Matemática Aplicada PNF SCA
Unidad I
PARTE II
Matemática Aplicada PNF SCA
Unidad I PARTE II: Ecuaciones diferenciales de primer orden.
En esta sección trabajaremos con las ecuaciones diferenciales (EDO) de primer
orden. Primero aprenderemos a identificar cada una y luego aplicaremos
métodos para resolverlas, el método dependerá del tipo de ecuación.
Para resolver las ecuaciones diferenciales se tendrá que integrar y quizás
requieras una técnica en especial. Convendrá hacer un repaso de la unidad
curricular cálculo II.
Por muchos años los matemáticos han tratado de resolver muchas ecuaciones
especializadas, por eso hay diversos métodos, sin embargo, lo que funciona
bien con un tipo de ecuación diferencial no necesariamente se aplica a otro.
1.2.1 Ecuaciones Diferenciales Separables
Definición 1: La ecuación diferencial de primer orden 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝐻(𝑥, 𝑦) se llama
separable si la función 𝐻(𝑥, 𝑦) puede escribirse como el producto de una función
de x y una función de y, o lo que es equivalente, como un cociente
𝐻(𝑥, 𝑦) =𝑔(𝑥)
𝑓(𝑦)
En este caso las variables pueden ser separadas escribiendo de manera
informal 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
Ejemplo 1: Identifique la ecuación diferencial (1 + x)dy − ydx = 0.
Solución: Para identificar la ecuación diferencial de variable separable
despejamos y llevamos a la forma 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
Despejando tenemos (1 + 𝑥)𝑑𝑦 = 𝑦𝑑𝑥 ⟹ 𝑑𝑦
𝑦=
𝑑𝑥
(1+𝑥)
Así la ecuación diferencial (1 + x)dy − ydx = 0 es de variables separables.
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2.- 2𝑦(𝑥 + 1)𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑥 3.- 𝑦
𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥= (1 + 𝑥2)−
1
2(1 + 𝑦2)1
2
1.2.2 Ecuación Diferencial Exacta.
Teorema 1:
Consideremos la ecuación diferencial 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0. Sean
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) continuas con derivadas parciales continuas en una región
rectangular 𝑅 definida por 𝑎 < 𝑥 < 𝑏 y 𝑐 < 𝑦 < 𝑑 . Entonces la condición
necesaria y suficiente para que 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 sea una diferencial
exacta es que
𝜕
𝜕𝑦𝑀(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑥𝑁(𝑥, 𝑦)
Ejemplo 2:
Verificar si la ecuación diferencial es exacta
a) 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0
b) 𝑥𝑦2𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0
Solución:
a) En la ecuación diferencial 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0, 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 y
𝑁(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 − 1)
Derivando 𝑀 con respecto a 𝑦 y a 𝑁 con respecto y 𝑥, se tiene,
𝜕
𝜕𝑦𝑀(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑦(2𝑥𝑦) = 2𝑥
𝜕
𝜕𝑥𝑁(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑥(𝑥2 − 1) = 2𝑥
Por teorema anterior, 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0 es exacta.
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b) En la ecuación diferencial 𝑥𝑦2𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0, 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦2 y
𝑁(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 − 1)
Derivando 𝑀 con respecto a 𝑦 y a 𝑁 con respecto y 𝑥, se tiene,
𝜕
𝜕𝑦𝑀(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑦(𝑥𝑦2) = 2𝑦𝑥
𝜕
𝜕𝑥𝑁(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑥(𝑥2 − 1) = 2𝑥
Como 𝜕
𝜕𝑦𝑀(𝑥, 𝑦) ≠
𝜕
𝜕𝑥𝑁(𝑥, 𝑦)
La ecuación diferencial 𝑥𝑦2𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0 no es exacta.
1.2.3 Ecuación Diferencial Lineal.
Definición 2: Una ecuación diferencial de primer orden, de la forma
𝑎1(𝑥)𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (1)
es una ecuación lineal.
Para obtener una forma más útil de la ecuación (1), dividimos por el
coeficiente 𝑎1(𝑥), así obtenemos la forma estándar de la ecuación lineal,
𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) (2)
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Ejemplo 3:
1.- Verificad si la ecuación diferencial es lineal.
a) 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥
− 4𝑦 = 𝑥6𝑒𝑥
Solución: Veamos si la ecuación diferencial 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥
− 4𝑦 = 𝑥6𝑒𝑥 se puede
expresar en la forma estándar.
Dividimos entre 𝑥 a ambos lados de 𝑥𝑑𝑦
𝑑𝑥− 4𝑦 = 𝑥6𝑒𝑥, así obtenemos,
𝑑𝑦
𝑑𝑥−
4
𝑥𝑦 = 𝑥5𝑒𝑥 entonces 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥), donde 𝑃(𝑥) = −
4𝑥 y 𝑓(𝑥) = 𝑥5𝑒𝑥.
Así, le ecuación diferencial 𝑥𝑑𝑦
𝑑𝑥− 4𝑦 = 𝑥6𝑒𝑥 es lineal.
1.2.4 Ecuación Diferencial Homogénea.
Definición 1: Cuando una función tiene la propiedad 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝛼𝑓(𝑥, 𝑦) con
𝛼 ∈ 𝑅 se dice que 𝑓 es una función homogénea de grado 𝛼.
Ejemplo 4:
La función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 es homogénea de grado 2, en efecto,
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 + (𝑡𝑦)2
= 𝑡2𝑥2 + 𝑡2𝑦2
= 𝑡2(𝑥2 + 𝑦2)
= 𝑡2𝑓(𝑥, 𝑦)
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Definición 2: Una ecuación diferencial de primer orden 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
es homogénea si los coeficientes 𝑀(𝑥, 𝑦) y 𝑁(𝑥, 𝑦) a la vez, son homogéneas del mismo grado. Es decir,
𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝛼1𝑀(𝑥, 𝑦) y 𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝛼2𝑁(𝑥, 𝑦) 𝛼1 = 𝛼2
Ejemplo 5:
Verificar si la siguiente ecuación diferencial es homogénea.
(𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
Solución: Utilizando la definición 2, verifiquemos que 𝑀(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 + 𝑦2) y
𝑁(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 − 𝑥𝑦) son homogéneas del mismo grado.
𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 + (𝑡𝑦)2 𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 − (𝑡𝑥)(𝑡𝑦)
= 𝑡2𝑥2 + 𝑡2𝑦2 = 𝑡2𝑥2 − 𝑡2𝑥𝑦
= 𝑡2(𝑥2 + 𝑦2) = 𝑡2(𝑥2 + 𝑥𝑦)
= 𝑡2𝑀(𝑥, 𝑦) 𝛼1 = 2 = 𝑡2𝑁(𝑥, 𝑦) 𝛼2 = 2
Como 𝛼1 = 𝛼2, 𝑀(𝑥, 𝑦) y 𝑁(𝑥, 𝑦) son homogéneas del mismo grado.
Por lo tanto (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0 es homogénea.
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Ejercicios propuestos 1.2:
Verifique si la ecuación diferencial es exacta, separable, homogénea o lineal.
1) dy
dx=
xy+3x−y−3
xy−2x+4y−8 2) (𝑥2𝑦3 −
1
1+9𝑥2) 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑥3𝑦2 = 0
3) 𝑦′ = 2𝑦 + 𝑥2 + 5 4) ( 1 + 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥2𝑦2)𝑑𝑦 = 𝑦2𝑑𝑥
5) (1
𝑥+
1
𝑥2 −𝑦
𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑥 + (𝑦𝑒𝑦 +𝑦
𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑦 = 0 6) 𝑥𝑦2 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑦3 − 𝑥3
7)(𝑒𝑦 + 1)2𝑒−𝑦𝑑𝑥 + (𝑒𝑥 + 1)3𝑒−𝑥𝑑𝑦 = 0 8) (𝑦2 + 𝑦𝑥)𝑑𝑥 − 𝑥2𝑑𝑦 = 0
9) (𝑥 + 1)𝑑𝑦
𝑑𝑥+ (𝑥 + 2)𝑦 = 2𝑥𝑒−𝑥 10) 𝑠𝑒𝑛(𝑥)(𝑒−𝑦 + 1)𝑑𝑥 = (1 + cos(𝑥))𝑑𝑦
11) (𝑦3 − 𝑦2𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 𝑥 )𝑑𝑥 + (3𝑥𝑦2 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥))𝑑𝑦 = 0
12) 𝑒𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + cos(𝑥) (𝑒2𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0 13) 𝑑𝑦
𝑑𝑥= −
(𝑥3+𝑦3)
3𝑥𝑦2
14) (1 + 𝑥2)𝑑𝑦 + (𝑥𝑦 + 𝑥3 + 𝑥)𝑑𝑥 = 0 15) (𝑥2 + 2𝑦2)𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑥𝑦
16) (𝑠𝑒𝑛(𝑦) − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥))𝑑𝑥 + (cos(𝑥) + 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑦) − 𝑦)𝑑𝑦 = 0
17) (𝑥 + 𝑥2)𝑑𝑦 = (3𝑦𝑥 + 3𝑦 + 𝑥2)𝑑𝑥 18) 𝑒𝑥 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑒−𝑦𝑒−2𝑥−𝑦
19) 𝑥2𝑦′ + 𝑥𝑦(𝑥 + 2) = 𝑒𝑥 20) (𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑦 + 2𝑦𝑑𝑥 = 0
21) (𝑦𝑙𝑛(𝑦)𝑒−𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (1
𝑦+ 𝑥𝑙𝑛(𝑦)) 𝑑𝑦 = 0 22) 𝑦𝑙𝑛(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑦= (
𝑦+1
𝑥)
2
23) cos(𝑥)2 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑦 + (𝑦 cos(𝑥)3 − 1)𝑑𝑥 = 0 24) ( 4𝑦 + 𝑦𝑥2)𝑑𝑦 − ( 2𝑥 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥 = 0
25) (2𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) − 𝑦 + 2𝑦2𝑒𝑥 𝑦2)𝑑𝑥 = (𝑥 − 𝑠𝑒𝑛(𝑥)2 − 4𝑥𝑦𝑒𝑥 𝑦2
)𝑑𝑦
26) 𝑥𝑦′ + (1 + 𝑥)𝑦 = 𝑒−𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 27) 𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑥+3𝑦
3𝑥+𝑦
28) (𝑥2 − 1)𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 2𝑦 = (𝑥 + 1)2 29) 𝑥𝑑𝑦 + (𝑥𝑦 + 2𝑦 − 2𝑒−𝑥)𝑑𝑥 = 0
30)(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 31) 𝑒𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + cos (𝑥)(𝑒2𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0
32) 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑦 =
1−𝑒−2𝑥
𝑒𝑥+𝑒−𝑥 33)(𝑥 + 𝑦𝑒𝑦
𝑥) 𝑑𝑥 − 𝑥𝑒𝑦
𝑥𝑑𝑦 = 0
34) sec (𝑦)𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑦) 35)𝑦𝑑𝑥 + 𝑥(ln(𝑥) − ln(𝑦) − 1)𝑑𝑦 = 0
36) (2𝑦 −1
𝑥+ cos (3𝑥))
𝑑𝑦
𝑑𝑥+
𝑦
𝑥2 − 4𝑥3 + 3𝑦𝑠𝑒𝑛(3𝑥) = 0 37)−𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 + √𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
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1.3 MÉTODO DE SOLUCIÓN DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
Una vez identificada la ecuación diferencial, aplicaremos métodos para hallar la
solución.
1.3.1 Método de solución de una ecuación diferencial de variable
separable.
Esta es una de las ecuaciones más fácil de resolver, una vez separada la
ecuación diferencial hallamos la solución integrando a ambos lados de la
igualdad.
𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ⟹ ∫ 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ⟹ 𝐹(𝑦) = 𝐺(𝑥) + 𝑐
Ejemplo 6: Identifique la ecuación diferencial y halle la solución.
(1 + x)dy − ydx = 0
Solución: En el ejemplo 1 de la sección 1.2.1 identificamos la ecuación
diferencial (1 + x)dy − ydx = 0 y es de variable separable. 𝑑𝑦
𝑦=
𝑑𝑥
(1+𝑥) ⟹ ∫
𝑑𝑦
𝑦=
∫𝑑𝑥
(1+𝑥) ⟹ ln(𝑦) = ln(1 + 𝑥) + 𝑐 (𝐼)
Aplicamos exponencial a ambos lados en (𝐼) y despejamos 𝑦
𝑒ln (𝑦) = 𝑒ln(1+𝑥)+𝑐 ⟹ 𝑦 = (1 + 𝑥). 𝑒c
Por lo tanto 𝑦 = (1 + 𝑥). 𝑒c es la solución de la ecuación general.
1.3.2 Método de solución de una ecuación diferencial exacta.
Dada la ecuación de la forma 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0, se verifica el teorema 1.
En caso afirmativo existe una función 𝑓 tal que:
𝑎) 𝜕𝑓
𝜕𝑥= 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑏)
𝜕𝑓
𝜕𝑦= 𝑁(𝑥, 𝑦)
Podemos determinar 𝑓 si integramos 𝑀(𝑥, 𝑦) respecto a x manteniendo 𝑦
constante ó 𝑁(𝑥, 𝑦) respecto a 𝑦, manteniendo 𝑥 constante.
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Pasos
𝑀(𝑥, 𝑦) respecto a x
manteniendo 𝑦 constante
𝑁(𝑥, 𝑦) respecto a 𝑦
manteniendo 𝑥 constante
1
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)
La función 𝑔(𝑦) es la contante
de integración.
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 + 𝑔(𝑥)
La función 𝑔(𝑥) es la contante
de integración
2
Derivamos respecto a 𝑦
Derivamos respecto a 𝑥
𝜕
𝜕𝑦𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑦∫ 𝑀(𝑥, 𝑦) +
𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦)
𝜕
𝜕𝑥𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑥∫ 𝑁(𝑥, 𝑦) +
𝜕
𝜕𝑥𝑔(𝑥)
3
Suponemos que 𝜕𝑓
𝜕𝑦= 𝑁(𝑥, 𝑦)
Suponemos que 𝜕𝑓
𝜕𝑥= 𝑀(𝑥, 𝑦)
4
𝜕
𝜕𝑦∫ 𝑀(𝑥, 𝑦) +
𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦)
𝜕
𝜕𝑥∫ 𝑁(𝑥, 𝑦) +
𝜕
𝜕𝑥𝑔(𝑥) = 𝑀(𝑥, 𝑦)
Despejamos 𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦)
𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑥∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)
Despejamos 𝜕
𝜕𝑥𝑔(𝑥)
𝜕
𝜕𝑥𝑔(𝑥) = 𝑀(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑥∫ 𝑁(𝑥, 𝑦)
5
Integramos con respecto a 𝑦 y
sustituimos el resultado en 1.
Integramos con respecto a 𝑥 y
sustituimos el resultado en 1.
Ejemplo 7: Identifique la ecuación diferencial y halle la solución.
2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0
Solución: Del ejemplo 2 parte a de la sección 1.2.2 la ecuación diferencial
2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0 es exacta. En este caso 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 y 𝑁(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 − 1).
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Como la ecuación es exacta existe una función 𝑓 tal que:
𝑎) 𝜕𝑓
𝜕𝑥= 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 𝑏)
𝜕𝑓
𝜕𝑦= 𝑁(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 − 1)
1) Determinemos 𝑓, integramos 𝑀(𝑥, 𝑦) respecto a x.
∫ 𝑑𝑓 = ∫ 2𝑥𝑦𝑑𝑥 ⟹ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2. 𝑦 + 𝑔(𝑦)
2) Derivamos respecto a 𝑦
𝜕
𝜕𝑦𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑦𝑥2. 𝑦 +
𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦) ⟹
𝜕
𝜕𝑦𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 +
𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦)
3) Suponemos que 𝜕𝑓
𝜕𝑦= 𝑁(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 − 1)
4) 𝑥2 + 𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦) = (𝑥2 − 1)
Despejamos 𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦)
𝜕
𝜕𝑦𝑔(𝑦) = (𝑥2 − 1) − 𝑥2
5) Integramos respecto a 𝑦
𝑔(𝑦) = ∫((𝑥2 − 1) − 𝑥2) 𝑑𝑦 = − ∫ 𝑑𝑦 = −𝑦 + 𝑐 ⟹ 𝑔(𝑦) = −𝑦 + 𝑐
Sustituimos 𝑔(𝑦) = −𝑦 + 𝑐 en 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2. 𝑦 + 𝑔(𝑦)
Por lo tanto 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2. 𝑦 − 𝑦 + 𝑐.
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1.3.3 Método de solución ecuación diferencial homogénea.
Para resolver este tipo de ecuación diferencial hacemos el cambio
1) 𝑦 = 𝑢𝑥, 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢 ó 2) 𝑥 = 𝑦𝑣 , 𝑑𝑥 = 𝑦𝑑𝑣 + 𝑣𝑑𝑦
Al hacer este cambio se llega a una ecuación diferencial de variable separable
y resolvemos como en 1.3.1
Ejemplo 8: Identifique la ecuación diferencial y halle la solución.
(𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
Solución: Del ejemplo 5 sección 1.2.4 se verifico que la ecuación diferencial
(𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0 es homogénea.
Haremos el cambio 𝑦 = 𝑢𝑥, 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢 para hallar la solución.
(𝑥2 + (𝑢𝑥)2)𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥(𝑢𝑥))(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
Aplicamos propiedades algebraicas para simplificar la expresión
(𝑥2 + 𝑢2𝑥2)𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥2𝑢)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
𝑥2𝑑𝑥 + 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 + 𝑥2𝑢𝑑𝑥 + 𝑥3𝑑𝑢 − 𝑥2𝑢2𝑑𝑥 − 𝑥3𝑢𝑑𝑢 = 0
𝑥2𝑑𝑥 + 𝑥2𝑢𝑑𝑥 + 𝑥3𝑑𝑢 − 𝑥3𝑢𝑑𝑢 = 0
𝑥2(1 + 𝑢)𝑑𝑥 + 𝑥3(1 − 𝑢)𝑑𝑢 = 0
Despejando llegamos a una ecuación diferencial de variables separables.
𝑥2
𝑥3𝑑𝑥 = −
(1 − 𝑢)
(1 + 𝑢)𝑑𝑢
Procedemos a resolver integrando
∫𝑑𝑥
𝑥= − ∫
(1 − 𝑢)
(1 + 𝑢)𝑑𝑢
ln(𝑥) = − ∫𝑑𝑢
1 + 𝑢+ ∫
𝑢
1 + 𝑢𝑑𝑢
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ln(𝑥) = − ∫𝑑𝑢
1 + 𝑢+ ∫ (−1 +
1
𝑢 + 1) 𝑑𝑢
ln(𝑥) = − ln(1 + 𝑢) − 𝑢 + ln(1 + 𝑢) + 𝑐
ln(𝑥) = −𝑢 + 𝑐
Pero 𝑦 = 𝑢𝑥 entonces 𝑢 =𝑦
𝑥
ln(𝑥) = −𝑦
𝑥+ 𝑐
Por lo tanto la solución es 𝑦 = 𝑥𝑐 − 𝑥𝑙𝑛(𝑥)
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Ejercicios propuestos 1.2.1:
Verifique si la ecuación diferencial es exacta, separable, homogénea o lineal y hallar la
solución.
1) dy
dx=
xy+3x−y−3
xy−2x+4y−8 2) (𝑥2𝑦3 −
1
1+9𝑥2) 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑥3𝑦2 = 0
3) 𝑦′ = 2𝑦 + 𝑥2 + 5 4) ( 1 + 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥2𝑦2)𝑑𝑦 = 𝑦2𝑑𝑥
5) (1
𝑥+
1
𝑥2 −𝑦
𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑥 + (𝑦𝑒𝑦 +𝑦
𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑦 = 0 6) 𝑥𝑦2 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑦3 − 𝑥3
7)(𝑒𝑦 + 1)2𝑒−𝑦𝑑𝑥 + (𝑒𝑥 + 1)3𝑒−𝑥𝑑𝑦 = 0 8) (𝑦2 + 𝑦𝑥)𝑑𝑥 − 𝑥2𝑑𝑦 = 0
9) (𝑥 + 1)𝑑𝑦
𝑑𝑥+ (𝑥 + 2)𝑦 = 2𝑥𝑒−𝑥 10) 𝑠𝑒𝑛(𝑥)(𝑒−𝑦 + 1)𝑑𝑥 = (1 + cos(𝑥))𝑑𝑦
11) (𝑦3 − 𝑦2𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 𝑥 )𝑑𝑥 + (3𝑥𝑦2 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥))𝑑𝑦 = 0
12) 𝑒𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + cos(𝑥) (𝑒2𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0 13) 𝑑𝑦
𝑑𝑥= −
(𝑥3+𝑦3)
3𝑥𝑦2
14) (1 + 𝑥2)𝑑𝑦 + (𝑥𝑦 + 𝑥3 + 𝑥)𝑑𝑥 = 0 15) (𝑥2 + 2𝑦2)𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑥𝑦
16) (𝑠𝑒𝑛(𝑦) − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥))𝑑𝑥 + (cos(𝑥) + 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑦) − 𝑦)𝑑𝑦 = 0
17) (𝑥 + 𝑥2)𝑑𝑦 = (3𝑦𝑥 + 3𝑦 + 𝑥2)𝑑𝑥 18) 𝑒𝑥 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑒−𝑦𝑒−2𝑥−𝑦
19) 𝑥2𝑦′ + 𝑥𝑦(𝑥 + 2) = 𝑒𝑥 20) (𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑦 + 2𝑦𝑑𝑥 = 0
21) (𝑦𝑙𝑛(𝑦)𝑒−𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (1
𝑦+ 𝑥𝑙𝑛(𝑦)) 𝑑𝑦 = 0 22) 𝑦𝑙𝑛(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑦= (
𝑦+1
𝑥)
2
23) cos(𝑥)2 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑦 + (𝑦 cos(𝑥)3 − 1)𝑑𝑥 = 0 24) ( 4𝑦 + 𝑦𝑥2)𝑑𝑦 − ( 2𝑥 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥 = 0
25) (2𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) − 𝑦 + 2𝑦2𝑒𝑥 𝑦2)𝑑𝑥 = (𝑥 − 𝑠𝑒𝑛(𝑥)2 − 4𝑥𝑦𝑒𝑥 𝑦2
)𝑑𝑦
26) 𝑥𝑦′ + (1 + 𝑥)𝑦 = 𝑒−𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 27) 𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑥+3𝑦
3𝑥+𝑦
28) (𝑥2 − 1)𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 2𝑦 = (𝑥 + 1)2 29) 𝑥𝑑𝑦 + (𝑥𝑦 + 2𝑦 − 2𝑒−𝑥)𝑑𝑥 = 0
30)(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 31) 𝑒𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑑𝑥 + cos (𝑥)(𝑒2𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0
32) 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑦 =
1−𝑒−2𝑥
𝑒𝑥+𝑒−𝑥 33)(𝑥 + 𝑦𝑒𝑦
𝑥) 𝑑𝑥 − 𝑥𝑒𝑦
𝑥𝑑𝑦 = 0
34) sec (𝑦)𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑦) 35)𝑦𝑑𝑥 + 𝑥(ln(𝑥) − ln(𝑦) − 1)𝑑𝑦 = 0
36) (2𝑦 −1
𝑥+ cos (3𝑥))
𝑑𝑦
𝑑𝑥+
𝑦
𝑥2 − 4𝑥3 + 3𝑦𝑠𝑒𝑛(3𝑥) = 0 37)−𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 + √𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
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Respuesta Problemario 1.2
1) Separable 2) Exacta 3) Lineal 4) Separable
5) Exacta 6) Homogénea 7) Separable 8) Homogénea
9) Lineal 10) Separable 11) Exacta 12) Separable
13) Exacta 14) Lineal 15) Homogénea 16) Exacta
17) Lineal 18) Separable 19) Lineal 20) Lineal
21) Exacta 22) Separable 23) Lineal 24) Separable
25) Exacta 26) Lineal 27) Homogénea 28) Lineal
29) Homogénea 30) Homogénea 31) Separable 32) Lineal
33) Homogénea 34) Separable 35) Homogénea 36) Exacta
37) Homogénea 38) Homogénea
Bibliografía
Dennis G. Zill. “Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones de modelado”
Richard Bronson. “Ecuaciones Diferenciales Modernas”
Jorge Sáenz. “Calculo Integral con Funciones Trascendetes Tempranas”