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ECUACIONES DIFERENCIALES
ORDINARIAS
DEMETRIO CCESA RAYME
 UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN CON LA CONDICIÓN INICIAL
SE EXPRESA DE LA SIGUIENTE FORMA:
DONDE ES LA CONDICION INICIAL
 ECUACIÓN DE VARIABLES SEPARABLES
En donde es posible "despejar" todos
los términos con la variable
dependiente en función de la variable
independiente
SOLUCION + c
Solución General: Y: f(x)
Expresada en forma explícita o implícita
Ecuaciones Diferenciales de
Variables Separables
Una EDO de primer orden: dy/dx = f(x,y) = g(x)h(y), es separable o de variables
separables. En este caso, puede resolverse mediante integración directa,
integrando a ambos lados, para lo cual las dos constantes de integración se
engloban en una:
  Cdxxgdy
yh
)(
)(
1
Por ejemplo :
  c½ exdxey
,edy/dx
xx
x



22
2
1
1
Ecuaciones Diferenciales de
Variables Separables
La idea más simple de los procedimientos de solución es reescribir la
ecuación como una ecuación de variables separadas:
Donde f(y) es una función exclusivamente de y y g(x) es una función
exclusivamente de x. Esta ecuación se resuelve integrando a ambos
lados:
La ED de la forma
Se denomina ED de variables separables, ya que es inmediata su
reescritura como una ED con variables separadas:
dxxgdyyf )()( 
 
x
x
y
y
dxxgdyyf
00
)()(
dyxgyfdxxgyf )()()()( 2211 
dx
xg
xg
dy
yf
yf
)(
)(
)(
)(
2
1
1
2

Algunos tipos de ED se convierten fácilmente a variables separables, por
ejemplo cuyo campo vectorial es función de una combinación lineal de x e y:
Haciendo el cambio z=ax+by, se obtiene:
Ejemplo: La ecuación
Se puede reescribir como
Donde z=x+y.
Integrando se obtiene
Regresando a las variables originales:
testanconssonb,adonde),byax(f
dx
dy

)z(bfa
dx
dz

1
dx
dy
)yx( 2

2
z
1
1
dx
dz

cx)z(tanz 1
 
)cyta n (yx 
(1+x)dy - ydx=0
Y=(1+x)c
RESOLVER:
3)4(,  y
y
x
dx
dy
2
11
22
1
22
25
2
25
,
2
4
2
)3(
22
,
xy
cc
c
xy
xdxydy



 
Resolver
También se puede dejar la solución en forma implícita como:
x2 + y2 = c2, donde c2 = 2c1
Aplicando la condición inicial, 16 + 9 = 25 = c2; x2 + y2 = 25.
Una solución en forma explícita con dominio de definición I : -5 < x < 5.
2
25 xy 
Solución por separación de variables:
)1(
1
1lnln
1
1
111 1ln1ln
1
xe
exeeey
cxy
x
dx
y
dy
c
ccxcx







1c
e
Resolver
x
y
y


1
'
  
1),1(|1|
1,1|1|


xxx
xxx
Solución: como dy/y= dx/(1+x), tenemos:
Sustituyendo por c, obtenemos y=c (1+x)
¿Que pasaría si no se toma el valor absoluto?
POSIBLE PÉRDIDA DE UNA SOLUCIÓN
Cuando r es un cero de h(y), si sustituimos y(x)= r en dy/dx = g(x)h(y),
tenemos 0 = 0. Es decir, y(x) = r también es solución de dy/dx = g(x)h(y).
Sin embargo, esta solución no se revelará tras la integración, puesto que:
dy/h(y) = g(x) dx queda indefinido en el cociente (h(y = r) = 0). Entonces
y(x) = r es una solución singular.
Resolver: dy/dx = y2 – 4
Separando variables, escribimos esta ED como:
dxdy
yy
dx
y
dy










 22
;
4
4
1
4
1
2
2
2
,4
2
2
ln,2
4
1
2ln
4
1
24
21
cx
e
y
y
cx
y
y
cxyy








Sustituyendo exp(c2) por c y resolviendo para y:
x
x
xxccx
ce
ce
yceeee
y
y
4
4
444
1
1
2;
2
2 22




 
Si se factoriza la EDO: dy/dx = (y + 2)(y – 2), y se iguala a 0, se obtiene y =  2 como
soluciones de equilibrio. y = 2 corresponde a c = 0 en la solución. Pero y = -2 es una
solución singular que no se puede obtener de la solución anterior (observa las fracciones
parciales al comienzo para entender por qué).
Solucionar:
dy/dx = xy½ con y(0) = 0
Separando variables tenemos:
dy/y½ = xdx
2 y½ = (x2/2 + c)
y = (x2/2 + c)2. Como y(0) = 0, c = 0 , la solución que se obtendrá será: y = x4/16
Se ha perdido la solución trivial y(x) = 0 en el término dy/y½ y que también cumple la
condición inicial. Entonces, así se encuentre una solución particular para una ED de
primer orden al conseguir determinar c mediante una condición inicial, es posible que
la solución no sea única.
En este caso el Problema de Valor Inicial(PVI) posee
una infinidad de soluciones que podemos escribir
con a  0 como:
 






axax
ax
xy
,
16
1
,0
)( 222
 
 
 
2
2
2
3 2
3 2
sin 2 0
sin 2
1
cos
3
1
arcc
2
o
3
sin
s
ydy x x dx
ydy x x dx c
y x x c
y x x x c
dy x x
dx y
    
   
    
 



   
 
 
y
xx
dx
dy
sin
22


Resolver:
Solución:
   
2
2
2
2
2 2
0
1
1
sin cos
1
cos cos
arcsin
cos1 1 sin
arcsin ln arcsin ln
s l
1
in n
dy dx
xy
dy dx
c
xy
dy
y dy d
y
dy d
ydy
d
d
d y
y
y x c y c x
y x x
x
c
x
  
   
 

   

 

 

    
 
   
 


 

   
x
y
dx
dy 2
1

Resolver:
Solución:
Solución:
Separando variables:
Aplicamos la identidad sen (2x) = 2 sen x cos x:
 (ey – ye-y) dy = 2  sin x dx
Integrando por partes: ey + ye-y + e-y = -2 cos x + c
Puesto que y(0) = 0, c = 4; la solución implícita es:
ey + ye-y + e-y = 4 −2 cos x.
0)0(,2sin)(cos 2
 yxe
dx
dy
yex yy
dx
x
x
dy
e
ye
y
y
cos
2sin2


Resolver
Resolver:
Resolver:
Solución:
 
 
 
2
2 2
2 1
1
2
1
ln
1 1
ln ln1 ln
2
1
1
ln
2
1 2
g z
g
z
dg dz dg dz
g z g z
z
g
z z
g
g z
dg z g
g
d
z
z z
  
 
    




 
Resolver:
Nota:
Se han incluido las condiciones iniciales del problema como límites inferiores de
las integrales al resolver la EDO.
La ecuación de la forma
tiene de la forma de una diferencial exacta du(x,y) = 0
y por consiguiente la solución: u(x,y) = c
si cumple la condición de Euler:
En tal caso
y la función u(x,y) se puede obtener integrando M respecto a x:
y se puede determinar c(y) derivando
x
)y,x(N
y
)y,x(M





0dy)y,x(Ndx)y,x(M 
y
)y,x(u
)y,x(N,
x
)y,x(u
)y,x(M






  )y(cdx)y,x(M)y,x(u
Ejemplo: La siguiente ED
Es exacta puesto que
Integrando respecto a x
Es decir,
Derivando respecto a y
De donde
Finalmente la solución general es
0dy)3yx(dx)1yx( 2

x
yx
y
yx




 )3()1( 2
  )()1(),( ycdxyxyxu
)(),( 2
2
ycxx yyxu x

3)(' 2



yxycx
y
u
  1
2
)3()( cdyyyc
232 3),(
32
cyxx yyxu yx

Ecuación diferencial exacta con factor integrante:
Solución:
EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente
resolverla por el método de las exactas.
SOLUCIÓN:
1º Paso: Checar si la ED es exacta o no exacta
No exacta
2º Paso: Búsqueda del factor integrante (F. I.) para convertir la ED en exacta:
Para esto es necesario realizar las dos consideraciones para ver cuál
de las dos se puede factorizar y por ende produce un factor
integrante:
3º Paso: Conversión de la ED no exacta en exacta
Factorizando se tiene:
4º Paso: Aplicación de los 4 pasos (i a iv) del método de solución de las ED
exactas.
Paso i): Comprobar si la ED es exacta
Exacta
Paso ii): Integrar con respecto a x, dejando a y constante
Paso iii): Derivar con respecto a y la ecuación resultante en el paso ii
Despejando g´(y) de la igualdad anterior, se tiene:
Paso iv): Obtener la función g (y)
Paso v): Sustitución del valor de g (y) en el paso ii
Solución general: kccsiendocxyyx  11
232
2
EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente
resolverla por el método de las exactas.
SOLUCIÓN:
APLICANDO LAS PROPIEDADES DE LOS LOGARITMOS Y EXPONENCIALES:
Se tiene lo siguiente:
xx
e
y
y
ce
xy
xy
c 





))0(2(
))0(3(
)2(
)3(
xx
e
y
y
ce
y
y
c 


)(
)(
)0(
)0(
  xx
ecec 1

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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias EDO ccesa007

  • 2.  UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN CON LA CONDICIÓN INICIAL SE EXPRESA DE LA SIGUIENTE FORMA: DONDE ES LA CONDICION INICIAL  ECUACIÓN DE VARIABLES SEPARABLES En donde es posible "despejar" todos los términos con la variable dependiente en función de la variable independiente SOLUCION + c
  • 3. Solución General: Y: f(x) Expresada en forma explícita o implícita Ecuaciones Diferenciales de Variables Separables
  • 4. Una EDO de primer orden: dy/dx = f(x,y) = g(x)h(y), es separable o de variables separables. En este caso, puede resolverse mediante integración directa, integrando a ambos lados, para lo cual las dos constantes de integración se engloban en una:   Cdxxgdy yh )( )( 1 Por ejemplo :   c½ exdxey ,edy/dx xx x    22 2 1 1 Ecuaciones Diferenciales de Variables Separables
  • 5. La idea más simple de los procedimientos de solución es reescribir la ecuación como una ecuación de variables separadas: Donde f(y) es una función exclusivamente de y y g(x) es una función exclusivamente de x. Esta ecuación se resuelve integrando a ambos lados: La ED de la forma Se denomina ED de variables separables, ya que es inmediata su reescritura como una ED con variables separadas: dxxgdyyf )()(    x x y y dxxgdyyf 00 )()( dyxgyfdxxgyf )()()()( 2211  dx xg xg dy yf yf )( )( )( )( 2 1 1 2 
  • 6. Algunos tipos de ED se convierten fácilmente a variables separables, por ejemplo cuyo campo vectorial es función de una combinación lineal de x e y: Haciendo el cambio z=ax+by, se obtiene: Ejemplo: La ecuación Se puede reescribir como Donde z=x+y. Integrando se obtiene Regresando a las variables originales: testanconssonb,adonde),byax(f dx dy  )z(bfa dx dz  1 dx dy )yx( 2  2 z 1 1 dx dz  cx)z(tanz 1   )cyta n (yx 
  • 8. 3)4(,  y y x dx dy 2 11 22 1 22 25 2 25 , 2 4 2 )3( 22 , xy cc c xy xdxydy      Resolver También se puede dejar la solución en forma implícita como: x2 + y2 = c2, donde c2 = 2c1 Aplicando la condición inicial, 16 + 9 = 25 = c2; x2 + y2 = 25. Una solución en forma explícita con dominio de definición I : -5 < x < 5. 2 25 xy  Solución por separación de variables:
  • 9. )1( 1 1lnln 1 1 111 1ln1ln 1 xe exeeey cxy x dx y dy c ccxcx        1c e Resolver x y y   1 '    1),1(|1| 1,1|1|   xxx xxx Solución: como dy/y= dx/(1+x), tenemos: Sustituyendo por c, obtenemos y=c (1+x) ¿Que pasaría si no se toma el valor absoluto?
  • 10. POSIBLE PÉRDIDA DE UNA SOLUCIÓN Cuando r es un cero de h(y), si sustituimos y(x)= r en dy/dx = g(x)h(y), tenemos 0 = 0. Es decir, y(x) = r también es solución de dy/dx = g(x)h(y). Sin embargo, esta solución no se revelará tras la integración, puesto que: dy/h(y) = g(x) dx queda indefinido en el cociente (h(y = r) = 0). Entonces y(x) = r es una solución singular. Resolver: dy/dx = y2 – 4 Separando variables, escribimos esta ED como: dxdy yy dx y dy            22 ; 4 4 1 4 1 2
  • 11. 2 2 ,4 2 2 ln,2 4 1 2ln 4 1 24 21 cx e y y cx y y cxyy         Sustituyendo exp(c2) por c y resolviendo para y: x x xxccx ce ce yceeee y y 4 4 444 1 1 2; 2 2 22       Si se factoriza la EDO: dy/dx = (y + 2)(y – 2), y se iguala a 0, se obtiene y =  2 como soluciones de equilibrio. y = 2 corresponde a c = 0 en la solución. Pero y = -2 es una solución singular que no se puede obtener de la solución anterior (observa las fracciones parciales al comienzo para entender por qué).
  • 12. Solucionar: dy/dx = xy½ con y(0) = 0 Separando variables tenemos: dy/y½ = xdx 2 y½ = (x2/2 + c) y = (x2/2 + c)2. Como y(0) = 0, c = 0 , la solución que se obtendrá será: y = x4/16 Se ha perdido la solución trivial y(x) = 0 en el término dy/y½ y que también cumple la condición inicial. Entonces, así se encuentre una solución particular para una ED de primer orden al conseguir determinar c mediante una condición inicial, es posible que la solución no sea única. En este caso el Problema de Valor Inicial(PVI) posee una infinidad de soluciones que podemos escribir con a  0 como:         axax ax xy , 16 1 ,0 )( 222
  • 13.       2 2 2 3 2 3 2 sin 2 0 sin 2 1 cos 3 1 arcc 2 o 3 sin s ydy x x dx ydy x x dx c y x x c y x x x c dy x x dx y                            y xx dx dy sin 22   Resolver: Solución:
  • 14.     2 2 2 2 2 2 0 1 1 sin cos 1 cos cos arcsin cos1 1 sin arcsin ln arcsin ln s l 1 in n dy dx xy dy dx c xy dy y dy d y dy d ydy d d d y y y x c y c x y x x x c x                                            x y dx dy 2 1  Resolver: Solución:
  • 15. Solución: Separando variables: Aplicamos la identidad sen (2x) = 2 sen x cos x:  (ey – ye-y) dy = 2  sin x dx Integrando por partes: ey + ye-y + e-y = -2 cos x + c Puesto que y(0) = 0, c = 4; la solución implícita es: ey + ye-y + e-y = 4 −2 cos x. 0)0(,2sin)(cos 2  yxe dx dy yex yy dx x x dy e ye y y cos 2sin2   Resolver
  • 18.
  • 19.
  • 20.
  • 21.
  • 22.
  • 23.
  • 24.       2 2 2 2 1 1 2 1 ln 1 1 ln ln1 ln 2 1 1 ln 2 1 2 g z g z dg dz dg dz g z g z z g z z g g z dg z g g d z z z                 Resolver: Nota: Se han incluido las condiciones iniciales del problema como límites inferiores de las integrales al resolver la EDO.
  • 25. La ecuación de la forma tiene de la forma de una diferencial exacta du(x,y) = 0 y por consiguiente la solución: u(x,y) = c si cumple la condición de Euler: En tal caso y la función u(x,y) se puede obtener integrando M respecto a x: y se puede determinar c(y) derivando x )y,x(N y )y,x(M      0dy)y,x(Ndx)y,x(M  y )y,x(u )y,x(N, x )y,x(u )y,x(M         )y(cdx)y,x(M)y,x(u
  • 26. Ejemplo: La siguiente ED Es exacta puesto que Integrando respecto a x Es decir, Derivando respecto a y De donde Finalmente la solución general es 0dy)3yx(dx)1yx( 2  x yx y yx      )3()1( 2   )()1(),( ycdxyxyxu )(),( 2 2 ycxx yyxu x  3)(' 2    yxycx y u   1 2 )3()( cdyyyc 232 3),( 32 cyxx yyxu yx 
  • 27. Ecuación diferencial exacta con factor integrante: Solución:
  • 28. EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente resolverla por el método de las exactas. SOLUCIÓN: 1º Paso: Checar si la ED es exacta o no exacta No exacta 2º Paso: Búsqueda del factor integrante (F. I.) para convertir la ED en exacta: Para esto es necesario realizar las dos consideraciones para ver cuál de las dos se puede factorizar y por ende produce un factor integrante:
  • 29. 3º Paso: Conversión de la ED no exacta en exacta Factorizando se tiene: 4º Paso: Aplicación de los 4 pasos (i a iv) del método de solución de las ED exactas. Paso i): Comprobar si la ED es exacta Exacta
  • 30. Paso ii): Integrar con respecto a x, dejando a y constante Paso iii): Derivar con respecto a y la ecuación resultante en el paso ii Despejando g´(y) de la igualdad anterior, se tiene: Paso iv): Obtener la función g (y) Paso v): Sustitución del valor de g (y) en el paso ii Solución general: kccsiendocxyyx  11 232 2
  • 31. EJEMPLO: Obtener el F.I. de la siguiente ED no exacta y posteriormente resolverla por el método de las exactas. SOLUCIÓN:
  • 32. APLICANDO LAS PROPIEDADES DE LOS LOGARITMOS Y EXPONENCIALES: Se tiene lo siguiente: xx e y y ce xy xy c       ))0(2( ))0(3( )2( )3( xx e y y ce y y c    )( )( )0( )0(   xx ecec 1