EDO Notas de Clase

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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

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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


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.


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.


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.


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).


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.


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


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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:


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.


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.


(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).


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.


(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


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.


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|.


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


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,


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


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.


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.


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.


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.


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 .


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.


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.


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

.


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.


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.


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,


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.


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)


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)


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.


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)


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.


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


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.


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.


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..


3.1.1 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.


(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


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


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.


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?.


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

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