matematicas 5

1.2 Ecuaciones diferenciales separables 29

y y
4 4

2 2

−4 −2 02 x −4 −2 02 x
4 4

−2 −2

Caso 3 −4 Caso 4 −4
dy = y + 2, y(0) = −2 dy = y − 2, y(0) = 1
dx dx
y = −2 y = −ex + 2

1.2 Desarrollo de competencias

Resolver problemas. 13. ln y dy + 2x2 ln x = 0
dx
En los problemas 1 a 39, resolver las ecuaciones dife-
renciales por separación de variables. 14. yex2 dy + 5xe y = 0
dx
1. dy = tan 4x
dx 15. dy + p(x)y = 0
dx
2. 3y3dx − 6x4dy = 0
16. dy = ax + b, a,b ∈
3. (t2 + 1) dy = 2y dx
dt
17. dy = (ax + b)2, a,b ∈
4. y′ + x2 + 1 = 0 dx

5. y′ + 4 1 y = 0 ( )18. ye4y x2 − 4 y′ = x + 3
x2 −

6. x2 + 1 y′ = e y 19. y′ + e y + e− y = 0

7. dy = xe6x−5y 20. dx = ( y − 1)( y + 3)
dx dy (x + 4)(x − 2)

8. dy = x + 5 21. dy = ( y − 1)( y + 3)
dx x − 2 dx (x + 4)(x − 2)

9. dy + 5x2 y = 0 22. ex (1+ e2y )dx + e y (e2x + 2ex + 1)dy = 0
dx e3x3

10. ( y + 1)dx + (4x + 2)2 dy = 0 23. (ex + e−x )2 dx + ( y − 2)2 e3(x+y)dy = 0

11. dy = x2 y3 24. x2 ( y − 1)dx = (x2 y2 + x2 + y2 + 1)dy
dx x + 3
25. dy = x − 1 y − 2
12. dy = 2y − 1 dx x + 3 y − 3
dx 5x + 4

30 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

26. (3y − 1)(3x + 1) dy = x( y + 3) 43. x dy − y = 1, y(0) = 1
dx dx

27. (xy + 9x − 3y − 27)dx + (xy + 4x − 5y − 20)dy = 0 44. y′ = y2 − 2y + 1, y(2) = 1

28. du = u3 + 3u2 − 4u 45. dy + y = xye−4x , y(0) = 0
dt dx

29. du = 3u − 2 46. y′ = y(x − 1) + 4x − 4 , y(2) = 0
dt 2t + 1 y(x + 2) − x − 2

30. csc2 y dx + cot x dy = 0 47. (sen x + 1)sen y dy − cos x cos y dx = 0, y¢π ≤ = 0
4

31. e ysen 2x dx + (e2x−3y + 2 ye2x−3y )dy = 0 En los ejercicios 48 a 55, resolver la ecuación diferen-
cial reduciéndola a una ecuación separable. Utilizar el
32. dy = ¢ x 3 procedimiento del ejemplo 10.

dx y − 2 ≤ ln2x 48. dy = (x + y)2
dx
33. dy = 1
dx 1− cos2x 49. dy = 2 + e−2x+y+1
dx
34. dy = ln xy ln y
dx 50. dy = cos(x + y + 1)
dx
35. y(x2 + 1)3 dy = x(1− y2 )2
dx 1+ (x + y)2
(x + y)2
36. 1 dy − ln x = sen x 51. dy =
x dx y2 y2 dx

37. tan y y′ − cos x = 0 52. dy = 2x + 3y + 1
cos 2x sec2 y dx

38. dy = ey + e−y 53. dy = cos(x − y)
dx ex − e−x dx

) )( (39. y + y dx + x − x dy = 0 54. dy = 1
dx x − y + 1

En los problemas 40 a 47, resolver los siguientes pro- 55. dy = (x + y + 1)3/2
blemas de valor inicial. Discutir los resultados obteni- dx
dos. Utilizar un SAC para graficar la solución.

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita. En los problemas 56 a 60, resolver el problema de va-
Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. lor inicial y comparar la solución particular obtenida.
Discutir y graficar los resultados obtenidos.

40. dy + 1 y = 0, y(0) = 0 Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita.
dx x Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

41. dy + 1 1 = 0, y¢π ≤= 1 56. dy = y2 − 1, y(0) = 0
dx x2 + 4 dx

42. dy = y 4 , y(0) = e 57. dy = y2 + 1, y(0) = 0
dx x2 − dx

1.3 Ecuaciones diferenciales homogéneas 31

58. dy = y2 − 1, y(0) = 1 60. Demostrar que sin importar la forma de la cons-
dx tante arbitraria ni el lado en el que esta se agrega,
las familias de soluciones obtenidas son equiva-
59. dy = y2 − 0.1, y(0) = 0.1 lentes, es decir, una puede transformarse en la
dx otra mediante procesos algebraicos.

1.2 Competencia final

En los problemas 1 a 6, resolver las ecuaciones diferen- En los problemas 7 a 8, resolver los siguientes proble-
ciales por separación de variables. mas de valor inicial.

1. dx = ( y − 1)( y + 3) 7. (x2 + 4x)y′ = y2 − y, y(0) = 0
dy y2senh x
8. (1+ y2 ) dx + 2y(1+ x2 )dy = 0, y(0) = 0
2. du = u3 − 11u2 + 10 u + 72
dt Capacidad para generar nuevas ideas.
Resolver problemas.
3. tan x sen 3y dx + sec3 x cos y dy = 0
En los ejercicios 9 y 10, resolver la ecuación diferencial
4. dy = cos(x + y) + cos(x − y) reduciéndola a una ecuación separable, utilizar el pro-
dx cedimiento del ejemplo 10.

5. dy = 1+ y 9. dy = (2x + 3y)2
dx 1+ x dx

6. 1− y2 dx + (ex + 1) dy = 0 10. dy = 1+ (−x + 2y + 1)2
dx

1.3 Ecuaciones diferenciales homogéneas Una función polinomial en dos
variables p(x, y) es homogénea
En un curso de álgebra se aprende que si una función polinomial en dos varia- de grado n si todos sus térmi-
bles tiene todos sus términos del mismo grado, entonces la función se denomina nos son del mismo grado.
homogénea. Este concepto puede extenderse a cualquier tipo de función en dos
variables, y nos permitirá resolver una ecuación diferencial que puede no ser se- Reconocer conceptos
parable. generales e integradores.

Función homogénea de grado n 1 Definición

Una función z = f(x, y) se denomina homogénea de grado n si satisface f(tx, ty) = tn f(x, y)
para alguna n ∈.

Se deja como ejercicio al lector, que demuestre que cualquier función polinomial en dos
variables que tiene todos sus términos de grado n es una función homogénea de grado n.

32 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

EJEMPLO 1 Una función homogénea de grado 0

Verificar si la función f (x, y) = y tan x − 2 es homogénea y determinar su grado de
x y
homogeneidad.
Una función constante es una

función homogénea de grado Solución f (x, y) = y tan x − 2, tenemos
cero. Dada la función xy

Una función racional p(x,y) es f (tx,ty) = ty tan tx − 2 evaluamos
q(x,y) tx ty simplificamos
función homogénea de grado cero
de grado cero si los polinomios f (tx,ty) = y tan x − 2
xy
p(x, y) y q(x, y) son del mismo
f (tx,ty) = f (x, y)
grado.

Observamos que f (tx,ty) = t0 f (x, y) , de manera que la función f (x, y) = y tan x − 2 es ho-
xy
mogénea de grado 0.

EJEMPLO 2 Una función homogénea de grado 1

Verificar si la función f (x, y) = 4x − 3y es homogénea y determinar su grado de homogenei-
dad.

En el ejemplo 2, la función Solución evaluamos
polinomial f (x, y) es homogé- Al evaluar f (tx,ty), tenemos factorizamos
nea de grado 1 porque sus dos función homogénea
términos son de grado 1. f (tx,ty) = 4tx − 3ty

f (tx,ty) = t1 (4x − 3y)

f (tx,ty) = t1 f (x, y)

Observamos que f (tx,ty) = t1 f (x, y) , de manera que la función f (x, y) = 4x − 3y es homogé-
nea de grado 1.

EJEMPLO 3 Una función que no es homogénea
Verificar que la función f (x, y) = 4x3 − 3y2 no es homogénea.

En el ejemplo 3, la función Solución evaluamos
polinomial f (x, y) no es homo- Al evaluar f (tx,ty), tenemos factorizamos
génea porque sus dos términos
son de grados diferentes. f (tx,ty) = 4(tx)3 − 3(ty)2

( )f (tx,ty) = t2 4tx3 − 3y

f (tx,ty) = t3 ¢4x3 − 3 y ≤ de manera equivalente
t

En cualquiera de los dos casos se observa que f (tx,ty) ≠ t2 f (x, y) o bien f (tx,ty) ≠ t3 f (x, y),
y que no existe un valor real de n para el cual f (tx,ty) = tn f (x, y); de manera que la función

no es homogénea.

1.3 Ecuaciones diferenciales homogéneas 33

OBSERVACIÓN 1 Una propiedad importante de las funciones homogéneas que nos permitirá

resolver algunas ecuaciones diferenciales que no son separables, es la siguiente.
Supongamos que f (x, y) es una función homogénea de grado n, entonces por definición se

cumple que f (tx,ty) = tn f (x, y). Podemos escribir:

f (x, y) = f ¢x ⋅1,x ⋅ y ≤ = xn f ¢1, y ≤= xn f (1,u) = x n F1 ( u ), donde u = y Si f (x, y) es una función ho-
x x x

O bien: mogénea de grado n, entonces

se puede expresar en la forma
y
f (x, y) = f ¢y ⋅ x , y ⋅1≤ = yn f ¢x , 1≤ = yn f (v,1) = ynF2 (v), donde v= x f (x, y) = x n F1 ( u ) , donde u = x .
y y y

Lo anterior significa que si f (x, y) es una función homogénea de grado n, entonces siem-
pre es posible “factorizar” una de las variables elevada a la potencia que corresponde al grado
de homogeneidad de la función y que multiplica a una nueva en términos de una nueva variable
en forma de cociente, esto es:

f (x, y) = x n F1 ( u ), donde u = y
x

O bien: Si f (x, y) es una función ho-

f (x, y) = ynF2 (v), donde v = x mogénea de grado n, entonces
y
se puede expresar en la forma

f (x, y) = ynF2 (v), donde v = x .
y

EJEMPLO 4 Propiedades de una función homogénea

Reescribir la función homogénea f (x, y) = x − 5y en términos de las variables u = y y v = x .
x y

Solución
Como la función f (x, y) = x − 5y es homogénea de grado 1, se puede factorizar una variable
x, o bien una variable y. De esta manera,

f (x, y) = x ¢1− 5 ¢ y ≤≤ = x(1− 5u) donde u = y
x
x

O bien:

f (x, y) = y ¢¢ x ≤ −5≤ = y(v − 5) donde v = x
y
y

EJEMPLO 5 Propiedades de una función homogénea

Reescribir la función homogénea f (x, y) = x2 y − 5y3 en términos de las variables u = y yv= x .
x y

Solución
Como la función f (x, y) = x2 y − 5y3 es homogénea de grado 3, se puede factorizar la variable
x3, o bien una variable y3. De esta manera,

( )f (x, y) = x3 ¢¢ y ≤ y 3 donde u = y
−5 ¢ = x3 u − 5u3 x
xx ≤≤

34 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

O bien

( )f (x, y) = x donde v = x
y3 ¢¢ y ≤2 −5 ≤= y3 v2 − 5 y

Reconocer conceptos Ya estamos en condiciones de definir la siguiente ecuación diferencial ordinaria que apren-
generales e integradores. deremos a resolver: la ecuación diferencial homogénea de grado n.

Definición 2 Ecuación diferencial homogénea de grado n

Una ecuación diferencial de la forma M (x, y) dx + N(x, y) dy = 0 se denomina una ecuación
diferencial homogénea de grado n si las funciones M (x, y) y N(x, y) son ambas funciones ho-
mogéneas de grado n.

EJEMPLO 6 Una ecuación diferencial homogénea de grado 1

Verificar si la ecuación dy = 2x−y es homogénea. Si lo es, determinar su grado de homogenei-
dx x+y
dad.

Solución

La ecuación se puede reescribir como ( y − 2x)dx + (x + y)dy = 0 para identificar las funciones

M (x, y) = y − 2x y N(x, y) = x + y.

Dado que M (ux,uy) = uy − 2(ux) = u( y − 2x) = u1M (x, y) y que N(ux,uy) = ux + uy =

u(x + y) = u1N(x, y), se puede concluir que tanto M (x, y) como N(x, y) son ambas funciones
dy 2x−y
homogéneas de grado 1, y en consecuencia la ecuación diferencial dx = x+y es homogénea

de grado 1.

EJEMPLO 7 Una ecuación diferencial no homogénea

( ) ( )Verificar si la ecuación x2 + xy dx − x − 2y2 dy = 0 es homogénea. Si lo es, determinar su

grado de homogeneidad.

Solución
Al identificar las funciones M (x, y) = x2 + xy y N(x, y) = −x + 2y2, tenemos que

( )M (ux,uy) = (ux)2 + (ux)(uy) = u2 x2 + xy = u2M (x, y)

) ( )(Pero N(ux,uy) = −(ux) + 2(uy)2 = u −x + 2uy2
= u2 − x + 2y2 .

u
La función M (x, y) es homogénea de grado 2 y N(x, y) no es homogénea, de manera que
( ) ( )la ecuación diferencial x2 + xy dx − x − 2y2 dy = 0 no es homogénea.

Existen diversos métodos para resolver una ecuación diferencial homogénea de grado n.
En el siguiente teorema se presenta una primera opción y una variante de esta. Una tercera
opción la comentamos en la observación 3.

1.3 Ecuaciones diferenciales homogéneas 35

Teorema 1

La ecuación diferencial homogénea de grado n de la forma M (x, y)dx + N(x, y)dy = 0
se puede reducir a una ecuación diferencial separable

Demostración Toda ecuación diferencial ho-
Supongamos que la ecuación M (x, y)dx + N(x, y)dy = 0 es homogénea de gra- mogénea de grado n se puede
do n. reducir a una ecuación de
variables separables.
Primeramente reescribimos la ecuación original en la forma

dy = − M (x, y) .
dx N(x, y)

Por definición, ambas funciones M (x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas de grado n, de

manera que podemos aplicar la propiedad mencionada en la observación 1 de esta sección; Comunicarse en el
es decir, de ambas funciones podemos factorizar xn, o bien yn. lenguaje matemático en
forma escrita.
Al factorizar xn de ambas funciones, tenemos Argumentar con
contundencia y precisión.
( )dy xnM y
( ) ( )dx =− 1, x
= − M (x, y) y
N(x, y) xn N y =G x
x
1,

Al definir como nueva variable u = y despejamos
x

y = ux

dy = u + x du derivamos respecto a x
dx dx

De esta manera, al combinar las expresiones dy = G(u) y dy = u + x du , escribimos
dx dx
dx

G (u) = u + x du

dx

que es una ecuación diferencial separable. De esta manera, El proceso de resolver una
ecuación diferencial homogé-
dx = G du u nea puede realizarse al conside-
x rar como variable independien-
(u) − te a cualquiera de las variables,
ya sea x o y.
Una integración directa de ambos miembros y la sustitución del cambio de

variable utilizado u = y proporciona la familia de soluciones.
x

OBSERVACIÓN 2 La demostración anterior puede realizarse de una manera diferente

Sea M (x, y)dx + N(x, y)dy = 0 una ecuación diferencial homogénea de grado n, si escribimos

( ) ( )dx ynN 1, x
N(x, y) y x
=− =− =H y
( )dy Comunicarse en el lenguaje
M (x, y) yn M 1, x matemático en forma
y escrita.

y definimos como cambio de variable v = x , entonces Argumentar con
y contundencia y precisión.

x=vy despejamos

dx = v + y dv derivamos respecto a y
dy dy

De esta manera, al combinar las expresiones dx = H (v) y dx = v + y dv , escribimos
dy dy dy

H (v) = v + y dv

dy

36 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

que es una ecuación diferencial separable. De esta manera,

dy = H du v
y
(v) −

Una integración directa de ambos miembros y la sustitución del cambio de variable utilizado

v = x proporciona la familia de soluciones.
y

EJEMPLO 8 Una ecuación diferencial homogénea

Resolver la ecuación (x + y)dx + xdy = 0.

Solución

Al proponer el cambio de La ecuación diferencial dada es homogénea de grado 1.

variable u = xy, y = ux y Con base en el teorema anterior, escribimos
x , una ecuación
dy = u+ du dy = − x + y resolvemos para dy
dx dx dx
homogénea se reduce a una
( ) ( )dx x factorizamos x
ecuación separable. dy x/ 1+ y y
− x x
= = − 1+
dx x/

Al proponer u = y , y = ux y dy = u + x du
x dx dx

u + x du = −(u + 1) sustituimos

dx

∫ ∫− du = dx separamos e integramos
2u +1 x

− 1 ln(2u + 1) = ln x − 1 lnc agregamos constante de integración − 1 lnc
2
22

ln(2u + 1) = −2 ln x + lnc multiplicamos por −2

ln x2 (2u + 1) = lnc propiedades de logaritmos
tomamos exponencial y sustituimos u = y
x2 ¢2 y + 1≤ = c
x x
simplificamos
2xy + x2 = c

EJEMPLO 9 La misma ecuación diferencial homogénea

Resolver la ecuación (x + y)dx + xdy = 0.

Al proponer el cambio de
x
variable v = y , x = vy y Solución
dx y Con base en el teorema anterior, escribimos
dy = v + dv , una ecuación
dy
homogénea se reduce a una

ecuación separable. dx = − x dx
dy x + y resolvemos para dy

( )dx = − y x x
y y
Lograr un pensamiento ( )dy = − factorizamos y y cancelamos
lógico, analítico y sintético. x x +1
y y + 1 y

1.3 Ecuaciones diferenciales homogéneas 37

Al proponer v = x , x = vy y dx = v + y dv . Recordemos las siguientes pro-
y dy dy piedades de los logaritmos:

v + y dv = − v sustituimos ln AB = ln A + ln B
dy v + 1
ln A = ln A − ln B
B

∫ ∫−v −1 dv = dy separamos e integramos ln Ar = r ln A
v(v + 2) y que son propiedades análogas
válidas para el logaritmo en
dv dv = dy cualquier base.
v v+2 y
∫ ∫ ∫−1 − 1 fracciones parciales
2 2

− 1 ln v − 1 ln(v + 2) = ln y − 1 ln c agregamos constante de integración − 1 lnc
2 2 2 2

lnv + ln(v + 2) + 2 ln y = lnc multiplicamos por −2

lnv(v + 2)y2 = lnc propiedades de logaritmos
x ¢ x + 2 ≤ y2 = c tomamos exponencial y sustituimos v = x
yy
x2 + 2xy = c y
simplificamos

EJEMPLO 10 Un problema de valor inicial
Resolver y(ln y2 − ln x2 + 1)dx − xdy = 0 sujeta a la condición y(1) = eπ.

Solución Recordemos que las funcio-
Se verifica que la ecuación dada es homogénea de grado 1.
nes exponencial y logaritmo
Con base en el teorema anterior, escribimos
natural son funciones inversas
dy = y (2 ln y + 1) resolvemos para dy una de la otra; es decir, elnx = x
dx x x dx y lnex = x.

Al proponer u = y , y = ux y dy = u + x du .
x dx dx

u + x du = u(2 ln u + 1) sustituimos Lograr un pensamiento
separamos e integramos por cambio de variable lógico, analítico y sintético.
dx

∫ ∫du = dx
2u ln u x

1 ln ln u = ln x + 1 lnc agregamos constante 1 lnc
22 2

ln u = cx2 aplicamos propiedades de logaritmos

ln y = cx2 sustituimos u = y
x x

Al evaluar la condición y(1) = eπ , tenemos

ln eπ = c(1)2 evaluamos y(1) = eπ
1

38 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

c=π simplificamos
y = xeπx2 familia de soluciones

OBSERVACIÓN 3 Una manera diferente de separar una ecuación homogénea

Argumentar con Existe un procedimiento equivalente a los anteriores para resolver la misma ecuación. Supon-
contundencia y precisión.
gamos que M (x, y)dx + N(x, y)dy = 0 es una ecuación diferencial homogénea de grado n. Para
Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma esto, basta considerar de nueva cuenta el cambio de variable y = ux, pero en lugar de calcular
escrita.
la derivada dy calculamos ahora el diferencial dy, dado por dy = udx + xdu.
dx
Al sustituir en la ecuación M (x, y)dx + N(x, y)dy = 0 , tenemos

M (x,ux)dx + N(x,ux)(udx + xdu) = 0 sustituimos y = ux, dy = udx + xdu

( )xn M (1,u)dx + xn N (1,u) udx + xdu = 0 utilizamos la observación 1 de esta sección

M (1,u)dx + N(1,u)(udx + xdu) = 0 multiplicamos por xn

¢M (1,u) + u≤ dx + xdu = 0
N (1, u )

que es la ecuación diferencial separable

∫ ∫dx + du + u = 0 .
x
M (1,u)
N (1,u)

EJEMPLO 11 Una manera diferente de separar una ecuación diferencial homogénea

( )Resolver la ecuación diferencial x2 + y2 dx − xydy = 0.

Solución
Se verifica que la ecuación dada es homogénea de grado 2.

( )Al sustituir y = ux, dy = udx + xdu en la ecuación x2 + y2 dx − xydy = 0, tenemos

( )x2 + (ux)2 dx − x(ux)(udx + xdu) = 0 sustituimos y = ux, dy = udx + xdu

( )x2 1+ u2 dx − x2u(udx + xdu) = 0 factorizamos x2

Al sustituir y = ux y dy = udx (1+ u2 ) cancelamos x2 y agrupamos
+ xdu en una ecuación homo-
génea, esta se reduce a una ¢ − u≤ dx − xdu = 0 separamos e integramos
ecuación separable. u agregamos la constante 1 lnc

∫ ∫1 dx − u du = 0 2
x sustituimos u = y

ln x − 1 u2 = 1 ln c x
familia de soluciones
22

Lograr un pensamiento ( )ln x2 − y 2 = lnc
lógico, algorítmico, x
analítico y sintético.
y2
x e2 − x2 =c

1.3 Ecuaciones diferenciales homogéneas 39

1.3 Desarrollo de competencias

Resolver problemas. 20. dx = 4x2 y − 3xy2
dy x3 + 6xy2 − 4y3

En los ejercicios 1 a 9, verificar si las ecuaciones diferen- ) )( (21. 4xy − 3y2 dx + 2xy − 2x2 dy = 0
ciales dadas son o no homogéneas, y en caso afirmativo,
determinar el grado. No hay que resolverlas. ( )22. 6xydx + 8y2 − 7x2 dy = 0

1. xy2dx − 4x2 ydy = 0 ( )23. 3y2 − 9x2 dx − 4xydy = 0

2. x x2 + y2 dx − y2e y/xdy = 0 ( )24. 2x2 − 2xy − y2 dx + x2dy = 0

3. x3 + y3 dx − x3/2dy = 0 ( )25. x2 − xy − y2 dx + x2dy = 0

4. (x + y2 )dx + (x2 + y)dy = 0 26. dy = 13x2 y − 7xy2 + y3
dx x3
5. x ydx + y xdy = 0
27. dy = 12x2 − 6xy + y2
( )6. x2 y2dx + 2x2 + xy dy = 0 dx x2

7. y2 xdx + x2 ydy = 0 ( )28. y3dx + y3 − 2xy2 + x2 y − x3 dy = 0

8. (x + 3y)dx + (4x − 12y)dy = 0 29. y3 dx = 2xy2 + x3
9. (x cos x + y)dx − (4y + x)dy = 0 dy

En los ejercicios 10 a 61, verificar si las ecuaciones dadas 30. dy + 8 y = y3
son o no homogéneas de algún grado, y en caso afirma- dx x x3
tivo, utilizar un cambio de variable adecuado para resol-
verlas. 31. dy − 4 y = y2 − 4
dx x x2

10. dy = y + csc y 32. x2 dy + 5xy = 8x2 + y2
dx x x dx

11. dy = xy + x2 + y2 33. y2 dx + 3xy = x2 − 5y2
dx x2 dy

( )12. x2 + 3y2 dx − 2xydy = 0 ( ) ( )34. 3x3 + 2x2 y + xy2 dy = x3 + 3x2 y + 2xy2 + y3 dx

13. x¢ln x + 1≤ dy − ydx = 0 ( ) ( )35. x3 − x2 y + xy2 + y3 dx + x3 − x2 y − xy2 dy = 0
y
36. dx = x3 + xy2 y3
( )14. 4 x3 + y3 dx − 3xy2dy = 0 dy x3 + x2y +

( )15. 8x3ydx + 2y4 − 9x4 dy = 0 37. dy = y − y − 1
dx x x − y
( ) ( )16. x2 − 2xy − 3y2 dx + x2 + 2xy dy = 0
dy = y − y + 1
( ) ( )17. x2 + 6xy − 3y2 dx + 2xy − 3x2 dy = 0 38. dx x 4x + 2y 2

( ) ( )18. 3x2 y − 6x2 y dx + y3 + 9x2 y − 4x3 dy = 0 )(39. 2y2 + xy dx = (x + y)2
dy

19. dy = x3 + 3xy2 + 4y3 40. dx = y + x
dx 2x2 y + 3xy2 dy x y

40 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

41. dx = 2x + y 59. dy = x2 + 3xy + y2
dy y dx x2

42. dy = 2y + 5 60. dx = x2 − xy + y2
dx x dy y2

43. x dy = 2y − 3x 61. dy = y + 2xy − y2 +1
dx dx x
(x − y)2

dy x3 − 9x2 y + y3
dx x y2 − 9x2
( )44. = En los problemas 62 a 72, resolver el problema de valor
inicial dado. Utilizar un SAC para graficar la solución
45. dy = x2 − 9xy + y2 obtenida.
dx xy − 9x2

46. dx = 5x3 − 3x2 y + xy2 y3 Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita.
dy x3 + 5x2 y − 3xy2 + Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

47. dy = x5 + y5 62. dy = y + xy , y(e) = 2
dx xy4 dx x x2 + y2

48. 16 dy = 16 y − y2 y2 −1 63. dx = x3 + y3 , y(1) = 1
dx x 16x2 − dy x2 y

49. (x + y)dx + (x + 2y)dy = 0 64. dy = y + x2 xy y2 , y(2) = 0
dx x − xy +

( )50. x + yex/y dy − ydx = 0 ( )65. x2e y/x + xy dy = xye y/x + x2 + y2 , y(e) = e
dx
51. x dy = x sen y + y
dx x 66. ¢y2 ln x + xy≤ dx = ¢xy ln x + x2 + y2≤ dy, y(1) = 1
yy
52. dx = x + ln x
dy y y 67. x dy = x2 + y2 + y , y(2) = 4
dx
53. y dx = x + y tan2 x
dy y 68. y2 dx = xy + x2 y2 + x4 , y(0) = 1
dy
54. y dx = y cos2 x + x
dy y 69. dy = 2x2y + y3 , y(1) = 1
dx x3
55. x dy = xe y/x + x ln y + y
dx x 70. dy = 5x + y , y(1) = 1
dx x
56. dy = y2 − x2 + y
dx x x 71. y dx = y ex/y + 1, y(0) = 1
x dy x
57. y dx = xy + x
dy 72. x3 dy = x2 y + y3 , y(1) = 1
dx
58. x dy = x2 + y2 + y
dx

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas 41

1.3 Competencia final

Capacidad para generar nuevas ideas. ( ) ( )5. x y2 − x2 dy = x3 − x2 y + y3 dx
Resolver problemas.
6. dy = y − y − x − 1
En los ejercicios 1 a 3, verificar si las ecuaciones diferen- dx x x − y y
ciales dadas son o no homogéneas, y en caso afirmativo,
determinar el grado. 7. dx = x − x x) − y − 1
dy y 2x 4
( )1. xyex/ydx − x2 + y2 (ln y − ln x + 1)dy = 0 4(2y −

2. x2 dx − y x + y dy = 0 8. dy = x2 − 16xy + y2
y dx xy − 16x2

( )3.y sen y + x cos y dx + (x ln y − x ln x)dy = 0 En los problemas 9 y 10, resolver el problema de valor
x x inicial dado.

En los ejercicios 4 a 8, verificar si las ecuaciones dadas son 9. ¢y2 sen x + xy≤ dx = xy sen x + x2 + y2, y(1) = 4
o no homogéneas de algún grado, y en caso afirmativo, y dy y
utilizar un cambio de variable adecuado para resolverlas.

4. dx = 3x2 y + x3 + y3 10. 2xy dy = x x2 + y2 + 2 y2, y(0) = 0
dy 3xy2 dx

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas

El siguiente tipo de ecuaciones que aprenderemos a resolver utiliza el concepto de diferencial
total de una función de dos variables.

Dada la función y = f (x), la derivada f ′(x0 ) representa la pendiente de la recta tangente
a la gráfica de f (x) en el punto x0, de manera que la ecuación de la recta tangente a la gráfica

en el punto (x0, f (x0 )) está dada por y − f (x0 ) = f ′(x0 )(x − x0 ), así que la función lineal defi-
nida por L(x) = f ′(x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) se conoce como una linealización de f (x) en el punto
(x0, f (x0 )).

Para el caso de una función de una sola variable independiente y = f (x), se definen dos
tipos de diferenciales; a saber, dx = Δx que representa el cambio en la variable independien-
te, y dy = f ′(x) dx que representa el cambio en la linealización L(x) en el punto x0, pues

dy = ΔL = L(x0 + Δx) − L(x0 ) = f ′(x0 )Δx − L(x0 ) − ( f (x0 )) = f ′(x0 )dx.

Para el caso de una función de dos variables z = f (x, y), la ecuación del plano tangente a la

superficie que tiene por gráfica en el punto (x0, y0 ) está dada por z − f (x0, y0 ) = fx (x0, y0 )(x − x0 )
+ fy (x0 , y0 )( y − y0 ).

La función lineal L(x, y) = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )( y − y0 ) + f (x0 , y0 ) se conoce
como una linealización de f (x, y) en el punto (x0, y0, f (x0, y0 )), y para el caso de una función

de dos variables z = f (x, y) existen tres diferenciales. A saber, dx y dy que representan res-
pectivamente los cambios en las variables independientes, y dz que representa el cambio en la
linealización L(x, y) en el punto (x0, y0 ) y que está dado por

42 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

El diferencial de una ΔL = L(x0 + Δx, y0 + Δy) − L(x0 , y0 )
función también se conoce
como el diferencial total. ) )( (ΔL = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0 ) x0 + Δx − x0 + fy (x0 , y0 ) y0 + Δy − y0 − f (x0 , y0 )

Reconocer conceptos ΔL = fx (x0 , y0 )Δx + fy (x0 , y0 )Δy .
generales e integradores.
Con base en esta observación, definimos el diferencial de una función en un punto arbi-
trario.

Definición 1 Diferencial total de una función

Sea z = f (x, y) una función de dos variables y supongamos que sus primeras derivadas par-
ciales fx y fy existen. Se define el diferencial total de z por dz = fx (x, y) dx + fy (x, y) dy.

En la notación de Leibniz, las OBSERVACIÓN 1 En la notación de Leibniz, el diferencial total de una función
∂f ∂
primeras derivadas parciales se z = f (x, y) se escribe como dz = ∂x dx + ∂ f dy.
y
∂f ∂ f
denotan por fx = ∂x y fy = ∂ y .

EJEMPLO 1 Diferencial total de una función
Calcular el diferencial total de la función z = 4x3 + 2y2.

Solución ∂z
∂y
Dado que ∂z = 12x2 y = 4y, entonces dz = 12x2 dx + 4y dy.
∂x

EJEMPLO 2 Diferencial total de una función
Calcular el diferencial total de la función z = x3y2 − 2y sen x.

Solución
( )Dado
( )2x3y ∂z ∂z
que ∂x = 3x2 y2 − 2y cos x y ∂y = 2x3y − 2 sen x, entonces dz = 3x2 y2 − 2 y cos x dx +
dy.
− 2 sen x

Reconocer conceptos
generales e integradores.

Una vez establecido el concepto de diferencial total, ya estamos en condiciones de definir una
ecuación diferencial exacta.

Definición 2 Ecuación diferencial exacta

Se dice que la ecuación diferencial M (x, y) dx + N(x, y) dy = 0 es exacta si la expresión
M (x, y) dx + N(x, y) dy es el diferencial total de alguna función z = f (x, y).

En otras palabras, la ecuación diferencial M (x, y) dx + N(x, y) dy = 0 es exacta si existe una
función z = f (x, y) tal que dz = M (x, y) dx + N(x, y) dy. En el siguiente teorema se establecen las

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas 43

condiciones para poder resolver esta nueva ecuación diferencial. La demostración de la condi- Comunicarse en el lenguaje
ción necesaria proporciona un criterio para decidir cuándo una ecuación es exacta; la demos- matemático en forma oral
tración de la condición suficiente proporciona el método de solución. y escrita.
Argumentar con
contundencia y precisión.

Teorema 1

La ecuación diferencial M (x, y) dx + N(x, y) dy = 0 es exacta si y solo si ∂M = ∂N
∂y ∂x

Demostración

Supongamos que la ecuación diferencial M (x, y) dx + N(x, y) dy = 0 es exacta. El teorema 1 establece una
condición necesaria y suficiente
Por definición, existe entonces una función z = f (x, y) tal que dz = M (x, y)dx para que una ecuación diferen-
cial sea exacta.
+ N(x, y)dy . ∂f ∂f
∂x ∂y
Dada la función z = f (x, y), su diferencial total es dz = dx + dy. Al

igualar estas dos expresiones

∂ f dx + ∂ f dy = M (x, y) dx + N(x, y) dy En la demostración del teore-
∂x ∂y
ma 1, para resolver una ecua-

ción diferencial exacta parti-
∂f
Al comparar ambos miembros de esta igualdad observamos que ∂f = M (x, y) mos la ecuación ∂x = M (x, y)
∂x
y ∂f = N(x, y). y realizamos una integración
∂y
respecto a la variable x. Un

Se tiene, entonces procedimiento similar se puede
M (x, y) = ∂ f
∂x realizar al considerar de inicio
i∂∂nyfte=gNra(cxió, ny)pyarcial
∂ (M (x, y)) = ∂ ¢∂ f ≤ la ecuación
realizar una
∂y ∂y ∂x
respecto a y. Los detalles se

derivamos respecto de y discuten en la observación 2.

∂ (M (x, y)) = ∂2 f = ∂2 f invertimos orden de derivación

∂y ∂y ∂x ∂x ∂y

∂ (M (x, y)) = ∂ ¢∂ f ≤= ∂ (N(x, y)) sustituimos N(x, y) = ∂f
∂y
∂y ∂x ∂y ∂x

∂M = ∂N
∂y ∂x

De manera recíproca, hemos establecido que si la ecuación diferencial M (x, y) dx +

N(x, y) dy = 0 es exacta, existe entonces una función z = f (x, y) tal que ∂f = M (x, y) y Lograr un pensamiento
z = f (x, y), basta ∂x lógico, analítico y
∂f = N ( x, y). Para determinar tal función resolver simultáneamente tales sintético.
∂y
ecuaciones. De esta manera,

∂ f = M (x, y) ecuación inicial
∂x

∂ f = M (x, y) ∂x resolvemos para ∂f

∫ ∫∂ f = M(x, y) ∂x integramos parcialmente respecto a x

∫f = M (x, y) ∂x + c1( y) agregamos constante c1( y)

44 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

Capacidad de análisis y En este punto, para determinar la función f que resuelve la ecuación diferencial solo
síntesis.
resta determinar a la constante c1(y).

Para calcular c1(y), derivamos la última ecuación obtenida respecto a y, y utilizamos la
∂f
condición ∂y = N(x, y).

∫∂ f = ∂ ¢ M (x, y) ∂x + c1( y)≤ derivamos respecto a y
sustituimos ∂ f = N(x, y)
∂y ∂y
∂y
∫N(x, y) = ∂ ¢ M (x, y) ∂x≤ +c1′( y) resolvemos para c1′( y)
∂y

∫c1′(y) = N (x, y) − ∂ ¢ M (x, y) ∂x≤
∂y

A diferencia de las ecuaciones Para obtener la constante c1(y) solo resta integrar de manera ordinaria la

homogéneas, en donde no se función c1′(y). Para esto, es necesario mostrar que en efecto c1′(y) es una fun-

obtienen las mismas integrales ción ordinaria que solo depende de la variable y, y para esto mostraremos que

si se considera como variable ∂ (c1′( y)) = 0.
∂x
independiente a x o a y, en las

ecuaciones exactas se puede

iniciar con cualquiera de las ∫c1′(y) = N (x, y) − ∂ ¢ M (x, y) ∂x≤
e∂∂cyfu=acNio(nxe,sy)∂∂xef ∂y
= M (x, y) o
invariablemente

se deberán calcular las mismas ∫∂ ∂ ∂2
∂x ∂x ∂y
∂x
integrales durante el proceso (c1′( y)) = ( N ( x, y)) − ¢ M (x, y) ∂x≤ derivamos respecto a x

y llegar a la misma familia de

soluciones. ∫∂ ∂N ∂2
∂x ∂y ∂x
∂x
(c1′( y)) = − ¢ M (x, y) ∂x≤ invertimos orden de integración

Comunicarse en el ∂ (c1′( y)) = ∂N − ∂ (M(x, y)) derivamos la integral
lenguaje matemático en ∂x ∂x
forma oral y escrita. ∂y
Argumentar con
contundencia y precisión. ∂ (c1′( y)) = ∂N − ∂M reescribimos y utilizamos ∂M = ∂N
∂x ∂x ∂y ∂y ∂x

∂ (c1′( y)) = 0
∂x

Capacidad de análisis y Esto demuestra que en efecto, c1′( y) es una función ordinaria, de manera que para en-
síntesis. contrar la función f solo resta integrar

¢N(x, y) − ∂ ¢ M (x, y) ∂x ≤≤ ∂y
∂y
∫ ∫c1(y) = integramos respecto a y

Al sustituir esta expresión en la ecuación f = ∫ M (x, y) ∂x + c1( y), tenemos la función

f que satisface df = M (x, y)dx + N(x, y)dy, y observamos que para satisfacer la ecuación
M (x, y)dx + N(x, y)dy = 0 debe cumplirse que la familia de soluciones tome la forma f =
constante.

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas 45

EJEMPLO 3 Una ecuación diferencial exacta En el ejemplo 3 se inicia conside-
Resolver la ecuación 8xy3dx + 12x2 y2dy = 0.

Solución rando la ecuación ∂f = M (x, y)
∂x
∂f
Dado que ∂ (8xy3 ) = 24xy2 y que ∂ (12x2 y2 ) = 24xy2, concluimos que la ecua- y posteriormente ∂y = N (x, y).
∂y ∂x
ción diferencial en cuestión es exacta. En el ejemplo 4 se utiliza el

De esta manera, y con base en la demostración del teorema 1 de esta sección, orden contrario.

tenemos

∂ f = 8xy3
∂x

∂ f = 8xy3 ∂x resolvemos para ∂ f

∫ ∫∂ f = 8xy3 ∂x integramos parcialmente respecto a x

f = 4x2 y3 + c1( y) agregamos constante c1(y)

Continuando con el procedimiento, y dado que la integral anterior se realizó respecto a la va-
riable x, derivamos esta última expresión obtenida respecto a la variable y:

( )∂ f =∂
∂y
∂y
4x2 y3 + c1( y)

∂f = 12x2 y2 + c1′( y) derivamos respecto a y
∂y

∂f = 12x2 y2 + c1′( y) = 12x2 y2 igualamos ∂f = 12x2 y2
∂y ∂y

c1′( y) = 0 resolvemos para c1′( y)

De esta manera, al integrar respecto a y, tenemos c1( y) = c0, por lo que la familia de soluciones
buscada es f = 4x2 y3 + c0 = constante, es decir, 4x2 y3 = c.

OBSERVACIÓN 2 Un procedimiento análogo para resolver una ecuación exacta

El procedimiento de solución de una ecuación diferencial exacta mostrado en la demostración Comunicarse en el lenguaje
del teorema 1 puede realizarse intercambiando las variables x y y. Es decir, se puede iniciar con matemático en forma oral
una integración respecto a la variable y y resolver simultáneamente tales ecuaciones. De esta y escrita.
manera, Argumentar con
contundencia y precisión.
∂ f = N(x, y)
∂y

∂ f = N(x, y) ∂y resolvemos para ∂ f

∫ ∫∂ f = N(x, y) ∂y integramos parcialmente respecto a y
agregamos constante c1(x)
∫f = N(x, y) ∂y + c1(x) derivamos respecto a x
sustituimos ∂ f = M (x, y)
∫∂ f = ∂ ¢ N (x, y) ∂y + c1(x)≤
∂x
∂x ∂x

∫∂ f = ∂ ¢ N(x, y) ∂y≤ +c′(x) = M (x, y)

∂x ∂x

46 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

En este paso resolvemos c1′(x) e integramos respecto a x:

Lograr un pensamiento ¢M (x, y) − ∂ ¢
lógico, analítico y sintético. ∂x
∫ ∫c1(x) = N(x, y) ∂y ≤≤ ∂x integramos respecto a y
Capacidad de análisis y
síntesis. Al sustituir esta expresión en la ecuación f = ∫ N(x, y) ∂y + c1(x), tenemos la función f que

satisface df = M (x, y)dx + N(x, y)dy, y se observa que para satisfacer la ecuación M (x, y)dx +
N(x, y)dy = 0 debe cumplirse que la familia de soluciones tome la forma f = constante.

EJEMPLO 4 La misma ecuación diferencial exacta del ejemplo 3
Resolver la ecuación 8xy3dx + 12x2 y2dy = 0.

En el ejemplo 3 se inicia Solución
En este ejemplo utilizaremos el procedimiento descrito en la observación 1.
considerando la ecuación En el ejemplo 3 verificamos que la ecuación diferencial es exacta. Luego:
∂f
∂y = N ( x, y) y posteriormente

∂f = M (x, y). Si comparamos ∂ f = 12x2 y2
∂x ∂y
las integrales realizadas en ∂ f = 12x2 y2 ∂y

los ejemplos 3 y 4, podremos resolvemos para ∂ f

observar que salvo el orden,

se realizaron exactamente las ∫ ∫∂ f = 12x2 y2 ∂y integramos parcialmente respecto a y

mismas.

f = 4x2 y3 + c1(x) agregamos constante c1(x)

Derivamos esta última expresión obtenida respecto a la variable y, y consideramos que ∂f = 8xy3.
∂x

( )∂ f=∂
∂x
∂x
4x2 y3 + c1(x)

∂f = 8xy3 + c1′(x) derivamos respecto a x
∂x

∂f = 8xy3 + c1′(x) = 8xy3 igualamos ∂ f = 8xy3
∂x ∂x

c′(y) = 0 resolvemos para c1′( y)

De esta manera, al integrar respecto a y tenemos c1( y) = c0, por lo que la familia de solucio-
nes buscada es f = 4x2 y3 + c0= constante, es decir, 4x2 y3 = c, que es la misma familia de solu-

ciones obtenida en el ejemplo 3.

EJEMPLO 5 Un problema de valor inicial

( )Resolver2x + y dx + (4y + ln x)dy = 0 sujeta a y(1) = 2.
x

Al resolver una ecuación exac- Solución
ta, basta elegir alguna de las
dos opciones posibles, ya sea la ( )Como∂ 2x + y = 1 y además ∂ (4y + ln x ) = 1 , concluimos que la ecuación
mostrada en la demostración ∂y x x ∂x x
del teorema 1, o bien la ilustra-
da en la observación 2. diferencial del problema de valor inicial es exacta.

De esta manera, y con base en la demostración del teorema 1 de esta sección,

tenemos

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas 47

∂ f = 2x + y resolvemos para ∂ f
∂x x
∂ f = ¢2x + y ≤ dx integramos parcialmente respecto a x
agregamos constante c1(y)
x

∫ ∫∂ f = ¢2x + y ≤ ∂x
x
f = x2 + y ln x + c1( y)

Como la integral anterior se realizó con respecto a la variable x, derivamos esta última expre-
sión obtenida respecto a la variable y:

( )∂ f=∂
∂y
∂y
x2 + y ln x + c1( y)

∂f = ln x + c1′( y) derivamos respecto a y
∂y
igualamos ∂ f = 4y + ln x
∂f = ln x + c1′( y) = 4y + ln x ∂y
∂y
resolvemos para c1′( y)
c1′( y) = 4y

c1( y) = 2 y2 integramos respecto a y

Por lo que la familia de soluciones buscada es x2 + y ln x + 2y2 = c.
Al evaluar la condición y(1) = 2, tenemos c = (1)2 + (2) ln1+ 2(2)2 = 9, de manera que la

solución particular al problema de valor inicial es x2 + y ln x + 2y2 = 9.

EJEMPLO 6 El mismo problema de valor inicial

( )Resolver 2x + y dx + (4y + ln x)dy = 0 sujeta a y(1) = 2.
x

Solución
( )De ∂
igual manera que en el ejemplo 5, iniciamos calculando ∂ 2x + y = 1 y ∂x (4y + ln x) = 1 ,
∂y x x x
para concluir que la ecuación diferencial del problema de valor inicial es exacta.

De esta manera, y con base en la demostración del teorema 1 de esta sección, tenemos

∂ f = 4y + ln x
∂y

∂ f = (4y + ln x)∂x resolvemos para ∂ f

∫ ∫∂ f = (4y + lnx) ∂y integramos parcialmente respecto a y

f = 2 y2 + y ln x + c1(x) agregamos constante c1(x)

Como la integral anterior se realizó con respecto a la variable y, derivamos esta última expre-
∂f y
sión obtenida respecto a la variable x, e igualamos ∂x = 2x + x

∂f =∂
∂x
( )∂x
2 y2 + y ln x + c1(x)

∂f = y + c1′(x) derivamos respecto a x
∂x x

48 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

∂f = y + c1′(x) = 2x + y igualamos ∂ f = 2x + y
∂y x x ∂x x

c1′(x) = 2x resolvemos para c1′(x)

c1(x) = x2 integramos respecto a x

por lo que la familia de soluciones buscada es 2y2 + y ln x + x2 = c.
Al evaluar la condición y(1) = 2, obtenemos la solución particular x2 + y ln x + 2y2 = 9.

EJEMPLO 7 Otro problema de valor inicial

( ) ( )Resolver 3x2 y2 + cos y + x dx + 2x3y − x sen y + y dy = 0 sujeta a y(1) = 0.

Solución
( ) ( )Como∂ ∂
∂y 3x2 y2 + cos y + x = 6x2 y − sen y y además ∂x 2x3 y − x sen y + y = 6x2 y − sen y, con-

cluimos que la ecuación diferencial del problema de valor inicial es exacta.

De esta manera, y con base en la demostración del teorema 1 de esta sección, tenemos

∂ f = 3x2 y2 + cos y + x
∂x

∫ ∫ ( )∂ f = 3x2 y2 + cos y + x ∂x integramos parcialmente respecto a x

f = x3 y2 + x cos y + 1 x2 + c1( y) agregamos constante c1( y)
2

Capacidad de análisis y Como la integral anterior se realizó con respecto a la variable x, derivamos esta última expre-
síntesis. sión obtenida respecto a la variable y:

( )∂ f=∂ x3 y2 + x cos y + 1 x2 + c1( y)
∂y 2
∂y

∂f = 2x3 y − x sen y + c1′ ( y) derivamos respecto a y
∂y

2x3 y − x sen y + c1′ ( y) = 2x3 y − x sen y + y igualamos ∂ f = 2x3y − x sen y + y
c1′( y) = y ∂y

resolvemos para c1′( y)

c1( y) = 1 y2 integramos respecto a y
2

Por lo que la familia de soluciones buscada es x3 y2 + x cos y + 1 x2 + 1 y2 = c .
3 2 2
Al evaluar la condición y(1) = 0, tenemos c= 2 , de solución particular al
manera que la

problema de valor inicial es 2x3 y2 + 2x cos y + x2 + y2 = 3.

OBSERVACIÓN 3 Transformación de una ecuación que no es exacta a

otra ecuación equivalente que sí lo es

( )Si consideramos la siguiente ecuación diferencial y2 + 1 dx + xy dy = 0, podemos observar que
( )es separable y como tal puede resolverse, no es homogénea y dado que ∂ ∂ ( xy),
∂y y2 +1 ≠ ∂y

concluimos que la ecuación no es exacta.

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas 49

Sin embargo, analicemos que ocurre cuando multiplicamos la ecuación dife- Para algunas ecuaciones dife-
rencial por la función μ(x) = x: renciales que no son exactas es
posible encontrar una función
)( y2 + 1 dx + xy dy = 0 especial llamada un factor in-
tegrante, tal que al multiplicar
x( y2 + 1)dx + x(xy )dy = 0 multiplicamos por μ(x) = x la ecuación por el factor, esta
se transforma en una ecuación
(xy2 + x)dx + (x2 y )dy = 0 simplificamos algebraicamente equivalente
que sí es exacta.
En esta nueva ecuación diferencial equivalente algebraicamente a la ecuación
( ) ( )dada, se verifica que Al utilizar un factor integran-
∂ xy2 + x = 2xy y además ∂ x2 y = 2xy, de manera que te, la ecuación equivalente
∂y ∂x obtenida puede tener más o
¡la ecuación equivalente es exacta! menos soluciones en la familia
obtenida. Esto se debe a que
No siempre es posible transformar una ecuación diferencial que no es exacta las funciones involucradas
cambian su forma y, como
en otra ecuación algebraicamente equivalente que sí lo sea; sin embargo, existen consecuencia, su dominio. Sin
embargo, la familia de solucio-
algunos casos especiales donde esto es posible al multiplicar una función μ(x,y) nes obtenida es la correcta.

conocida como un factor integrante o factor de integración.

Reconocer conceptos
generales e integradores.

Factor integrante 3 Definición

Se dice que la función μ(x, y) es un factor integrante de la ecuación diferencial M(x, y)dx
+ N(x, y)dy = 0 si tiene la propiedad de que la ecuación diferencial μ(x, y) M(x, y)dx +
μ(x, y) N(x, y)dy = 0 sea exacta.

Al multiplicar una ecuación diferencial por un factor integrante obtenemos El cálculo del factor integrante
una nueva ecuación diferencial algebraicamente equivalente; sin embargo, en el de una ecuación diferencial, si
sentido formal, esto no garantiza que las soluciones de ambas, antes y después lo tiene, depende de la forma
de la transformación, sean las mismas. En general, y debido a que los dominios de de la ecuación y de las funcio-
las funciones involucradas pueden cambiar significativamente, es común que se nes involucradas; el proceso de
ganen o se pierdan soluciones con esta transformación. calcularlo cuando es posible, se
restringe al número de varia-
El uso de un factor integrante de la forma μ(x, y) implica resolver una nueva bles que tiene el factor. Los
ecuación diferencial, y si el objetivo es transformar una ecuación no exacta en otra casos más simples de resolver
que sí lo es, deben hacerse algunas consideraciones tomando en cuenta que hasta son cuando el factor integrante
este punto solo hemos estudiado algunas ecuaciones diferenciales ordinarias. En solo depende de una variable.
la siguiente observación se muestran dos casos especiales de factores integrantes
que pueden calcularse en esta sección sin mayor dificultad. No obstante sean ca- En la observación 4 se ilustra
sos simples de factores en una sola variable, ejemplifican el procedimiento y la un procedimiento para calcular
utilidad de estas funciones; en casos más generales se requiere resolver ecuaciones el factor integrante de una
diferenciales parciales, y de momento quedan fuera de nuestro interés. ecuación diferencial en el caso
en que exista y dependa de
OBSERVACIÓN 4 Cálculo de un factor integrante una sola variable. El cálculo
de un factor integrante en dos
Consideremos la ecuación diferencial no exacta M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0. El variables requiere poder resol-
ver ecuaciones diferenciales
objetivo de este desarrollo es determinar un factor integrante que produzca una parciales y de momento no lo
estudiaremos.
ecuación algebraicamente equivalente que sea exacta.

Si μ(x, y) es un factor integrante de la ecuación M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0,

debe cumplirse que la nueva ecuación diferencial μ(x, y)M(x, y)dx + μ(x, y)
∂
N(x, y)dy = 0 sea exacta, de manera que ∂ ( μ(x, y)M (x, y))= ∂x ( μ(x, y)N(x, y)).
∂y

50 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

Lograr un pensamiento Al derivar los productos de ambos lados de la ecuación anterior tenemos μ(x, y)My (x, y) +
lógico, analítico y sintético. μy (x, y)M (x, y) = μ(x, y)Nx (x, y) + μx (x, y)N (x, y) .

El procedimiento termina cuando a partir de esta expresión, y con base en las habilidades
matemáticas del lector, se pueda resolver la función μ(x, y).

Considerando que nuestro estudio de las ecuaciones diferenciales apenas inicia, haremos
algunas suposiciones que si bien limitan el método, nos permitirán mostrar el uso de factores
integrantes de una variable.

En el caso especial 1 se mues- Caso especial 1 Si el factor integrante solo depende de x

tra cómo calcular un factor Supongamos que μ = μ(x), entonces μy (x, y) = 0 y μx (x, y) = μ′(x).
De esta manera, la ecuación
integrante de la ecuación
μ(x, y)My (x, y) + μy (x, y)M (x, y) = μ(x, y)Nx (x, y) + μx (x, y)N (x, y)
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
se reduce a
cuando existe y solo depende μ(x)My (x, y) = μ(x)Nx (x, y) + μ′(x)N(x, y)

de la variable x; en este caso,

e∫ My ( x,y )− Nx (x,y) dx
N ( x,y )
μ(x) =

de donde

Comunicarse en el lenguaje ( )μ(x) My (x, y) − Nx (x, y) = μ′(x)N(x, y) agrupamos
matemático en forma oral separamos
y escrita. μ′(x) = My (x, y) − Nx (x, y)
Argumentar con μ(x) N(x, y)
contundencia y precisión.

∫ ∫d μ = My (x, y) − Nx (x, y) dx integramos ambos miembros
μ(x) N(x, y)

∫ln μ(x) = My (x, y) − Nx (x, y) dx despejamos
N(x, y)

∫ My (x,y)−Nx (x,y) dx
N ( x,y )
μ(x) = e factor integrante

Es evidente que la expresión anterior está bien definida si la función μ(x) solo depende
de la variable x, y para esto es necesario que la función My (x,y)−Nx (x,y) quede expresada en
N ( x,y )
Lograr un pensamiento términos de x.
lógico, analítico y sintético.
Debe entenderse que esto no siempre será posible, pues de ser así estaríamos aceptando

que cualquier ecuación no exacta pueda transformarse en otra que sí lo es, lo cual es falso.

En otras palabras, nuestro caso especial 1 funciona a la perfección cuando la expresión

My (x,y)−Nx (x,y) produce una función que solo depende de la variable x, de modo que el factor
N ( x,y )
μ(x) = e∫ My ( x,y )−Nx ( x,y ) dx
integrante está dado por N ( x,y )

En el caso especial 2 se mues- Caso especial 2 Si el factor integrante solo depende de y

tra cómo calcular un factor Supongamos que μ = μ( y), entonces μx (x, y) = 0 y μy (x, y) = μ′( y).
De esta manera, la ecuación
integrante de la ecuación

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 μ(x, y)My (x, y) + μy (x, y)M (x, y) = μ(x, y)Nx (x, y) + μx (x, y)N (x, y)

cuando existe y solo depende

de la variable y; en este se reduce a

∫ Nx (x,y)−My (x,y) dy
M (x,y)
caso, μ( y) = e μ( y)My (x, y) + μ′( y)M (x, y) = μ(x, y)Nx (x, y)

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas 51

de donde agrupamos Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma oral
( )μ′( y)M (x, y) = μ( y) Nx (x, y) − My (x, y) y escrita.
Argumentar con
μ′( y) = Nx (x, y) − My (x, y) separamos contundencia y precisión.
μ( y) M (x, y)
Lograr un pensamiento
∫ ∫d μ = Nx (x, y) − My (x, y) dy integramos ambos miembros lógico, analítico y sintético.
μ( y) M (x, y)

∫ln μ( y) = Nx (x, y) − My (x, y) dy despejamos
M (x, y)

∫ Nx (x,y)−My (x,y) dy
M (x,y)
μ( y) = e factor integrante

Es evidente que la expresión anterior está bien definida si la función μ(y) solo depende
de la variable y, y para esto es necesario que la función Nx (x,y)−My (x,y) quede expresada en
M (x,y)
términos de y.

Al igual que en el caso 1, debe entenderse que esto no siempre será posible, porque no

todas las ecuaciones diferenciales pueden transformarse en una ecuación diferencial exacta.
Nx (x,y)−My (x,y)
En otras palabras, el caso 2 funciona siempre y cuando la expresión M (x,y) pro-

duzca una función que solo dependa de la variable y, de modo que el factor integrante estará

dado por

e∫ Nx (x,y)−My (x,y) dy
M (x,y)
μ( y) =

EJEMPLO 8 Completando a una ecuación diferencial exacta caso 1

( )Resolver la ecuación diferencial y2 + 1 dx + xy dy = 0.

Solución

En la observación 2 verificamos que la ecuación no es exacta.

Al considerar M (x, y) = y2 + 1 y N(x, y) = xy, se tiene My (x, y) = 2y y Nx (x, y) = y, te-

nemos

My ( x,y )−Nx ( x,y ) dx ∫ 2 y− y dx ∫ 1 dx En el ejemplo 8 se ilustra la
xy x aplicación del caso 1 en el
μ(x) = e∫ N(x,y) = e = e = e ln x = x

Se verifica que el factor integrante solo depende de x, de manera que la aplicación cálculo de un factor integrante,
del caso 1 en esta ecuación es correcta; luego
utilizando
)( y2 + 1 dx + xy dy = 0
e∫ My (x,y)−Nx (x,y) dx
N ( x,y )
μ(x) =

( )xy2 + x dx + x2 y dy = 0 multiplicamos por μ(x) = x

∂ = ∂ x2y
∂y
∂x
( ) ( )donde
xy2 + x = 2xy, es decir, la ecuación obtenida es exacta.

( )Luego, al considerar xy2 + x dx + x2 y dy = 0

∂ f = xy2 + x
∂x

∫ ∫ )(∂ f = xy2 + x dx integramos parcialmente respecto a x

f = 1 x2 y2 + 1 x2 + c1( y) agregamos constante c1( y)
2 2

52 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

∂f = x2 y + c1′ ( y) derivamos respecto a y
∂y

x2 y + c1′ ( y) = x2 y igualamos ∂ f = x2 y
∂y

c1′( y) = 0 resolvemos para c1′( y)

c1( y) = c0 integramos respecto a y

por lo que la familia de soluciones buscada es 1 x2 y2 + 1 x2 + c0 = constante, de manera equi-
valente x2 y2 + x2 = c. 2 2

EJEMPLO 9 Completando a una ecuación diferencial exacta caso 2

En el ejemplo 9 se ilustra la ( )Resolver la ecuación diferencial y2 + 1 dx + xy dy = 0.

aplicación del caso 2 en el Solución

cálculo de un factor integrante, En la observación 2 y en el ejercicio 8 se ha verificado que la ecuación no es exacta.
Al considerar M (x, y) = y2 + 1 y N(x, y) = xy se tiene My (x, y) = 2y y Nx (x, y)
utilizando
= y, tenemos
∫ Nx (x,y)−My (x,y) dy
M (x,y)
μ( y) = e

e∫ Nx (x,y)−My (x,y) dy ∫ y−2 y dy e−∫ y dy y2 +1 −1/2 1
M (x,y) y2 +1 y2 +1 y2 + 1 1/2
( )( )μ(y)= = e = = eln =

Verificamos que el factor integrante solo depende de y, de manera que la aplicación del caso 2
en esta ecuación es correcta; luego

)( y2 + 1 dx + xy dy = 0

( )y2 + 1 xy dy = 0 μ( y) = 1
( ) ( )y2 + 1 1/2 dx + +1 y2 + 1 1/2
y2 1/2 ( )multiplicamos por

( ) ( )y2 + 1 1/2 dx + y2 xy 1/2 dy = 0 simplificamos
+1

( )donde ∂y2 +1 1/2 = ∂ xy = y , es decir, la ecuación obtenida es exacta.
∂y ∂x y2 +1
( )¢ 1/2 ≤ ( )y2 +1 1/2

( )y2 + 1 1/2 dx + xy
( )Luego, al considerar y2 +1 1/2 dy = 0

( )∂ f = y2 + 1 1/2

∂x

∫ ∫ ( )∂ f = y2 + 1 1/2 dx integramos parcialmente respecto a x

( )f = x y2 + 1 1/2 + c1( y) agregamos constante c1( y)
derivamos respecto a y
( )∂ f = xy 1/2 + c1′ ( y)
y2 +1
∂y

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas 53

( ) ( )xy xy ∂f xy
y2 + 1 1/2 ∂y y2 + 1 1/2
y2 +1
1/2 + c1′ ( y) = ( )igualamos = No siempre es posible poder
utilizar los dos casos en el
c1′( y) = 0 resolvemos para c1′( y) cálculo de un factor integran-
te. La ecuación diferencial de
c1( y) = c2 integramos respecto a y los ejemplos 8 y 9 es un caso
curioso, porque tuvo dos fac-
( )por lo que la familia de soluciones buscada 1/2 + c2 = tores integrantes diferentes. En
( )nera equivalente x y2 + 1 1/2 = c0. Un breve muestra general, si un factor integrante
es x y2 + 1 constante, de ma- existe solo aplica alguno de los
desarrollo que la familia de dos casos y eso es suficiente.
( )soluciones puede expresarse en la forma x2 y2 + 1 = c, que es la misma familia

obtenida en el ejemplo 8.

Es importante mencionar que no todas las ecuaciones que se pueden completar a una
ecuación diferencial exacta pueden hacerlo aplicando ambos casos. En general, si es posible
completar una ecuación haciendo uso de un factor integrante, esto solo puede realizarse apli-
cando uno de los dos casos.

EJEMPLO 10 Completando a una ecuación diferencial exacta

( )Resolver la ecuación diferencial (3xy + 2 cos y)dx + x2 − xseny dy = 0 .

Solución
( )Dado ∂ ∂
que ∂y (3xy + 2 cos y) = 3x − 2 sen y y ∂x x2 − xseny = 2x − sen y , se encuentra que la

ecuación dada no es exacta.

Al considerar M (x, y) = 3xy + 2 cos y y N(x, y) = x2 − xseny , se tiene My (x, y) = 3x − 2 sen y

y Nx (x, y) = 2x − sen y, tenemos

μ( y) = Nx ( x,y )−My ( x,y ) dy = 2x− sen y−(3x−2sen y) = sen y−x dy

e∫ M(x,y) dy e ∫ 3xy+2 cos y .

e ∫ 3xy+2 cos y

Podemos observar que la expresión anterior no está bien definida, dado que el factor integran-
te no depende únicamente de la variable y, de manera que el caso 2 no puede aplicarse.

Sin embargo,

My ( x,y )−Nx ( x,y ) dx 3x−2sen y−(2x− sen y) x− sen y dx
e ∫ x2 −xsen y dx
e∫ N(x,y) e ∫ x (x−sen y)
μ(x) = = = = x

Se verifica que el factor integrante solo depende de x, de manera que la aplicación del caso 1
en esta ecuación es correcta, luego

)((3xy + 2 cos y)dx + x2 − x sen y dy = 0

( ) ( )3x2 y + 2x cos y dx + x3 − x2sen y dy = 0 multiplicamos por μ(x) = x

( ) ( )donde∂ ∂
∂y 3x2 y + 2x cos y = ∂x x3 − x2 sen y = 3x2 − 2x sen y, es decir, la ecuación obtenida es

exacta.
( ) ( )Luego, al considerar 3x2 y + 2x cos y dx + x3 − x2 sen y dy = 0

∂ f = 3x2 y + 2x cos y
∂x

∫ ∫ )(∂ f = 3x2 y + 2x cos y dx integramos parcialmente respecto a x

f = x3 y + x2 cos y + c1( y) agregamos constante c1( y)
derivamos respecto a y
∂f = x3 − x2 sen y + c1′ ( y)
∂y

54 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

x3 − x2 sen y + c1′ ( y) = x3 − x2 sen y igualamos ∂ f = x3 − x2 sen y
c1′( y) = 0 ∂y

resolvemos para c1′( y)

c1( y) = c0 integramos respecto a y

por lo que la familia de soluciones buscada es x3y + x2 cos y = c.

1.4 Desarrollo de competencias

Resolver problemas. ( ) ( )16. 12x2 − 10xy + 2y3 + 4 dx + 6xy2 − 5x2 dy = 0
( ) ( )17. 6x − 2y + yexy dx + xex − 2x dy = 0
En los ejercicios 1 a 10, determinar si las ecuaciones dife- ( )18. (tan y + y cos x)dx + sen x + x sec2 y dy = 0
renciales dadas son o no exactas. No hay que resolverlas. )(19. y2 + y sen x dx + ( y + 2xy − cos x)dy = 0
)( ) (20. y + xex dx + x + 4y3 dy = 0
) )( (1. 3x2 y + cos y dx + x3 − x sen y dy = 0 ( ) ( )21. 2x − e y + yex dx + 2y + ex − xe y dy = 0
( ) ( )22. 3x2 y3 + 2xy2 + y dx + 3x3y2 + 2x2 y + x dy = 0
) )( (2. 3xy2 + cos y dx + x3 − x sen y dy = 0

( ) ( )3. 3x e y + ex cos y dx + xe y + exsen y dy = 0

( ) ( )4. 3x2e y + ex cos y dx + x3e y − exsen y dy = 0

( ) ( )5. yex + x y ex dx + ln y + x ex + 1 dy = 0

( ) ( )6. yex + x ex dx + ln y + ex + 1 dy = 0 23. ¢2xy2 + 1 ≤ dx + 2x2 y dy = 0
x2 + 1

7. ¢x2 y + 1 − 2x2≤ dx + ¢3y + x2 x + ≤ dy = 0 24. (− tan x − sen x sen y)dx + (cos x cos y)dy = 0
y2 y2 1

8. ¢x2 y − 2x≤ dx + ¢3y2 + x ≤ dy = 0 ( )25. 2y2 − 6x2 dx + (2y + 4xy + 1)dy = 0
y2 y2 +1
+ 1 x2 ( ) ( )26. 4x3y + 9x2 − 2y dx + x4 − 2x + 2y dy = 0

) )( (9. 1− 2xy2 dx + 12y2 − 4xy dy = 0 ( )27. tan2 x + cot y + 1 dx + x csc2 y dy = 0

( ) ( )10. 1− 2xy2 dx + 12y2 − 2x2 y + 3 dy = 0

En los ejercicios 11 a 37, resolver las ecuaciones diferen- 28. ( y − ln y)dx + ¢x − x + 1 ≤ dy = 0
ciales dadas. y y2 + 1

( ) ( )11. 3x2 y2 + cos y + x dx + 2x3y − x sen y + y dy = 0 29. ( y senh x − senh y)dx + (cosh x − x cosh y)dy = 0

( ) ( )12. 12x2 + y2 + 1 dx + 2xy − 12y3 dy = 0 ( ) ( )30. ex − 4x3y2 + xex dx + 4e y − 2x4 y dy = 0

13. ¢ 1 − 3y2≤ dz − (6xy + sen y)dy = 0 31. ¢ 1 − (x 1 ≤ dx − x dy = 0
y + 3)2 y2
x
( ) ( )32. y2 + 2x sen y + 1 dx + x2 cos y + 2xy − ln y dy = 0
14. (2x + 1)dx + (5 − 6y)dy = 0
33. (ln x + cos y + 1)dx + (ln y − x sen y + 1)dy = 0
)(15. (8x − 5y + 1)dx + 6y2 − 5x dy = 0

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas 55

)(34. y2 + 3y + 1 dx + (2xy + 3x + 1)dy = 0 ( ) ( )48. 2 sen y + kex cos y dx + 2x cos y + 4ex sen y dy = 0

( )35. ¢cot x + y + 2xy≤ dx + x2 + ln x dy = 0 ( )49. (tan y + 2xy)dx + x2 + kx sec2 y dy = 0
x

36. ¢1 − y + 1≤ dx + ¢1 − 1≤ dy = 0 En los problemas 50 a 53, resolver la ecuación diferencial
x x2 x dada determinando, si es posible, un factor integrante.

( ) ( )37. e y − y + yexy dx + xexy − x + xe y dy = 0 ( ) ( )50. ye y2 + 2xex2 dx + xe y2 − 2yex2 dy = 0
( )51. x e−x2 + y2 + 1 dx + ydy = 0
En los ejercicios 38 a 45, resolver el problema de valor ini-
cial. Utilizar un SAC para graficar la solución obtenida. 52. y2 (1+ ln x)dx + (2 + xy ln x)dy = 0

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. )(53. (1+ 4x) y ln y dx + x + 2x2 dy = 0

38. ¢ 1 + 1 ≤ dx + (x 1 dy = 0, y(1) = 0
(x + y)2 x2 + y)2

39. ¢ 1 y − ( x+ y ≤ dx + ¢ x+ y + 1 ≤ dy = 0, En los problemas 54 a 57, determinar un factor integran-
x − x− y)2 ( x− y)2 x− y te apropiado para resolver el problema de valor inicial.
Graficar la solución obtenida.
y(2) = 1

( ) ( )40. 2e y + 2 x y ex2y dx + x2ex2y + 2xe y dy = 0, Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

y(1) = lnπ ( )54. 6xy ln y dx + 20y2 + 3x2 dy = 0, y(3) = 1
) )( (55. y + xy2 dx + x2 y + x − xy dy = 0, y(e) = 1
)(41. cos y + y cot2 x dx + (tan x − x sen y)dy = 0, ( )56. −4dx + 2y2 − 4x + 4y dy = 0, y(2) = 1
( ) ( )57. 2x2 y3 + y dx + 2x3y2 − x dy = 0, y(e) = e
( )y π = π
44

( )42. (8x + 2)dx + 15y2 + 3 dy = 0, y(1) = 1

43. (x( y + 1) + (x − 1)( y + 1))dx + x(x − 1)dy = 0, En los problemas 58 a 60, determinar una función p(x, y)
que haga de la ecuación dada una ecuación diferencial
y(2) = 0 exacta.

( )44. (ln x + y cos xy + 1)dx + ey + x cos xy dy = 0, 58. (cos x − x sen x + 3y cos x)dx + p(x, y)dy = 0

y(1) = π 59. ¢e x − y 1 + xe x≤ dx + p(x, y)dy = 0
2 x2 +

( )45. x3 + x2 + y dx + xdy = 0, y(1) = 5 60. ¢3x2 y2 − 1 ≤ dx + p(x, y)dy = 0
12 x2

En los problemas 46 a 49, determinar el valor de la cons-
tante k de tal manera que la ecuación dada sea exacta y
posteriormente obtener la familia de soluciones corres-
pondiente.

( ) ( )46. 8xy − 5y3 dx + kx2 − 15xy2 dy = 0

( ) ( )47. 8y − 72x2 y3 + 1 dx + 8x + kx3y2 dy = 0 61. Demostrar que la ecuación diferencial de la forma
M (x)dx + N( y)dy = 0 es separable y además exacta.

56 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

1.4 Competencia final

Capacidad para generar nuevas ideas. En el problema 6, determinar el valor de la constante k de
Resolver problemas. tal manera que la ecuación dada sea exacta y posterior-
mente obtener la familia de soluciones correspondiente.
En los ejercicios 1 a 3, resolver las ecuaciones diferencia-
les dadas. ( ) ( )6. kxy3 − 60x3y dx + 30x2 y2 − 15x4 dy = 0

( ) ( )1. cos x cos y + ex sen y dx + ex cos y − sen x sen y En los problemas 7 y 8, resolver la ecuación diferencial
dada determinando, si es posible, un factor integrante.
dy = 0
) )( (7. xy cos y − x2 y ln y dx + x2 + xy sen y dy = 0
2. ¢y + 2 + 1≤ dx + ¢x + 2 + 1≤ dy = 0
xy ( ) ( )8. 9xe2y − 2 dx + 18x2e2y − 4x dy = 0

3. ¢x2 − 1 − ye x≤ dx + ¢ 1 − ex≤ dy = 0 En el problema 9, determinar un factor integrante apro-
x2 2 y piado para resolver el problema de valor inicial dado.
Graficar la solución obtenida.
En los ejercicios 4 a 5, resolver el problema de valor ini-
cial. Utilizar un SAC para graficar la solución obtenida. ( )9. 14e5y − 4xex − 8ex dx + 35xe5y dy = 0, y(1) = 0

) )( (4. 2 senh y + ey dx + 2x cosh y + xey dy = 0, En el problema 10, determinar una función p(x, y) que
haga de la ecuación dada una ecuación diferencial exacta.
y(1) = 0
( )10. p(x, y)dx + x + 5ex+y + 2 dy = 0
( ) ( )5. y cos x − 2xy2 dx + sen x + ln y − 2x2 y + 1 dy = 0

1.5 Ecuaciones diferenciales lineales

En la primera sección de esta unidad, clasificamos las ecuaciones diferenciales ordinarias de
acuerdo con su tipo, orden, linealidad y grado. Definimos también una ecuación diferencial
lineal de orden n a aquella de la forma

an (x) dny + an−1 ( x ) d n−1y ++ a2 (x) d2y + a1 ( x ) dy + a0 (x)y = g(x)
dx n dx n−1 dx2 dx

en donde los coeficientes an (x),an−1(x),,a2 (x),a1(x), a0 (x) y g(x) son todas funciones ordina-
rias que dependen de la variable x, y además la función y y las derivadas dny d n−1y d2y dy
dx n , dx n−1 , , dx2 , dx

son todas de primer grado, es decir, están elevadas a la potencia 1.

Reconocer conceptos El estudio de las ecuaciones diferenciales lineales de orden n inicia considerando la ecua-
generales e integradores.
ción lineal de primer orden mostrada en la siguiente definición.

Definición 1 Ecuación diferencial lineal de orden 1

Una ecuación diferencial lineal ordinaria de primer orden es una expresión de la forma

a1 ( x ) dy + a0 (x)y = g(x), en donde las funciones a1(x),a0 (x) y g(x) dependen todas de x y
dx
y es una función derivable.

1.5 Ecuaciones diferenciales lineales 57

Es evidente que debe cumplirse a1(x) ≠ 0, pues de otra manera no tendríamos definida una
dy
ecuación diferencial. Una forma más útil de la ecuación a1 ( x ) dx + a0 (x)y = g(x) se obtiene al

dividirla por la función a1(x), para obtener dy + p( x ) y = f (x).
dx
Resolver una ecuación diferencial lineal de primer orden significa determinar una función

y que satisface a la ecuación en un intervalo donde las funciones p(x) y f(x) son ambas conti-

nuas.

El método de solución de una ecuación diferencial lineal de primer orden se puede dividir

en dos partes dependiendo de si la ecuación es o no homogénea.

En la demostración del teorema 1 se muestra el proceso de solución de la ecuación lineal
dy
homogénea dx + p( x ) y = 0.

Teorema 1

La ecuación diferencial lineal homogénea dy + p( x ) y = 0 es separable
dx

Demostración

La ecuación dy + p( x ) y = 0 se puede escribir como Toda ecuación diferencial lineal
dx

∫ ∫dy + p(x)dx = 0 homogénea de primer orden es
y
separamos e integramos la ecuación separable, ya sea de la forma
dy dy
dx + p(x ) y = 0, o bien dx = f (x).

∫ln y = − p(x)dx + c1 simplificamos

y = e− ∫ p(x )dx+c1 tomamos exponencial

y = c e− ∫ p(x)dx escribimos c = ec1

Podemos observar que para el caso particular en que p(x) = 0, la ecuación dy = f (x) re-

sulta ser separable y fácil de resolver. dx Argumentar con
contundencia y precisión.
El último caso, que complementa el método de solución de la ecuación lineal no homo- Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma
génea de la floa rfmoramddaxy (+p(px( x) y) y− = f (x) (es decir p(x ) ≠ 0 y f (x) ≠ 0), se resuelve al escribir la escrita.
ecuación en f dy = 0 .
(x))dx + Teorema 2
∂ ∂
Dado que ∂y ( p(x ) y − f (x)) = p(x) y ∂x (1) = 0, podemos concluir de la sección anterior

que la ecuación lineal no es exacta. En la demostración del teorema 2 se muestra un procedi-

miento para resolver la ecuación diferencial lineal no homogénea completándola a una ecua-

ción diferencial exacta.

La ecuación diferencial lineal no homogénea dy + p( x ) y = f (x) se puede
reducir a una ecuación exacta dx

Demostración

Consideremos la ecuación dy + p(x)y = f (x) con p(x) ≠ 0 y f (x) ≠ 0.
dx
De manera equivalente, podemos escribir

( p(x)y − f (x))dx + dy = 0 Argumentar con
contundencia y precisión.
Hemos observado que esta ecuación no es exacta; sin embargo, si suponemos que existe un Comunicarse en el
factor integrante μ(x) tal que la ecuación lenguaje matemático en
forma escrita.
( p(x)y − f (x)) μ(x) dx + μ(x) dy = 0 Lograr un pensamiento
lógico, analítico y
sintético.

58 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

Un procedimiento para re- es exacta, entonces debe cumplirse
solver una ecuación lineal no
homogénea de primer orden ∂ (( p( x ) y − f (x)) μ( x )) = ∂ ( μ(x))
se basa en completarla a una ∂y ∂x
ecuación diferencial exacta.
Luego,

Lograr un pensamiento ∂ ( p(x) μ(x)y − μ(x) f (x))= ∂ μ desarrollamos
lógico, analítico y derivamos
sintético. ∂y ∂x separamos e integramos términos
∂μ = p(x) μ(x) agregamos constante
∂x

∫ ∫∂μ = p(x)∂x
μ(x)

∫ln μ(x) = p(x) dx + c1

μ(x) = c e ∫ p(x)dx tomamos exponencial y consideramos c = ec1

Esta expresión es válida para cualquier valor real de la constante arbitraria, en particular

para c = 1. En este caso verificamos que el factor integrante que transforma a la ecuación

lineal dy + p(x)y = f (x) en una ecuación exacta es
dx

μ(x) = e ∫ p(x)dx factor integrante

Resta demostrar que en efecto, la expresión μ(x) = e ∫ p(x)dx es un factor inte-

La ecuación lineal dy + p( x ) y = grante de la ecuación lineal no homogénea dy + p(x)y = f (x).
dx dx
f (x) se puede completar a una
Se verifica que
ecuación exacta con el factor
dy e ∫ p(x)dx + p(x)e ∫ p(x)dx y = f (x)e ∫ p(x)dx
integrante μ(x) = e ∫ p(x)dx dx multiplicamos el factor integrante
Como

Al multiplicar el factor inte- d ¢e ∫ p(x)dx y≤= dy e ∫ p(x)dx + p(x)e ∫ p(x)dx y , podemos escribir
grante a la ecuación diferencial dx
lineal, se completa un diferen-
cial total formado por la deri- d ¢e ∫ p(x)dx y≤= f (x)e ∫ p(x)dx agrupamos
vada del factor integrante por
la variable dependiente, es decir ∫ ∫d ¢e ∫ p(x)dx y≤ = f (x)e ∫ p(x)dxdx integramos ambos miembros
d ¢e ∫ p(x)dx y≤. ∫e ∫ p(x)dx y = f (x)e ∫ p(x)dxdx + c agregamos constante de integración

∫y = c e− ∫ p(x)dx + e− ∫ p(x)dx f (x)e ∫ p(x)dxdx familia de soluciones

OBSERVACIÓN 1 Al resolver la ecuación diferencial lineal no homogénea de primer orden de

la forma dy + p(x)y = f (x), suponemos que tanto p(x) como f(x) son ambas funciones con-
dx
tinuas en un intervalo común, de manera que las condiciones del teorema de existencia y uni-

cidad se satisfacen. Es decir, cualquier solución de la ecuación lineal de primer orden será de

la forma

∫y = c e− ∫ p(x)dx + e− ∫ p(x)dx f (x)e ∫ p(x)dxdx

para algún valor de c; esto garantiza que todas las soluciones son particulares, no singulares.

1.5 Ecuaciones diferenciales lineales 59

De esta manera, resolver la ecuación dy + p(x)y = f (x) sujeta a la condición Dado que todas las soluciones
dx de una ecuación diferencial
y(x0 ) = y0 implica simplemente determinar un valor particular de la constante lineal no homogénea están in-
cluidas en la familia de solucio-
arbitraria c en la familia de soluciones, que satisfaga la condición inicial. En otras nes, regularmente se dice que la
familia es la solución general de
palabras, la familia de soluciones contiene a todas las posibles soluciones parti- la ecuación diferencial.

culares y por tal razón es correcto llamar a tal familia la solución general de la

ecuación lineal de primer orden.

EJEMPLO 1 Una ecuación lineal

Resolver dy + 3y = x2. El procedimiento para resolver
dx una ecuación lineal no homo-
génea puede resumirse en los
Solución siguientes pasos:

Al comparar con la ecuación lineal de primer orden dy + p(x)y = f (x), podemos 1. Determinar el factor inte-
dx grante.
identificar p(x) = 3 y f(x) = x2.
Luego, el factor integrante de la ecuación dada es μ(x) = e∫3dx = e3x; de esta 2. Multiplicar la ecuación
diferencial por el factor inte-
manera, grante.

dy + 3y = x2 multiplicamos factor integrante 3. Determinar el diferencial
dx agrupamos total como la derivada del
e3x dy + 3e3x y = x2e3x factor integrante por la
variable dependiente.
dx
4. Integrar la expresión resul-
( )d e3x y = x2e3x tante y agregar la constante
de integración.
∫e3x y = x2e3x dx integramos ambos miembros

e3x y = ¢1 x2 − 2 x + 2 ≤ e3x + c integramos por partes
3 9 27 solución general

y = c e−3x + 1 x2 − 2 x + 2
3 9 27

EJEMPLO 2 Una ecuación lineal

Resolver dy + 3 y = ln x .
dx x x2
Lograr un pensamiento
Solución lógico, analítico y sintético.

Identificando que p(x) = 3 , tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación
x
dada es

μ(x) = e ∫ 3 dx = e 3 ln x = x3 factor integrante
x

Entonces,

x3 dy + x3 ¢3 y≤= x3 ¢ ln x ≤ multiplicamos factor integrante
dx x x2 agrupamos

d (x3 y) = x ln x

∫x3 y = x ln x dx integramos ambos miembros
integramos por partes
x3 y = 1 x2 ln x − 1 x2 + c
24

60 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

y = c + 1 ln x − 1 solución general
x3 2x 4x

En la demostración del teorema 1 se determinó que la solución general de una ecuación dife-

rencial lineal no homogénea dy + p(x)y = f (x) está dada por la expresión
dx

∫y = c e− ∫ p(x)dx + e− ∫ p(x)dx f (x)e ∫ p(x)dxdx

la cual puede considerarse de la forma y = yc + yp, donde yc = c e− ∫ p(x)dx y yp = e−∫ p(x)dx
∫ f (x)e∫ p(x)dxdx. Se puede demostrar sin dificultad que la función yc es solución de la ecuación
homogénea dy + p(x)y = 0, y que la función yp es una solución particular de dy + p(x)y = f (x).
dx dx
En la siguiente unidad se demostrará que la solución general de una ecuación lineal no

homogénea es de la forma y = yc + yp; la primera parte se obtiene al resolver la ecuación homo-
génea asociada y la segunda parte al determinar una solución particular.

EJEMPLO 3 Un problema de valor inicial

Resolver dy + 2x 4 y = x2 − 4 sujeta a y(0) = 1 .
dx x2 +

Solución

Si consideramos p(x) = 2x , tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación
dada es
x2 + 4

μ(x) = 2 x dx = x2 + 4 factor integrante
+4
e∫ x2

Entonces,

(x2 + 4) dy + (x2 + 4) 2x y = (x2 + 4)(x2 − 4) multiplicamos factor integrante
dx x2 + 4

( )( )d x2 + 4 y = x4 − 16 agrupamos

∫(x2 + 4) y = (x4 −16)dx integramos ambos miembros

( )x2 + 4 y = 1 x5 − 16x + c agregamos constante de integración
5

Al evaluar la condición y(0) = 1 , tenemos c = 4 , luego

y = 1 x5 − 16x + 4 solución particular
5

x2 + 4

La gráfica puede observarse en la FIGURA 1.5.

y

10

5

Potenciar las habilidades −10 −5 x
para el uso de nuevas −5 5 10
tecnologías.
−10
Figura 1.5

1.5 Ecuaciones diferenciales lineales 61

EJEMPLO 4 Un problema de valor inicial definido por una ecuación lineal

Resolver dy = 1 sujeto a x(0) = −2. En el ejemplo 4, se considera a
dx 6y(1− x) + e−3y2

Solución y como variable independiente.

Al reescribir la ecuación, tenemos En este caso, la forma general
dx
dx = 6y(1− x) + e−3y2 = 6y − 6xy + e−3y2 de la ecuación es dy + p( y)x =
dy f( y), de manera el factor
que

integrante está dado en este

Al simplificar caso por μ( y) = e ∫ p( y)dy.

dx + 6y x = 6y + e−3y2
dy

que es una ecuación lineal no homogénea de primer orden en la variable y de la forma

dx + p( y) x = f (y). En este caso es necesario considerar a y como variable independiente y Lograr un pensamiento
dy lógico, analítico y sintético.
debemos adecuar la expresión que define el factor integrante.

De esta manera, si p( y) = 6y , tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecua-

ción es

μ( y) = e ∫ 6ydy = e3y2 factor integrante

Entonces, multiplicamos factor integrante
agrupamos
( )e3y2 dx + 6x y e3y2 = 6y + e−3y2 e3y2
dy

( )d e3y2 x = 6ye3y2 + 1

∫ ( )e3y2 x = 6ye3y2 + 1 dy integramos ambos miembros

e3y2 x = e3y2 + y + c agregamos constante de integración

Al evaluar la condición x(0) = −2 , tenemos c = −3 , luego

e3y2 x = e3y2 + y − 3 solución particular

EJEMPLO 5 Un problema de valor inicial definido por una ecuación lineal

Resolver dy + y tan x = 3sec x tan2 x sujeta a y(0) = 2.

dx

Solución Lograr un pensamiento
Al considerar p(x) = tan x tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación es lógico, analítico y sintético.

μ(x) = e ∫tanxdx = sec x factor integrante

Entonces, multiplicamos el factor integrante
sec x dy + y sec x tan x = 3sec2 x tan2 x agrupamos términos
dx

d ( y sec x) = 3sec2 x tan2 x

∫y sec x = 3 sec2 x tan2 x dx integramos ambos miembros
agregamos constante de integración
y sec x = tan3 x + c

62 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

Al evaluar la condición y(0) = 2 , tenemos c = 2 , luego
y sec x = tan3 x + 2 solución particular

La solución particular puede observarse en la FIGURA 1.6.
y
4

2

Potenciar las habilidades −4 −2 02 x
para el uso de nuevas 4
tecnologías.

−2

−4

Figura 1.6

EJEMPLO 6 Un problema de valor inicial definido por una ecuación lineal
Resolver dy + y cot x = 4sec5 x sujeta a y(π ) = 1.

dx

Solución
Al considerar p(x) = cot x tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación es

μ(x) = e ∫ cotxdx = sen x factor integrante

Entonces, multiplicamos factor integrante
sen x dy + y sen x cot x = 4sen x sec5 x simplificamos
dx agrupamos
sen x dy + y cos x = 4sen x sec5 x
dx

d ( y sen x) = 4sen x sec5 x

∫y sen x = 4 sen x sec5 x dx integramos ambos miembros

y sen x = sec4 x + c agregamos constante de integración

Al evaluar la condición y(π ) = 1 , tenemos c = −1, luego

y sen x = sec4 x − 1 solución particular

La gráfica de la solución particular y
puede observarse en la FIGURA 1.7. 4

2

Potenciar las habilidades −4 −2 0 x
para el uso de nuevas 4
tecnologías.

−2

Figura 1.7 −4

1.5 Ecuaciones diferenciales lineales 63

EJEMPLO 7 Un problema de valor inicial definido por una función discontinua

Resolver dy + 1 y = f (x) sujeta a y(3) = 4, donde f (x) = b 3x 0 ≤ x < 2 . Una función f (x) como la utili-
dx x 2 2≤x zada en el ejemplo 7 se conoce
como una función escalonada.
Solución Al resolver una ecuación dife-
rencial que incluye una función
Dado que la función involucrada es escalonada y discontinua en x = 2, el proble- escalonada, se resuelven tantas
ma de valor inicial se resuelve al considerar que cada escalón define una ecuación ecuaciones diferenciales como
diferencial diferente. De este modo, consideramos los siguientes dos casos: escalones tenga la función.

Caso 1

Si 0 ≤ x < 2, entonces f (x) = 3x.

dy + 1 y = 3x Optimizar soluciones.

dx x 1
x
Luego, el factor integrante está dado por μ(x) = e ∫ dx = x.

Entonces,

x dy + y = 3x2 multiplicamos factor integrante
dx simplificamos

d (xy) = 3x2

xy = x3 + c1 integramos ambos miembros
y = x2 + c1 solución general del caso 1

x

Podemos observar que en este caso 1 no puede ser evaluada la condición inicial y(3) = 4, porque
cae fuera del dominio considerado.

Caso 2

Si 2 ≤ x, entonces f (x) = 2.

dy + 1 y = 2
dx x
1
Luego, el factor integrante no cambia y está dado por μ(x ) = e ∫ x dx = x.

Entonces,

x dy + y = 2x multiplicamos factor integrante
dx

d (xy) = 2x simplificamos

xy = x2 + c2 integramos ambos miembros

y = x + c2 solución general del caso 2
x

Al evaluar la condición y(3) = 4 , tenemos 4 = 3 + c2 , de donde c2 =3.

3
De los dos casos anteriores podemos escribir

x2 + c1 0≤x<2
x 2≤x
y=d
x+ 3
x

64 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

Recordemos que por definición, una función h(x) es continua en un punto x0,

siempre que lím h(x) = h(x0 ). la función y sea continua en x = 2 es necesario que
De esta mx→axn0 era, para que
lím y = y(2), es decir, lím y = y(2); al evaluar, tenemos (2)2 + c1 = 2 + 3 , finalmente
cx→1 =2 1. x→2− 22

x2 − 1 0≤x<2
x 2≤x
La solución particular está dada por y = d
x+ 3
x

Nota biográfica Y observamos que la solución es continua, pero no derivable en x = 2. La grá-
fica se muestra en la FIGURA 1.8.

Jakob Bernoulli, también conocido como Jacob, Potenciar las habilidades
Jacques o James Bernoulli, fue un genial matemá- para el uso de nuevas
tico y científico suizo y hermano mayor de Johann tecnologías.
Bernoulli.
y
Estudió física y matemáticas en Basilea a 4
escondidas de su padre, que lo motivaba a estudiar
teología. 2

Se familiarizó con el cálculo mediante su corres- 12 34 x
pondencia con Gottfried Leibniz, y colaboró con −2
su hermano Johann en varias aplicaciones, siendo
notable la publicación de artículos en curvas tras- −4
cendentales (1696) e isoperimetría (1700, 1701). Figura 1.8

Planteó la ecuación diferencial que lleva su
nombre y que más tarde resolvió su hermano
Johann.

Su obra maestra fue Ars Conjectandi (El arte de
la conjetura), un trabajo pionero en la teoría de la
probabilidad, que publicó su sobrino Nicholas en
1713, ocho años después de la muerte de Bernoulli
debido a tuberculosis.

1.5 Desarrollo de competencias

Resolver problemas. 6. (xy + x3 )dx + (x2 + 1)dy = 0

En los ejercicios 1 a 10, determinar si las ecuaciones dife- 7. xy′ + 4y = ex
renciales dadas son o no lineales. No hay que resolverlas.
8. y′ = x + y

1. y′ + xy = y3 9. y′ = 1
x+y
2. x2 y′ + xy = cos x

3. x2 y′ + x y = x2 y 10. y′ = 1
x2 + x(x − y)
1

4. dy + tan x y = xy2 En los problemas 11 a 39, hallar la solución general de
dx las ecuaciones diferenciales dadas en un intervalo válido.
11. y′ − 3 = x4e3x
5. 3ex y′ + xex y = cos x
x

1.5 Ecuaciones diferenciales lineales 65

12. y′ − 6 y = x6 cos x 35. (x + 2)4 y′ + 2(x + 2)3 y = 2
x
36. y′ + cosh x y = cosh x
13. dy − 1 y = x4 ln x
dx x 37. y′ + (2x + 1) y = 2x + 1
38. (x + 1) dy + 2y = (x + 1)ln x
14. dy + 1 y = (x2 − x − 1)e2x
dx x dx

15. dy + 2xy = −x 39. dx + y2 (x − 3)dy = 0
dx

16. dy − 2xy = e3x − e−x En los problemas 40 a 51, resolver el problema de valor
dx inicial dado. Graficar la solución particular.

17. dy + x 1 y = x2 +1
dx x2 +

dy x Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.
dx x2 +
18. + 4 y = 4x 40. dy + 6y = x, y(0) = 1
dx
19. dy + y = 1
dx 1 + ex 41. dy + 1 y = x2 + 1, y(0) = 1
dx x
20. (2y − 9)dx + xdy = 0
42. dy + 3x2 y = 6x2, y(0) = 0
) )( (21. xy − x2 − 1 dx + x2 + 1 dy = 0 dx

22. dy − x y = xe−x 43. dy + y cot x = 2 cos2 x, y(0) = 1
dx x + 1 dx

( ) ( )23. ex + 1 dy + yex − e2x + 1 dx = 0 44. sec x dy + y tan x = tan x, y ¢π2 ≤ = 2
dx

24. y′ − y = cosh x 45. dy + y sec x = cos2 x, y(0) = 1

25. dy + 4 y = 2 x5 + 1 dx
dx x
46. x dy + (x + 2) y = 4ex, y(0) = 4
dy 3x2
dx x3 − dx

26. + 1 y = x − 1 47. L di + Ri = E , i(0) = i0 donde L,R, E ∈
dt
27. (x − 2) y′ + (x + 2) y = (x − 2)−3 e−x
dx 1 1
48. dt + t − 1 x = t2 − , x(0) = 1
1
28. dy + sen x y = 1+ cos x
dx 1− cos x 49. dy + 1 y = ln x − 1, y(1) = 2
dx x
29. dy − 3 y = x2
dx x x2 −1 dy y
50. dx = y3 − x , y(1) = −1

( )30. xdy + 2xy + y − x2 − x dx = 0 dy − 1 y=e
dx 2xy
51. x , y(4) = 2

31. (x − 1) y′ + (x + 1) y = e−x (x − 1)−1

32. (x − 1) dy + y + ln x + ex = xex + x ln x En los ejercicios 52 a 55, determinar una función conti-
nua que sea solución del problema de valor inicial dado.
dx
52. dy + y = f (x) , f (x) = b 1 0≤x<2 y(0) = 1
( )33. e2x + 1 ( y′ + y) = 2 senh x dx −1 2≤x

34. cos x y′ + y = sen x

66 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

53. dy + 3y = f (x), f (x) = b 0 0 ≤ x < 1 y(0) = 0 55. dy + 1 y = f (x), f (x) = b 1 0 ≤ x < 1 y(1) = 1
dx x 1 ≤ x dx x 0 1≤x

54. dy + 2x y = f (x), f (x) = b 0 0≤x<π y(0) = 0
dx x π ≤x

1.5 Competencia final

En los problemas 1 a 6, hallar la solución general de las En los problemas 7 a 9, resolver el problema de valor ini-
ecuaciones diferenciales dadas en un intervalo válido. cial dado. Graficar la solución particular.

dy + 2x y = 1 ( )7. dy − 3y = x2 + 3x − 1 e4x, y(0) = 1
dx x2 + x2 + 4 2 dx
( )1. 4

2. dy + ¢1 + 1≤ y = xe−x cos x ( )8. dy + ytan x = sec x, y π =1
dx x dx 2

3. dx = 6x + 2 y2 − 5y + 2 9. dy + 1 y = x 4 , y(1) = 1
dy dx x(x − 1) x2 −

4. dy + 1 y = sen x En el siguiente ejercicio, determinar una función conti-
dx 2x nua que sea solución del problema de valor inicial dado.

5. tan x dy + y = tan x − sen x cos x 10. dy + y = f (x) , f (x ) = b 1 0≤x<4 y(0) = 1
dx dx −1 4≤x

( )6. xdy + xy + 2y − xe2x dx = 0

1.6 Ecuaciones diferenciales de Bernoulli

No obstante que el estudio de las ecuaciones diferenciales se inicia con el estudio de ecuacio-

nes ordinarias y ecuaciones lineales: estamos en condiciones de aprender a resolver un caso

especial de ecuaciones no lineales, la ecuación diferencial de la forma dy + p(x)y = f (x)yn,
dx
conocida como la ecuación diferencial de Bernoulli.

Reconocer conceptos La ecuación diferencial de Bernoulli se puede reducir a una ecuación lineal mediante un
generales e integradores.
cambio de variable.

Definición 1 Ecuación diferencial de Bernoulli

La ecuación diferencial de la forma dy + p( x ) y = f (x)yn se conoce como la ecuación di-
dx
ferencial de Bernoulli.

OBSERVACIÓN 1 Dos casos especiales de la ecuación diferencial de Bernoulli

En el estudio de la ecuación de Bernoulli de la forma dy + p( x ) y = f (x)yn, se pueden estudiar
dx
Argumentar con por simplicidad los siguientes dos casos:
contundencia y precisión.
Comunicarse en el lenguaje Caso 1 n = 0
matemático en forma oral
y escrita.

1.6 Ecuaciones diferenciales de Bernoulli 67

Para el caso en que n = 0, la ecuación de Bernoulli se reduce a la ecua-
dy
ción lineal no homogénea de la forma dx + p(x)y = f (x), que estudia-

mos en la sección anterior.

Caso 2 n = 1

Para el caso n = 1, la ecuación de Bernoulli se reduce a una ecuación
separable, pues

dy + p(x)y = f (x)y separamos Nota biográfica
dx integramos
agregamos constante de integración Johann Bernoulli, matemático, médico y filó-
dy = ( f (x) − p(x))dx sustituimos c = ec1 logo suizo. En 1683 ingresa en la Universidad
de Basilea y obtiene el título de médico; sin
y embargo, durante este tiempo también se
dedicó al estudio de las matemáticas junto
∫ ∫dy = ( f (x) − p(x))dx a su hermano Jakob. En 1691 viaja a París
y para guiar a los matemáticos franceses en el
uso del cálculo, entre los cuales se hallaba el
∫ln y = ( f (x) − p(x))dx + c1 marqués L’Hôpital, se convirtió en defensor
de Leibniz en la polémica que mantenía
y = c e ∫( f (x)− p(x))dx con Isaac Newton por quién había sido el
primero en enunciar los principios del cálculo
En la demostración del teorema 1 se desarrolla el procedimiento infinitesimal. En 1705, tras la muerte de su
que permite reducir una ecuación diferencial de Bernoulli a una ecua- hermano por tuberculosis, le sustituyó como
ción lineal no homogénea, que puede resolverse con un factor inte- catedrático de matemáticas en la Universidad
grante, como se estudió en la sección anterior. de Basilea, donde permaneció durante 42
años como profesor; allí tuvo como discípulo
a Leonhard Euler. Se centró en el cálculo in-
finitesimal y resolvió la ecuación diferencial
de Bernoulli, propuesta por su hermano.

La ecuación diferencial de Bernoulli se puede reducir a una ecuación Teorema 1
lineal de primer orden
Argumentar con
Demostración dy contundencia y precisión.
dx Comunicarse en el
Dada la ecuación + p(x)y = f (x) yn y con base en la observación anterior, podemos su- lenguaje matemático en
forma escrita.
poner que n ≠ 0 y n ≠ 1.

Definimos la variable u = y1−n; al derivar, tenemos

du = (1− n) y−n dy

dx dx
De la ecuación original, resolvemos para dy

dx

dy = f (x) yn − p(x)y
dx

Combinamos estas últimas ecuaciones para obtener

( )du = (1− n) y−n f (x) yn − p(x)y

dx

68 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

du = (1− n) f (x) − (1− n) y1−n p(x) desarrollamos

dx

du + (1− n) p(x) u = (1− n) f (x) ordenamos

dx

Para resolver la ecuación lineal obtenida, calculamos el factor integrante correspondiente

μ(x) = e(1−n)∫ p(x)dx

Al multiplicar la ecuación diferencial du + (1 − n) p(x) u = (1 − n) f (x) por el factor integrante,
dx
tenemos
Capacidad de análisis y
síntesis. ) )( (e ∫(1−n) p(x)dx du + 1 − n p(x)e(1−n)∫ p(x)dx u = 1 − n f (x) e(1−n)∫ p(x)dx

dx

)(d ¢e(1−n)∫ p(x)dx u≤ = 1 − n f (x) e(1−n)∫ p(x)dx agrupamos

∫ )(e(1−n)∫ p(x)dx u = 1− n f (x) e(1−n)∫ p(x)dx dx + c integramos y agregamos constante

∫ ( )e ∫(1−n) p(x)dx y1−n = 1 − n f (x) e(1−n)∫ p(x)dx dx + c sustituimos u = y1−n

que representa la familia de soluciones de la ecuación diferencial de Bernoulli.

EJEMPLO 1 Una ecuación diferencial de Bernoulli

Resolver dy + 1 y = 5x2 y−1.
dx x

Reconocer conceptos Solución
generales e integradores. Al comparar con la ecuación dy + p(x)y = f (x)yn, podemos identificar n = −1, de

manera que consideramos el dx u = y1−n, luego

cambio

El procedimiento para resolver u = y1−n = y1−(−1) = y2 cambio de variable adecuado
una ecuación diferencial de
Bernoulli puede resumirse en du = 2y dy derivamos cambio de variable
los siguientes pasos: dx dx

1. Determinar el exponente n du = 2 y¢5x2 y−1 − 1 y≤
dy dx x
de la ecuación dx + p( x ) y = sustituimos ecuación original
f (x)yn.

2. Considerar el cambio de du = 10x2 − 2 y2 desarrollar
variable u = y1−n. dx x

3. Derivar el cambio de

variable para obtener du + 2 u = 10x2 ordenar
dx x
dy = (1 − n)y−n dy .
dx dx

4. Combinar con la ecuación Podemos observar que esta última ecuación diferencial es ordinaria, lineal, no ho-

original para obtener una mogénea de primer orden; de manera que se resuelve calculando el factor integran-

nueva ecuación diferencial

que es ahora lineal y no te correspondiente.

homogénea. ∫ 2 dx x2
x
5. Resolver esta ecuación μ(x) = e =

calculando un factor inte- De esta manera, al multiplicar la ecuación lineal du + 2 u = 10x2 por el factor in-

grante. tegrante dx x

1.6 Ecuaciones diferenciales de Bernoulli 69

( )x2 du + 2 x 2 u = 10x2 x2 multiplicamos factor integrante
dx x asociamos

( )d x2u = 10x4

x2u = 2x5 + c integramos ecuación

Para terminar el proceso de solución, sustituimos de nueva cuenta el cambio de variable con-
siderado u = y2

x2 y2 = 2x5 + c familia de soluciones

EJEMPLO 2 Una ecuación diferencial de Bernoulli

Resolver dy + 2 y = ln x .
dx x 3x6 y2

Solución =ddxyy1+−(

Al comparar con la ecuación p( x) y= f (x)yn , identificamos n = −2; de manera que con-
sideramos el cambio u = y1−n = y3 , luego
−2 )

u = y3 cambio de variable adecuado

du = 3y2 dy derivamos cambio de variable
dx dx

du = 3 y2 ¢ ln x − 2 y≤ sustituimos ecuación original
dx 3x6 y2 x

du = ln x − 6 y3 desarrollamos
dx x6 x

du + 6 u = ln x ordenamos y sustituimos u = y3
dx x x6

Podemos observar que esta última ecuación diferencial es ordinaria, lineal, no homogénea de Lograr un pensamiento
primer orden, de manera que se resuelve calculando el factor integrante correspondiente. lógico, analítico y sintético.

μ(x) = e ∫ 6 dx = x6
x

De esta manera, al multiplicar la ecuación lineal du + 6 u = ln x por el factor integrante
dx x x6

x6 du + 6x5u = ln x multiplicamos factor integrante
dx

d (x6u) = ln x asociamos

x6u = x ln x − x + c integramos ecuación

Para terminar el proceso de solución, sustituimos de nueva cuenta el cambio de variable con-
siderado u = y3

x6 y3 = x ln x − x + c familia de soluciones

70 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

EJEMPLO 3 Un problema de valor inicial

Resolver dy − 1 y = −15x2 y3 sujeta a la condición y(1) = 2.
dx x + 1

Solución dy
dx
Al comparar con la ecuación + p( x ) y = f (x)yn , identificamos n = 3, de manera que consi-

deramos el cambio u = y1−n = y1−3 = y−2, luego

u = y−2 cambio de variable adecuado
du = −2 y−3 dy derivamos cambio de variable
dx dx

du = −2 y−3 ¢− 15x2 y3 + 1 y≤ sustituimos ecuación original
dx x + 1

du = 30x2 − 2 y−2 desarrollamos
dx x + 1

du + 2 u = 30x2 ordenamos y sustituimos u = y−2
dx x + 1

Podemos observar que esta última ecuación diferencial es ordinaria, lineal, no homogénea de
primer orden, de manera que se resuelve calculando el factor integrante correspondiente

μ(x) = e ∫ 2 dx = (x + 1)2
x+1

Lograr un pensamiento De esta manera, al multiplicar la ecuación lineal du + 2 u = 30x2 por el factor integrante
lógico, algorítmico, dx x + 1
analítico y sintético.
(x + 1)2 du + 2(x + 1)u = 30x2 (x + 1)2 multiplicamos factor integrante
Potenciar las habilidades
para el uso de nuevas dx
tecnologías.
( )d (x + 1)2 u = 30x2 (x + 1)2 asociamos

(x + 1)2 u = 6x5 + 15x4 + 10x3 + c integramos la ecuación

Para terminar el proceso de solución, sustituimos de nueva cuenta el cambio de variable con-
siderado u = y−2

(x + 1)2 y−2 = 6x5 + 15x4 + 10x3 + c familia de soluciones

Finalmente, evaluamos la condición y(1) = 2 para obtener c = −30, así la solución particular

buscada es (x + 1)2 y−2 = 6x5 + 15x4 + 10x3 − 30.

La gráfica se puede observar en la FIGURA 1.9.

y x
4
3
2
1

−1 1 2 3 4
−2
Figura 1.9

1.6 Ecuaciones diferenciales de Bernoulli 71

EJEMPLO 4 Un problema de valor inicial

( ) ( )Resolver x2 + 1 dy + xy = − x3 + x y4 sujeta a la condición y(0) = 1.
dx

Solución
La ecuación puede escribirse de manera equivalente como

dy + x 1 y = −xy4
dx x2 +

Al comparar con la ecuación dy + p(x)y = f (x)yn, identificamos n = 4 , de manera que consi-
dx

deramos el cambio u = y1−n = y1−4 = y−3, luego

u = y−3 cambio de variable adecuado

du = −3y−4 dy derivamos cambio de variable
dx dx sustituimos ecuación original
desarrollamos
du = −3y−4 ¢− xy4 − x y≤ ordenamos y sustituimos u = y−3
dx x2 +1

du = 3x + 3x y−3
dx x2 +1

du − 3x u = 3x
dx x2 + 1

Podemos observar que esta última ecuación diferencial es ordinaria, lineal, no homogénea de Lograr un pensamiento
primer orden, de manera que se resuelve calculando el factor integrante correspondiente lógico, algorítmico,
analítico y sintético.
= e ∫−3 x dx = 1
x2 +1 x2 + 1 3/2
( )μ(x)

De esta manera, al multiplicar la ecuación lineal du − 3x u = 3x por el factor integrante
dx x2 +1

1 3/2 du − 3x 5/2 u = 3x multiplicamos factor integrante
+1 dx +1 x2 + 1 3/2
( ) ( ) ( )x2 x2

1 u≥ 3x
+1 x2 + 1 3/2
x2( ) ( )d £ 3/2 = asociamos

1 3/2 u = − 3 1/2 +c integramos la ecuación
+1( ) ( )x2 x2 +1

Para terminar el proceso de solución, sustituimos de nueva cuenta el cambio de variable con-
siderado u = y−3

1 3/2 y−3 = − 3 1/2 +c familia de soluciones
( ) ( )x2+1 x2 +1

( ) ( )1 = −3y3 x2 + 1 + cy3 x2 + 1 3/2 reescribimos

Finalmente, evaluamos la condición y(0) = 1, para obtener c = 4, así la solución particular bus-

( ) ( )cada es 1 = −3y3 x2 + 1 + 4y3 x2 + 1 3/2 .

72 UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden

La gráfica de la solución particular se observa en la FIGURA 1.10.
y

2

1

Potenciar las habilidades −2 −1 x
para el uso de nuevas −1 12
tecnologías.

−2

Figura 1.10

1.6 Desarrollo de competencias

Resolver problemas. 11. y′ − x 1 y = −2xy2
x2 +

En los ejercicios 1 a 16, resolver las ecuaciones diferen- 12. y′ + y tan x = − 1 y3 sec x
2
ciales dadas.

1. y′ − x 1 y = −xy2 13. y′ + y tan x = − y2 cos x
x2 +

2. y′ − 4 y = −2 y3/2 ln x 14. y′ + y cot x = − y2sen2x
x

x xy−1 15. y′ − y cot x = − y−2sen x
x2 +
3. y′ − 1 y =

16. y′ + y sen x = y2 sen x

4. y′ + x + 1 y = −xy2 En los ejercicios 17 a 20, resolver el problema de valor
x inicial dado. Utilizar un SAC para graficar la solución.

5. y′ + 1 y = −x2ex y2
x

6. y′ − 1 y = − 1 ex y3 Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.
x 2
17. y2/3 y′ − 3 y5/3 = 3x5 ln x , y(1) = 1
7. y′ + y = 2 y1/2 x

8. y′ − 2 y = − 2 xy5/2 18. y′ + x − 1 y = −ex y2 , y(1) = 0
x3 x

9. y′ + 1 y = −x2sen x y2 19. y′ + 3 y = 3x y−1/3 , y(1) = 0
x x

10. y′ + x y = 2xy−3/2 20. y′ + x2 y = x2 y−3 , y(1) = 1
x2 +1

1.6 Ecuaciones diferenciales de Bernoulli 73

1.6 Competencia final

Capacidad para generar nuevas ideas. 3. y′ + 1 y = 2 x
Resolver problemas. xy

En los ejercicios 1 a 4, resolver las ecuaciones diferencia- 4. y′ + y cot x = − y2sen2x
les dadas.
En los ejercicios 5 a 6, resolver el problema de valor ini-
1. y′ + y = 2 (x + 1)y−1/2 cial dado. Utilizar un SAC para graficar la solución.
3
5. y′ + y sen x = y2 sen x, y(0) = 1
2. y′ + 1 y = 1 sen x y−1
x2 6. y′ − 1 y = 3 x y2/3, y(0) = 0
x



Unidad ECUACIONES DIFERENCIALES
DE ORDEN SUPERIOR
2

2.1 Introducción 2.4 Ecuaciones diferenciales no homogéneas
2.2 Teoría preliminar 2.5 Método de variación de parámetros
2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con

coeficientes constantes

Competencia específica Potenciar las habilidades para el uso de nuevas
tecnologías.
Modelar la relación existente entre una función descono- Resolver problemas.
cida y una variable independiente mediante una ecuación Reconocer conceptos generales e integradores.
diferencial lineal de orden superior que describe algún Argumentar con contundencia y precisión.
proceso dinámico (movimiento vibratorio y circuitos Optimizar soluciones.
eléctricos).
Competencias instrumentales
Comprender la importancia de la solución de una
EDL homogénea en la construcción de la solución gene- Capacidad de análisis y síntesis.
ral de una no homogénea. Habilidades básicas de manejo de la computadora.
Solución de problemas.
Aplicar el método de coeficientes indeterminados y
el de variación de parámetros, seleccionando el más ade- Competencias sistémicas
cuado en situaciones específicas.
Capacidad para aprender.
Competencias genéricas Capacidad para generar nuevas ideas.
Habilidad para trabajar en forma autónoma.
Representar e interpretar conceptos en forma
geométrica y algebraica.
Comunicarse en el lenguaje matemático en forma
oral y escrita.
Lograr un pensamiento lógico, algorítmico,
heurístico, analítico y sintético.

76 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

La ecuación diferencial lineal 2.1 Introducción
es una ecuación ordinaria y la
variable dependiente, como El estudio de las ecuaciones diferenciales de orden superior es todo un reto. Existen
cualquiera de sus derivadas, tantas y tantas ecuaciones diferenciales, que desarrollar métodos para encontrar la
aparecen elevadas a la po- solución de cualquier ecuación diferencial en términos de funciones elementales es
tencia 1. De igual forma, la prácticamente imposible.
función g(x) y cada una de las
funciones que aparecen como En esta unidad, nos centraremos en el estudio de los métodos de solución de
coeficientes de las derivadas algunas ecuaciones diferenciales lineales de orden n, como lo son las ecuaciones
son funciones que dependen diferenciales lineales con coeficientes constantes.
todas de la misma variable
independiente. 2.2 Teoría preliminar

Reconocer conceptos Iniciamos la sección con la definición de ecuación diferencial de orden n, a partir
generales de la cual se desarrollan todos los temas de esta unidad.
e integradores
Definición de ecuación diferencial lineal de orden n

Definición 1 Ecuación diferencial lineal homogénea de orden n

Una ecuación diferencial se dice lineal de orden n si es de la forma
an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) +  + a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x).

Si g(x) = 0 la ecuación es homogénea. Si g(x) ≠ 0 es no homogénea.
Si una ecuación no tiene la forma anterior, entonces se dice que la ecuación es no lineal.

Nota biográfica Oliver Heaviside (Londres, 1850-Torquay, 1925) fue hijo de una familia pobre y numerosa, por esa con-
dición no pudo asistir a la escuela hasta después de haber cumplido los 13 años de edad; sin embargo,
su escolarización tuvo que finalizar al año siguiente. El resto de su formación intelectual fue autodidac-
ta, siendo al parecer un asiduo y ávido visitante de las bibliotecas públicas. Le atraían especialmente las
obras científicas y fue así como profundizó en los tratados de Newton y de Laplace.

En 1867 tuvo que trabajar en una compañía de su tío como telegrafista. Un año después fue asig-
nado al funcionamiento del nuevo cable submarino tendido entre Newcastle y Dinamarca, primero
como operador y luego como electricista, nombre que se daba entonces a los especialistas de la mate-
ria, la más novedosa e interesante de toda la electrotecnia. Los años siguientes los pasó en los talleres
y a bordo de los barcos encargados del mantenimiento de la línea, lugares privilegiados para realizar
experimentos.

A pesar de no haber tenido una educación formal, su obra es sorprendente. En 1872 publicó su pri-
mer trabajo y apareció en la revista English Mechanic con la firma “O.”, trataba de un método de com-
paración de fuerzas. En febrero de 1873 publicó su primer trabajo en la Philosophical Magazine, la
más importante revista de física de la época. Esta vez se trataba de la optimización del puente de
Wheatstone, con lo que sorprendió incluso a gente como Kelvin y Maxwell por la aplicación de po-
derosos métodos matemáticos a la resolución de problemas prácticos desconocidos hasta entonces.

En 1874 abandonó su trabajo en Newcastle y retornó a casa de sus padres en Londres donde se
dedicó exclusivamente al estudio autodidacta y a la investigación.

Durante los cuarenta años siguientes, Heaviside produjo un flujo ininterrumpido de trabajos, que
vieron la luz sobre todo en revistas, como The Electrician, Philosophical Magazine o Nature, hasta
totalizar más de tres mil densas páginas.

En todos los casos los numerosos reconocimientos a Heaviside fueron gestionados por persona-
lidades influyentes, aunque él no los apreció en exceso. Entre los principales se pueden mencionar:
miembro de la Royal Society de Londres (1891), miembro honorario de la American Academy of
Arts and Sciences (1899), la Universidad alemana de Göttingen le concede el doctorado honoris causa
(1905), miembro honorario de la Institution of Electrical Engineers inglesa (1908), miembro honorario
del American Institute of Electrical Engineers (1918), primer galardonado con la medalla Faraday del
Institute of Electrical Engineers (1921).

Falleció en 1925, tras llevar una vida cada vez más solitaria y excéntrica.

2.2 Teoría preliminar 77

La ecuación diferencial lineal an (x)y(n) + + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) es ordinaria y de gra- Reconocer conceptos
do 1, de manera que tanto la variable dependiente como cualquiera de sus derivadas aparecen generales e integradores.
elevadas a la potencia 1. De igual forma, la función g(x) y cada una de las funciones que apare-
cen como coeficientes de las derivadas son funciones que dependen todas de la misma variable
independiente considerada en la ecuación.

En este punto, lleguemos a una convención que consideraremos válida durante el res-
to de la unidad. Al estudiar la ecuación diferencial lineal de orden n no homogénea
an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + + a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x), supondremos que todas las
funciones an (x), an−1(x), ,a2 (x), a1(x), a0 (x) y g(x) son continuas en un intervalo común I y
además an (x) ≠ 0 sobre el mismo intervalo I.

Problema de valor inicial y problema de valores en la frontera

Como lo mencionamos en la unidad anterior, una primera necesidad que surge al estudiar los
métodos de solución de las ecuaciones diferenciales es garantizar que exista una solución, y
posteriormente garantizar que solo exista una que satisfaga condiciones específicas generadas
al plantear la ecuación como modelo matemático de un problema real.

De nueva cuenta, el conjunto formado por una ecuación diferencial lineal de orden n y n
condiciones adicionales que permitan seleccionar una solución particular de la familia recibe
el nombre de problema de valor inicial. Para ser más precisos, tenemos la siguiente definición.

Problema de valor inicial 2 Definición
Para el caso de una ecuación diferencial lineal de orden n, se conoce como un problema de
valor inicial al resolver la ecuación diferencial

an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) +  + a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x)

sujeta a las n condiciones iniciales
y(x0 ) = y0, y′(x0 ) = y1, y″(x0 ) = y2,…, y(n−1) (x0 ) = yn−1.

Al resolver un problema de valor inicial de orden n se busca una solución de la Un problema de valor inicial de
ecuación diferencial definida sobre un intervalo que contenga al punto x0. orden n utiliza a la solución y,
y a sus n − 1 primeras derivadas
EJEMPLO 1 Un problema de valor inicial de segundo orden evaluadas en un mismo punto.
Para el caso de una ecuación diferencial lineal de segundo orden, el problema de
valor inicial toma la forma:
Resolver a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) sujeta a y(x0 ) = y0 , y′(x0 ) = y1.

EJEMPLO 2 Un problema de valor inicial de orden tres

Para el caso de una ecuación diferencial lineal de orden tres, el problema de valor inicial se
enuncia así:
Resolver a3(x)y′″ + a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) sujeta a y(x0 ) = y0 , y′(x0 ) = y1, y″(x0 ) =
y2 .

Al resolver un problema de valor inicial que involucra a una ecuación diferencial lineal,
gráficamente estamos determinando una función de la solución general que satisface a cada
una de las condiciones dadas. Técnicamente, debemos evaluar las condiciones dadas en el pun-
to indicado para que mediante un proceso algebraico, que generalmente es un sistema de ecua-

78 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

ciones lineales, determinemos el valor de la constante arbitraria o los valores de las constantes
arbitrarias que definen una función particular que satisface las condiciones iniciales.

EJEMPLO 3 Un problema de valor inicial de segundo orden
Resolver la ecuación y″ − 3y′ + 2y = 0 sujeta a las condiciones y(0) = 0, y′(0) = 4.

Solución

Como justificaremos más adelante, la solución general de la ecuación diferencial dada es
y = c1ex + c2e2x. Al derivar, tenemos

y′ = c1ex + 2c2e2x derivamos

y(0) = c1 + c2 = 0 evaluamos la condición y(0) = 0

y′(0) = c1 + 2c2 = 4 evaluamos la condición y′(0) = 4

Resolvemos simultáneamente este sistema para obtener c1 = −4 y c2 = 4, de manera que la so-
lución particular al problema de valor inicial es y = −4ex + 4e2x.

Reconocer conceptos Existe un problema diferente al problema de valor inicial, llamado problema de valores en
generales e integradores. la frontera, que también está encaminado a poder elegir una solución particular de la familia
de soluciones de una ecuación diferencial. La diferencia entre ambos es que el problema de
valor inicial utiliza la función original y a sus n − 1 derivadas evaluadas en un mismo punto
para poder determinar la función que cumple con las condiciones establecidas, mientras que el
problema de valores en la frontera utiliza a la función original evaluada en puntos diferentes.
Existen problemas que utilizan ambas formas de establecer condiciones para determinar una
solución particular, y por convención se siguen llamando problemas de valor inicial. En la si-
guiente definición se muestra la forma general de un problema de valores en la frontera.

Definición 3 Problema de valores en la frontera
Para el caso de una ecuación diferencial lineal de orden n, se conoce como un problema de
valores en la frontera a resolver la ecuación diferencial

an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) +  + a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x)
sujeta a las n condiciones iniciales

y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1 , y(x2 ) = y2 ,…, y(xn−1 ) = yn−1 .

Un problema de valores en EJEMPLO 4 Un problema de valores en la frontera de segundo orden
la frontera de orden n utiliza Para el caso de una ecuación diferencial lineal de segundo orden, el problema de
un conjunto de n ecuaciones valores en la frontera es:
combinadas entre la solución
y y sus derivadas evaluadas en Resolver a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) sujeta a y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1.
puntos diferentes. Otros posibles pares de condiciones para el problema de valores en la frontera
pueden ser

y′(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1

y(x0 ) = y0 , y′(x1 ) = y1

y′(x0 ) = y0 , y′(x1 ) = y1