𝜕𝑥
= −𝑘𝑦 + 𝑥
=
𝜕3 𝑧
−𝑎 3
𝜕𝑥
CLASIFICACION POR GRADO
Definición 3: Grado de una
ecuación
Es el grado algebraico de su
derivada de mayor orden.
Ejemplo:
𝑑𝑦 2
𝑑𝑥
Segundo orden
Tercer orden
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
+5
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
3
− 4𝑦 = 𝑒 𝑥
es de primer grado, dado que la
segunda derivada, que nos da el orden
de la EDO, está elevada a uno.
Ejercicios para resolver en clase
Determinar el orden de las siguientes ecuaciones:
a)
b)
𝑑4𝑦
𝑑𝑥 4
2
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
−5
+
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
+
7𝑥
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
6
5
= 3𝑥 2 + 7
𝑑2𝑦
2
=𝑥 +
𝑑𝑥 2
3
Determinar el grado de las siguientes ecuaciones:
2
a)
𝑑4𝑦
𝑑𝑥 4
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
−5
+
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
b)
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
+
7𝑥
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
6
5
= 3𝑥 2 + 7
𝑑2𝑦
2
=𝑥 +
𝑑𝑥 2
3
ECUACION DIFERENCIAL ORDINARIA (EDO)
FORMA GENERAL: 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ″ , . . . . . 𝑦 𝑛 = 0
Ejemplos:
𝑑𝑛 𝑦
FORMA NORMAL:
= 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ″ , . . . . . 𝑦 𝑛−1
𝑛
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
2 3
𝑎)
=𝑥 𝑦 ;
𝑏) 2 − 3
+ 5𝑦 − 2𝑐𝑜𝑠3𝑥 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL (EDL): Esta ecuación diferencial tiene dos
características que la distinguen del resto:
a. La variable dependiente “𝑦” con todas sus derivadas son de primer grado.
b. Los coeficientes de la variable “𝑦” con sus derivadas dependen sólo de la variable
independiente 𝑥, o bien son constantes. Su forma general es:
𝒅𝒏 𝒚
𝒅𝒏−𝟏 𝒚
𝒅𝟐 𝒚
𝒅𝒚
𝒂𝒏 (𝒙) 𝒏 + 𝒂𝒏−𝟏 (𝒙) 𝒏−𝟏 + ⋯ … + 𝒂𝟐 (𝒙) 𝟐 +𝒂𝟏 (𝒙)
+ 𝒂𝟎 (𝒙)𝒚 = 𝒈(𝒙)
𝒅𝒙
𝒅𝒙
𝒅𝒙
𝒅𝒙
Por ejemplo:
𝑎)𝑥 2 𝑦 ″ − 2𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝐿𝑛𝑥
𝑏) 𝑦 − 𝑥 𝑑𝑥 + 4𝑥𝑑𝑦 = 0
ECUACIÓN DIFERENCIAL NO LINEAL (EDNL): Todas las ecuaciones que no sean lineales,
son no lineales, por ejemplo:
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
𝑎) 2 + 𝑠𝑒𝑛𝑦
+ 5𝑦 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑏) 3 − 𝑥 2 𝑦 𝑦 ′ = 𝑥𝑦 2 + 4
𝑑𝑛 𝑦
𝑑 𝑛−1 𝑦
𝑑𝑦
𝑎𝑛 (𝑥) 𝑛 + 𝑎𝑛−1 (𝑥) 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 (𝑥)
+ 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥 ቇ
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Ejemplos: ¿Lineales o no lineales?
1)
2)
dv(t ) 1
1

v(t ) 
Vs (t )
dt
RC
RC
dT
 K (Ta  T )
dt
3)
ml  kl  mgsen   0
4)
dy  x  x 2  y 2

dx
y
5)
𝑦′ + 𝑥 3 𝑦 + 𝑦 2 sen( 𝑥) = 𝑥 2 − 1
6)
𝑦′′ − 𝜇(1 − 𝑦 2 )𝑦′ + 𝑦 = 0
Solución de una EDO
Una función “𝑢” definida en un intervalo I, es solución de una ecuación diferencial en I, si
sustituida en dicha ecuación la reduce a una identidad. Es decir:
Dada la EDO: 𝐹
𝑑𝑦
𝑑𝑛𝑦
𝑥, 𝑦, 𝑑𝑥 , . . . , 𝑑𝑥𝑛
=0
"𝑢 𝑥 " es solución, si se cumple: 𝐹 𝑥, 𝑢 𝑥 , 𝑢′ 𝑥 , . . . , 𝑢
𝑛
𝑥
= 0, para toda 𝑥 ϵ 𝐼.
1
Ejemplo.- Las funciones:𝑦 = 3 𝑥 3 + 𝑐, son soluciones de la ecuación de la EDO:
𝐸𝐷𝑂:
𝑑𝑦
= 𝑥2
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥 2.
SOLUCION GENERAL
1
La solución general es en realidad
𝑦 = 𝑥3 + 𝑐
3
una
familia
de
funciones
parametrizadas por la constante
desconocida c. Para cada valor
particular de la constante c se
obtiene una Solución Particular de
la EDO.
Ejemplo: comprobación de una solución.
(a) Comprobar que 𝑦 =
𝑥4
16
es solución de:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
1
2
= 𝑥𝑦 , en ℝ.
(b) Comprobar que 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 es solución de: 𝑦 ″ −2𝑦 ′ + 𝑦 = 0, en ℝ.
Ejercicios: Determine si cada ecuación es solución o no de la EDO dada:
1) 𝑦 = 𝑥 2 + 𝐶𝑥;
𝑥
𝑑𝑦
= 𝑥2 + 𝑦
𝑑𝑥
𝑑2𝑦
2) 𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(5𝑥) + 𝐵cos(5𝑥);
+ 25𝑦 = 0
𝑑𝑥 2
3) 𝑦 = 𝐶 𝑥 − 𝐶
2;
𝑑𝑦
𝑑𝑥
3
𝑑𝑦
− 4𝑥𝑦
+ 8𝑦 2 = 0
𝑑𝑥
4) 𝑦 = 𝐶 2 + 𝐶𝑥 −1 ; 𝑦 + 𝑥𝑦′ = 𝑥 4 𝑦′
2
2𝑦
𝑑
5) 𝑦 = 8𝑥 5 + 3𝑥 2 + 𝐶;
− 6 = 160𝑥 3
2
𝑑𝑥
15
HAGÁMOSLO A LA INVERSA.
1) Encuentre la ED cuya solución general es 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝑪.
Solución
Observemos que sólo aparece una constante de integración, de manera que derivamos la
solución general, obteniendo:
𝑑𝑦
= 2𝑥
𝑑𝑥
Como en esta derivada no aparecen constantes de integración, quiere decir que esta es
la ED de la solución general propuesta.
2) Encuentre la ED cuya solución general es 𝒚 = 𝑪𝒙𝟐.
Solución
𝑑𝑦
Tomando la derivada: 𝑑𝑥 = 2𝐶𝑥;
De la solucion general: 𝐶 =
𝑦
,
𝑥2
𝑑𝑦
Reemplazamos en la derivada: 𝑑𝑥 = 2
𝑑𝑦 2𝑦
=
𝑑𝑥
𝑥
𝑦
𝑥2
𝑥
Es la ED de la solución general, puesto que ya
no aparecen constantes de integración.
PROBLEMA DE VALORES EN LA FRONTERA (PVF)
Son problemas que consisten en resolver una ecuación diferencial lineal de orden dos o
mayor en el que la variable dependiente y o sus derivadas se especifican en diferentes
puntos extremos del intervalo 𝑎, 𝑏 . Un problema como:
Resolver: 𝑎2
sujeto a:
𝑑²𝑦
𝑑𝑦
+ 𝑎1 𝑥
+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = g(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑥²
𝑦(𝑎) = 𝑦0 , 𝑦′(𝑏) = 𝑦1
Se llama problema de valores en la frontera.
EDOs de primer orden autónomas
Es una EDO en la que la variable independiente no aparece de manera explícita. Ejm:
1) 𝑦′ = 𝑠𝑒𝑛𝑦
2) 𝑦 ′ = 𝑒 3𝑦 − 2𝑦 + 1
PROBLEMAS CON VALORES INICIALES (PVIs)
Son problemas en los que, la solución 𝑦(𝑥) satisface condiciones prescritas, es decir,
condiciones impuestas sobre una 𝑦(𝑥) desconocida o sus derivadas, en 𝑥0 ⊂ I.
PVIs de primer orden:
Soluciones de la EDO
𝑑𝑦
Resolver:
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑑𝑥
sujeto a:
𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0
Soluciones de la EDO
PVIs de segundo orden:
Resolver:
𝑑²𝑦
= 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ )
𝑑𝑥²
sujeto a:
𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 , 𝑦′(𝑥0 ) = 𝑦1
EDOs de primer orden autónomas
Es una EDO en la que la variable independiente no aparece de manera explícita. Ejm:
1) 𝑦′ = 𝑠𝑒𝑛𝑦
2) 𝑦 ′ = 𝑒 3𝑦 − 2𝑦 + 1
Ejemplo:
Sabemos que 𝑦 = 𝐶𝑒 𝑥 es una familia uniparamétrica
de soluciones de la EDO:
𝑑𝑦
= 𝑦,
𝑑𝑥
Si 𝑦 0 = 3,
⇰
𝒚 = 𝟑𝒆𝒙 ,
en (-, ).
3 = 𝐶𝑒 0 = 𝐶
𝑦 = 3𝑒 𝑥 , es una solución de este PVI.
Si queremos una solución que pase por (1, -2),
entonces la condición es: 𝑦 1 = −2
−2 = 𝐶𝑒 1
⇰ 𝐶 = −2𝑒 −1
𝑦 = −2𝑒 𝑥−1 , es una solución de este PVI.
𝒚 = −𝟐𝒆𝒙−𝟏 ,
Ejemplo:
Si 𝑥(𝑡) = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 4𝑡 es una solucion de 𝑥 ′′ + 16𝑥 = 0
Hallar una solución del siguiente PVI:
𝑥 ′′ + 16𝑥 = 0,
𝑥  /2 = −2,
𝑥 ′  /2 = 1
Resolución
Sustituimos: 𝑥  /2 = −2 en
𝑥(𝑡) = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 4𝑡
−2 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠 4  /2 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 4  /2
⇰
𝑐1 = −2
De la misma manera, a partir de 𝑥 ′  /2 = 1
𝑥′(𝑡) = −4𝑐1 𝑠𝑒𝑛 4𝑡 + 4𝑐2 𝑐𝑜𝑠 4𝑡
1 = −4𝑐1 𝑠𝑒𝑛 4  /2 + 4𝑐2 𝑐𝑜𝑠 4  /2
La solución pedida es:
⇰
𝑐2 = 1/4
1
𝑥 𝑡 = −2 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 4𝑡
4
20
Existencia y unicidad:
¿Existe siempre una solución para un problema de valor inicial (PVI)? Y si existe una solución, ¿es
única?
En la práctica, un problema de valor inicial que no tiene o que tiene más de una solución para
condiciones específicas no es de utilidad. Es importante poder garantizar bajo qué condiciones un
problema de este tipo tiene solución y, además, que sea única.
En general, no es fácil establecer un resultado que aplique para todas las ecuaciones diferenciales; de
momento solo estamos en condiciones de enunciar sin demostración el resultado que nos puede ser
de utilidad para garantizar la existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial de
primer orden.
Teorema (Picard)
Existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial de primer orden.
El problema de valor inicial de resolver la ecuación diferencial 𝑦 ′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) sujeta a la condición
𝑦 𝑥0 = 𝑦0 tiene una única solución definida sobre un intervalo con centro en 𝑥0 si las funciones
𝜕𝑓
𝑓(𝑥, 𝑦) y son ambas continuas sobre una región que contiene al punto (𝑥0 , 𝑦0 ).
𝜕𝑦
𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦)
Ejemplo 1:
𝑑𝑦
Verificar si el problema de resolver la ecuación 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑦 3 , sujeto a la condición 𝑦 𝑎 = 𝑏
tiene una solución y además es única.
Resolución:
𝜕𝑓
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 2 𝑦 3
⇰ 𝜕𝑦 = 3𝑥 2𝑦 2
Verificamos que ambas funciones son continuas en
cualquier punto 𝑎, 𝑏 . Por el Teorema de Picard, se
garantiza que el problema de valor inicial dado tiene
solución única.
Ejemplo 2:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
1
2
4
La EDO:
= 𝑥𝑦 , tiene como solución 𝑦 = 𝑥16 , sin embargo 𝑦 = 0 también es solución.
La inspección de las funciones:
𝜕𝑓
𝑥
= 1/2 NO ES CONTINUA EN 𝑦 = 0, por eso hay 2 soluciones.
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑦 1/2 y
𝜕𝑦 2𝑦
𝜕𝑓
Sin embargo 𝑓 𝑥, 𝑦 y 𝜕𝑦 son continuas en el
semiplano superior 𝑦 > 0 . Basándonos en el
teorema de existencia de una solución única,
concluimos que para cada punto (𝑥0 , 𝑦0 ), con 𝑦0 > 0,
existe un intervalo centrado en 𝑥0 en el que esta ED
tiene una solución única.
Campo de direcciones
𝑑𝑦
Si para la EDO 𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥, 𝑦) se evalúa 𝑓 en una red o malla de puntos rectangular en el
plano 𝑥𝑦, y se dibuja un elemento lineal en cada nodo (𝑥, 𝑦) de la malla con pendiente
𝑓(𝑥, 𝑦), obtenemos el campo de direcciones o campo de pendientes.
𝑑𝑦
Ejemplo: El campo de direcciones de 𝑑𝑥 = 0,2𝑥𝑦 está representado en la figura (a).
Compárese con la figura (b) donde se han representado unas curvas de la familia de
soluciones.
a) Campo de direcciones de
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0,2𝑥𝑦
b) Algunas curvas solución en 𝑦 = 𝐶𝑒 0,1𝑥
2
23
EDOs de primer orden autónomas
𝑑𝑦
= 𝑓(𝑦)
𝑑𝑥
Una EDO en la que la variable independiente no aparece de manera explícita es autónoma.
𝑑𝑦
𝑑𝑦
Nota: Recordar que si 𝑑𝑥 > 0 para todo 𝑥 de I, entonces 𝑦(𝑥) es creciente en I, y si 𝑑𝑥 < 0
para todo 𝑥 de I, entonces 𝑦(𝑥) es decreciente en I.
EDO autónomas y campos de direcciones
La figura muestra el campo de
𝑑𝑦
direcciones
de
= 2𝑦 − 2.
𝑑𝑥
Podemos observar que los elementos
lineales que pasan por los puntos de
cualquier recta horizontal mantienen
la pendiente.
Pendientes
de
elementos lineales
verticales varían.
Pendientes
de
elementos lineales
horizontales son
iguales.
Recordemos que una EDO autónoma es
𝑑𝑦
de la forma 𝑑𝑥 = 𝑓(𝑦), y las pendientes
sólo dependen de 𝑦.
24
Ejemplo
Use un campo de direcciones para dibujar una curva solución aproximada para:
𝑑𝑦
= 𝑠𝑒𝑛𝑦; 𝑦 0 = −3/2
𝑑𝑥
Resolución:
Apelando a la continuidad de 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑦
y f/y = cos 𝑦, el teorema de existencia y
unicidad garantiza la existencia de una única
curva solución que pasa por algún punto
especificado en el plano. Ahora dividimos la
región que contiene a (-3/2, 0) en una malla
rectangular. Calculamos el elemento lineal
de cada nodo para obtener la siguiente
figura:
25
MÉTODOS DE SOLUCIÓN ANALÍTICA
 NO existe un método general para resolver EDOs, es decir, dada cualquier ecuación
diferencial no tenemos un procedimiento para hallar su solución analítica.
 Sin embargo, en algunos casos particulares bien identificados sí se tienen
procedimientos para calcular dicha solución.
 El único método entonces consiste en saber Identificar el tipo de ED que se quiere
resolver.
 Si es un caso conocido. Aplicar el procedimiento correspondiente
 Si no es un caso conocido, intentar algún cambio de variable que la transforme en
un caso conocido
Por ejemplo:
𝑎)𝑥 2 𝑦 ″ − 2𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝐿𝑛𝑥
Se resuelve por el método de Euler.
𝑦𝑥 3 𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 0
𝑐) ൝
𝑢 𝑥, 0 = 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑏) 𝑦 − 𝑥 𝑑𝑥 + 4𝑥𝑑𝑦 = 0
Se resuelve por el método de las
homogéneas.
Se resuelve por el método de las curvas características.
Ejercicios Encuentra la ED de cada una de las siguientes soluciones generales:
1) 𝑦 = 𝐶𝑒 −2𝑥 + 2𝑥 − 𝑥 3 − 7
5) 𝑦 = 𝐴𝑒 𝑥 + 𝐵𝑒 −𝑥
2) 𝑦 = C cos3𝑥 − 1/𝑥
6) 𝑦 = tan(3𝑥 + 𝐶 )
3) 𝑥 2 − 2𝑦 2 = C𝑦
7) 𝑥 − 𝐴
2
+ 𝑦 2 = 𝐵2
4) 𝑥 2 − 2𝑦 2 = C𝑥𝑦
Problemas de valores iniciales (PVI)
Para una ecuación diferencial lineal, un problema de valor inicial de n-ésimo orden es:
Resuelva:
Sujeto a:
𝑑𝑛 𝑦
𝑑 𝑛−1 𝑦
𝑑𝑦
𝑎𝑛 (𝑥) 𝑛 + 𝑎𝑛−1 (𝑥) 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 (𝑥)
+ 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 ,
𝑦 ′ (𝑥0 ) = 𝑦1 ,
⋯,
𝑦
𝑛−1
(𝑥0 ) = 𝑦𝑛−1 .
Problema de valores en la frontera (PVF)
Otro tipo de problema consiste en resolver una ecuación diferencial lineal de orden dos
o mayor en el que la variable dependiente y o sus derivadas se especifican en diferentes
puntos extremos, por ejemplo:
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
Resuelva: 𝑎2 (𝑥) 2 + 𝑎1 (𝑥)
+ 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Sujeto a: 𝑦(𝑎) = 𝑦0 ,
𝑦 ′ (𝑏) = 𝑦1 .
Desintegración radiactiva
En un accidente nuclear se liberaron 10 gramos del isótopo de plutonio 239𝑃𝑢. ¿Cuánto
tiempo se necesita para que los 10 gramos decaigan a 1 gramo?
Resolución
La desintegración radiactiva se mide en términos de vida media, el número de años necesarios
para que la mitad de los átomos de una muestra de material radiactivo se desintegre. La tasa de
desintegración es proporcional a la cantidad presente. La vida media de algunos isótopos
radiactivos comunes se enumeran a continuación:
Uranio ( 238𝑈) 4,470,000,000 años
Carbono ( 14𝐶) 5715 años
Sea 𝑦 la masa (en gramos) del plutonio.
Como la velocidad de desintegración es
proporcional a 𝑦:
𝑑𝑦
𝑑𝑦
= 𝑘𝑑𝑡
= 𝑘𝑦
⇰
𝑦
𝑑𝑡
𝐿𝑛𝑦 = 𝑘𝑡 + 𝐶
⇰
𝑦 𝑡 = 𝐶𝑒 𝑘𝑡
donde 𝑡 es el tiempo en años.
Cuando 𝑡 = 0, 𝑦 = 10 ⇰ 𝐶 = 10
Como la vida media del 239𝑃𝑢 es 24,100
10
= 10𝑒 𝑘(24,100) ⇰ 𝑘 ≈ −0,000028761
2
Plutonio ( 239𝑃𝑢)
Radio ( 226𝑅𝑎)
24,100 años
1599 años
Así, el modelo de vida media es:
𝑦 𝑡 = 10𝑒 −0,000028761𝑡
Para saber el tiempo que le tomaría a 10
gramos decaer a 1 gramo, basta resolver
para t en la ecuación
1 = 10𝑒 −0,000028761𝑡
La solución es de aproximadamente
𝑡 ≈ 80,059 años
VARIABLES SEPARABLES
Modelo de EDO:
𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0,
ó
𝑑𝑦
= 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑔(𝑥, 𝑦)
𝑑𝑥
Si logramos convertirla en: 𝐹 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐺 𝑦 𝑑𝑦 = 0
Donde 𝐺 𝑦 es una función exclusivamente de “𝑦”, 𝐹 𝑥 es una función exclusivamente de
“𝑥”. Integrando ambos lados:
𝑥
𝑦
න 𝐹 𝑥 𝑑𝑥 + න 𝐺 𝑦 𝑑𝑦 = 𝐶
:
Ejemplos
𝑥0
𝑑𝑦
𝑥2
1)
=
𝑑𝑥 1 − 𝑦 2
3)
𝑑𝑦
𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥
=
; 𝑦 0 =1
𝑑𝑥 1 + 2𝑦 2
5) 𝑦 ′ = 2 𝑦 − 1 𝑥; 𝑦 0 = 3
2
𝑥
7) 𝑦 ′ =
; 𝑦 0 =3
𝑦(1 + 𝑥 3 )
9) 𝑦 ′ + 𝑦 2 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
11) − 𝑡𝑔𝑥 cos 𝑦 = 𝑦 ′ 𝑡𝑔𝑦; 𝑦 π = π/3
𝑦0
2) 1 + 𝑥 4 𝑑𝑦 + 𝑥 1 + 4𝑦 2 𝑑𝑥 = 0, 𝑦 1 = 0
4) 𝑥 2 𝑦 ′ = 𝑦 − 𝑥𝑦,
𝑦 −1 = −1
6) 𝑦 ′ = 𝑦 − 1 (𝑦 + 3); 𝑦 2 = 2
12) 𝑥²𝑦 ′ = 1 − 𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥²𝑦 2
10) 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 cos 3 3𝑥 𝑑𝑦 = 0
12) 𝑦 ′ = 𝑦𝑒 𝑥−𝑦 + 𝑦𝑒 −𝑥−𝑦 ; 𝑦 0 = 0
Ejemplo 1:
𝑑𝑦
𝑒
− 𝑡 + 𝑡 3 = 0,
𝑑𝑡
𝑦
Resolver la EDO de valor inicial:
𝑦 1 =1
Resolución:
Método 1:
Separando las variables:
Integrando:
𝑦 1 =1
𝑒 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑡 + 𝑡 3 𝑑𝑡
𝑦
⇰
3
න 𝑒 𝑑𝑦 = න 𝑡 + 𝑡 𝑑𝑡
⇰
𝑥=1
ቊ
𝑦=1
⇰
𝑒𝑦
12 14
𝑒 =
+ +𝐶
2
4
⇰
1
𝑡2 𝑡4
= + +𝐶
2
4
3
𝐶 =𝑒−
4
𝑡2 𝑡4
3
𝑦(𝑡) = 𝐿𝑛
+ +𝑒−
2
4
4
Método 2:
Separando las variables:
𝑒 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑡 + 𝑡 3 𝑑𝑡
𝑦
Integrando:
න
1
Despejando:
𝑡
𝑒 𝑢 𝑑𝑢
=න 𝑠+
1
2
4
𝑡
𝑡
3
𝑒𝑦 = + + 𝑒 −
2
4
4
𝑠3
𝑑𝑠
⇰
𝑒𝑦
𝑡2 𝑡4 1 1
−𝑒 = + − −
2
4 2 4
𝑡2 𝑡4
3
𝑦(𝑡) = 𝐿𝑛
+ +𝑒−
2
4
4
Ejemplo 2:
Resolver la EDO propuesta considerando valor inicial:
𝑑𝑦 𝑥
+ = 0,
𝑑𝑥 𝑦
𝑦 1 =2
Resolución:
Método 1:
Separando las variables:
Integrando:
𝑦 1 =2
𝑦𝑑𝑦 = −𝑥𝑑𝑥
න 𝑦𝑑𝑦 = − න 𝑥𝑑𝑥
⇰
⇰
𝑥=1
ቊ
𝑦=2
⇰
⇰
22
12
=− +𝐶
2
2
𝑦2
𝑥2 5
=− +
2
2 2
𝑦2
𝑥2
=− +𝐶
2
2
⇰ 𝐶 = 52
𝑦=
5 − 𝑥2
⇰
𝑦 2 22
𝑥2 1
−
=− +
2
2
2 2
Método 2:
Separando las variables:
𝑦𝑑𝑦 = −𝑥𝑑𝑥
𝑦
Integrando:
න 𝑢𝑑𝑢 = − න 𝑠𝑑𝑠
2
Despejando:
𝑥
1
𝑦2
𝑥2 5
=− +
2
2 2
𝑦=
5 − 𝑥2
Ejemplo 3:
1 + 𝑥 𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 0
Resolución:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
1+𝑥
Si dividimos entre 1 + 𝑥 𝑦, podemos escribir:
Integrando:
න
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=න
𝑦
1+𝑥
⇰
𝐿𝑛 𝑦 = 𝐿𝑛 1 + 𝑥 + 𝐿𝑛 𝐶
𝐿𝑛 𝑦 = 𝐿𝑛 𝐶(1 + 𝑥)
Ejemplo 4:
𝑑𝑦
𝑥
=− ,
𝑑𝑥
𝑦
𝑦 4 = −3
Resolución:
Escribiendo convenientemente:
𝑦𝑑𝑦 = −𝑥𝑑𝑥,
2
2
𝑦
𝑥
න 𝑦𝑑𝑦 = − න 𝑥𝑑𝑥 ⇰
= − +𝐶
2
2
25
(−3)2
42
𝑥=4
𝐶
=
ቊ
=− +𝐶 ⇰
𝑦 4 = −3 ⇰ 𝑦 = −3 ⇰
2
2
2
Integrando:
⇰
𝑦2
𝑥 2 25
=− +
2
2
2
𝑦 = − 25 − 𝑥 2
⇰
𝑦 = 𝐶(1 + 𝑥)
2
𝑥
−
1
5) 𝑦 ′ = 𝑦
;
𝑦+3
𝑦 3 = −1
𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢𝐨𝐧:
𝑦+3
𝑑𝑦 = 𝑥 − 1 2 𝑑𝑥
𝑦
3
1+
𝑑𝑦 = 𝑥 − 1 2 𝑑𝑥
𝑦
න 1+
3
𝑑𝑦 = න 𝑥 − 1 2 𝑑𝑥
𝑦
1
𝑦 + 3𝐿𝑛 𝑦 = 𝑥 − 1 3 + 𝐶
3
𝑥=3
𝑦 3 = −1 ⇰ ቊ
𝑦 = −1
1
⇰ −1 + 3𝐿𝑛 −1 = 3 3 − 1
𝐶 = −11/3
1
𝑦 + 3𝐿𝑛 𝑦 = 𝑥 − 1
3
3
+𝐶
3
11
−
3
1) Dada la EDO: 𝑒 𝑥
3 −𝑦 2
+
𝑦 𝑑𝑦
=0
𝑥 2 𝑑𝑥
Hallar:
a) Solución general
b) Solución particular que pasa por P(1, 1)
c) A partir de la solución general, hallar la ecuación diferencial.
2) Obtener la solución general de las siguientes EDOs:
a) 3𝑒 𝑥 𝑡𝑔𝑦 𝑑𝑥 + 2 − 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑐 2 𝑦 𝑑𝑦 = 0
b) 𝑥 − 2 𝑦 2 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑦 2 − 1 𝑑𝑦 = 0
c) 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑑𝑥 + 1 + 𝑥 2 cos 𝑦 𝑑𝑦 = 0.
3) Encontrar la solución general o particular, según cada caso, de las siguientes EDOs:
Modelo de EDO:
EDO QUE SE REDUCEN A VARIABLE SEPARABLE
𝑑𝑦
′
𝑦 =
= 𝑓 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐
𝑑𝑥
Haciendo 𝑧 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐, se convierte en Variable Separable
Ejemplo:
𝑑𝑦
= 𝑥+𝑦+4
𝑑𝑥
2
;
𝑦 1 = −4
Resolución:
Hagamos: z = 𝑥 + 𝑦 + 4
Reemplazamos:
⇰
𝑑z
− 1 = 𝑧2
𝑑𝑥
Separamos las variables:
𝑑z
𝑑𝑦
=1+
𝑑𝑥
𝑑𝑥
⇰
𝑦 1 = −4
𝑑𝑦 𝑑z
=
−1
𝑑𝑥 𝑑𝑥
𝑑z
= 1 + 𝑧2
𝑑𝑥
Integrando
𝑑z
𝑑z
න
= න 𝑑𝑥
= 𝑑𝑥 ⇰
1 + 𝑧2
1 + 𝑧2
Volvemos a las variables originales:
Hallamos C:
⇰
⇰
𝑥=1
ቊ
𝑦 = −4
⇰
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧 = 𝑥 + 𝐶
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥 + 𝑦 + 4) = 𝑥 + 𝐶
⇰
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(1 − 4 + 4) = 1 + 𝐶
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥 + 𝑦 + 4 = 𝑥 +
π
−1
4
⇰
𝐶=
π
−1
4
EDO QUE SE REDUCEN A VARIABLE SEPARABLE
Ejercicios:
1)𝑦 ′ = 𝑥 + 𝑦
4)
2
2)
𝑑𝑦
1
=
𝑑𝑥 𝑥 − 𝑦 + 1
𝑑𝑦
7)
= 6𝑥 − 3𝑦 + 4
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑦 + 1
𝑑𝑥
𝑑𝑦
5)
= 𝑥 + 𝑦 + 4 2 ; 𝑦 1 = −4
𝑑𝑥
3
𝑑𝑦
10)
= 2 + 𝑒 −2𝑥+𝑦+1
𝑑𝑥
+2
1+ 𝑥+𝑦
8)𝑦 =
𝑥+𝑦 2
6)
𝑑𝑦
=
𝑑𝑥
2
′
11)
3)𝑦 ′ = 4𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 𝑦 2 − 6
𝑑𝑦
= cos(𝑥 + 𝑦 + 1)
𝑑𝑥
9)
2𝑥 + 3𝑦 + 1
𝑑𝑦
= 𝑥+𝑦+1
𝑑𝑥
12)
3/2
𝑑𝑦
= cos(𝑥 − 𝑦)
𝑑𝑥
EDO HOMOGENEAS
Modelo de EDO: 𝑴 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙 + 𝑵 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎; Donde M y N son Homogéneas del mismo orden
Nota: Una función 𝑓(𝑥, 𝑦) se llama función homogénea de grado “” respecto a las variables 𝑥 𝑒 𝑦,
si para todo 𝑡 admisible, se verifica: 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)= 𝑡 𝛼 𝑓(𝑥, 𝑦).
También una EDO es homogénea si puede expresarse como: y ′ = F
Haciendo: 𝑧 =
Ejemplo:
𝑦
𝑥
y
x
o 𝑦 = 𝑧𝑥​​ → 𝑑𝑦 = 𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑧, se reduce a Variable Separable
𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 − 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0
Resolución:
𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑦 2 ,
𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑥 2 − 𝑥𝑦 , son homogéneas de grado 2
𝑦
Hagamos:
= 𝑧 ⇰ 𝑦 = 𝑧𝑥 ⇰ 𝑑𝑦 = 𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑧
𝑥
Sustituyendo obtenemos:
𝑥 2 + 𝑧 2 𝑥 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 − 𝑧𝑥 2 (𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑧) = 0
𝑥 2 1 + 𝑧 2 𝑑𝑥 + (1 − 𝑧)(𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑧) = 0
1 + 𝑧 𝑑𝑥 + 𝑥 1 − 𝑧 𝑑𝑧 = 0
𝑑𝑥 1 − 𝑧
+
𝑑𝑧 = 0
𝑥
1+𝑧
⇰
𝑑𝑥
2
+ −1 +
𝑑𝑧 = 0
𝑥
1+𝑧
𝐿𝑛 𝑥 − 𝑧 + 2𝐿𝑛 1 + 𝑧 = 𝐿𝑛𝐶
Volviendo a las variables iniciales:
𝑦
𝑦
𝐿𝑛 𝑥 − + 2𝐿𝑛 1 + = 𝐿𝑛𝐶
𝑥
𝑥
Mediante propiedades logaritmicas:
𝑥+𝑦 2
𝑦
𝐿𝑛
= ,
𝑐𝑥
𝑥
ó
𝑥 + 𝑦 2 = 𝑐𝑥𝑒 𝑦/𝑥
EDO HOMOGENEAS
Ejemplos:
𝑦
𝑦
1) 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0
2) 𝑥 + 𝑦𝑒 𝑥 𝑑𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑦 = 0; 𝑦 1 = 0
𝑦
3) 𝑥𝑠𝑒𝑛
+ 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
𝑥
4)𝑥𝑦 2
𝑑𝑦 𝑦
𝑦
5)
= + csc
𝑑𝑥 𝑥
𝑥
𝑑𝑦 𝑥𝑦 + 𝑥 2 + 𝑦²
6)
=
𝑑𝑥
𝑥²
7) 𝑥 2 + 3𝑦 2 𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0
8) 𝑥 ln
2
2
𝑑𝑦 𝑦
𝑥𝑦
9)
= + 2
; 𝑦 𝑒 =2
𝑑𝑥 𝑥 𝑥 + 𝑦²
11)
𝑑𝑦 𝑦
𝑥𝑦
= + 2
; 𝑦 2 =0
𝑑𝑥 𝑥 𝑥 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2
𝑑𝑦
= 𝑦3 − 𝑥3; 𝑦 1 = 2
𝑑𝑥
𝑥
+ 1 𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 0
𝑦
𝑑𝑦 𝑥 3 + 𝑦 3
10)
=
; 𝑦 1 =1
𝑑𝑥
𝑥2𝑦
12) 𝑥 2 𝑒 𝑦/𝑥 + 𝑥𝑦
𝑑𝑦
= 𝑥𝑦𝑒 𝑦/𝑥 + 𝑥 2 + 𝑦 2 ; 𝑦 𝑒 = 𝑒
𝑑𝑥
Obtener la solución general de las siguientes EDOs:
EDO REDUCIBLE A HOMOGENEA
EDO de la forma: 𝑑𝑦 = 𝑓 𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑦 + 𝑐1 ; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑎1 ≠ 𝑏1
𝑑𝑥
𝑎2 𝑥 + 𝑏2 𝑦 + 𝑐2
𝑎2
𝑏2
Donde: 𝑎1 , 𝑏1 , 𝑐1 , 𝑎2 , 𝑏2 y 𝑐2 son constantes
Se convierte a homogéneas haciendo el cambio: 𝑥 = 𝑢 + ℎ,
donde ℎ, 𝑘 es el punto de interseccion de: ቊ
𝑦 = 𝑣 + 𝑘,
𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑦 + 𝑐1 = 0
𝑎2 𝑥 + 𝑏2 𝑦 + 𝑐2 = 0
Ejemplos:
1) 𝑥 − 2𝑦 + 4 𝑑𝑥 + (2𝑥 − 𝑦 + 2)𝑑𝑦 = 0
3)
𝑑𝑦 𝑥 + 3𝑦 − 5
=
,
𝑑𝑥
𝑥−𝑦−1
𝑦 1 =1
2)
𝑑𝑦
𝑥−𝑦
=
𝑑𝑥 𝑥 + 𝑦 − 2
4)
𝑑𝑦
𝑥 + 2𝑦
=
𝑑𝑥 3𝑥 + 𝑦 + 4