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8>>>>>:x01(t) = x1(t)(a1 + b1y1(t)),y01(t) =
y1(t)(c1 d1x1(t) e1y1(t)),x02(t) = x2(t)(a2 + b2y2(t)),y02(t) =
y2(t)(c2 d2x2(t) kx1(t)y1(y)y2(t)),
1020
300
2
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6
1 2 3 4
Notas de curso
ECUACIONES DIFERENCIALESORDINARIAS
Tcnicas de Resolucin
Luz Marina Moya y Edixon Rojas
-
Luz. M. [email protected] Universidad
JaverianaBogot-Colombia
Edixon M. [email protected] Nacional
Bogot-Colombia
Copyright c 2014 Luz Marina Moya & Edixon Rojas
NOTAS DE CURSO
Licencia Creative Commons 3.0 Reconocimiento-No
Comercial-Compartir Igual
-
ndice general
1 Nociones Fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . 51.1 Definiciones y Ejemplos 6
1.2 Solucin de una Ecuacin Diferencial. 111.2.1 Solucin General
y Particular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . 16
1.2.2 Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden . . . . . . . . . . .
. . 212.1 Ecuaciones Diferenciales No Lineales 222.1.1 Ecuaciones
Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . 22
2.1.2 Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.3 Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2 Ecuaciones Diferenciales Lineales 36
2.3 Soluciones por Sustituciones 392.3.1 Ecuaciones
Diferenciales Homogneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . 39
2.3.2 Ecuaciones con Coeficientes Lineales . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.3.3 Ecuacin de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3.4 Ecuacin de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.3.5 Ecuacin de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.3.6 Reduccin a Separacin de Variables . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . 54
-
3 Aplicaciones EDO de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . 573.1 Crecimiento y Decrecimiento 573.1.1 Modelo
Logstico de Crecimiento Poblacional . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . 613.1.2 Determinacin de Edades por el Mtodo del Carbono
14 . . . . . . . . . . . . 65
3.2 Mezclas 67
3.3 Problemas de Temperatura 72
3.4 Mecnica de Newton 80
3.5 Trayectorias Ortogonales 85
4 Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior . 914.1
Teora Preliminar 92
4.2 Ecuaciones lineales Homogneas con Coeficientes Constantes
98
4.3 Mtodo de Coeficientes Indeterminados 101
4.4 Reduccin de Orden. 106
4.5 Variacin de Parmetros 110
4.6 Ecuacin de Cauchy-Euler 115
4.7 Aplicaciones a la Fsica 1224.7.1 Movimiento Armnico Simple .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. 1224.7.2 Movimiento Amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
-
1 Nociones Fundamentales
En este captulo el lector encontrar el lenguaje bsico de las
ecuaciones diferencialesordinarias, a decir; trminos como solucin
general y particular (implcitas y explcitas),problemas de volr
inicial, as como una primera clasificacin de este tipo de
ecuaciones.
Antes de entrar en detalles tcnicos, precisaremos el significado
de algunos trminos que,en ocasiones, se suponen de conocimiento
general.
Definicin 1.1. Un objeto es una unidad elemental sobre la que se
pueden hacer observa-ciones y cuya estructura interna no existe o
se puede ignorar. Un sistema es una coleccinde objetos relacionados
entre si. Una descripcin es una representacin de un fenmeno
pormedio de un lenguaje, en nuestro caso, lenguaje matemtico
explicando sus distintas etapas,partes y/o cualidades. Un modelo es
una descripcin matemtica de un sistema.
En las ciencias, los modelos matemticos son usados para buscar
comprender fenmenosnaturales, sistemas reales biolgicos o fsicos, a
travs de la identificacin de las variablesque intervienen en la
situacin o problema y a continuacin cuantificando,
generalmentemediante el uso de ecuaciones, las relaciones
existentes entre las variables identificadas.Este procedimiento
permite predecir el comportamiento futuro aproximado del sistema
bajoestudio y, de ser posible, la manipulacin del mismo.
Los problemas que son de inters en reas de las ciencias e
ingeniera, son problemas din-micos, que involucran variables
independientes que cambian respecto de otras variablesdependientes
y es precisamente el concepto de derivada, los que permiten
describir cuanti-tativamente las relaciones entre las variables
involucradas en la descripcin del problema enestudio. Como
consecuencia, las ecuaciones diferenciales aparecen constituyendo
ejemplosde modelos matemticos.
En apariencia, las ecuaciones diferenciales parecen ser algo
nuevo para nosotros, sin
-
6 Nociones Fundamentales
embargo ya nos hemos encontrado con el problema de resolver
ecuaciones diferenciales enreas como la fsica o de la misma
matemtica. Por ejemplo, al determinar la posicin de uncuerpo en
movimiento o en la bsqueda de las antiderivadas de una funcin
dada.
1.1 Definiciones y Ejemplos
Definicin 1.2 (Ecuacin diferencial). Se llama ecuacin
diferencial a toda ecuacin que in-volucre una funcin desconocida y
alguna de sus derivadas. Ms exactamente, una ecuacindiferencial es
una expresin de la forma
F(
x1, . . . ,xt , f , fx1
, . . . , n1 fxn11
, fx2
, . . . , n2 fxn22
, fxt
, . . . , nt fxntt
)= 0, (1.1)
que involucre una funcin desconocida f en las variables x1, . .
. ,xt ; algunas de sus derivadasy donde F denota una funcin de n =
n1+ +nt variables.A continuacin presentaremos algunos ejemplos
sencillos de ecuaciones diferenciales queaparecen en algunas reas
de las ciencias.
Ejemplo 1.1. Un modelo sencillo para el crecimiento de
poblaciones es la Ley de Malthus,la cual afirma que la tasa de
crecimiento de la poblacin de un pas aumenta en formaproporcional a
la poblacin total P(t) del mismo en cualquier momento t. En otras
palabras,mientras ms personas haya en el momento t, ms personas
habr en el futuro. En trminosmatemticos
dPdt
= kP, (1.2)
donde k es la constante de propocionalidad.
Ejemplo 1.2. La segunda ley de Newton, la cual se encarga de
cuantificar el conceptode fuerza, afirma que la fuerza neta F
aplicada sobre una partcula de masa m es igual alcambio en su
momentum lineal con respecto al tiempo. En el caso en que la masa
del cuerpopermanece constante, se deduce que la fuerza aplicada
sobre el cuerpo es proporcional a laaceleracin a(t) que adquiere
dicho cuerpo, esto es,
F = ma.
Si x(t) denota la posicin de la partcula en el tiempo t,
entonces se tiene la siguienteecuacin diferencial,
F(
t,x,dxdt
)md
2xdt2
= 0, (1.3)
donde la fuerza F es una funcin que depende del tiempo t, de la
posicin x(t) y de lavelocidad dx/dt.
-
1.1 Definiciones y Ejemplos 7
Ejemplo 1.3. El modelo de Hodgkin-Huxley para pulsos neuronales.
En neurobiologa, lacomunicacin neuronal es un rea de activa
investigacin. En este caso, se pretende estudiarlas seales
elctricas, tambin conocidas como pulsos o disparos, realizados por
clulasnerviosas individuales o neuronas. El encargado de propagar
las seales elctricas haciael exterior de una neurona es el axn,
tambin conocido como cilindroeje o neurita y elcual es un tubo
cilndrico largo que se extiende desde cada neurona. Los pulsos
elctricosaparecen dado que la membrana de cada neurona tiene
preferencias de permeabilidad, estoes, es fcilmente permeable por
ciertos iones qumicos para los cuales dicha permeabilidades
afectada por las corrientes y potenciales presentes.
Los elementos ms importantes en este sistema son los iones de
sodio (Na+), los de potasio(K+); y la diferencia de potencial V
existente entre el interior de la membrana y el mediocircundante,
debido a las altas concentraciones de iones de K+ al interior del
axn. Elmodelo de Hodgkin-Huxley propone la siguiente ecuacin para
el potencial V ,
CdVdt
= Ie Ii, (1.4)
donde C es la capacitancia de la membrana, Ie la corriente
externa e Ii la corriente interna.La corriente interna, a su vez,
satisface una ecuacin del siguiente estilo
Ii = g0(V V0)+g1m3h(V V1)+g2n4(V V2), (1.5)donde g0,g1,g2 > 0
y V0,V1,V2 son constantes, mientras que m,n,h son variables de
bloqueo,correspondientes a la activacion del sodio (Na+), activacin
de potasio (K+) e inactiva-cin de Na+ respectivamente. El modelo es
normalizado, de forma tal que las variablesde bloqueo siempre tomen
valores entre 0 y 1 y tal que puedan ser interpretadas
comoprobabilidades para que cierto tipo de canal est abierto. Al
combinar las dos ecuaciones(1.4) y (1.5) obtenemos
CdVdt
= Ie (g0(V V0)+g1m3h(V V1)+g2n4(V V2)). (1.6)
Mientras Ie es tratado como un parmetro externo, la dinmica
interna depende en granparte del signo de los tres tres trminos que
aparecen en (1.5).
Clasificacin de las Ecuaciones Diferenciales1. Ecuacin
Diferencial Ordinaria: Una ecuacin diferencial es llamada ecuacin
di-
ferencial ordinaria, abreviando EDO, si es una ecuacin
diferencial que slo contienederivadas ordinarias. Ms exactamente,
si es una ecuacin diferencial de la forma
F(
x, f ,d fdx
, , dn f
dxn
)= 0,
2. Ecuacin Diferencial Parcial: Una ecuacin diferencial parcial
es una ecuacindiferencial de la forma (1.1) en la cual aparecen las
derivadas parciales de una funcinque depende de ms de una
variable.
-
8 Nociones Fundamentales
Ejemplo 1.4. La ecuacin diferencial
dxdt
+4x = cos(t),
donde x es la variable dependiente y t la variable
independiente, es una ecuacin diferencialordinaria.
Ejemplo 1.5. Las ecuaciones diferenciales (1.2), (1.3) y (1.6)
asociadas a los modelosdescritos en los Ejemplos 1.1, 1.2 y 1.3,
son ejemplos de ecuaciones diferenciales ordinarias.
Ejemplo 1.6. La ecuacin diferencial
xy
+x t
= 3,
donde x y t son variables independientes y y es la variable
dependiente, es un ejemplo deecuacin diferencial parcial.
Ejemplo 1.7. Otro ejemplo de ecuacin diferencial parcial viene
dado por
2u t2
= c2 2ux2 pu
tqu,
donde c es una constante. Esta ecuacin es llamada ecuacin del
telgrafo, dado queapareci por primer vz al tratar de determinar la
distribucin de la corriente y el voltaje alo largo de las lineas
terrestres de los telgrafos.
Ejemplo 1.8. El flujo de calor en un slido est gobernado por la
ecuacin diferencialparcial
x
(xTx
)+y
(yTy
)= c
T t
,
donde x y y son las conductividades trmicas del solido en las
direcciones x y y, T es latemperatura, la densidad del slido y c
una constante.
Ahora que estamos en capacidad de distinguir las ecuaciones
diferenciales de acuerdo a sutipo, es momento de refinar un poco ms
nuestra clasificacin. Para tal fin, introduciremos acontinuacin el
concepto de orden y linealidad de una ecuacin diferencial.
Definicin 1.3 (Orden). El orden de una ecuacin diferencial es el
orden de la mayorderivada que aparecen en la ecuacin.
Ejemplo 1.9. Consideremos la ecuacin diferencial ordinaria
F(x,y,y,y, ,y(n)) = 0, (1.7)donde F es una funcin de n+2
variables. Si en la expresin explicita de la ecuacin (1.7)aparece
y(n), entonces nos encontramos frente a una ecuacin diferencial
ordinaria de ordenn.
-
1.1 Definiciones y Ejemplos 9
Ejemplo 1.10. A continuacin explicaremos un poco el ejemplo
anterior e indicaremos encada caso a que funcin corresponde F .
1. La ecuacin diferencial d2y
dx2 +2dydx +3y = 0 es una ecuacin diferencial de orden 2 en
la cual F est dada por la funcin F(x,y,z,w) = 3y+2z+w. Ntese que
si reempla-zamos z por la primera derivada de y y w por la segunda
derivada de y e igualamos acero, obtenemos la ecuacin diferencial
dada.
2. De la misma forma, la ecuacin diferencial d2x
dt2 +xdxdt cos(t)x = et es una ecuacin
diferencial ordinaria de orden 2, en la cual la funcin F
corresponde a F(t,x,u,v) =w+ xu cos(t)x et .
3. La ecuacin diferencial d3x
dt3 = sin(x) es una ecuacin diferencial ordinaria de orden 3,en
la cual la funcin F corresponde a F(t,x,y,z,w) = w sin(x).
Definicin 1.4 (Grado). El grado de una ecuacin diferencial es el
exponente al cual estelevada la derivada de mayor orden que aparece
en ella. Si esta derivada est elevada a unexponente no natural el
grado de la ecuacin no est definido.
Ejemplo 1.11. a) x3y+ 2x2y+ 3xy+ 4x = 0 es una ecuacin
diferencial ordinariade tercer orden y primer grado.
b) (y)2 = sin(x)+ yex es una ecuacin diferencial ordinaria de
segundo orden y grado2.
Definicin 1.5. Una ecuacin diferencial ordinaria es lineal, si
es de la forma
an(x)dnydxn
+an1(x)dn1ydxn1
+ +a1(x)dydx +a0(x)y+g(x) = 0, (1.8)
donde los coeficientes g(x) y ai(x) con i = 1, . . . ,n son
funciones que no dependen de lafuncin incgina y y de ninguna de sus
derivadas.
Si la ecuacin diferencial no puede llevarse a la forma (1.8)
decimos que la ecuacin es nolineal.
Obs Anlogo al caso de las ecuaciones algebraicas, en general, no
tiene sentido hablar delgrado de una EDO. Por ejemplo, si en una
ecuacin diferencial, alguna de las derivadasde la funcin incgnita
aparece con un exponente que no es un nmero natural otambien cuando
aparecen haciendo parte del argumento de una funcin
trascendente,como por ejemplo sin, ln, exp o cualquier otra de este
estilo.
Ejemplo 1.12. La EDO x3y+2x2y+3xy+4x = 0 es una ecuacin
diferencial ordinariade tercer orden y grado uno.
-
10 Nociones Fundamentales
Ejemplo 1.13. La ecuacin diferencial (y)2 = sin(x)+ yex es una
ecuacin diferencialordinaria cuadrtica de segundo orden.
Ejemplo 1.14. La ecuacin diferencial ed2ydx2 + dydx = sin(x), es
un ejemplo de ecuacin
diferencial de segundo orden no lineal. Ntese que este es un
ejemplo en el cual no tienesentido hablar del grado de la
ecuacin.
Otros ejemplos de ecuaciones diferenciales no lineales son los
siguientes:
Ejemplo 1.15. La ecuacin diferencial parcial
u t
+ 3ux6 f (t)uu
x= g(t,u),
llamada ecuacin de Korteweig-de Vries (KdV), usada para modelar
el comportamiento deondas en aguas poco profundas.
Ejemplo 1.16. La ecuacn de Van der Pol, es una ecuacin
diferencial ordinaria cuadrticade segundo orden
d2xdt2(1 x2)dx
dt+ x = 0,
donde es una constante, usada para describir el comportamiento
de un oscilador noconservativo con amortiguamiento no lineal.
Ejemplo 1.17. Las ecuaciones diferenciales dydx = xy2 y d
3ydx3 +y
2 = 0, tambin son ejemplosde ecuaciones diferenciales ordinarias
no lineales.
Ejercicios
1. Clasifique las siguientes ecuaciones diferenciales de acuerdo
a su tipo, indique lasvariables dependiente e independiente y
proporcione el orden de la ecuacin. Si laecuacin diferencial es
ordinaria, determine si es lineal o no lineal.
a) 3y4xy+ x3y4 = 0.b) ln(x)3xy4xy = sin(x).c) 3xy3y+4y y2 =
0.d)(d2y
dx2)3 cos(x)+4xydydx + y2ex = 0.
e) 33y
x3 3y z3 = 0.
f ) ln(x)+6xy4xy = cos(x).g) xd
3ydx3 (
dydx)
4+ y = 0.h) (sin())y (cos())y = 2.
-
1.2 Solucin de una Ecuacin Diferencial. 11
Solucina) Esta ecuacin es ordinaria porque no contiene derivadas
parciales. La variable depen-
diente es y y la independiente x. La ecuacin es de 3 orden ya
que se tiene y comola mayor derivada, y como es la derivada de
mayor orden de exponente 1 el grado es1. La ecuacin es lineal.
b) Esta ecuacin es ordinaria porque no contiene derivadas
parciales. La variable depen-diente es y y la independiente x. La
ecuacin es de 2 orden ya que se tiene y, y comoes la derivada de
mayor orden de exponente 1 el grado es 1. La ecuacin es lineal.
c) Esta ecuacin es ordinaria porque no contiene derivadas
parciales. La variable depen-diente es y y la independiente x. La
ecuacin es de 2 orden ya que se tiene y, y comoes la derivada de
mayor orden de exponente 1 el grado es 1. La ecuacin es no
linealdebido al trmino y2.
d) Esta ecuacin es ordinaria porque no contiene derivadas
parciales. La variable depen-diente es y y la independiente x. La
ecuacin es de 2 orden ya que se tiene d2y/dx2, ycomo es la derivada
de mayor orden de exponente 3 el grado es 3. La ecuacin es
nolineal.
e) Esta ecuacin es parcial de tercer orden porque contiene
tercera derivada parcial. Lavariable dependiente es y y la
independiente x y z.
1.2 Solucin de una Ecuacin Diferencial.
Uno de los objetivos al estudiar una ecuacin diferencial es
determinar si sta posee soluciny, en caso de que tal de que exista,
si es nica. A continuacin daremos la definicin precisade lo que
entenderemos por solucin de una ecuacin diferencial ordinaria.
Definicin 1.6 (Solucin). Una solucin de la ecuacin diferencial
ordinaria
F(x,y,y,y, ,y(n)) = 0, (1.9)
es una funcin y= f (x) definida en un intervalo abierto I, tal
que para todo x I las derivadasf (x), f (x), . . . , f (n)(x)
existen y al reemplazarlas en la ecuacin (1.9), la expresin
seconvierte en una identidad.
Ejemplo 1.18. Consideremos la ecuacin diferencial
dPdt
= kP. (1.10)
Verificar que la funcin
P(t) = cekt , < t < ,
es solucin de la ecuacin, donde c es una constante
arbitraria.
-
12 Nociones Fundamentales
Solucin. Derivando la funcin dada obtenemos P(t) = ckekt =
kP(t), que es expresin enla ecuacin (1.10).
En el proceso de solucionar una ecuacin diferencial, en algn
momento necesitamos de laintegral indefinida (o antiderivada) de
alguna funcin. Por ejemplo, para la ecuacin
dydx
= g(x)
la solucin tiene la formay(x) =
g(x)dx + C
en algn intervalo I, donde
g(x)dx es cualquier antiderivada de g(x).
Obs Al usar la expresin resolver una ecuacin diferencial o
hallar la solucin de unaecuacin diferencial queremos significar
hallar una funcin la cual es una solucinde la ecuacin diferencial.
De forma anloga, cuando nos referimos a cierta ecuacincomo solucin
de una ecuacin diferencial, queremos decir que la funcin definida
porla ecuacin es solucin. As, si la ecuacin no define una funcin,
entonces esta no esuna solucin de una ecuacin diferencial a pesar
de que siguiendo el procedimientoformal podamos comprobar que la
ecuacin satisface la ecuacin diferencial.
Ejemplo 1.19. Comprobar que la frmula y=(1+ x2) satisface la
ecuacin diferencial
x+ yy = 0, (1.11)
sin embargo no es una solucin de esta.
Solucin. Derivando y =(1+ x2) tenemos que y = x(1+x2) .
Sustituyendo en la
ecuacin diferencial (1.11) vemos que se satisface la identidad,
sin embargo y=(1+ x2)
no define una funcin y por lo tanto no es una solucin de la
ecuacin diferencial (1.11).
Ejemplo 1.20. La ecuacin diferencial de primer orden
xy = 1 (1.12)
no tiene solucin en el intervalo (1,1).Solucin. Notemos que solo
las funciones de la forma y = ln(|x|)+ c con c R satisfacenla
identidad (1.12). Sin embargo, esta funcin es discontinua en x = 0
(por tanto no esdiferenciable en este punto) y por definicin de
solucin esta debe satisfacer la ecuacin entodo punto del intervalo
(1,1).
-
1.2 Solucin de una Ecuacin Diferencial. 13
Definicin 1.7 (Solucin Explcita). Una solucin explcita de la
ecuacin diferencial (1.9)es una solucin y = f (x), en donde y est
escrita explcitamente en trminos de x, esto es, yse ha despejado en
trminos de x.
Ejemplo 1.21. Verificar que la funcin f (x) = x+ ex , con
dominio toda la recta real R,define una solucin explcita de la
ecuacin diferencial y+ y = x+1.
Solucin: Calculando la primera derivada de f (x), obtenemos f
(x) = 1 ex. Luegof (x)+ f (x) = 1 ex+ x+ ex = 1+ x.
Ejemplo 1.22. Verifique que para cualquier par de nmeros reales
c1 y c2, la funcin
(x) = c1e2x+ c2e3x
definida en todo R, es una solucin explcita de la ecuacin
y5y+6y = 0.Solucin. Dado que,
(x) = 2c1e2x+3c2e3x y (x) = 4c1e2x+9c2e3x,
entonces
(x)5 (x)+6(x) = (4c1e2x+9c2e3x)5(2c1e2x+3c2e3x)+6(c1e2x+ c2e3x)=
e2x(4c110c1+6c1)+ e3x(9c215c2+6c2)= 0.
Ejemplo 1.23. Verificar que la funcin y = tan(x) x, definida
para todo x 6= (2n+1)pi2 ,n = 0,1,2, . . . define una solucin
explcita de la ecuacin diferencial y = (x+ y)2.Solucin: Calculando
la primera derivada de y obtenemos y = sec2(x)1 = tan2(x).
Sus-tituyendo y y y obtenemos la identidad
tan2(x) = (x+ tan(x) x) = tan2(x).Se tiene as la igualdad para
cualquier x en cada uno de los intervalos en donde y
estdefinida.
Notemos que la ecuacin diferencial est definida en todo R, sin
embargo la soluciny = tan(x) x solo est definida en ciertos
intervalos contenidos en R.
-
14 Nociones Fundamentales
Obs el ejemplo anterior muestra que el dominio de definicin de
una ecuacin diferencialpuede ser mayor al dominio de una solucin.
Tambin es posible que una funcin queest definida en un intervalo
sea solucin de una ecuacin diferencial solo en una partede este
intervalo. Por ejemplo, la funcin f (x) = |x| est definida en todo
x R y noes diferenciable en x = 0. Esta funcin satisface la ecuacin
diferencial f (x) = 1, enel intervalo x > 0 y f (x) =1 en el
intervalo x < 0. Sin embargo f (x) no es solucinde ninguna
ecuacin diferencial en cualquier intervalo que contenga al punto x
= 0.
Definicin 1.8 (Solucin Implcita). Una relacin g(x,y) = 0 define
una solucin impl-cita de la ecuacin diferencial ordinaria
F(x,y,y,y, ,y(n)) = 0 en el intervalo I, si sesatisfacen las
siguientes condiciones
1. La relacin g(x,y) = 0 define implcitamente a y como funcin de
x sobre el intervaloI, es decir, existe una funcin (x) definida
sobre I, tal que para todo x I se verificag(x,(x)) = 0.
2. La funcin (x) es diferenciable en el intervalo I y
satisface
F(x,(x), (x), . . . , (n)(x)) = 0,
para todo x I.
Obs Ntese que g(x,y) = 0 es una ecuacin y una ecuacin nunca es
una solucin de unaecuacin diferencial ya que solo las funciones
pueden ser soluciones de estas. Lo quequeremos significar al decir
que la relacin g(x,y) = 0 define una solucin implcitade una ecuacin
diferencial es que la funcin (x) definida por la relacin g(x,y) =
0es la solucin.
Ejemplo 1.24. Sea C > 0 un nmero real. Verificar que la
relacin
x2+ y2 =C (1.13)
determina una solucin implcita de la ecuacin diferencial
ydydx
+ x = 0 (1.14)
en el intervalo (C,C).Solucin: Diferenciando implcitamente la
ecuacin (1.13) obtenemos
2x+2ydydx
= 0,
de donde, dividiendo todo entre 2, obtenemos la igualdad (1.14).
Ahora, despejando y dela ecuacin (1.13) obtenemos y = C x2.
Consideremos la funcin (x) = C x2
-
1.2 Solucin de una Ecuacin Diferencial. 15
definida en el intervalo (C,C). Puesto que d/dx = x/C x2 para
todo x (C,C), sustituyendo en (1.14) obtenemos
C x2 x
C x2 + x = 0.
Luego, la ecuacin (1.13) determina una solucin implcita de la
ecuacin (1.14).
Ejemplo 1.25. Verificar que la relacin
x2y+ y2C = 0, (1.15)
determina una solucin implcita de la ecuacin diferencial
2xy+(x2+2y)dydx
= 0. (1.16)
Solucin: El Teorema de la Funcin Implcita garantiza la
existencia de una funcindiferenciable y= f (x) que satisface
(1.15). Diferenciando implcitamente la ecuacin (1.15)se obtiene
2xy+ x2dydx
+2ydydx
= 0,
2xy+(x2+2y)dydx
= 0,
que es igual a la ecuacin (1.16). Luego la relacin (1.15)
determina una solucin implcitade (1.16).
Obs El procedimiento estndar para mostrar que una relacin es una
solucin de unaecuacin diferencial es derivar implcitamente la
relacin y sustituirla en la ecuacin.Sin embargo, se debe tener
cuidado con el dominio de la solucin al realizar esteprocedimiento
ya que puede ocurrir, por ejemplo, que afirmemos que x2 + y2 = 0es
una solucin implcita de x+ yy = 0, pues al derivar implcitamente x2
+ y2 = 0y sustituir en x+ yy = 0 obtenemos la identidad, pero x2 +
y2 = 0 no define a yimplcitamente como una funcin de x en ningn
intervalo ya que solo el punto (0,0)satisface esta frmula. As,
concluir que x2 + y2 = 0 es una solucin implcita dex+ yy = 0 no
tiene sentido.
-
16 Nociones Fundamentales
1.2.1 Solucin General y Particular
Definicin 1.9 (Solucin General). La solucin general de una
ecuacin diferencial es elconjunto de todas las funciones que
verifican la ecuacin diferencial.
Aqu diremos que la solucin general de una ecuacin diferencial
consiste en una familian-paramtrica de funciones, parmetros que
seran las constantes que aparecen al realizarla operacin de
integrar n-veces, siendo n el orden de la ecuacin. Cuando existe
alguna(inusual) solucin que no pertenence a dicha familia, entonces
esta funcin, como es tpico,recibir el nombre de solucin
singular.
Definicin 1.10 (Solucin Particular). Se llama solucin particular
de la ecuacin diferen-cial, a cualquier funcin que la satisfaga.
Esto es, a cualquier elemento del conjunto solucingeneral. Una
solucin particular se puede obtener fijando valores a los parmetros
de lafamilia de funciones solucin de la ecuacin.
Ejemplo 1.26. Demostrar que la familia de funciones y = ke2x2
definidas en todo la rectareal, hacen parte de la solucin general
de la ecuacin diferencial
dydx
= 4xy.
Solucin: Derivando la expresin para y obtenemos y = 4kxe2x2 , es
decir, y = 4xy.
Obs En el ejemplo anterior, la familia de soluciones dada es en
realidad la solucin generalde la ecuacin diferencial en cuestin;
pero para demostrar esto necesitamos de lastcnicas bsicas para
hallar soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias, lascuales
pospondremos hasta el prximo captulo.
Ejemplo 1.27. Demostrar que la funcin y = 33ex2/2 es una solucin
particular de laecuacin diferencial
dydx
+ xy = 3x.
Solucin: Derivando y obtenemos y = 3xex2/2. Luego,
dydx
+ xy = 3xex22 + x(33e x
22 ) = 3xe
x22 +3x3xe x
22 = 3x.
-
1.2 Solucin de una Ecuacin Diferencial. 17
Ejemplo 1.28. Demostrar que la familia de funciones y = cx+c2,
definidas en toda la rectareal, hacen parte de la solucin general
de la ecuacin diferencial
y = xy+(y)2
y que la funcin y1 =x24 es una solucin singular.Solucin:
Derivando la expresin para y obtenemos y = c, de donde se tiene la
identidaddeseada, y as la familia de funciones y = cx+ c2 forman
parte de la solucin general. Porotro lado, derivando y1 obtenemos
y1 = x2 y sustituyendo en la ecuacin vemos que esta sesatisface.
Sin embargo, no es posible obtener y1 =x24 como una solucin
particular de laecuacin, no importa el valor de c en y= cx+c2. As
y1 =x24 es una solucin singular.
Obs El uso de los trminos solucin general y solucin singular
como aqu estn definidoses un poco controversial dado que para
algunos autores estos no son del todo correctos.Por ejemplo,
consideremos la ecuacin diferencial de primer orden y =2y3/2.
Lafamilia de funciones de la forma y = 1
(x+c)2 forman parte de la solucin general deesta ecuacin. Sin
embargo y = 0 tambin es una solucin la cual no se obtiene dela
familia de funciones de la forma y = 1
(x+c)2 y por lo tanto es una solucin singular.
Pero, por otro lado, cualquier funcin de la forma y= c2
(cx+1)2 tambin es solucin de laecuacin diferencial y la solucin
y= 0 es parte de esta familia, por lo cual y= 0 es unasolucin tanto
singular como no singular dependiendo de la familia de soluciones
quese considere. Esto lleva a cuestionarse la exactitud de estos
trminos. Sin embargo, eneste texto nos abocaremos al estudio de
algunas tcnicas de resolucin de ecuacionesdiferenciales que nos
permitir establecer una nica familia de funciones, las
cualesllamaremos soluciones generales, y no consideraremos
soluciones singulares ofamilias de soluciones con otra configuracin
en su frmula.
1.2.2 Problema de Valor Inicial
Definicin 1.11 (Problema de Valor Inicial). Una ecuacin
diferencial ordinaria de orden ncon condiciones iniciales, es una
ecuacin diferencial de la forma
F(
x,y,dydx
, . . . ,dn1ydxn1
,dnydxn
)= 0,
para la cual se busca una solucin definida en un intervalo I
sujeta a n condiciones
y(x0) = y0,dydx(x0) = y1, . . . ,
dn1ydxn1
(x0) = yn1,
en un punto x0 I y donde y0,y1, . . . ,yn1 R son constantes
dadas.El conjunto de datos que consta de la ecuacin diferencial y
las n condiciones, recibe elnombre de Problema de Valor Inicial
(PVI) o tambin Problema de Cauchy.
-
18 Nociones Fundamentales
Ejemplo 1.29. La ecuacindydx
+4y ex = 0, sujeta a las condiciones y(0) = 43,
es un problema con condiciones iniciales.
Ejemplo 1.30. Verificar que y = xex+ cx, donde c es una
constante arbitraria, proporcionauna familia a un parmetro, de
soluciones explcitas de la ecuacin
dydx y
x= xex.
Graficar varias de estas curvas solucin y determinar la solucin
particular que satisfaga lacondicin inicial y(1) = e1.Solucin.
Derivando y = xex+ cx obtenemos y = ex+ xex+ c. Ahora,
dydx y
x= ex+ xex+ c (xe
x+ cx)x
= ex+ xex+ c ex c = xex.
En la Figura 1.1 se bosquejan algunas curvas solucin de y = xex+
cx.
Por ltimo, se determina c de modo que satisfaga la condicin
inicial y(1) = e1. Al hacerx = 1 y y = e1 en la ecuacin y = xex+ cx
se tiene
e1 = e+ c,
por lo que c =1. As, la solucin del problema con valor inicial
esy = xex x.
Figura 1.1: Algunas curvas solucin en la familia y = xex+
cx.
-
1.2 Solucin de una Ecuacin Diferencial. 19
Ejercicios
1. Compruebe que la funcin o familia de funciones indicada es
una solucin explicita oimplcita de la ecuacin diferencial dada.
a) y3y = 0; y =2e3x.b) y y+ y = 0; y = c1ex/2 cos(x
3/2)+ c2ex/2 sin(x
3/2).
c) y cos(t)+ ysin(t) = 0; y = sin(t)+ cos(t).d) xydx+(x2/2+ y)dy
= 0; x2y+ y2 = k.e) y+ y = cot(x); y = c1 cos(x)+ c2 sin(x)+ sin(x)
ln[(1 cos(x))/sin(x)].f ) y+ y12y = 0; y = c1e4x+ c2e3x.g) y3y+3y y
ex = 0; y = ex
(c1+ c2x+ c3x2+ x
3
6
).
h) y+2y+ y = 0; ey = c1x+ c2.i) y+(y)2 = 0; y = ln |x+ c1|+
c2.j) yye2x sin2(x) = 0; y= c1+c2ex+c3ex+
(1
12 +9cos(2x)7sin(2x)
520
)e2x.
k) x3y+2x2y xy+ y = 12x2; y = c1x+ c2x ln |x|+4x2, x > 0.l)
y21 (2y+ xy)y = 0; y21 = (x+2)2.
m) exy+ eyx dydx = 0; e2y+ e2x = 1.
n) xy = 2y; y = x2.) y = 1
1x2 ; y = arcsin(x)+
1 x2.o) y = 13y; y = 2e
x/3.p) cos() drd 2r sin() = 0; r = asec2().
2. Demuestre que la ecuacin diferencialdydx+ |y|+3 = 0
no tiene soluciones.
Solucin1. En los ejercicios c),d),g) e i), la funcin indicada no
es solucin de la ecuacin
diferencial dada, en los dems casos la funcin indicada si
satisface la ecuacindiferencial.
2. Toda funcin en valor absoluto es positiva o 0 y por tanto la
identidaddydx + |y|+3= 0
no puede ser satisfecha.
-
20 40 60 80 100
5
10
15
20
25
30
35
2 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Como vimos, una ecuacin de diferencial de primer orden es una
relacin de la forma
y(t) = f (t,y).
Cuando esta relacin es lineal en las variables t, y y y; es
decir, que se pueda reescribircomo
a1(t)y+a2(t)y+g(t) = 0,
se dice que la ecuacin diferencial de primer orden es lineal. En
caso contrario se dice nolineal.En este captulo se describen varios
mtodos de soluciones de ciertos tipos de ecuacionesde primer orden.
De manera ms precisa, se estudiarn tcnicas de solucin de
ecuacionesde primer orden no lineales llamadas ecuaciones
separables y ecuaciones exactas. Se mos-trarn estrategias para
hallar algunas funciones auxiliares llamadas factores integrantes
lascuales permitirn reducir algunas ecuaciones no lineales a
ecuaciones exactas. Tambin seresolvern ecuaciones diferenciales
lineales y finalmente, mediante sustituciones convenien-tes, se
podrn reducir algunas ecuaciones tales como ecuaciones Homogneas,
de Bernoulli,de Ricatti, con coeficientes lineales a ecuaciones
lineales y a otras ecuaciones estudiadaspreviamente. Primero
presentaremos el teorema de existencia y unicidad de soluciones
deecuaciones de primer orden.
Teorema 2.1 Existencia y unicidad de soluciones para EDO de
primer ordenorden. Sean las funciones f y fy continuas en algn
rectngulo a < t < b, c < y < dque contiene al punto
(t0,y0). Entonces en algn intervalo t0h < y < t0+h contenido
ena < t < b existe una nica solucin y = (t) del problema de
valor inicial
y = f (t,y), y(t0) = y0.
-
22 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
2.1 Ecuaciones Diferenciales No LinealesComenzaremos el estudio
de las ecuaciones diferenciales no lineales de primer
ordenconsiderando la clase de ecuaciones llamada separables.
2.1.1 Ecuaciones SeparablesLa ecuacin diferencial de primer
orden
dydx
= r(x,y)
se denomina Separable si la funcin r(x,y) se puede expresar de
la forma r(x,y) = f (x) g(y), donde f es una funcin en trminos de x
y g es una funcin en y:
dydx
= f (x) g(y)a veces por comodidad
dydx
=f (x)p(y)
con g(y) = 1/p(y). Para resolver esta ecuacin diferencial se
separan las funciones f y gcomo
p(y) dydx
= f (x)
y se integra ambos lados con respecto a x, es decirp(y)
dydx
dx =
f (x)dx
o p(y)dy =
f (x)dx.
Ejemplo 2.1. Resolver la ecuacin
dydx
= x+2.
Solucin. Si integramos ambos lados de la ecuacin con respecto a
la variable independientex, es decir dy
dxdx =
(x+2)dx
o, dy =
(x+2)dx.
-
2.1 Ecuaciones Diferenciales No Lineales 23
Evaluando las integrales se obtiene
y =x2
2+2x+ c
donde c es una constante arbitraria.
La ltima expresin constituye una familia de curvas parablicas,
cuyo grfico es la Figura2.1
Figura 2.1: Familia de curvas de y = x2
2 +2x+ c.
Ejemplo 2.2. Resolver la ecuacin
dydx
=sec2(y)1+ x2
.
Solucin. Si reescribimos la ecuacin en la forma
1sec2(y)
dydx
=1
1+ x2
e integramos ambos lados de la ecuacin con respecto a la
variable independiente x, es decir 1sec2(y)
dydx
dx = 1
1+ x2dx
o dysec2(y)
= dx
1+ x2.
-
24 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Evaluando las integrales se obtiene
y2+
sin(2y)4
=arctan(x)+ c
2y+ sin(2y) =4arctan(x)+ c
donde c es una constante arbitraria.
Ejemplo 2.3. Resolver el problema de valor inicial
dydx
= x3(1 y), y(0) = 3.
Solucin. Al separar e integrar tenemos
dy1 y =x
3dx 1y1
dydx
dx =
x3dx
ln(y1) = x4
4+ c.
Despejamos a ambos lados y tenemos:
y1 = e x44 ec.
Despejando y se tiene y(x) = 1+ ex44 k, donde por simplicidad en
la presentacin hemos
definido k = ec.Empleando la condicin inicial y(0) = 3 obtenemos
k = 2, de este modo la solucin es:
y(x) = 1+2ex44 .
Ejercicios1. Encontrar La solucin general de las siguientes
ecuaciones diferenciales, por variables
separables:a) dydx =
yx .
b) (1 y2)dx xydy = 0.c) (y+1)dx+(y1)(1+ x2)dy.
-
2.1 Ecuaciones Diferenciales No Lineales 25
d) (2x+1)y+ y2 = 0.e) y x3 = x3y.f ) xy2dy+(x2+1)dx.g) xy2+
1+ x2y = 0.
h) xy2dx+ xdy = 0.i) dydx = 1+ x+ y+ xy.j) x2 dydx = 1 x2+ y2
x2y2.
2. Resuelva el problema de valor inicial respectivo.a) dydx =
4(x
2+1); y(0) = 1.
b) dydx =y21x21 ; y(2) = 2.
c) x2 dydx = y xy; y(1) =1.d) dydx = 3x
2(y2+1); y(0) = 1.e) 2ydydx =
xx216 ; y(5) = 2.
f ) tan(x)dydx = y; y(pi
2
)= pi2 .
g) dydx = 2xy2+3x2y2; y(1) =1.
3. Hallar todas las funciones f (x) tales que su derivada es el
cuadrado de la funcin.
Solucin
1. a) y = cx.b) c = x2(1 y2).c) tan1(x)+ c =y+2ln |y+1|.d) y =
2ln |2x+1|+c .
e) y = cex4/41.
f) y3 =32x23ln |x|+ c.g) y = 1
1+x2+c.
h) y = 1x+c .
i) y = tan(x2+1+cxx ).2. a) y = 43x
3+4x+1.b) y = x.c) y = e
1/xex .
d) y = tan(pi4 + x3).
e) y =
x216(x216+
x216)x216 .
f) y =12pi sin(x).g) y = 11+x2+x3 .
3. f (x) = 1x+c , y 6= 0.
-
26 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
2.1.2 Ecuaciones Exactas
Una ecuacin diferencial de la forma
M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 (2.1)
es llamada Exacta si existe una funcin F(x,y) de dos variables
con derivadas parcialescontinuas hasta de segundo orden en un
dominio , tal que:
dF(x,y) = M(x,y)dx+N(x,y)dy.
En este caso se tendr que
Fx
= M(x,y),Fy
= N(x,y).
Solucin de una ecuacin diferencial exacta
Si la ecuacin M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 es exacta entonces podemos
encontrar F(x,y) talque:
dF = M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0
es decir F(x,y) = k, con k R.De esta forma una vez encontrada F
, la solucin de la ecuacin es F(x,y) = k.
El siguiente resultado nos permite determinar si una ecuacin
diferencial de la forma (2.1)es exacta. Daremos su prueba pues en
ella se describe el procedimiento para resolver estetipo de
ecuaciones.
Teorema 2.2 Criterio para exactitud de una ecuacin diferencial.
Sean M(x,y)y N(x,y) funciones continuas y con derivadas parciales
de primer orden continuas en unaregin rectangular R definida por a
< x < b, c < y < d. La ecuacin diferencial
M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 es exacta si y solamente si:
My
=Nx
.
Demostracin: La demostracin es en dos partes.
1. Supongamos que la ecuacin es exacta: entonces existir una
funcin F(x,y) tal que:
Fx
= M(x,y),Fy
= N(x,y).
Derivando en estas igualdades respecto de x y y respectivamente,
se tiene:
-
2.1 Ecuaciones Diferenciales No Lineales 27
2Fyx
=My
, 2Fxy
=Nx
.
Puesto que M/y y N/x son continuas, entonces 2F/xy y 2F/yx
sontambin lo son. Esto garantiza la igualdad
My
=Nx
. (2.2)
2. Ahora mostramos que si M y N satisfacen la ecuacin (2.2)
entonces la ecuacinM(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 es exacta. Para la
demostracin se quiere determinar laexistencia de una funcin F(x,y)
tal que dF = Mdx+Ndy. Si esta funcin existe,debe verificar que:
Fx
= M(x,y),Fy
= N(x,y).
Integrando la primera ecuacin con respecto a x, y manteniendo a
y como constante,se obtiene que
F(x,y) =
M(x,y)dx+g(y) (2.3)
en donde la funcin arbitraria g(y) es la constante de
integracin. Ahora debemosdeterminar g(y). Para ello utilizaremos
(2.3) y lo derivamos con respecto a y
Fy
= (M(x,y)dx
y
)+
dg(y)dy
.
Como F/y = N(x,y) y despejando g(y) se tiene
g(y) = N(x,y) (M(x,y)dx
y
). (2.4)
Para determinar g(y) es importante que el lado derecho de la
ecuacin (2.4) sea unafuncin que depende solamente de y. Para
establecer este hecho derivamos (2.4) conrespecto a x, obteniendo
as
ddx
g(y) =N(x,y)
x M(x,y)
y.
Por la ecuacin (2.2) esta expresin es cero, por lo tanto el lado
derecho de (2.4) nodepende de x, integrando (2.4) y sustituyendo
g(y) en (2.3), se obtiene la solucin dela ecuacin (2.1)
F(x,y) =
M(x,y)dx+ [
N(x,y) (
M(x,y)dx)y
]dy.
-
28 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Este es el mtodo que se emplea para determinar F(x,y) y es
indiferente empezar el clculode esta manera o bien con:
N(x,y)dy+g(x)
siguiendo un procedimiento anlogo al expuesto anteriormente,
pero intercambiando varia-bles.
Para solucionar una ecuacin diferencial exacta se seguirn los
pasos indicados en lademostracin anterior, donde se ha establecido
cmo encontrar la funcin F(x,y).
Obs Note que la ecuacin de variables separables
dydx
=f (x)p(y)
,
se puede escribir en forma equivalente como
p(y)dy f (x)dx = 0la cual es exacta, como se ve fcilmente.
Ejemplo 2.4. Resolver el problema de valor inicial
(exy+ xexy)dx+(xex+2)dy = 0, y(0) =1. (2.5)Solucin. En este caso
M(x,y) = exy+ xexy, y N(x,y) = xex+2. Como
My
= ex+ xex =Nx
se tiene que la ecuacin es exacta. Para determinar F(x,y),
comenzamos integrando conrespecto a x
Fx
=M(x,y) = exy+ xexy
F(x,y) =(exy+ xexy)dx+g(y)
F(x,y) =xexy+g(y). (2.6)
Derivando parcialmente con respecto a y y sustituimos xex +2 en
vez de N(x,y), ya queF/y = N(x,y):
Fy
=xex+g(y)
xex+2 =xex+g(y)2 =g(y).
-
2.1 Ecuaciones Diferenciales No Lineales 29
As, 2 = g(y), y g(y) = 2y. La constante de integracin se puede
omitir ya que cualquiersolucin de la ecuacin diferencial se
satisface. Por tanto, sustituyendo g(y) en (2.6) tenemos
F(x,y) = xexy+2y.
Es decir, la solucin de la ecuacin diferencial (2.5) est dada
por
xexy+2y = k.
Alternativamente, se puede integrar simultneamente las dos
funciones
M(x,y) = exy+ xexy, y N(x,y) = xex+2
y compararlas para determinar unvocamente F(x,y), salvo una
constante. As
F(x,y) =
M(x,y)dx =(exy+ xexy)dx
=exy+(xex ex)y = xyex,
por otro lado,
F(x,y) =
N(x,y)dy =(exx+2)dy
=(exx+2)y = xyex+2y.
Comparando (tomando los trminos comunes una vez y los no
comunes), obtenemosF(x,y) = xyex+2y. Y la solucin de la ecuacin est
dada de manera explcita por
k =xexy+2y
y =k
xex+2,
con la condicin inicial, en esta ecuacin, cuando x = 0, y = 1
obtenemos k = 2. Deesta manera la solucin es:
y =2
xex+2.
Ejemplo 2.5. Resolver el problema de valor inicial
(ysin(xy)+ x2)dx+(xsin(xy)+ y2)dy = 0, y(0) =1.Solucin. En este
caso M(x,y) = ysin(xy)+ x2, y N(x,y) = xsin(xy)+ y2, calculamos
My
yNx
-
30 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
y encontramos queMy
= sin(xy)+ xycos(xy) =Nx
luego la ecuacin es exacta. Para determinar F(x,y), comenzamos
integrando M con respectoa x
Fx
=M(x,y) = ysin(xy)+ x2
F(x,y) =(ysin(xy)+ x2)dx+g(y)
F(x,y) = cos(xy)+ x3
3+g(y).
Ahora derivamos parcialmente F con respecto a y y sustituimos
xsin(xy)+ y2 en lugar deN(x,y) ya que F/y = N(x,y):
Fy
=xsin(xy)+g(y)
xsin(xy)+ y2 =xsin(xy)+g(y)y2 =g(y).
As
g(y) =
y2dy =y3
3.
Por tanto,
F(x,y) =cos(xy)+ x3
3+
y3
3es decir
k =cos(xy)+ x3
3+
y3
3.
Ahora usemos la condicin inicial y(0) =1. Tenemos
k = cos(0(1))+ 03
3+(1)3
3
k =1 13=4
3.
As la solucin del problema de valor inicial es
43= cos(xy)+
x3
3+
y3
3.
-
2.1 Ecuaciones Diferenciales No Lineales 31
Ejercicios1. Determine si la ecuacin es exacta. Si lo es,
resulvala.
a) x2dy+2xydx = x2dx.b) (y22x)dx+2xydy = 0.c)(1
x +2y2x)
dx+(2yx2 cos(y))dy = 0.d) (y2 sin(x))dx+
(1x yx
)dy = 0.
e) (tan |y|2)dx+(
xsec2(y) 1y)
dy = 0.
f )(
2xy 3y
2
x4
)dx+
(2yx3 x
2
y2 +1y
)dy = 0.
g) (ex sin(y)+ tan(y))dx+(ex cos(y)+ xsec2(y))dy = 0.h) (cos(x)+
ln(y))dx+
(xy + e
y)
dy = 0.i) (1+ yexy)dx+(2y+ xexy)dy = 0.
2. Muestre que cualquier ecuacin de la forma
f (x)dx+g(y)dy = 0
es exacta.3. Resuelva el problema de valor inicial
respectivo.
a) (4x3y26x2y2x3)dx+(2x4y2x3)dy = 0, y(1) = 3.b)
(4ycos(x)+4cos(x)sin(x)+sec2(x))dx+(4y4sin(x))dy= 0, y(pi4 )= 0.c)
(y3 x)exdx+3y2(ex+ y)dy = 0, y(0) = 0.d) (sin(x)
ysin(x))dx+(cos(x)+ y)dy = 0, y(0) = 1.
4. Determine la funcin ms general M(x,y) de modo que la ecuacin
sea exacta:a) M(x,y)dx+
(sec2(y) xy2
)dy = 0.
b) M(x,y)dx+(x3 y3)dy = 0.c) M(x,y)dx+(e2x ey sin(x))dy = 0.
5. Determine la funcin ms general N(x,y) de modo que la ecuacin
sea exacta:a) (x2y33xy+2y2)dx+N(x,y)dy = 0.b) (ysin(x)+
xsin(y))dx+N(x,y)dy.
6. Encuentre condiciones para las constantes A, B, C y D tales
que la ecuacin
(Ax+By)dx+(Cx+Dy)dy = 0
sea exacta.7. Muestre que la ecuacin y+ y = 0 es exacta si la
multiplicamos por ex y solucionela.
Solucin1. a) k = x2y y33 .
b) k = y2x x2.c) x2y2 ln |x|+ sin(y) = c.d) No es exacta.e) c =
x tan(y)2x ln |y|.
-
32 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
f ) k = x2
y +y2
x3 .
g) k = ex sin(y)+ x tan(y).h) k = ex sin(y)+ x tan(y)+ ey.i) k =
x+ exy+ y2.
3. a) 1 = x4y22x3y x23x.b) 0 =4ysin(x)2cos2(x)+ tan(x)+2y2.c) 1
= y3ex xex+ ex+ 34y4.d) 12 =cos(x)+ ycos(x)+ y
2
2 .
4. a) 1y .b) 3x2y.c) 2e2xy.
5. a) x3y2 32x2+4xy.b) cos(x)+ x22 cos(y).
6. B =C, A y D cualquier nmero real.7. y = cex.
2.1.3 Factor IntegranteAlgunas ecuaciones diferenciales que no
son exactas pueden ser transformadas en estasmediante una funcin
que multiplicada a la ecuacin original la transforma en una
ecuacindiferencial exacta. Estas funciones reciben el nombre de
factores integrantes.
Mtodo para hallar factores integrantes especiales
Sea
M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 (2.7)
una ecuacin diferencial que no es exacta. Si multiplicamos esta
ecuacin por una funcin(x,y) adecuada que haga que la ecuacin
resultante:
(x,y)M(x,y)dx+(x,y)N(x,y)dy = 0
sea exacta, se denominar a esta funcn factor de integracin para
la ecuacin. Para de-terminar la funcin (x,y) verificamos el
criterio de exactitud en la ecuacin transformada:
[(x,y)M(x,y)
]y
=[(x,y)N(x,y)
]x
al usar la regla del producto esto se reduce a la ecuacin
MyN
x=
(Nx M
y
). (2.8)
Por facilidad, consideraremos que depende de una sola variable.
En este caso, suponemosque depende de x, es decir = (x), de tal
forma que la ecuacin (2.8) se reduce a laecuacin separable
-
2.1 Ecuaciones Diferenciales No Lineales 33
x
=
[ My Nx
N
]
dondeMy Nx
Ndepende solo de x. Entonces el factor integrante para (2.7)
es:
(x) = exp
( [ My Nx
N
]dx
).
Ahora, supongamos que la ecuacin (2.7) tiene un factor
integrante que solo depende de y,es decir = (y), en este caso la
ecuacin (2.8) se reduce a la ecuacin separable
y
=
[Nx MY
M
]
dondeNx My
Msolo depende de y. Entonces el factor integrante para (2.7)
es:
(y) = exp
( [ Nx My
M
]dy
).
Ejemplo 2.6. Resolver la ecuacin diferencial
(2y2+2y+4x2)dx+(2xy+ x)dy = 0. (2.9)
Solucin. Ntese que la ecuacin diferencial no es de variables
separables. Determinamossi es exacta:
My
= 4y+2
Nx
= 2y+1,
comoMy6= N
x
entonces la ecuacin diferencial no es exacta. CalculamosMy
Nx
N=
4y+22y12xy+ x
=2y+1
x(2y+1)=
1x,
-
34 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
obtenemos una funcin que solo depende de x, de modo que el
factor integrante es dado porla frmula:
(x) =exp
( [ My Nx
N
]dx
)
(x) =exp
( [1x
]dx
)= x.
Al multiplicar la ecuacin (2.9) por (x) = x, obtenemos la
ecuacin exacta
(2xy2+2xy+4x3)dx+(2x2y+ x2)dy = 0.
En este caso M(x,y) = 2xy2+2xy+4x3, y N(x,y) = 2x2y+ x2.
Calculamos
My
yNx
y encontramos queMy
= 4xy+2x =Nx
as tenemos en efecto que la ecuacin es exacta. Para determinar
F(x,y) comenzamosintegrando M con respecto a x
Fx
=M(x,y) = 2xy2+2xy+4x3
F(x,y) =(2xy2+2xy+4x3)dx+g(y)
F(x,y) =x2y2+ x2y+ x4+g(y).
Ahora derivamos parcialmente F con respecto a y y sustituimos
2x2y+x2 en lugar de N(x,y)ya que F/y = N(x,y):
Fy
=2x2y+ x2+g(y)
2x2y+ x2 =2x2y+ x2+g(y)0 =g(y).
As tenemos queg(y) = c.
Por tanto,F(x,y) = x2y2+ x2y+ x4
-
2.1 Ecuaciones Diferenciales No Lineales 35
es decir:k = x2y2+ x2y+ x4.
Ejercicios1. Encontrar el factor integrante y resolver las
siguientes ecuaciones diferenciales:
a) 2xy2dx+3x2ydy = 0.b) (x y)dx+ xdy = 0.c)
(2y3+6xy2)dx+(3xy2+4x2y)dy = 0.d) (y2+2xy)dx x2dy = 0.e)
(x2y+4xy+2y)dx+(x2+ x)dy = 0.f ) (y ln |y|+ yex)dx+(x+ ycos(y))dy =
0.
2. Muestre que si (N/xM/y)/(xMyN) solo depende del producto xy,
es decir(N/xM/y)
(xM yN) = H(xy)
entonces la ecuacin M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 tiene un factor
integrante de la forma(xy). Proporcione la frmula general para
(xy).
3. Encontrar el factor integrante (xy) y resolver las siguientes
ecuaciones diferenciales:a) ydx+(x3x2y2)dy = 0.b) ydx+(x3x3y2)dy =
0.c) y(x2y2+ xy)dx+ x(x2y21)dy = 0.
4. Suponga que a,b,c y d son constantes tales que adbc 6= 0, y
sean m y n nmerosreales arbitrarios. Demuestre que
(axmy+byn+1)dx+(cxm+1+dxyn)dy = 0
tiene un factor integrante de la forma (x,y) = xy .5. Determine
el factor integrante (x,y) = xy y resolver las siguientes
ecuaciones
diferenciales:a) ( xy2 1xy)dx 1y2 dy = 0.b)
(12+5xy)dx+(6x/y+2x2)dy = 0.c) 2 yxdx+(
y2
x2 1)dy = 0.
Solucin1. a) (x) = x2/3, y = 12e
x+ cex.b) (x) = x2, y = x21+ cex2.c) (x) = x, ex(x1)y = x+ c.d)
(y) = y2, c = x+ x2y1.e) (x) = xex, y = cex(x2+x3) .f ) (y) = 1y ,
x ln |y|+ ex sin(y) = c.
-
36 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
3. a) (xy) = 1x2y2 ,1xy 3y = c.
b) (xy) = 1x3y3 ,1
2x2y2 3ln |y|= c.c) (xy) = 1xy(xy+1) , xy ln |y|= c.
5. a) (x,y) = xy2, xy 13x3 = c.b) (y) = x7y3, 2x6y3 x5y2 = c.c)
(x,y) = x2y2, x
2
y + y = c.
2.2 Ecuaciones Diferenciales Lineales
Una Ecuacin Diferencial Lineal de primer orden es una ecuacin de
la forma:
a1(x)dydx
+a0(x)y = g(x), a1(x) 6= 0 (2.10)
por lo tantodydx
+a0(x)a1(x)
y =g(x)a1(x)
.
Si definimos
P(x) =a0(x)a1(x)
y Q(x) =g(x)a1(x)
entonces la ecuacin diferencial lineal (2.10) toma la forma
dydx
+P(x)y = Q(x). (2.11)
Notemos que la ecuacin (2.11) no es de variables separables ni
exacta. Ahora se trata deencontrar un factor integrante (x).
Asumimos que las funciones P y Q son continuas enalgn intervalo I.
Luego multiplicamos por (x) la ecuacin (2.11) y tenemos
(x)dydx
+(x)P(x)y = (x)Q(x) (2.12)[(x)P(x)y(x)Q(x)]dx+ [(x)]dy = 0.
Sea M(x,y) = (x)P(x)y(x)Q(x) y N(x,y) = (x).Para que esta
ecuacin sea exacta se debe tener que
My
=Nx
(x)P(x) = (x)1
(x)d(x) =P(x)dx
-
2.2 Ecuaciones Diferenciales Lineales 37
Al integrar ambos lados tenemos el factor integrante
(x) = e
P(x)dx. (2.13)
Como se acaba de ver(x)P(x) = (x)
con esto la ecuacin diferencial (2.12) se convierte en:
(x)dydx
+d(x)
dxy = (x)Q(x)
d[(x)y
]dx
= (x)Q(x)
integrando ambos lados de la ecuacin tenemos (x)y =(x)Q(x)dx+ c.
Despejando
y(x) obtenemos.
y(x) =1
(x)
[(x)Q(x)dx+ c
](2.14)
donde (2.14) es la solucin general de la ecuacin lineal
(2.11).
En resumen, la solucin de la ecuacin lineal (estndar)
dydx
+P(x)y = Q(x)
siendo P y Q continuas en algn intervalo I R, est dada por
y(x) =1
(x)
{(x)Q(x)dx+ c
}.
Donde(x) = e
P(x)dx
es el factor integrante de la ecuacin lineal. Ntese, por qu la
necesidad de que P y Q seancontinuas (condicin suficiente para que
las integrales existan).
Ejemplo 2.7. Resolver
xdydx
+2y =1x3, x 6= 0.
Solucin. Para poder escribir la forma general de la ecuacin
diferencial lineal dividimospor x, ya que x 6= 0, y obtenemos:
dydx
+2yx=
1x4
dydx
+2x
y =1x4.
-
38 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Donde vemos que
P(x) =2x
y Q(x) =1x4,
entonces podemos hallar el factor integrante sustituyendo en la
formula (2.13)
(x) = e 2
x dx = e2ln(x) = x2
y reemplazando en la ecuacin (2.14) tenemos
y(x) =1x2
[x2
1x4
dx+ c
]
y(x) =1x2
[ 1x2
dx+ c
]y(x) = 1
x3+
cx2.
Ejercicios1. Resolver los siguientes problemas de valor
inicial:
a) y2y = 3e2x, y(0) = 0.b) xy+2y = 3x, y(1) = 5.c) 3xy+ y =
12x.d) xy3y = x3, y(1) = 10.e) y = (1 y)cos(x), y(0) = 1.f ) y = 1+
x+ y+ xy, y(0) = 0.
2. Resuelva las ecuaciones diferenciales considerando a y como
la variable independienteen lugar de x.
a) (14xy2)dydx = y3.b) (x+ yey)dydx = 1.c) (1+2xy)dydx = 1+
y
2.3. Sea y0 una solucin distinta de cero de y+ p(x)y = 0, y y1
es una solucin de
y+ p(x)y = q(x).a) Muestre por sustitucin que y1+ cy0 es una
solucin de y+ p(x)y = q(x) para
todo nmero c.b) Muestre que toda solucin y de y+ p(x)y = q(x)
puede ser escrita como y =
y1+ cy0 para algn c.4. Sean y1 y y2 soluciones distintas de y+
p(x)y = q(x), y sea y0 = y1 y2.
a) muestre que y0 es solucin de de y+ p(x)y = 0.b) Escriba toda
solucin de y+ p(x)y = q(x) en trminos de y1 y y2.
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 39
5. Verifique que las funciones dadas para cada numeral son
soluciones de la ecuacindiferencial y escriba la solucin general
por el mtodo del Ejercicio 4.
a) 1 ex, 1+2ex; y+ y = 1.b) x1/x, x+1/x; y+(1/x)y = 2.c) x, x2;
(x2 x)y+(12x)y =x2.
Solucin1. a) y(x) = 3e2xx.
b) y(x) = x+ 4x2 .c) y(x) = 3x+ C
x1/3.
d) y(x) =(1
2x2+ 192
)x.
e) y(x) = 1.f ) y(x) =1+ e 12 x(x+2).
2. a) x(y) =(
y2(1+y2) +
12 arctan(y)+ c
)(1+ y2).
b) x(y) =(1
2y2+ c
)ey.
c) x(y) = (1/2)y2+C
y4 .
4. b. y = y1+ c(y1 y2).5. a) y = 1+ cex.
b) y = x+ c/x.c) y = c+ c(x2 x).
2.3 Soluciones por SustitucionesPara resolver una ecuacin
diferencial, primero identificamos qu tipo de ecuacin es. Enalgunos
casos es posible hacer una sustitucin para transformar la ecuacin
en una de untipo conocido.
2.3.1 Ecuaciones Diferenciales Homogneas
Se puede cambiar la forma de una ecuacin diferencial de la
siguiente manera. Sea ycualquier solucin de la ecuacin
y = F(x,y) (2.15)
se introduce una nueva funcin (desconocida) u tal que y(x) =
g(u(x)), y u debe satisfacerla nueva ecuacin
g(u)u = F(x,g(u)). (2.16)
A la inversa, si u satisface (2.16), entonces satisface (2.15).
Este proceso tiene sentido sila ecuacin resultante es ms sencilla
de resolver que la inicial. La sustitucin que se va autilizar es y
= ux, y convierte la ecuacin en variables separables.
-
40 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Una funcin F de dos variables F(x,y) es homognea de grado n si y
slo si F(tx, ty) =tnF(x,y) para todo nmero x,y, t. Si la funcin
F(x,y) es de grado 0; esto es, F(tx, ty) =F(x,y) para t = 1y ,
asumiendo y 6= 0, se tendr F(x,y) = F(xy ,1), es decir, la funcin
puedeasumirse como una funcin que depende solamente de la variable
xy .
La ecuacin diferencial
dydx
= r(x,y) (2.17)
es Homognea si r(x,y) es una funcin que solo depende de yx . En
este caso la ecuacin(2.17) toma la forma
dydx
= r(
1,yx
). (2.18)
Ejemplo 2.8. Determinar si la ecuacin
(y3 xy2)dx+2x2ydy = 0es homognea.
Solucin. Escribimos la ecuacin en la forma
dydx
=xy2 y3
2x2ydydx
=xy2
2x2y y
3
2x2ydydx
=y
2x y
2
2x2dydx
=12
yx 1
2
(yx
)2.
Vemos que el lado derecho solo depende de yx es decir la ecuacin
es homognea.
Para resolver una ecuacin homognea hacemos la sustitucin u = yx
de tal manera que siderivamos con respecto a x obtenemos dydx = u+
x
dudx entonces sustituimos en la ecuacin
(2.18) para obtener
u+ xdudx
= r(1,u).
La nueva ecuacin es de variables separables x y u, una vez
resuelta reemplazamos u por yxpara dejar la solucin en trminos de
las variables originales.
Ejemplo 2.9. Hallar la solucin general de la ecuacin
diferencial
(y3 xy2)dx+2x2ydy = 0.
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 41
Solucin. Como vimos en el ejemplo anterior esta ecuacin es
homognea, ahora hacemosla sustitucin u = yx y
dydx = u+ x
dudx .
As:
dydx
=12
yx 1
2
(yx
)2u+ x
dudx
=12
u 12
u2.
La ecuacin anterior es separable. Por tanto obtenemos,
2u+u2
du = dx
x2(ln(u) ln(u+1))= ln(x)+ c.
Ahora reemplazando u = yx tenemos
2ln(
yx
)+2ln
(y+ x
x
)= ln(x)+ c
la solucin en forma implcita de la ecuacin.
Ejercicios1. En las siguientes funciones, determine si la funcin
dada es homognea. Si lo es,
indique su grado de homogeneidad.a) f (x,y) = 3x2y x3+ 2y4x .b)
f (x,y) =
2x2y+xy2
y .
c) f (x,y) = 4xy3+2x2y2
xy .
d) f (x,y) = (x+3y2)2.2. Resolver las siguientes ecuaciones
diferenciales.
a) y = y+xx .b) y = 2yxy .c) y = yx+y .
d) y = x2+y2xy .
e) y = xx+y .
f ) y =
2x2+3y2+yx .
g) (y2+ xy+ x2)dx+(2x2+3xy+ y2)dy = 0.h) (2x+ y)dx+(3x+2y)dy =
0; y(1) = 0.
3. Encontrar La solucin general de las siguientes ecuaciones
diferenciales homogneas.a) dydx =
x+yxy .
-
42 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
b) dydx =y
y2x .c) dydx =
x+2yy+2x .
4. Demuestre que las curvas solucin de la ecuacin homognea
dydx
=y(2x3 y3)
x(y3 x3)son de la forma x3+ y3 =Cxy.
5. Muestre que si y = F(x,y) es una ecuacin homognea, y y = g(x)
es una solucin,entonces y = (1/a)g(ax) es una solucin para
cualquier a. Interprete su resultadogeomtricamente.
6. Comprobar que las siguientes ecuaciones diferenciales son
homogneas y hallar lasolucin general
a) 2xydx+(x2+ y2)dy = 0.b) (x+
y2 xy)dy ydx = 0.
c) xy y xsin( yx)= 0.d) (2x2y+ y3)dx+(xy22x3)dy = 0.e) yx
cos
( yx
)dx ( yx sin( yx)+ cos( yx))dy = 0.
f ) 2yex/ydy+(y2xx/y)dy = 0.g) (xey/x ysin( yx))dx+ xsin( yx)dy
= 0.
7. Hallar la solucin del problema de valor inicial dadoa) (x2+
y2)dx = 2xydy; y(1) = 0.b) (xey/x+ y)dx = xdy; y(1) = 0.c) (xy
y2)dx x2dy = 0; y(1) = 1.
Solucin1. a) Homognea de grado 3.
b) Homognea de grado 1/2.c) Homognea de grado 2.d) No
homognea.
2. a) y = x(ln |x|+ c).b) x = (y x)[ln |y x|+ c].c) x = y(ln
|y|+ c).d) y2 = 2x2(ln |x|+ c).e) ln
1 yx( yx)2 15 ln51(2y/x)5+1+(2y/x)
=2ln |x|+ c.f ) y
3+
2x2+3y2
x
3x c = 0.
g) 4xy+ y2+ x2 = c.h) x2(y+x) ln |y+ x|= 12 .
3. a) 12 ln(x2+ y2)+ arctan(y/x)= c.
b) 23 ln |y| 13 ln |3x+ y|= c.c) ln |x+y|3ln |xy|2 = c.
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 43
6. a) 3x2y+ y3 = c.b) y = ce2
1x/y.
c) y = 2xarctan(cx).d) x
2
y2 + ln(xy) = 0.e) ysin
( yx
)= 0.
f ) 2ex/y+ ln(y) = c.g) ln(x2) ey/x (sin( yx)+ cos( yx))= c.
7. a) y2 = x2+ x.b) ln(|x|)+ ey/x = 1.c) x = ex/y1.
2.3.2 Ecuaciones con Coeficientes LinealesHemos utilizado
sustituciones de y que transforman la ecuacin diferencial para
poderresolverla, pero en algunos casos se necesita sustituir x y y
en nuevas variables. Este es elcaso para las llamadas Ecuaciones
Diferenciales con Coeficientes Lineales.Consideremos la ecuacin
(a1x+b1y+ c1)dx+(a2x+b2y+ c2)dy = 0. (2.19)
Para resolverla consideremos los siguientes casos:
1. Si a1b2 = a2b1, la ecuacin (2.19) se puede escribir de la
formadydx = g(ax+by+ c)
que se resuelve por el mtodo Reduccin a Separacin de
Variables.
2. Si c1 = c2 = 0, la ecuacin (2.19) se convierte en una ecuacin
homognea.
3. Si a1b2 6= a2b1 la ecuacin se hace homognea si tomamos una
translacin de ejes dela forma x = u+h y y = v+ k, donde h y k son
constantes, y
dydx
=dvdu
.
Sustituyendo en la ecuacin (2.19), se tiene
dvdu
=a1(u+h)+b1(v+ k)+ c1a2(u+h)+b2(v+ k)+ c2
dvdu
=a1u+b1v+(a1h+b1k+ c1)a2u+b2v+(a2h+b2k+ c2)
. (2.20)
Como a1b2 6= a2b1, entonces se puede hallar h y k tales
quea1h+b1k+ c1 = 0 (2.21)a2h+b2k+ c2 = 0
para h y k soluciones del sistema (2.21), se tiene que la
ecuacin (2.20) es homognea.
-
44 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Ejemplo 2.10. Hallar la solucin general de
(3x+3y+4)dx+(2x+2y+7)dy = 0.
Solucin. Como a1b2 = 3 2 = 2 3= a2b1. As,(3x+3y+4)dx+(2x+2y+7)dy
= 0[3(x+ y)+4]dx+[2(x+ y)+7]dy = 0dydx
=3(x+ y)+42(x+ y)7 .
Sea u = x+ y, por lo tanto, u = 1+ y y la ecuacin se convierte
en
dudx1 = 3u+42u7
la cual es una ecuacin de variables separablesdx =
2u+73u du
integrando:x+ c =2u9ln |3u|.
De esta forma, la solucin general de la ecuacin est dada por
x+ c =2(x+ y)9ln |3 (x+ y)|.
Ejemplo 2.11. Hallar una solucin de la ecuacin diferencial
(3x+ y1)dx+(x+ y+3)dy = 0. (2.22)Solucin. Como a1b2 =3 1 6= 1 1=
a2b1, usaremos la translacin x= u+h y y= v+k,donde h y k satisfacen
el sistema
3h+ k1 =0h+ k+3 =0.
Al resolver este sistema en trminos de h y k tenemos que h=1,
k=2, es decir x= u1y y = v2. Como dy = dv y dx = du, sustituyendo
en la ecuacin (2.22) se tiene
(3u+3+ v21)du+(u1+ v2+3)dv = 0(3u+ v)du+(u+ v)dv = 0dvdu
=3u vu+ v
.
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 45
La ecuacin anterior es homognea, luego tomamos la sustitucin z =
vu , dondedvdu =
z+u( dz
du
)y al sustituir en la ltima ecuacin obtenemos
z+udzdu
=3u zuu+ zu
z+udzdu
=3 z1+ z
udzdu
=32z z2
1+ z
separando variables tenemos: z+132z z2 dz =
duu z+1
z2+2z3dz = du
u12
lnz2+2z3= ln |u|+ c1
lnz2+2z3=2ln |u|+ c1
lnz2+2z3= ln |u2|+ c1
ahora aplicando exponencial obtenemos:
z2+2z3 = u2ec1 = cu2.
Al sustituir de nuevo z,u y v, vemos que(vu
)2+2(v
u
)3 = cu2
v2+2uv3u2 = c(y+2)2+2(y+2)(x+1)3(x+1)2 = c.
La ltima ecuacin es la solucin implcita de (2.22).
Ejercicios1. Hallar la solucin general de las siguientes
ecuaciones diferenciales con coeficientes
linealesa) (x+2y4)dx (2x4y)dy = 0.b) (3x+2y+1)dx (3x+2y1)dy =
0.c) (x+ y1)dx+(2x+2y3)dy = 0.
-
46 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
d) (x+ y)dx+(2x+2y1)dy = 0.e) (x+2y)dx+(3x+6y+3)dy = 0.
2. Hallar la solucin del problema de valor iniciala) (x+
y)dx+(3x+3y4)dy = 0; y(1) = 0.b) (x+7)dx+(2x+ y+3)dy = 0, y(0) =
1.c) (x+ y+2)dx (x y4)dy = 0; y(1) = 0.
Solucin
1. a) ln(4(y1)2+(x2)2)2arctan(
2y2x2)= c.
b) ln(|5x+10y1|)+ 52(x y) = c.c) x+2y+ ln(|x+ y2|) = c.d) x+2y+
ln(|x+ y1|) = c.e) x+3y3ln(|x+2y+3|) = c.
2. a) x+3y+2ln(|2 x y|) = 1.b) (y+7)2(3x+ y+1) = 128.c)
ln((x1)2+(y+3)2)+2arctan
(x1y+3
)= 2ln(3).
2.3.3 Ecuacin de Bernoulli
Una ecuacin diferencial de la formadydx
+P(x)y = Q(x)yn, n R (2.23)se denomina Ecuacin Diferencial de
Bernoulli. Ntese en particular, que si n es 0 1, laecuacin es
lineal o de variables separables y puede resolverse directamente.
Si n no es 0ni 1, la ecuacin es no lineal, en este caso, hacemos la
sustitucin u = y1n, que reduce laecuacin de Bernoulli a una lineal.
En efecto, derivando u con respecto a x
u = y1n,dudx
= (1n)yn dydx
, dondedydx
=1
1nyn du
dxreemplazando en la ecuacin (2.23) tenemos
11ny
n dudx
+P(x)y = Q(x)yn, n R (2.24)
ahora multiplicamos la ecuacin (2.24) por (1n)yn nos
queda:dudx
+(1n)P(x)y1n = (1n)Q(x)
sustituyendo u = y1n,
dudx
+(1n)P(x)u = (1n)Q(x)la cual es una ecuacin diferencial
lineal.
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 47
Ejemplo 2.12. Hallar la solucin general de cada una de las
siguientes ecuaciones diferen-ciales:
1. dydx y = exy2.2. dydx y = exy
12 .
Solucin. 1. En este caso n = 2, tomando la sustitucin obtenemos
u = y1, derivan-do con respecto a x se tiene, dudx = y2 dydx y
despejando dydx tenemos dydx = y2 dudxreemplazando en la ecuacin
obtenemos:
y2 dudx y = exy2 (2.25)
multiplicando la ecuacin (2.25) por (y2), nos dadudx
+ y1 =ex (2.26)
en (2.26) sustituimos u = y1:
dudx
+u =ex, (2.27)
como la ecuacin diferencial es lineal, el factor integrante para
la ecuacin (2.27) es:
(x) = e
1dx = ex
utilizamos la formula (2.14) nos resulta:
u(x) =ex[
ex(ex)dx+ c]
u(x) =ex(e
2x
2+ c)
(2.28)
en (2.28) reemplazamos u = y1
y1 =ex+2cex
2
y =2
ex+2cex .
2. Para n = 12 , entonces u = y2, por tanto dydx =2u3 dudx .
Sustituyendo este diferencial
u = y2 en la ecuacin original tenemos
2u3 dudxu2 = exu1,
multiplicando por(1
2
)u3 tenemos
dudx
+12
u =12
exu2,
-
48 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
una ecuacin tipo Bernoulli que requiere de una nueva sustitucin
para solucionarlacomo en el caso a), es decir, en este caso n = 2,
tomando la sustitucin obtenemoss = u1, derivando con respecto a x
se tiene,
dsdx
=u2 dudx
y despejando dudx tenemosdudx
=u2 dsdx
reemplazando en la ecuacin obtenemos:
u2 dsdx
+12
u =12
exu2, (2.29)
multiplicando la ecuacin (2.29) por (u2), nos dadsdx 1
2u1 =1
2ex, (2.30)
en (2.30) sustituimos s = u1:
dsdx 1
2s =1
2ex, (2.31)
como la ecuacin diferencial es lineal, el factor integrante para
la ecuacin (2.31) es:
(x) = e 1
2 dx = e12 x.
Utilizamos la frmula (2.14) nos resulta:
s(x) =e12 x[
e12 x(1
2ex)
dx+ c]
s(x) =e12 x(e 12 x+ c
)(2.32)
en (2.32) reemplazamos s = u1
u1 = ex+ ce 12 x
u =1
ex+ ce 12 x.
Ahora sustituimos u = y12 es decir:
y12 =
1
ex+ ce 12 xy =(ex+ ce 12 x
)2.
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 49
Ejercicios1. Hallar la solucin general de las siguientes
ecuaciones de Bernoulli
a) xy+ y = y2 ln(|x|).b) y+ y = xy3.c) (1 x3)dydx 2(1+ x)y =
y5/2.d) xy y(2y ln(|x|)1) = 0.e) x2(x1)y y2 x(x2)y = 0.
2. Hallar la solucin de los siguientes problemas de valor
iniciala) y+ 1x y =
y2x ; y(1) = 1.
b) 2cos(x)dy = (ysin(x) y3)dx; y(0) = 1.
Solucin1. a) y ln(|x|)+ y+ cxy = 1.
b) 1y2 = ce2x+ x+ 12 .
c) y3/2 = 34(1+x+x2) +c(1x)21+x+x2 .
d) 12y(1+ ln(|x|)) = cxy.e) y = x
2
(x1)c+1 .2. a) y = 1.
b) sec(x) = y2(tan(x)+1).
2.3.4 Ecuacin de Ricatti
Se denomina Ecuacin Diferencial de Ricatti a una ecuacin
diferencial de primer orden dela forma
dydx
= P(x)+Q(x)y+R(x)y2. (2.33)
Tal ecuacin se puede resolver con dos sustituciones consecutivas
siempre que conozcamosuna solucin particular y1 de dicha ecuacin.
Esto es
dy1dx
= P(x)+Q(x)y1+R(x)y21. (2.34)
Para resolverla tomamos la sustitucin y = y1+u, la cual reduce
la ecuacin a una de tipoBernoulli.
Primero derivamos con respecto a x, es decir:
y = y1+u,dydx
=dy1dx
+dudx
.
Reemplazando en la ecuacin (2.33) tenemos
dy1dx
+dudx
= P(x)+Q(x)(y1+u)+R(x)(y1+u)2. (2.35)
-
50 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Desarrollando el cuadrado y agrupando (2.35) nos queda:
dy1dx
+dudx
= P(x)+Q(x)y1+Q(x)u+R(x)y21+R(x)2y1u+R(x)u2
sustituyendo (2.34) y simplificando tenemos:
dudx
=(Q(x)+R(x)2y1
)u+R(x)u2
dudx (Q(x)+R(x)2y1)u = R(x)u2.
La cual es una ecuacin de Bernoulli con n = 2.
Ejemplo 2.13. Hallar una familia mono paramtrica de soluciones
de la ecuacin diferencial
dydx
= 4x2 1
xy+ y2
en donde y1 = 2x es una solucin conocida de la ecuacin.
Solucin. Tomando la sustitucin y = y1+u = 2x +u, derivando con
respecto a x se tiene,dydx = 2x2 + dudx y reemplazando en la
ecuacin obtenemos:
2x2+
dudx
= 4x2 1
x
(2x+u)+
(2x+u)2
.
Desarrollando el cuadrado y simplificando tenemos:
2x2+
dudx
= 4x2 2
x2 u
x+
4x2+
4ux+u2
dudx
=3ux+u2
dudx(
3x
)u = u2. (2.36)
Como la ecuacin (2.36) es de Bernoulli con n = 2, tomando la
sustitucin obtenemoss = u1, derivando con respecto a x se tiene,
dsdx =u2 dudx y despejando dudx tenemos
dudx
=u2 dsdx
.
Reemplazando en la ecuacin (2.36) obtenemos:
u2 dsdx(
3x
)u = u2, (2.37)
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 51
multiplicando la ecuacin (2.37) por (u2), nos dadsdx
+
(3x
)u1 =1. (2.38)
En (2.38) sustituimos s = u1:
dsdx
+
(3x
)s =1. (2.39)
Como la ecuacin diferencial es lineal, el factor integrante para
la ecuacin (2.39) es:
(x) = e 3
x dx = e3ln |x| = x3.
Utilizando la frmula (2.14) nos resulta:
s =x3[
x3(1)dx+ c]
s =x3(x
4
4+ c)
s =x4+ c
4x3(2.40)
en (2.40) reemplazamos s = u1
u1 =x4+ c
4x3
u =4x3
x4+ c . (2.41)
Sustituyendo u = y 2x en (2.41) y despejando y, tenemos la
solucin:
y = u =4x3
x4+ c +2x.
Ejercicios1. Dada la solucin particular y1 hallar la solucin
general de las ecuaciones de Ricatti
dadas.a) y = x3+ 2x y 1x y2; y1(x) =x2.b) y = 2tan(x)sec(x) y2
sin(x); y1(x) = sec(x).c) y = 1x2
yx y2; y1(x) = 1x .
d) y = 1+ yx y2
x2 ; y1(x) = x.
-
52 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Solucin
1. a) u+(2
x +2x)
u = 1x ; y =x2+ 2x2ex
2
ex2+c.
b) u2u tan(x) = sin(x); y = 1cos(x) +3cos2(x)
ccos3(x) .c) u 3x u = 1; y = 1x + 2cx3x .d) u 1x u = 1x2 ; y =
x+ 2xcx21 .
2.3.5 Ecuacin de Lagrange
Una ecuacin diferencial de la forma
y = g(y)x+ f (y),
se denomina ecuacin de Lagrange. Para resolverla tomamos la
sustitucin y = p paraobtener la solucin general de la ecuacin en
forma paramtrica mediante la cual se reducea:
y = g(p)x+ f (p). (2.42)
Derivando en (2.42) con respecto a x, obtenemos:
y = g(p)px+g(p)+ f (p)p. (2.43)
Reemplazando y = p en la ecuacin (2.43) tenemos
p = g(p)px+g(p)+ f (p)p
pg(p) = g(p)px+ f (p)ppg(p) = p(g(p)x+ f (p))pg(p) = d p
dx(g(p)x+ f (p)),
despejando obtenemos:
d pdx
=pg(p)
g(p)x+ f (p). (2.44)
Como y = p y d pdx son funciones inversas, intercambiando estas
en (2.44) nos da
dxd p
=g(p)x+ f (p)
pg(p)dxd p g
(p)pg(p)x =
f (p)pg(p)
la cual es una ecuacin lineal con solucin
x(p) =1
(p)
[(p)Q(p)d p+ c
]= h(p,c)
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 53
donde (p) es el factor integrante, y p es el parmetro. As la
expresin para y es
y = g(p)x(p,c)+ f (p). (2.45)
Las ecuaciones paramtricas de la solucin general de la ecuacin
de Lagrange (2.45) sonx(p) = h(p,c) y y = g(p)x(p,c)+ f (p) donde c
es la constante de la familia de curvas.
Ejemplo 2.14. Hallar las ecuaciones paramtricas de la solucin de
la ecuacin diferencial
y = x(y+3)2(y)2.
Solucin. Tomando la sustitucin y = p y derivando con respecto a
x se tiene
y = x(p+3)2(p)2
y = p+3+ xd pdx4pd p
dx
p = p+3+ xd pdx4pd p
dx
3 = d pdx(x4p),
intercambiando y despejando se tiene
dxd p
=x3+
43
p
dxd p
+x3=
43
p. (2.46)
Como la ecuacin (2.46) es lineal, obtenemos P(p) = 13 , Q(p) =43
p, con factor integrante
(p) = e 1
3 d p = e13 p. La solucin de esta ecuacin viene dada por la
frmula (2.14), es
decir;
x(p) = e13 p[
e13 p
43
pd p+ c]
x(p) = 4(p3)+ ce 13 p.
Las ecuaciones paramtricas de la solucin de la ecuacin
diferencial son
x(p) = 4(p3)+ ce 13 p
y =[
4(p3)+ ce 13 p](p+3)2p2.
-
54 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
Ejercicios1. Hallar las ecuaciones paramtricas de la soluciones
de las ecuaciones diferenciales
siguientesa) y = x(y)2+ ln(y).b) y = x(y)2+(y)3.c) y = x
y+ 12(y
)2 23(y)3/2.d) y = (cos(y)+ y)x+ 12 sin(y
)cos(y)+ 12y.
Solucin
1. a) x(p) = 1pln(p)+c
(p1)2 ; y =( 1pln(p)+c
(p1)2)
p2+ ln(p).
b) x(p) = p3+ 32 p
2+c(p1)2 ; y = p
2p3+ 32 p2+c(p1)2 + p
3.
c) x(p)= (p+2
p+2ln(
p1)+c)(p1/2+1); y=p(p+2p+2ln(p1)+ c)(p1/2+1)+ 12 p2 23 p3/2.
d) x(p)=14 2cos2(p)+4sin(p)4c+1
sin(p)+1 ; y=(cos(p)+ p)(14 2cos
2(p)+4sin(p)4c+1sin(p)+1
)+
12 sin(p)+
12 p.
2.3.6 Reduccin a Separacin de Variables
Estudiaremos ahora una clase ecuaciones que se pueden resolver
como ecuaciones de varia-bles separables haciendo una sustitucin
conveniente. Consideremos la ecuacin diferencial
dydx
= g(ax+by+ c).
Aplicando la sustitucin u = ax+ by+ c sta se reduce a una
ecuacin con variablesseparables.
Ejemplo 2.15. Resolverdydx
= sin(x+ y).
Solucin. Si hacemos u = x+ y, entonces dudx = 1+dydx , por lo
que la ecuacin diferencial
se transforma en
dudx1 = sin(u), o sea du
dx= 1+ sin(u)
separamos variables, e integrando obtenemos:
11+ sin(u)
du =
dx
tan(u) sec(u) =x+ c
-
2.3 Soluciones por Sustituciones 55
ahora como u = x+ y sustituimos en la ltima ecuacin y nos queda
como resultado:
tan(x+ y) sec(x+ y) = x+ c.
Ejercicios1. Hallar las soluciones de las ecuaciones
diferenciales siguientes
a) y = (x y)2.b) y = sin(x y+1).c) dydx = (x+ y1)2.d) dydx =
tan
2(x+ y).e) y = 2+
y2x+3.
f ) dydx =1xy
x+y .
g) dydx = 1+ eyx+5.
Solucin1. a) y = cxe
2xce2xx1ce2x1 .
b) y = x1+2arctan(cx2cx ).c) y =x1 tan(c x).d)
tan(x+y)1+tan2(x+y) +2y = x+ c.e) x2y2x+3 c = 0.f ) |x y|=2x+ c.g)
y =5 ln(c+ ex).
-
3 Aplicaciones EDO de Primer Orden
El Propsito de este captulo es demostrar la utilidad de las
ecuaciones diferencialesordinarias de primer orden. Para ello
mostraremos algunas situaciones tpicas que se modelanmediante este
tipo de ecuaciones.
3.1 Crecimiento y Decrecimiento
Ahora nos concentraremos en aplicaciones modeladas por EDO de
primer orden llamadasecuaciones autnomas; esto es, ecuaciones de la
forma
dydt
= f (y).
La ley de Malthus viene descrita por una ecuacin de este tipo.
Esta ley se expresa ensmbolos matemticos como
dxdt
= kx, x(t0) = x0 (3.1)
en donde k es una constante. Esta aparece en muchas aplicaciones
de distintas reas delconocimiento que involucran crecimiento o
decrecimiento de una cantidad modelada enel tiempo. Por ejemplo, en
biologa a menudo se observa que la rapidez con que ciertasbacterias
se multiplican es proporcional al nmero de bacterias presentes en
cierto instante.Para cortos intervalos de tiempo, la magnitud de
una poblacin de animales pequeos,como roedores, puede predecirse
con bastante exactitud mediante la solucin de (3.1). Enfsica, un
problema de valor inicial como (3.1) proporciona un modelo para
aproximar lacantidad que queda de una sustancia radioactiva que se
desintegra, esta ecuacin en formasimplificada sirve como modelo
para determinar la temperatura de un cuerpo que se enfra.
-
58 Aplicaciones EDO de Primer Orden
En qumica, el mismo modelo diferencial sirve para determinar la
cantidad de sustancia quequeda durante una reaccin.
La constante de proporcionalidad k puede ser negativa o positiva
y se puede determinar sise establece otro valor de la variable x en
un tiempo t1 > t0 .
Ejemplo 3.1. Se sabe que la poblacin de cierta comunidad aumenta
en un instante cual-quiera con una rapidez proporcional al nmero de
personas presentes en dicho instante. Sila poblacin se duplica en 5
aos. Cunto demorar en triplicarse?.
Solucin. De acuerdo con el enunciado del problema, un modelo
para estudiar este fen-meno es el siguiente:
dPdt
= kP, (3.2)
sujeta a P(0) = P0, esto produce el modelo matemtico llamado ley
exponencial o deMalthus para el crecimiento de poblaciones. Se
pretende hallar el valor de t para el cualP(t) = 3P0.
La ecuacin diferencial en (3.2) es de variables separables, por
tanto:
dPP
= kdt
integrando tenemos, ln |P|= kt+ c de donde despejando P
obtenemos P(t) =Cekt .Reemplazando la condicin inicial P(0) = P0 se
tiene C = P0 por tanto:
P(t) = P0ekt . (3.3)
Ahora como P(5) = 2P0 remplazando en (3.3) se tiene:
2P0 =P0e5k
2 =e5k
ln(2) =k5
k =ln(2)
5
P(t) =P0eln(2)
5 t .
Para determinar el valor de t para el cual la poblacin se ha
triplicado, despejamos t de
3P0 = P0eln(2)
5 t
-
3.1 Crecimiento y Decrecimiento 59
luego cancelando y tomando la funcin logaritmo en ambos miembros
de la ecuacintenemos:
ln(3) =ln(2)
5t
t = 5ln(3)ln(2)
7,9.
As, se demora en triplicarse t 7,9 aos.
Otra aplicacin modelada mediante ecuaciones autnomas son los
llamados problemasfinancieros de inters: Consideremos una cantidad
A a ser invertida al % anual. El capitalP al final del ao ser
P =A(
1+
100
)si el inters es compuesto es anualmente,
P =A(
1+
2100)2
si el inters es compuesto es semestralmente,
P =A(
1+
4100)4
si el inters es compuesto es trimestralmente,
P =A(
1+
12100)12
si el inters es compuesto es mensualmente.
En general, el capital P al final del ao ser
P = A(
1+
m100)m
si la tasa de inters es r por ciento anual compuesto m veces por
ao. Al final de n aos elcapital ser:
P = A[(
1+rm
)m]n.
Si el nmero m incrementa sin lmite entonces
P = lmmA
[(1+
rm
)m]n= lm
mA[(
1+rm
)m/r]nr= Aenr.
Finalmente, reemplazando n por t obtenemos que
P = Aert
es el capital al final de un tiempo t si la cantidad A es
compuesta instantneamente ocontinuamente a un inters del r por
ciento anual. La ecuacin anterior es la solucin de laecuacin
diferencial
dPdt
= rP.
-
60 Aplicaciones EDO de Primer Orden
Ejemplo 3.2. Cuanto tiempo toma duplicar $50 si el inters es
compuesto continuamenteal 6% anual?.
Solucin. En este caso r = 6/100 = 0,06. La condicin inicial es
P(0) = 50 y queremoshallar t tal que P(t) = 100. Tenemos
dPdt
= 0,06P
que es una ecuacin de variable separable (tambin lineal) y as
dPP
=
0,06dt, ln(P) = 0,06t+ k
por lo tanto P(t) = Ke0,06t , usando la condicin inicial
obtenemos 50 = P(0) = Ke0,060 =K. Sustituimos esto en la solucin de
la ecuacin para t; esto es: 100 = P(t) = 50e0,06t .Finalmente,
ln(2) = 0,06t lo cual implica t 11,55 aos.
Ejercicios1. En 1990 el Departamento de Recursos Naturales liber
2.000 ejemplares de una
especie de pez en un lago. En 1997, la poblacin de estos peces
en el lago se estimen 5.000. Use la ley de Malthus para el
crecimiento de poblaciones y estime lapoblacin de estos peces en el
lago en el ao 2010.
2. En 1990 la poblacin de lagartos en los terrenos del Centro
Espacial Kennedy seestim en 350. En 2000, la poblacin haba
aumentado hasta un estimado de 1.300.Use la ley de Malthus para el
crecimeinto de poblaciones y estime la poblacin delagartos en
dichos terrenos en el ao 2010.
3. La poblacin de una comunidad crece a razn proporcional a la
poblacin en cualquiermomento t. Su poblacin inicial es de 6.500 y
aumenta 15% en 10 aos. Cul serla poblacin en 30 aos?.
4. A qu tasa de inters se duplicarn $300 en 8 aos?.5. Cual ser
el rdito de $1.000 al 4,5% de inters luego de 20 aos?.6. Cuanto
dinero se debe depositar en un banco al 5% de inters para poder
retirar
$3.600 anuales y que el capital sea consumido al final de este
tiempo si el dinero seretira continuamente desde la fecha del
deposito una cantidad de 3.600/365 al da?.
Solucin1. Aproximadamente 27.416 peces.2. 4.828,7.3. 9.885,6.4.
Aproximadamente 8,7%.5. 568,31.6. A =45.513..
-
3.1 Crecimiento y Decrecimiento 61
3.1.1 Modelo Logstico de Crecimiento Poblacional
El modelo anterior (ley de Malthus) debido a su simplicidad, es
solo aplicable a peque-as poblaciones. En aquellas que son grandes,
se tendrn algunas restricciones: recursos,espacio, alimento, etc.,
por lo tanto esto debera ser modelado. El modelo logstico tieneen
cuenta esta situacin: Supongamos que se ha estimado que cierto
espacio puede tolerarmximo una poblacin de tamao N1 (este se puede
encontrar por experimentacin, simu-lacin, etc.) y que si la
poblacin es pequea (con respecto a N), la tasa de crecimiento desta
crecer proporcionalmente a su tamao. Si la poblacin es demasiado
grande (respectoa N), la tasa de crecimiento es negativa. El modelo
viene dado en la siguiente forma:
dPdt
= kP(
1 PN
).
Ntese que el factor 1 PN es positivo cuando P < N y negativo
cuando P > N. La ecuacindada es de variables separables. Veamos
cmo se resuelve:
dPdt
= kP(
1 PN
)dP
P(1 PN
) = kdt dPP(1 PN
) = kdt = kt+C1.La integral del lado izquierdo se hace por
fracciones parciales dP
P(1 PN
) = ( 1P+
1/N1P/N
)dP
= ln |P| ln1 PN
= ln P1 PN
= ln
NPNP
de donde
ln NPNP
= kt+C1o equivalentemente,
NPNP = e
kt+C1 = ekteC1 =C2ekt .
Debemos considerar dos situaciones:1Usualmente recibe el nombre
de soporte.
-
62 Aplicaciones EDO de Primer Orden
(1.) Si NP > 0, entoncesNP
NP =C2ekt
NP = NC2ektPC2ektP(N+C2ekt
)= NC2ekt
P =NC2ekt
N+C2ekt=
NNC2
ekt +1
P =N
NC3ekt +1
donde C3 = 1C2 .(2.) Si NP < 0, entonces
NPNP =C2e
kt
NP =NC2ekt +PC2ektP(NC2ekt
)=NC2ekt
P = NC2ekt
NC2ekt =N
NC2
ekt1P =
N1NC3ekt
donde, otra vez, hemos hecho C3 = 1C2 .Si la poblacin inicial es
P(0) = P0 < N entonces la poblacin crecer (pues dPdt es
positivosuponiendo k > 0) hasta el soporte:
lmtP = lmt
N1NC3ekt = N.
En cualquiera de las dos situaciones la poblacin tiende a estar
en equilibrio. Si P(0) =P0 = 0, la poblacin se mantendr en cero,
naturalmente. Finalmente, si P(0) = P0 =N entonces la poblacin se
mantendr constante en P(t) = N. En resumidas cuentas lapoblacin
viene dada mediante la frmula
P(t) =
N
NC3ekt+1, si 0 < P0 < N
N1NC3ekt , si P0 > N0, si P0 = 0N, si P0 = N.
En la Figura 3.1 se presentan dos situaciones hipotticas en que
el soporte es 3 (asntotahorizontal). La primera, la poblacin
inicial es mayor que el soporte y a lo largo del tiempo
-
3.1 Crecimiento y Decrecimiento 63
decrecer. Y en la segunda ecuacin, la poblacin inicial es menor
que el soporte (peropositiva) y la poblacin crecer hasta el
soporte.
Figura 3.1: Asntota horizontal modelo logstico.
Ejemplo 3.3. En cierta ciudad hay 4.800 personas susceptibles de
contraer una cierta enfer-medad contagiosa. La tasa de crecimiento
de una epidemia es conjuntamente proporcionalal nmero de personas
infectadas y al nmero de personas que todava no se han
infectado.Inicialmente contraen la enfermedad 300 personas y 10 das
despus se han infectado 1.200.
1. Cuntas personas se habrn infectado al cabo de 20 das?.2.
Cundo se propagar con mayor rapidez la enfermedad? (es decir, al
cabo de cuntos
das se habr infectado la mitad de las personas susceptibles de
contraer la enferme-dad).
Solucin. En este caso N=4.800 y la ecuacin est dada por
dPdt
=k1P(4.800P)
=4.800k1P(
1 P4.800
).
Ntese que se trata de una ecuacin logstica con k =4.800k1 y
soporte N =4.800, ademsP(0) = 300
-
64 Aplicaciones EDO de Primer Orden
La condicin inicial es P(0) = 300, as
P(0) =4.800
4.800C3+1= 300
4.800 =1.440.000C3+300.
De donde C3 = 0,003125 y actualizando la ecuacin tenemos
P(t) =4.800
15ekt +1.
Se sabe tambin que P(10) =1.200, lo que permite encontrar el
parmetro k.
P(10) =4.800
15ek10+1= 1.200
415ek10+1
= 1
ek10 =15
k = 110
ln(
15
) 0,16094.
Por tanto la expresin para la poblacin de enfermos est dada
por
P(t) =4.800
15e0,16094t +1.
1. Para calcular el nmero aproximado de enfermos al cabo de 20
das, hacemos
P(20) =4.800
15e0,16094(20)+1 3.000.
2. Para encontrar el tiempo (en das) en que la mitad de la
poblacin se ha infectadoresolvemos
P(t) =2.4004.800
15e0,16094t +1=
4. 8002
= 2. 400
215e0,16094t +1
=1
15e0,16094t +1 =2
e0,16094t =1
15
t =0,16094ln(
115
) 18,8 das.
-
3.1 Crecimiento y Decrecimiento 65
Ejercicios1. Las observaciones sobre el crecimiento de tumores
en animales indican que el tamao
y(t) del tumor al tiempo t puede describirse mediante la ecuacin
diferencial
dydt
=ky ln(y
a
),
donde k y a son constantes positivas. Esta ecuacin diferencial
en ocasiones se conocecomo ley de crecimiento de Gompertz. Resuelva
esta ecuacin diferencial.
2. Un modelo de poblaciones utilizado en las predicciones
actuariales se basa en laecuacin de Gompertz
dPdt
= P(ab ln(P)),donde a y b son constantes.
a) Halle P(t) en la ecuacin de Gompertz.b) Si P(0) = P0 > 0,
d una frmula para P(t) en trminos de a, b, P0 y t.c) Describa el
comportamiento de P(t) cuando t+. (Sugerencia: Considere
los casos para b > 0 y b < 0).3. En cualquier tiempo t la
cantidad de bacterias en un cultivo crece a razn proporcional
al nmero de bacterias presentes. Al cabo de dos horas se observa
que hay 600individuos. Despus de 15 horas hay 3.000 especmenes. Cul
era la cantidad inicialde bacterias?.
Solucin1. y(t) = aee
ktc.
2. a) p(t) = eaebtbc
b .
b) p(t) = eaaebt
b p0ebt .3. 468,4.
3.1.2 Determinacin de Edades por el Mtodo del Carbono 14
La teora de la datacin por carbono se basa en que el isotopo
Carbono 14 se produce enla atmsfera por la accin de la radiacin
csmica sobre el nitrgeno. El cociente de lacantidad de 14C y la
cantidad de carbono ordinario presentes en la atmsfera es
constantey, en consecuencia, la proporcin de isotopo presente en
todos los organismos vivos es lamisma que en la atmsfera. Cuando un
organismo muere, la absorcin de 14C cesa. As,comparando la
proporcin de 14C que hay en un fsil con la proporcin constante
encontradaen la atmsfera, es posible obtener una estimacin
razonable de su edad. El mtodo usaadems el hecho que la vida media
del 14C radioactivo es de aproximadamente 5600 aos.
Ejemplo 3.4. El isotopo radioactivo de plomo, 209 Pb, se
desintegra, en un instante cual-quiera, con una rapidez
proporcional a la cantidad presente en dicho instante, y tiene
unavida media de 3,3 horas. Si inicialmente hay 1 gramo de plomo,
cunto tiempo transcurrirpara que se desintegre el 90% de dicho
elemento?.
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66 Aplicaciones EDO de Primer Orden
Solucin. Sea A(t) la cantidad de plomo que queda en un instante
cualquiera. La ecuacindiferencial con condicin inicial es:
dAdt
= kA, A(0) = 1 gramo.
Como en el Ejemplo 3.1, se tiene que A(t) =Cekt donde notamos
por la condicin inicial queC = 1 y as A(t) = ekt . Como el isotopo
209 Pb tiene una vida media de 3,3 horas, tenemosque A(3,3h) = 12
gramos, entonces para evaluar k se debe resolver
12 = e
3,3k. Despejando kresulta
k =ln(1/2)
3,30,210045.
De esta forma, A(t) = e0,210045t .
Como se desintegra el 90% de la cantidad inicial, entonces queda
10% de la sustancia. Parahallar t se debe resolver 0,1 1gramos =
e0,210045t . Despejando t resulta t = ln(0,1)0,210045 10,96 11
horas. Es decir, para que se desintegre pasan 11 horas. Ejemplo
3.5. En una cueva de Sudfrica se hall un crneo humano junto con los
restos deuna hoguera. Los arquelogos creen que la edad del crneo es
igual a la edad de la hoguera.Se ha determinado que solo queda 2%
de la cantidad original de carbono 14 en los restosde madera en
l