Notas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Universidad de ...

Notas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Universidad de Costa Rica ∗
Carlos Montalto
∗ Estas notas esta diseñadas como material adicional, en nigún momento pretenden ser un sustituto de las
lecciones. Los ejercicios con asterisco ( ∗ ) han sido tomados de exámenes de la cátedra.

Contenido
1 Primer Orden 3
1.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 EDO Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Teorema Fundamental del Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4 Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.5 Ecuación Homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.5.1 EDO Reducibles a Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.6 Ecuación Exacta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.6.1 Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.7 Ecuación Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.8 Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.9 Ecuación de Clairaut, Lagrange y Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.10 Reducción de Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.11 EDO de una Familia de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.12 Trayectorias Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.13 Crecimiento y Decrecimiento de Poblaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.14 Ley de Enfriamiento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.15 Mezclas y Reacciones Químicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.16 Leyes del Movimiento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 Orden Arbitrario 29
2.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2 Existencia y Unicidad de Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3 Dependecia e Independencia de Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.1 Dependencia e Independencia Lineal de Solciones . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.4 Ecuacion Lineal Homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.4.1 Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.5 Método de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.6 Reducción de Orden con Solución Particular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.7 Ecuacion Lineal No Homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.7.1 Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.7.2 Variación de parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3 Sistemas de EDO 43
3.1 Operadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.2 Sitemas lineales - Forma Matricial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2.1 Sistema Homogeneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2.2 Valores Propios Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
1

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CONTENIDO
4 Solución por Series 53
4.1 Puntos Singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2

Capítulo 1
Primer Orden
1.1 Definiciones
Supongamos que la función y = f(x) expresa cuantitativamente un fenómeno y que al estudiar este
fenómeno es imposible establecer directamente la relación de dependencia entre y y x; sin embargo
se logra establecer una dependencia entre las magnitudes x, y y sus derivadas y ′ , y ′′ , . . . , y (n) . Una
ecuación que establezca una relación entre la variable independiente x, la función buscada y y sus
derivadas y ′ , y ′′ , . . . , y (n) se llama ecuación diferencial, simbólicamente:
F (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0 (1.1)
Una solución de la ecuación diferencial es una relación directa y = f(x) que satisfaga la ecuación
diferencial. Al proceso de encontrar soluciones a un ecuación diferencial se le conoce como integrar
la ecuación diferencial.
EJEMPLO 1.1
Desde cierta altura es arrojado un cuerpo de masa m. Determinar la ley según la cual cambia la velocidad v, si sobre
el cuerpo, además de la fuerza de gravedad, actúa la fuerza de resistencia del aire, proporcional a la velocidad (con
coeficiente de proporcionalidad k); es decir debemos hallar v = f(t)
Solución. De la segunda ley de Newton ma = F , donde F es la fuerza que actúa sobre el cuerpo en dirección del
movimiento y a la aceleración, obtenemos:
mv ′ = mg − kv
que es un ED que modela el problema, resolviendola obtenemos la relación directa entre la velocidad y el tiempo dada
por
v = Ce − k m t + mg
k
donde C es una constante arbitraria. Si añadimos la condición de velocidad inicial v(0) = v 0 obtenemos:
v = (v0 − mg
k )e− k m t + mg
k
De esta fórmula se deduce que si t es suficientemente grande la velocidad depende poco de v0 , más aun cuando t → ∞
la velocidad tiende a la constante mg
que esta determinada solamente por la masa del cuerpo y la resistencia del aire.
k
Si v0 < mg
el cuerpo irá aumentando su velocidad, pero si el v k 0 > mg
el cuerpo se irá deteniedo y si v k 0 = mg
la k
velocidad sera constante. Finalmente cuando no hay resistencia del aire obtenemos la muy conocida fórmula
v = v 0 + gt
Si la función buscada y = f(x) es de una sola variable la ED se llama ordinaria y se escribe EDO,
si la función buscada tiene varias variables la ED se llama parcial y se escribe EDP. El orden de la
más alta derivada que aparece en la ecuación se llama orden de la ED.
3

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.2
La ecuación x 2 (y ′′′′
) 2 + xy ′ + (x 2 − 4)y = 0 es un EDO de orden 3.
EJEMPLO 1.3
La ecuación ∂4 u
∂x 4 + 2x ∂3 u
∂y 3 − ∂4 u
∂y 2 ∂x 2 = 0 es un EDP de orden 4.
Una solución de una EDO que contenga al menos una constante arbitraria se llama solución gen
eral. Una solución que se obtenga de un solución general mediante asignarle valores a las constantes
arbitrarias se llama solución particular. Si una solución general tiene la propiedad de que toda
solución de la EDO se puede obtener de esta mediante la asignación de valores a las constantes se dice
que es una solución completa de la EDO.
EJEMPLO 1.4
La ecuación y ′′ − y ′ − 2y = 0 tiene como solución completa
donde a y b son constantes arbitrarias.
EJEMPLO 1.5
La ecuación y ′′ + y = 0 tiene como solución completa
donde a y b son constantes arbitrarias.
1.2 EDO Primer Orden
y = ae −x + be 2x
y = a sin x + b cos x
La ecuación diferencial de primer orden tiene la forma general:
F (x, y, y ′ ) = 0
en caso en que se pueda resolver para y ′ obtenemos:
y ′ = f(x, y)
se dice que la ecuación se puede resolver con respecto a la derivada.
EJEMPLO 1.6
La ecuación diferencial y ′ = a 0 + a 1 x 1 + . . . + a nx n , donde a 0 , . . . , a n son constantes fijas, es de primer orden y tiene
como solución completa a la función
donde C es una constante arbitraria.
EJEMPLO 1.7
y = C + a 0 x + a 1
2 x2 + . . . + a n
n + 1 xn+1
La EDO y ′ = y es de primer orden y tiene como solución completa a la función
donde C es una constante arbitraria.
Teorema 1.1. Si en la ecuación
y = Ce x
y ′ = f(x, y)
la función f(x,y) y su derivada parcial ∂f
∂y respecto a y son continuas en cierto dominio D del plano,
y si (x , y ) es un punto en este dominio, entonces existe una única solución definida en D dada por
0 0
y = ϕ(x), que satisface ϕ(x0) = y0 4

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
La condición de que la función y debe tomar del valor y 0 en x 0 se llama condición inicial. Por el
Teorema 1.1 las soluciones de los ejemplos 7 y 8 son únicas dada una cualquier condición inicial, en
estos casos utilizando la notación del Teorema 1 D = R, veamos un caso en que se rompe una de las
hipótesis del teorema.
EJEMPLO 1.8
Considere la EDO y ′ = 2y
x
en R. Observe que
j
C1x y =
2 si x ≥ 0
C2x2 si x ≤ 0
es solucion de la EDO para C1 y C2 constantes arbitrarias. Lo cual indica que dada cualquier condición inicial hay una
infinidad de soluciones que la satisfacen. Note que no se aplica el teorema 1 pues 2y
no es continua en x = 0.
x
Desde un punto de vista más geométrico, la solución general de la EDO de primer orden, es una
familia de curvas en el plano, dependientes de al menos una constante arbitraria C (o como se suele
decir, de un parámetro C). Estas curvas se llaman curvas integrales de la ecuación diferencial dada.
Suponga que tenemos una EDO resuelta con respecto a la derivada
y ′ = f(x, y)
para todo punto (x 0 , y 0 ) la ecuación anterior determina un valor de la derivada de y. Por consiguiente,
dicha ecuación define un conjunto de direcciones que se llama el campo direccional de la EDO. En
otras palabras, el problema de integración de un EDO consiste en hallar las curvas, cuyas tangentes
están orientadas de modo que su dirección coincida con la dirección del campo en cada punto. A
primera entrada esto puede resultar un poco confuso, sin embargo, conforme el lector se familiarice
con el tema le resultará muy intuitivo.
EJEMPLO 1.9
La EDO de primer orden
y ′ = − x
y
tiene como solución general la familia x2 + y2 = C2 de círculos de radio C. Si imponemos la condición inicial y(0) = 1
(i.e. que la solución pase por el punto (0, 1)) obtenemos que la solución buscada es el círculo unitario. Observe que que
la solución general que varian según varia C y su forma (dirección en cada punto) esta determinada por la ED y ′ = − x
y .
Ejercicio 1.1
Analice la EDO (1 − cos x)y ′ − (sin x)y = 0 a la luz del teorema 1, sabiendo que
y = c n (1 − cos x) 2nπ ≤ x ≤ 2(n + 1)π
es una solución de dicha EDO, donde c n son constantes arbitrarias para todo entero n. Grafique las curvas integrales
y explique el problema de la unicidad dada una condición inicial, ¿En cuáles dominios del plano hay unicidad?
Ejercicio 1.2
Grafique los campos direccionales de la ecuación diferencial y ′ = y e intuya la forma de las soluciones generales.
Encuentre la función que para por el punto (0, 1).
1.3 Teorema Fundamental del Cálculo
El caso más familiar de una EDO es de la forma:
y ′ = f(x) (1.2)
y las soluciones de esta ecuación están descritas por teorema fundamental del cálculo de la siguiente
manera
5

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Teorema 1.2. Si f(x) es continua en R, entonces se cumple la fórmula
d
f(x)dx = f(x)
dx
Por lo tanto la solución de la ecuación diferencial (1.2) viene dada por:
y = f(x)dx
que como sabemos representa una familia de curvas. Esto justifica las soluciones de los dos primeros
ejemplos de esta sección.
EJEMPLO 1.10
La solución de la ecuación diferencial y ′ = cos x viene dada por
Z
y(x) = cos xdx = sin x + C.
Si añadimos la condición inicial y(0) = 0, obtenemos que C = 0 y por lo tanto y = sin x
Existen soluciones de EDO que dependen de integrales que no pueden evaluarse en terminos de las
funciones elementales.
EJEMPLO 1.11
La solución de la ecuación diferencial y ′ = e−x2 viene dada por
Z
y(x) = e −x2
dx
que como sabemos no puede ser evaluada en términos de funciones elementales.
Ejercicio 1.3
Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales:
1. y ′ = sin x cos x.
2. y ′ = sin 2 x.
3. y ′ = sin 3 x.
1.4 Variables Separables
Estudiemos la EDO de la forma
4. y ′ = sin xe x .
5. y ′ = cos xe x .
6. y ′ = cos xe x .
dy
dx = f 1 (x)f 2
7. y ′ = ln x.
8. y ′ = arctan x.
9. y ′ = ln 2 x.
(y) (1.3)
suponiendo que f 2 (y) = 0 en el dominio de interes. Asumamos que podemos parametrizar la curva
(x(t), y(t)), de donde obtenemos que (1.3) se transforma en
1 dy
f2(y(t)) dt = f1(x(t)) dx
dt
integrando ambos lados con respecta a t obtenemos:
1 dy
dt =
f (y(t)) dt 2
f 1 (x(t)) dx
dt dt
finalmente haciendo un cambio de variable llegamos a que
1
dy =
f (y) 2
f1(x)dx + C
6

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
lo cual es una correlación entre la solución y, la variable x y la constante C. Es decir hemos encontrado
las curvas integrales y por ende implícitamente una solucíon general de la EDO.
Una EDO
M(x)dx + N(y)dy = 0 (1.4)
que se pueda escribir de la forma(1.3) se llama ecuación con variables separables y debido a lo
anterior satisface la ecuación
M(x)dx + N(y)dy = C
EJEMPLO 1.12
Considere la EDO con variables separables
integrando obtenemos que
xdx + ydy = 0
x 2 + y 2 = C 2
observe que esta ecuación representa la familia de circunferencias de centro 0 y radio C, que son precisamente las curvas
integrales de la EDO.
EJEMPLO 1.13
Resolvamos la ecuación 1 + xyy ′ = y 2 + yy ′ , separando variables obtenemos:
integrando obtenemos:
donde k = 0, y entonces
dx ydy
=
1 − x 1 − y2 2 ln |1 − x| = ln ˛ ˛ 1 − y 2 ˛ ˛ + C =⇒ ln |1 − x| 2
|1 − y 2 |
(1 − x) 2 = λ(1 − y 2 )
= C =⇒ |1 − x|2
|1 − y 2 | = eC = k 2
donde λ ∈ R − {0}, escribiendo las curvas integrales de manera más familiar obtenemos
(1 − x) 2
+ y
λ
2 = 1
por lo tanto, si λ > 0 ,las curvas son elipses; y si λ < 0 las curvas son hipérbolas. Observe que x = 1, y = 1 y y = −1 son
soluciones de la EDO, que no es obtienen para ningún valor de λ. Dichas soluciones se llaman soluciones singulares,
pues no se pueden obtener de ninguna solución general por medio de la asignación de valores a las constantes arbitrarias.
EJEMPLO 1.14
Veamos que por medio del cambio de variable v = ax + by + c la EDO
que no es de VS se convierte en una EDO de VS.
y ′ = f(ax + by + c)
Solución. Diferenciando con respecta a x la igualdad v = ax + by + c obtenemos que:
sustituyendo en la EDO
Ejercicio 1.4
dv
= a + bf(v) =⇒
dx
Utilice lo anterior para resolver las siguientes EDO.
1. y ′ = (x − y) 2 .
2. y ′ = (x + y − 3) 2 − 2x − 2y + 6.
3. y ′ = e 2x+y−1 − 2
y ′ = v′ − a
b
dv
= dx =⇒
a + bf(v)
7
Z
dv
a + bf(v) =
Z
dx + C = x + C

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ejercicio 1.5 ∗
Muestre que la ecuación no separable (F (x)+yG(xy))dx+xG(xy)dy = 0 se convierte en separable por medio del cambio
de variable v = xy. Utilice lo anterior para resolver la EDO (x 2 + y sin xy)dx + (x sin xy)dy = 0.
Ejercicio 1.6 ∗
Muestre que el cambio de variable y = x
en una EDO de VS y resuélvala.
Ejercicio 1.7 ∗
Compruebe que la ecuación direrencial
“ ”
1+v
convierte la EDO
1−v
x 2 y ′ − xy = y 2 − x 2
y ′ = yf(xy)
xg(xy)
se convierte en una ecuación de variables separables, mediante la transformación z = xy. Aplique este procedimiento
para resolver la ecuación diferencial
Ejercicio 1.8 ∗
y ′ =
y(2xy + 1)
x(xy − 1)
Muestre que el cambio de variable u = ye x separa variables en la ecuación diferencial
y dx + (1 + y 2 e 2x dy = 0)
y resuélvala. Además determine la región del plano–xy en la cual se puede garantizar existencia y unicidad de soluciones.
Ejercicio 1.9
Determine una transformación apropiada que convierta las ecuación dada en una de variables separables:
1. xy ′ = yf ` y
xn ´
.
2. x + yy ′ = f(x 2 + y 2 ).
3. xy ′ − ax + y = x 2a . (Sugerencia: Despeje xy ′ )
1.5 Ecuación Homogénea
Una función f(x, y) se llama homogénea de grado n, si para todo λ ∈ R se tiene que
EJEMPLO 1.15
Fácilmente se ve que
1. f(x, y) = 3p x 3 + y 3 es homogenea de primer grado.
2. f(x, y) = x2 −y 2
xy
Una EDO de la forma
es homogenea de grado cero.
f(λx, λy) = λ n f(x, y)
y ′ = f(x, y)
se llama homogénea si f(x, y) es homogénea de grado cero. Dicha EDO se soluciona mediante el
, pues la convierte en
cambio de variable u = y
x
du f(1, u) − u
=
dx x
8

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
que es una EDO de VS que tiene como solución
du dx
= + C
f(1, u) − u x
EJEMPLO 1.16
Analicemos la EDO
dy
dx =
xy
x2 − y2 claramente f(x, y) =
xy
x2−y2 es homogenea de grado cero, por lo tanto la EDO es homogena, tomamos u = y
x y
convertimos la EDO en
du
dx =
u3 x(1 − u2 )
que es de una EDO de VS, separando variables e integrando llegamos a que
− 1
1
− ln |u| = ln |x| + ln |C| =⇒ − = ln |uxC|
2u2 2u2 sustituyendo u = y
llegemos a la solución dada implícitamente por la fórmula
x
Ejercicio 1.10
Resuelva las siguientes EDO.
1. y ′ = (x − y) 2 . ∗
2. y ′ = y+x cos2 (y/x)
x ; y(1) = π
4 .
3. y ′ = y(1+xy)
x(1−xy)
4. y ′ = 2x−y
x−2y
5. (x − y ln y + y ln x)dx + x(ln y − ln x)dy = 0
“
6. y − p x2 + y2 ”
dx − xdy = 0; y(0) = 1
Ejercicio 1.11 ∗
Considere la EDO 2xy 3 dx + (x 2 y 2 − 1) dy = 0.
− x2
= ln |Cy|
2y2 (a) Muestre que el cambio de variable y = z a transforma la EDO dada en
2xz 3a dx + a(x 2 z 3a−1 − z a−1 ) dz = 0.
(b) Determine un valor a tal que la ecuación anterior sea homogénea.
(c) Resuelva la EDO dada inicialmente.
Ejercicio 1.12∗ Considere la ecuación diferencial dy
dx =
r
y + x2
2
q
(a) Muestre que la sutitución u = y + x2
transforma la ecuación diferencial dada en una ecuación homogenea.
2
(b) Resuelva la ecuación dada inicialmente
1.5.1 EDO Reducibles a Homogéneas
Se reducen a homogeneas las EDO de la forma
y ′
ax + by + c
= f
donde f es una función continua arbitraria.
a 1 x + b 1 y + c 1
9
(1.5)

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Si c = c 1 = 0 la ecuación (1.5) es homogenea. Supongamos que alguno de los dos valores no es cero,
realicemos el cambio de variable
x = x 1 + h, y = y 1 + k.
Entonces,
dy
dx = dy 1
dx 1
Sustituyendo en (1.5) tenemos que:
dy ax1 + by + ah + bk + c
1
1
= f
dx1 a1x1 + b1y1 + a1h + b1k + c1 Elejimos h y k de modo que
ah + bk + c = 0
.
(1.6)
a 1h + b 1k + c 1 = 0 (1.7)
bajo estas condiciones la ecuación (1.6) se transforma en una EDO homogénea, solucionando dicha
ecuación y sistituyendo nuevamente los valores de x1, y1 obtenemos la solución de (1.5).
En caso de que el sistema (1.7) no tenga solución, es decir cuando a
b
= 0 obtenemos que ab = a b.
1 1
a1 b1 Entonces si λ = a1 a = b1 b tenemos que a = λa1 y b = λb , por consiguiente (1.5) se transforma en
1
y ′
ax + by + c
= f
= g(ax + b)
λ(ax + by) + c1 que, como vimos, se transforma en un EDO de VS por medio del cambio de variable v = ax + b.
EJEMPLO 1.17
Analicemos la EDO
dy x + y − 3
=
dx x − y − 1
en este caso el sistema (1.7) tiene solución h = 2 y k = 1 y por lo tanto si x = x1 + h y y = y1 + k obtenemos que:
dy1 dx1 = x 1 + y 1
x 1 − y 1
que es una EDO homogenea, haciendo la sustitución u = y 1 , como ya sabemos llegamos a un EDO de VS
x
1
integrando, hallamos que
simplificando
sustituyendo u por y 1
x 1
en la igualdad, tenemos:
1 − u
1 + u 2 du = x 1
x 1
arctan u − 1
2 ln(1 + u2 ) = ln x 1 + C
Cx 1
p 1 + u 2 = e arctan u
q
C x2 1 + y2 1 = earctan y 1
x1
finalmente pasando a las variables x y y, obtenemos:
q
C (x − 2) 2 + (y − 1) 2 y−1
arctan
= e x−2 .
10

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.18
Analicemos la EDO
en este caso vemos que 2x+y−1
4x+2y+5
dy 2x + y − 1
=
dx 4x + 2y + 5
2x+y−1
= (i.e. el sistema (1.7) no tiene solución), hacemos el cambio de variable
2(2x+y)+5
u = 2x + y y llegamos a que
du 5u + 9
=
dx 2u + 5
resolviendo, encontramos:
2 7
u + ln |5u + 9| = x + C
5 25
finalmente volvemos a las variables iniciales y obtenemos la solución final dada por
Ejercicio 1.13
Solucione las siguientes EDO
1. (3x − 7y + 7) dx − (3x − 7y − 3) dy = 0.
2. (x + 2y + 1) dx − (2x + 4y + 3) dy = 0.
1.6 Ecuación Exacta
Una EDO de la forma
10y − 5x + 7 ln |10x + 5y + 9| = C.
se llama exacta si existe una función U(x, y) tal que:
y en este caso debido a que
la solución viene dada por
dU = ∂U
∂x
3. (x + 2y + 1) dx − (2x − 3) dy = 0.
4. (y − 3x + 6) dx − (x + y + 2) dy = 0.
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (1.8)
∂U
∂x
= M y ∂U
∂y
= N
∂U
dx + dy = M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
∂y
U(x, y) = C
Teorema 1.3. Si M y N son continuamente diferenciables, una condición necesaria y suficiente para
la exactitud de la ecuación diferencial (1.8) es que
∂M
∂y
= ∂N
∂x
Entonces si tenemos una EDO de la forma (1.8), basta comprobar que cumple (1.9), para asegurara
que es exacta. Sin embargo aun tenemos el problema de hallar la función U(x, y), ilustremos el método
general por medio de los siguientes ejemplos.
EJEMPLO 1.19
Analicemos la EDO
2xy dx + (x 2 + cos y)dy = 0
aqui M = 2xy y N = x 2 + cos y claramente satisfacen (1.9). Entonces existe U(x, y) tal que
∂U
= 2xy,
∂x
∂U
∂y = x2 + cos y
11
(1.9)

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
integrando la primera ecuación con respecta a x, obtenemos:
U = x 2 y + f(y)
de segunda ecuación y derivanda a ambos lados U = x 2 y + f(y) con respecto a y tenemos:
∂U
∂y = x2 + f ′ (y) = x 2 + cos y
por lo tanto f(y) = sin y + c, y por ende U = x 2 y + sin y + c, finalmente la solución de la EDO viene dada por la fórmula
EJEMPLO 1.20
Resuelva la EDO
con la condición inicial y(0) = 1.
x 2 y + sin y = C.
y ′ = xy2 − 1
1 − x 2 y
Solución. Escribimos la EDO como (xy 2 −1)dx+(x 2 y−1)dy = 0, vemos que es exacta. Analogamente al procedimiento
anterior encontramos que la solución de la EDO es
utilizando la condición inicial obtenemos que C = −1.
U = x2y2 − x − y = C
2
En ciertos casos las EDO exactas se pueden resolver un método de inspección conocido como agrupación
de términos. Este esta basado en la habilidad de reconocer ciertas diferencias exactas.
EJEMPLO 1.21
Utilicemos el método de agrupación de términos para resolver la EDO exacta:
agrupando obtenemos:
entonces
2xy dx + (x 2 + cos y)dy = 0
(2xy + x 2 dy) + (cos y)dy = 0
d(x 2 y) + d(sin y) = 0 =⇒ d(x 2 y + sin y) = 0
y por lo tanto las solución general viene dad por x 2 y + sin y = C.
Ejercicio 1.14
Considere la ecuación diferencial (3y a + 10xy 2 ) dx + (6x a−1 y − 2 + 10x 2 y) dy = 0.
(a) ¿Para cuales valores de a esta ecuación es exacta?
(b) Para tales valores resuelva la ecuación diferencial.
Ejercicio 1.15
Considere la ecuación diferencial (y + xy a ) dx + (x + x a y) dy = 0.
(a) ¿Para cuales valores de a esta ecuación es exacta?
(b) Para tales valores resuelva la ecuación diferencial.
Ejercicio 1.16
(a) ¿Para cuales funciones N(x, y) la ecuación diferencial (y + x 2 y 3 )dx + N(x, y)dy = 0 es exacta?
(b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.
Ejercicio 1.17
Muestre que el teorema 1.3
12

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
1.6.1 Factor Integrante
Supongamos que la EDO
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 (1.10)
no es exacta. En ciertos casos es posible hallay una función µ(x, y) tal que, si multiplicamos la ecuación
(1.10) por µ se convierte en exacta, y la solución general de la ecuación así obtenida coincide con la
solcuión general de la ecuación inicial; la función µ(x, y) se llama un factor integrante de la ecuación
(1.10).
Para hallar un factor integrante de (1.10), necesitamos que
µM dx + µN dy = 0
sea un EDO exacta. y por el teorema 1.3, basta que
∂(µM)
∂y
= ∂(µM)
∂x
y por la regla de la cadena podemos simplificar dicha condición a que
∂ ln µ ∂ ln µ ∂N
M − N =
∂y ∂x ∂x
∂M
− . (1.11)
∂y
Entonces es claro que toda función µ(x, y) que satisfaga (1.11) es un factor integrante de (1.10).
Lamentablemente la eucación (1.11) es un ecuación en derivadas parciales, y el caso general de esta
EDP, para hallar µ(x, y), es más dificil que la ecuación original. Sin embargo si asumimos que el factor
integrante depende de una función u(x, y), entonces podemos simplificar (1.11) y obtenemos:
Nx − My
µ = exp
du .
Muy − Nux
Algunos casos específicos son los siguientes:
EJEMPLO 1.22
• Si u = x entonces
donde f(x) =
1 ∂M
N ∂y
• Si u = y entonces
donde g(y) =
1 ∂N
M ∂x
Hallar la solución de la EDO
∂N − ∂x
∂M − ∂y
Solución. Aquí: M = y + xy 2 ; N = −x;
∂M
∂y
= 1 + 2xy;
µ = e R f(x)dx
µ = e R g(y)dy .
(y + xy 2 ) dx − x dy = 0
∂N
∂x
= −1;
∂M
∂y
= ∂N
∂x .
por lo tanto la EDO no es exacta. Examinemos para ver si la EDO admite un factor integrante que depende solo de y,
para eso vemos que
„ «
1 ∂N ∂M
− = −
M ∂x ∂y
2
= g(y)
y
es una función que solo depende de y y por lo tanto la EDO si admite dicho factor integrante, y sabemos que viene
dado por la fórmla
R R
g(y) dy − 2 dy 1
µ = e = e y =
y2 13

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
multiplicando por µ la EDO obtenemos „
1
y
que es exacta, resolviéndola encontramos que
EJEMPLO 1.23
Hallar la solución de la EDO
«
+ x
dx − x
dy = 0
y2 y = − 2x
x 2 + 2C
(x 4 + x 2 y 2 + x) dx + y dy = 0
Solución. Veamos que en este caso podemos encontrar un factor integrante µ depende solo de u = x2 + y2 , para esto
basta ver que
„ «
1 ∂N ∂M
− = −
2(yM − xN) ∂x ∂y
1
= h(u)
u
y por lo tanto
R
h(u) du 1
µ = e =
u =
1
x2 + y2 Aun más podemos ver que esta EDO también admite un factor integrante que depende solamente de x, calculemos
„ «
1 ∂M ∂N
− = 2x
N ∂y ∂x
2 = f(x)
y por lo tanto
µ = e 2x3
3 .
Con cualquiera de los dos factores integrantes, la EDO se puede transformar en exacta. Encontrar la solución queda
como ejercicio al lector.
Ejercicio 1.18
Muestre que en cada uno de los casos, la función µ es la que indica la fórmula.
hR Nx−My
• Si u = xy entonces, µ = exp Mx−Ny du
i
.
• Si u = x
» –
R 2 2
y My−y Nx
entonces, µ = exp
du .
y Mx+Ny
• Si u = y
» –
R 2 2
x Nx−x My
entonces, µ = exp
du .
x Mx+Ny
Ejercicio 1.19 ∗
Cosidere la ecuación diferencial:
y dx + (x 2 + y 2 + x) dy = 0.
(a) Determine un factor integrante, µ, de esta ecuación diferencial que sea función de x 2 + y 2 .
Esto es µ = f(x 2 + y 2 ).
(b) Resuelva esta ecuación diferencial.
Ejercicio 1.20 ∗
(a) Determine n y m para que x n y m sea un factor integrante de la ecuación diferencial:
(b) Halle la solución general de esta ecuación diferencial.
Ejercicio 1.21 ∗
(2y 2 − 6xy) dx + (3xy − 4x 2 ) dy = 0.
(a) Determine n y m para que x n y m sea un factor integrante de la ecuación diferencial:
` x 2 y 3 + 2y ´ dx + ` 2x − 2x 3 y 2 ´ dy = 0.
14

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
(b) Halle la solución general de esta ecuación diferencial.
Ejercicio 1.22 ∗
Considere dos funciones f y g, tales que f(xy) − g(xy) no se anula en alguna región del plano xy.
(a) Muestre que en diche región la función
µ(x, y) =
es un factor integrante para la ecuación diferencial
(b) Resuelva la ecuación:
Ejercicio 1.23 ∗
1
xy(f(xy) − g(xy))
yf(xy) dx + xg(xy) dy = 0.
y(2xy + 1) dx + x(1 + 2xy − x 3 y 3 dy) = 0.
(a) Determine n y m para que xnym sea un factor integrante de la ecuación diferencial:
„ « „ «
1
1
+ y2 dx + + xy dy = 0.
x2 xy
(b) Halle la solución general de esta ecuación diferencial.
Ejercicio 1.24 ∗
Cosidere la ecuación diferencial: „
6 − y2
« „ «
4 3x
dx + + − 3y dy = 0.
x
x y
(a) Determine un factor integrante, µ, de esta ecuación diferencial que sea función de xy.
Esto es µ = f(xy).
(b) Resuelva esta ecuación diferencial.
1.7 Ecuación Lineal
Una EDO de la forma
y ′ + P (x)y = Q(x)
donde P, Q ∈ C(R) se llama EDO lineal primer orden. Facilmente observamos que si multiplicamos
a ambos lados por µ = e R P dx obtenemos
integrando llegamos a la solución general
EJEMPLO 1.24
Resuelva y ′ − 2
y = (x + 1)3
x+1
Solución. En este caso µ =
1
(x+1) 2 , entonces
integrando llegamos a la solución general
dy
dx (yeR P dx ) = Q(x)e R P dx
ye R P dx =
„
dy
dx
y =
y
(x + 1) 2
(x + 1)4
2
Qe R P dx dx + C
15
«
= x + 1
+ (x + 1) 2 C

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.25
Resuelva y ′ = 1
x−3y
Solución. En este caso consideramos a x(y) como función de y, para poder escribir la EDO en forma lineal, entonces
x ′ − x = −3y
por lo tanto µ = e −y , entonces con el mismo procedimiento anterior obtenemos
Ejercicio 1.25
Resuelva las siguietes EDO
1. y ′ − 2xy = x.
2. ` e 2x + 1 ´ (y ′ + y) = 1.
1.8 Ecuación de Bernoulli
Una EDO de la forma
x = 3y + 3 + Ce y .
3. y ′ cos x + y sin x = 1.
4. y ′ + n a
y = x xn , n ∈ N y a ∈ R.
y ′ + P (x)y = Q(x)y n
5. y ′ + y cos x = 1
sin 2x. 2
6. y ′ 1
=
ey − x .
donde P, Q ∈ C(R) y n = 1 se llama EDO de Bernoulli. Utilizando el cambio de variable z = y 1−n ,
dicha encuación se transforma en un EDO lineal
EJEMPLO 1.26
Resuelva la ecuación de Bernoulli
Solución. En clase.
Ejercicio 1.26 ∗
z ′ + (1 − n)P (x)z = (1 − n)Q(x)
y ′ + yx = x 3 y 3
Considere la ecuación diferencial
x dy
+ y + x = xe2xy
dx
(a) Muestre que la sustitución u = exy transforma la ecuación diferencial dada en una ecuación de Bernoulli.
(b) Resuelva la ecuación de Bernoulli obtenida en (a).
(c) De la solución general de la ecuación inicial.
Ejercicio 1.27
Resuelva las siguientes EDO
1. y ′ + 3x 2 y = x 2 y 3 .
2. y ′ + 1
x y = xy2 .
3. y ′ + y
x = x3 y 3 sin x.
16
4. y ′ − tan x · y + cos x · y 2 = 0.
5. (1 − x 2 )y ′ − xy − axy 2 , a ∈ R.
6. (y ln x − 2)ydx = xdy.

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ejercicio 1.28 ∗
Considere la ecuación diferencial y ′ + y2 + y 1
= x x2 .
(a) Pruebe que si φ(x) es una solución de esta ecuación diferencial, entonces la sustitución y = φ + v transforma dicha
ecuación en la ecuación de Bernoulli siguiente
dv
dx +
» –
1
+ 2φ(x) v = −v
x 2
(b) Pruebe que la función φ(x) = − 1
es solución de la ecuación dada inicialmente.
x
(c) Tomando φ(x) = − 1
resuelve la ecuación de Bernoulli dada en (a).
x
(d) Determine la solución general de la ecuación diferencial dada inicialmente.
Ejercicio 1.29 ∗
Considere la ecuación diferencial
x du 1 − x2
+
dx 1 + x2 u = 4√x arctan x
√ u
1 + x2 1/2
(a) Muestre que la sustitución y = xu transforma la ecuación diferencial dada en una ecuación de Bernoulli.
(b) Resuelva la ecuación de Bernoulli obtenida en (a).
(c) De la solución general de la ecuación inicial.
1.9 Ecuación de Clairaut, Lagrange y Ricatti
Una EDO de la forma
y = xy ′ + f(y ′ ) (1.12)
donde f es continuamente diferenciable, se llama ecuación de Clairaut, y presenta varias propiedades
interesantes.
Para resolverla utilizamos el cambio de variable v = y ′ , diferenciando a ambos lados obtenemos:
v ′ (x + f ′ (v)) = 0.
Esta ecuación se satisface si se cumplen cualquiera de las siguientes condiciones:
1. v ′ = 0, en tal caso v = C, donde C es una constante arbitraria. Sustituyendo en (1.12) llegamos
una las solución general de la ecuación de Clairaut dada por
y = Cx + f(C)
2. x + f ′ (v) = 0, en este caso usando (1.12) obtenemos las ecuaciones
x = −f ′ (v)
y = −vf ′ (v) + f(v) (1.13)
que definen parametricamente una solución singular de la ecuación de Clairaut. La solución
singular de la ecuación de Clairaut determina un envolvente de la familia de rectas, dados por
la solución general, veamos la motivación geométrica de este nombre en el siguiente ejemplo.
17

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.27
Hallar la solución de la EDO
y = xy ′ + (y ′ ) 2
Solución. Hacemos el cambio de variable v = y ′ , y claramente un solución general viene dada por
y = Cx + C 2
para hallar la solución singular utilizamos las ecuaciones (1.13)
de las cuales obtenemos que la solución singular es
x = −2v
y = −v 2
y = − x2
4 .
Ahora, claramente cada recta de la familia Ω = {y = Cx + C2 : C ∈ R} es tangente a la parábola y = − x2
; y por cada
4
punto de la parábola y = − x2
pasa una única recta de la familia Ω.
4
Ejercicio 1.30
ECUACIÓN DE LAGRANGE: Considere le ecuación diferencial de la forma
y = xϕ(y ′ ) + ψ(y ′ )
al derivar dicha ecuación y hacer el cambio y ′ = p se puede escribir de la forma
dx
+ A(p)x = B(p)
dp
resolviendo esta ecuación diferencial lineal de primer orden obtenemos x = f(p, C), lo cual nos da la solución paramétrica
x = f(p, C)
donde la últmi ecuación se obtiene de la ecuación inicial.
Ejercicio 1.31
y = f(p, C)ϕ(p) + ψ(p)
ECUACIÓN RICATTI: Considere la ecuación diferencial de la forma
y ′ + p(x)y 2 + q(x)y = r(x)
si p(x) ≡ 0 la ecuación se convierte en lineal y si r(x) ≡ 0 se obtiene una ecuación de Bernoulli. En el caso general
la ecuación diferencial se llama Ecuación de Ricatti y para resolverla se necesita conocer una solución particular de la
ecuación (sea φ esta solución). Entonces muestre que utilizando el cambio de variable
y = φ + 1
z
la ecuación se transforma en una ecuación lineal de primer orden.
1.10 Reducción de Orden
Si en la ecuación
F (x, y, y ′ , y ′′ ) = 0
alguna de las variables x ó y no aparecen explícitamente en la ecuación, entonces la ecuación se puede
simplificar por medio del cambio de variable y ′ = v.
18

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.28
Resuelva le siguiente EDO
xy ′′ + y ′ = 4x
Solución. En este caso la ecuación no contiene explícitamente a la variable y, entonces el cambio de variable v = y ′ la
transforma en
xv ′ + v = 4x
la cual es una EDO lineal y al resolverla obtenemos
de donde finalmente
y ′ = v = 2x + A
x
A ∈ R
y = x 2 + A ln x + B A, B ∈ R.
Observe que en esta ecuación se obtienen dos constantes arbitrarias, esto se debe a que el orden de la ecuación diferencial
inicial es también dos.
EJEMPLO 1.29
Analicemos la siguiente EDO
2yy ′′ = 1 + (y ′ ) 2 .
En este caso tenemos que la ecuación no contiene explícitamente la variable x, entonces en este caso el cambio de
variable v = y ′ la transforma en
2y dv
= 1 + v2
dx
utilizando la identidad
dv dv dy dv
= =
dx dy dx dy v
obtenemos
2y dv
v = 1 + v2
dy
resolviendo por separación de variables llegamos a que
1 + (y ′ ) 2 = 1 + v 2 = Ay A ∈ R − {0}
despejando y ′ = ± √ Ay − 1 y finalmente separando variables obtenemos
Ejercicio 1.32
Resuelva las siguientes EDO
1. xy ′′ = 2
2. xy ′′′ = 2
y =
(Ax + B)2
4A
+ 1
A
3. y ′′ = a 2 y a ∈ R
4. y ′′ + y = 0.
A, B ∈ R, A = 0.
1.11 EDO de una Familia de Curvas
5. xy ′′ − y ′ = x 2 e x
6. y ′ y ′′′ − 3(y ′′ ) 2 = 0
Ocasionalmente es necesario obtener una EDO de orden n que tiene a una función dada con n constantes
arbirarias como solución general. Para encontrar dicha EDO, diferenciamos n veces la igualdad
y resolvemos para las constantes el sistema obtenido de escoger n ecuaciones de las n + 1 ecuaciones
obtenidas. Y luego sustitiumos las constantes en alguna de las ecuaciónes.
19

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.30
Sean a y b constantes, encuentre una EDO de segundo orden tal que tenga a
como solución general.
Solución. Diferenciando obtenemos:
y = ae x + b cos x
y ′ = ae x − b sin x
y ′′ = ae x − b cos x
resolviendo el sistema para a y b
y + y′′
a =
2ex y − y′′
b =
2 cos x
sustituyendo en la segunda ecuación obtenemos la EDO buscada.
(1 + tan x)y ′′ − 2y ′ + (1 − tan x)y = 0
Existen EDO de orden mayor que tambien tienen a y = ae x + b cos x como solución general un ejemplo de una es
y (4) = y
sin embargo la única de orden 2 es la que encontramos anteriormente.
Ejercicio 1.33
Halle una EDO de orden 2 que tiene como solución general la familia de parábolas que tocan al eje x en un solo punto.
Respuesta. 2yy ′′ − (y ′′ ) 2 = 0.
Ejercicio 1.34
Halle una EDO de primer orden que tiene como solución general la familia de rectas que tocan la parabola 2y = x 2 en
un solo punto.
Respuesta. (y ′ ) 2 − 2y ′ x + 2y = 0.
Ejercicio 1.35
Halle una EDO de primer orden que tiene como solución general la familia de curvas tal que, para cada una de dichas
curvas, el segmento de la tangente desde el punto al eje-y es bisecado por el eje-x.
Respuesta. xy ′ − 2y = 0 .
Ejercicio 1.36
Halle una EDO que tiene como solución general una familia uniparamétrica de curvas tal que, para cada una de ellas,
el área de la región triangular limitada por el eje-x, la linea tangente en el punto y la perpendicular por el punto de
tangencia sea igual a a 2 .
Respuesta. 2a 2 y ′ − y 2 = 0 .
Ejercicio 1.37
Halle una EDO cuya solución general sea la familia de todas las circunferencias con centro en el eje y = x.
Ejercicio 1.38
Halle una EDO cuya solución general sea la familia de todas las circunferencias que pasan por los puntos (0, 1) y (1, 0) .
Ejercicio 1.39
El área del triángulo, formado por la tangente a una curva buscada y los ejes de coordenadas, es una magnitud constante.
Hallar esta curva.
Respuesta. 4xy = a & y = Cx ± a √ C para a > 0, C ∈ R.
20

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
1.12 Trayectorias Ortogonales
Sea
Φ(x, y, C) (1.14)
una familia de curvas dependiendo de un parámetro C, las curvas que cortan todos los elementos de
esta familia bajo un ángulo constante se llaman trayectorias isogonales. Si este ángulo es recto de
llaman trayectorias ortogonales.
Para hallar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada procedemos de la siguiente
manera. Primeramente encontramos la EDO que tiene a (1.14) como solución general. Sea
F (x, y, y ′ ) = 0
dicha ecuación, entonces la familia de soluciones de la EDO
son las trayectorias ortogonales de (1.14).
EJEMPLO 1.31
Encuentre las trayectorias ortogonales de x 2 + y 2 = Cx.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.32
F (x, y, − 1
) = 0
y ′
Halle las trayectorias ortogonales de la familia de parábolas y = Cx 2 .
Solución. En clase.
Ejercicio 1.40 ∗
Halle las trayectorias ortogonales a la familia de circunferencias con centro sobre el eje x y que pasan por el origen.
Ejercicio 1.41
Determine n para que la familia de curvas x n + y n = C sea ortogonal a la familia y =
Ejercicio 1.42 ∗
Halle las trayectorias ortogonales de las lemniscatas (x 2 + y 2 ) 2 = (x 2 − y 2 )C 2 .
Ejercicio 1.43
x
1 − Cx .
Muestre que la familia de parábolas y 2 = 4Cx + 4C 2 es asi misma ortogonal. Grafique algunos de los miembros de esta
familia.
Ejercicio 1.44
Muestre que la familia
x2 a2 y2
+
+ C b2 = 1
+ C
donde a y b son constantes dadas es asi misma ortogonal. Esta familia se llama la familia de cónicas confocales. Grafique
algunos de los miembros de esta familia.
21

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
1.13 Crecimiento y Decrecimiento de Poblaciones
La ley de crecimiento exponencial de poblaciones afirma que la tasa de crecimiento de una población es
proporcional, en el tiempo, a la cantidad de habitantes que este presente en dicha población. Entonces
si denotamos:
• N = Cantidad de habitantes en el tiempo t.
• k = Constante de proporcionalidad. (k > 0).
obtenemos por la ley de crecimiento, que
y por lo tanto
EJEMPLO 1.33
dN
dt
= kN
N(t) = Ce kt ; C ∈ R
Si un cultivo de bacterias crece a una tasa proporcional a la cantidad, además tenemos que despues de una hora hay un
cultivo de 1000 familias de bacterias, y despueds de 4 horas hay 3000 familias de bacterias. Halle el número de familias
de bacterias en función del tiempo y el número inicial de familias.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.34
Bacterias en cierto cultivo incrementan su reproducción a una velocidad proporcional al número presente. Si el número
original de bacterias se incrementa en un 50% en media hora, ¿en cuánto tiempo se espera tener tres veces el número
original, y cinco veces el número original?
Solución. En clase.
Ejercicio 1.45
En una solución de un compuesto químico, se sabe que la razón de formación del compuesto es proporcional a la cantidad
del químico presente en cada instante. Si despues de una hora la cantidad medida del compuesto es 3/2 de la cantidad
inicial. ¿Cuánto tiempo se requiere para triplicar el número de gramos iniciales?
Ejercicio 1.46
Un cultivo de bacterias “enferma” crece a una tasa que es inversamente proporcional a la raíz cuadrada del número
presente. Si hay inicialmente 9 unidades y si 16 unidades están presentes después de 2 días, ¿en cuánto tiempo habrá
36 unidades?
Ejercicio 1.47
Una pequeña población crece según la ley de crecimiento exponencial. Si la población inicial es de 500 habitantes y si
esta aumenta en un 15% en 10 a˜;os. Determine la población dentro de 30 años y la cantidad de tiempo que debe pasar
para que la población crezca un 60%.
Ejercicio 1.48 ∗
La población, N(t), de individuos de una población que manifiestan cierta característica, en un instante t obedece a la
ecuación diferencial
dN
= k(1 − N)N.
nt
Si en el instante inicial esta proporción es de 1
, determine el tiempo necesario para que esta proporción se duplique.
3
Suponga que k = 0.025 por año.
22

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
La ley de desintegración exponencial radioactiva afirma que la tasa de desintegración de una substancia
es proporcional, en el tiempo, a la cantidad de substancia que este presente. Entonces si denotamos:
• N = Cantidad de substancia en el tiempo t.
• k = Constante de proporcionalidad. (k > 0).
obtenemos por la ley de desintegración, que
y por lo tanto
dN
dt
= −kN
N(t) = Ce −kt ; C ∈ R
La vida media de una substancia se define como el tiempo que ésta requiere para reducir su masa
inicial a la mitad.
EJEMPLO 1.35
Se sabe que cierto material radioactivo se desintegra a una tasa proporcional a la cantidad de material presente, además
sabemos que inicialmente hay 50 miligramos de material y despues de 2 horas se observa que el material ha perdido un
10% de su masa original. Halle la masa de este material en función del tiempo, y encuentre su vida media.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.36
El Pb-209 isótopo radioactivo del plomo, se desintegra según la ley de desintegración exponencial. Si sabemos que tiene
una vida media de 3.3 horas y que al principio había N0 gramos de plomo, ¿cuánto tiempo debe transcurrir para que
se desintegre el 90% de su masa inicial?
Solución. En clase.
Ejercicio 1.49
Un material radioactivo se desintegra a una tasa proporcional a la cantidad presente. Si después de un hora se observa
que el 10% del material se ha desintegrado, halle la vida media del material.
Ejercicio 1.50
La velocidad de desintegración del radio es proporcional a la cantidad presente. Si su vida media es de 1600 años, halle
qué tanto porciento resultará desintegrado cuando pasen 100 años.
Ejercicio 1.51
Encuentre la vida media de una substancia radioactiva se el 25% de ésta desaparece en 10 años y sabiendo que esta
substancia se rige por la ley del decrecimiento exponencial.
Ejercicio 1.52
La carga eléctrica en una superficie esférica se escapa a una tasa proporcional a la cantidad presente en cada instante.
Si inicialmente hay 12 unidades presentes y si 8 unidades esta presentes después de 2 días, ¿cuánto tiempo tomará para
que la sustancia desaparezca?
Ejercicio 1.53
Suponga que una substancia decrece a una razón que es inversamente proporcional a la cantidad presente en cualquier
instante. Si inicialmente hay 12 unidades presentes y si 8 unidades están presentes despues de 2 días ¿cuánto tiempo
tomará para que la substancia desaparezca?
23

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
1.14 Ley de Enfriamiento de Newton
La ley de enfriamiento de Newton afirma que la tasa de cambio de la temperatura de un cuerpo es
proporcional, en el tiempo, a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la del medio. Sea
• T = Temperatura del cuerpo al instante t.
• Tm = Temperatura del medio (constante).
• k = Constante de proporcionalidad. (k > 0).
Por la ley de enfriamiento de Newton obtenemos que
dT
dt
= −k(T − Tm)
donde el signo negativo se explica por el hecho de que la temperatura del cuerpo tiende a la temperatura
del medio, resolviendo la ecuación diferencial llegamos a que
EJEMPLO 1.37
T = Tm + Ce −kt
Una barra metálica a una temperatura de 100 ◦ F se pone en un cuarto a una temperatura constante de 0 ◦ F . Si despues
de 20 minutos la temperatura de la barra es 50 ◦ F , hallar el tiempo que gastará la barra en llegar a una temperatura
de 25 ◦ F y la temperatura inicial de la barra.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.38
Un cuerpo con temperatura de 80 ◦ C se coloca, en instante t = 0, en un medio cuya temperatura se mantiene a 50 ◦ C y
luego de 5 minutos la temperatura de dicho cuerpo es de 70 ◦ C. Halle la temperatura del cuerpo luego de 10 minutos,
y el instante en que su temperatura es de 60 ◦ C.
Solución. En clase.
Ejercicio 1.54 ∗
Una taza de café se calienta a 200 ◦ F y luego se coloca en una habitación donde la temperatura es de 70 ◦ F . Si transcur-
rido un minuto, el café llegó a una temperatura de 190 ◦ F , ¿cuánto tiempo hay que esperar para que su temperatura
sea de 150 ◦ F ?
Ejercicio 1.55
Despues de estar expuesto durante 10 minutos, en el aire a una temperatura de 10 ◦ C, un objeto se enfrió de 100 ◦ C a
55 ◦ C.
(a) ¿En cuánto tiempo, a partir de este momento, la temperatura del objeto llegaráa los 19 ◦ C?
(b) ¿Cuánto tiempo le tomará el mismo objeto enfriarse de 500 ◦ a 250 ◦ C si se coloca en el agua que se mantiene a
una temperatura de 0 ◦ C?
1.15 Mezclas y Reacciones Químicas
Veamos la aplicación de las EDO a mezclas de substancias, considere un tanque que contiene V0
galones con s 0 libras de sal. Otra solución salina que contine α libras de sal por galón, se vierte en el
tanque a una tasa de n galones por minuto, mientras que, simultaneamente, la solución bien mezclada
sale del tanque a una tasa de m galones por minuto. En este tipo de problemas podemos hallar la
siguiente información:
24

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
• V (t) : Volumen (gal) de la solución salina en tiempo t.
• C(t) : Concentración de sal (lb/gal) que hay en tanque en tiempo t.
• Q(t) : Cantidad de sal (lb) que hay en el tanque en tiempo t.
Claramente el volumen en tiempo t está determinado por la fórmula
y por ende la concentración viene dada por
Ahora observe que
o equivalentemente que
V (t) = V0 + (n − m)t,
C(t) = Q(t)
V (t) =
Q(t)
V0 + (n − m)t .
dQ
dt
= αn − C(t)m
dQ
dt +
m
Q = nα
V0 + (n − m)t
que es una ecuación diferencial lineal con condición inicial Q(0) = s , de la cual obtenemos Q(t).
0
EJEMPLO 1.39
Un tanque contiene inicialmente 100 gal de una solución salina que contine 20 lb de sal. A partir de cierto momento
se vierte agua dulce en el tanque a razón de 5 gal/min, mientras que del tanque sale una solución bien mezclada a la
misma tasa. Hallar la cantidad de sal que hay despues de 20 minutos.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.40
Un tanque de 50 gal contiene inicialmente 10 gal de agua pura. A partir de cierto momento se vierte en el tanque una
solución salina que contiene una libra de sal por galón a razón de 4 gal/min, simultanemente sale del tanque la solución
bien mezclada a razon de 2 gal/min. Hallar la cantidad de tiempo que toma el tanque en llenarse, asi como la cantidad
y la concentración de sal en ese momento.
Solución. En clase.
Ejercicio 1.56 ∗
Un tanque contiene inicialmente 100 galones de salmuera en la cual están diluidas 30 libras de sal. Sale salmuera del
tanque a razón de tres galones por minuto y simultaneamente entran, a dicho tanque, agua pura a dos galones por
minuto; manteniéndose la mezcla homogénea a cada instante. Determine la cantidad de sal en el tanque al cabo de diez
minutos de iniciado dicho proceso.
Ejercicio 1.57 ∗
En un depósito que contiene 100 galones de salmuera en los que hay disueltas 40 libras de sal, se desea reducir la con-
centración de sal a 0.1 libras por galón. Para ello se introduce agua pura el depósito a razón de 5 galones por minuto,
permitiendo que salga la misma cantidad por minuto y manteniendo, en todo instante, la mezcla uniforme. ¿En cuánto
tiempo se logra lo propuesto?
Ejercicio 1.58
Un tanque tiene 10 galones de agua salada con 2 libras de sal disuelta. Agua salado, con una concentración de 1.5 libras
de sal por galón, entra a razón de 3 galones por minuto y la mezcla bien agitada sale a razón de 4 galones por minuto.
Encuentre la cantidad de sal en el tanque en cualquier tiempo y encuentre la concentración de sal despues de 10 minutos.
25

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ahora analicemos la aplicación de EDO a la teoría de reacciones químicas. Una ecuación química describe
cómo las moleculas de varias substancias se combinan para formar otras (2H2 + O2 → 2H2O).
La tasa a la cual se forma una substanca se llama velocidad de reacción. Aunque ninguna regla general
se aplica para todos los casos, la ley de acción reacción que sostiene que si la temperatura se
mantiene constante, la velocidad de una reacción química es proporcional al producto de las concentraciones
de las substancias que están reaccionando; esta es una manera muy usual para abordar este
problema.
Supongamos que para formar la substancia C, se combinan α unidades de A y β unidades de B. Sea
x(t) la cantidad formada de C en el tiempo t. Si para obtener una unidad de C se necesita n de A y
1 − n de B (0 < n < 1), entonces la cantidad de A y B presentes (restantes) en cualquier instante t,
es
• α − nx(t) cantidad presente de A en tiempo t.
• β − (1 − n)x(t) cantidad presente de B en tiempo t
Entonces por la ley de acción de masa, si (k > 0) es la constante de proporcionalidad
dx
dt
= k(α − nx)(β − (1 − n)x)
observe que esta ecuación tiene sentido siempre que cada miembro de la parte derecha sea positivo,
pues de lo contrario ya se habría acabado algúna substancia.
EJEMPLO 1.41
Dos químicos A y B reaccionan para formar otro químico C. La tasa de formación de C es proporcional al producto
de las cantidades instantáneas de los químicos A y B presentes. La formación de C require de 2 libras de A por cada
3 libras de B. Si inicialmente están presentes 10 libras de A y 30 libras de B, y si en 12 minutos se forman 10 libras
de C. Halle la cantidad de químico C en cualquier tiempo t, además encuentre la cantidad máxima de C que se puede
formar, y averigue la cantidad restante de los químicos A y B despues de que ha pasado mucho tiempo.
Solución. En clase.
Ejercicio 1.59
En una reacción química, la sustancia A se transforma en otra sustancia a una velocidad proporcional a la cantidad de
A no transformado. Si, en un principio, habían 40 gramos de A y una hora más tarde 12 gramos; ¿cuándo se habrá
transformado el 90% de A?
Ejercicio 1.60 ∗
Cierta sustancia C se produce de la reacción de dos químicos A y B. La tasa a la cual se produce C es proporcional al
producto de las cantidades instantaneas de A y B presentes. La formación de tal sustancia C requiere 3 libras de A por
cada 2 libras de B. Si inicialmente habían 60 libras de A y 60 libras de B y luego de una hora, de iniciada la reacción,
se han producido 15 libras de C, determine:
(a) La cantidad de C en cualquier instante t.
(b) la cantidad de C al cabo de 2 horas de iniciada la reacción.
(c) La cantidad máxima de C que se puede formar.
Ejercicio 1.61
Dos sustancias A y B reaccionan para formar C, de tal manera que se requiere 2 gramos de A por cada gramo de B. La
tasa de producción es proporcional al producto de las cantidades instantáneas de A y B que no se han transformado en
C. Si inicialmente hay 100 y 50 gramos de A y B respectivamente, y si se forman 10 gramos de C en 5 minutos. ¿Cuál
es la cantidad límte de C que se puede formar y cuánto se espera tener de los reactivos A y B en ese momento?
26

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
1.16 Leyes del Movimiento de Newton
Las tres leyes del movimiento de Newton son:
1. Un cuerpo en reposo tiende a permanecer en reposo, mientras que un cuerpo en movimiento
tiende a persistir en movimiento en una linea recta con velocidad constante a menos que fuerzas
externas actuen sobre el.
2. La tasa de cambio en momentum de un cuerpo en el tiempo es proporcional a la fuerza neta que
actúa sobre el cuerpo y tiene la misma dirección a la fuerza.
3. A cada acción existe una reacción igual y opuesta.
La segunda ley de Newton nos proporciona una relación importante que podemos escribir matemáticamente
de la siguiente manera:
d
(mv) = kF
dt
donde m es la masa, v la velocidad, F la fuerza que actua sobre el objeto en dirección a la velocidad
y k es el coeficiente de proporcionalidad. Utilizaremos el valor de k = 1 para simplificar los cálculos y
asumiremos que la masa es constante con el tiempo (lo cual sabemos que no es necesariamente cierto),
entonces tenemos que
F = d d
(mv) = m (v) = ma
dt dt
de donde llegamos a la conocida fórmula
F = ma.
Veamos con ejemplos como podemos utilizar dicha relación para estudiar fenómenos físicos.
EJEMPLO 1.42
Una bola se lanza hacia arriba con una velocidad de 128m/s. ¿Cuál es su velocidad despues de 6 segundos?, ¿Cuándo
regresará a su posición de partida por primera vez?, ¿Cuál es la altura máxima que alcanza?
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.43
Un caja de peso W se desliza hacia abajo desde el reposo en un plano inclinado el cual forma un ángulo de α con la
horizontal. Establezca la ecuación diferencial y las condiciones iniciales que describan el movimiento de la caja. Halle
la aceleración, la velocidad y la distancia de la caja en el tiempo t.
Solución. En clase.
Ejercicio 1.62
Un hombre y su bote de motor pesan juntos 343 N. Suponga que el empuje del motor es equivalente a una fuerza
constante de 140 N en dirección del movimiento. Si la resistencia del agua al movimiento es igual a 7 veces la velocidad
instantánea, y si el bote esta inicialmente en reposo. Encuentre la velocidad y la distancia en cualquier tiempo.
Ejercicio 1.63
Un cuerpo de 6 kg tiene una velocidad límite de 16m/s cuando cae en el aire, el cual ofrece una resistencia proporcional
a la velocidad intantánea del cuerpo. Si el cuerpo parte del reposo.
(a) Encuentre la velocidad del cuerpo despues de 1 seg.
(b) ¿A qué distancia se encuentra el cuerpo en el momento que que la velocidad es de 15 m/s?
Ejercicio 1.64 ∗
Un cuerpo de masa m cae, partiendo del reposo, en un medio que le ofrece una resitencia proporcional al cuadrado de
su velocidad (v). Determine se velocidad límite, esto es lim
t→∞ v(t).
27

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ejercicio 1.65
Un punto material de masa m es atraido por cada uno de dos centros con fuerzas proporcionales a la distancia. El factor
de proporcionalidad es igual a k. La distancia entre dos centros es 2c. El punto de halla en el instante inicial en la
linea que une los centros a la distancia a de su medio. La velocidad inicial es cero. Hallar la ley de movimiento del punto.
„q
2k
Respuesta. a cos m t
«
Ejercicio 1.66
Una bala a la velocidad v0 = 400 m/s atraviesa una pared cuyo espesor es h = 20 cm y sale a la velocidad de 100 m/s.
Suponiendo que la fuerza de resistencia de la pared es proporcional al cuadrado de la velocidad de movimiento de la
bala. Halle el tiempo que tardo la bala en atravesar la pared.
Respuesta. t =
Ejercicio 1.67
3
s ∼ 0, 0011 s
2000 ln 4
P ÉNDULO MATEMÁTICO† Suponga que un material de peso m se mueve bajo la acción de la fuerza de gravedad
por una circunferencia L (en forma de péndulo). Halle la ecuación del movimiento del punto despreciando las fuerzas
de resistencia. Más claramente si asumimos que el radio de la circunferencia es l y s(t) como la longitud de arco desde
el punto mínimo, debemos hallar la función s en términos de t, l y g donde g es la gravedad.
Ejercicio 1.68
VELOCIDAD DE ESCAPE † Determine la mínima velociada con la cual se debe lanzar un cuerpo verticalmente hacia
arriba para que este no regrese a la tierra. La resistencia del aire se desprecia. (Recordar que según la ley de Newton
de atracción, la fuerza F que actúa en un cuerpo de masa m es
M · m
F = k
r2 donde M es la masa de la tierra, r es la distancia entre el centro de la tierra y el objeto y k es la constante de gravitación
universal.)
† Para un análisis detallado refierase a [1], pág. 62 – 67.
28

Capítulo 2
Orden Arbitrario
La dificultad de hallar la solución de la ecuación diferencial general dada por
F (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0
depende de la forma de F como función de n + 2 variables. En este curso debido a la complejidad
del caso general analizaremos el caso en que F sea una funcion lineal en las n + 1 coordenadas
y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) . Es decir analizaremos el problema
a n (x)y (n) + a n−1 (x)y (n−1) + . . . + a 1 (x)y ′ + a 0 (x)y = f(x) (2.1)
donde a 0, . . . , a n y f son funciones dependientes de la variable x unicamente. Toda EDO que se pueda
escribir de esta forma se llama ecuación diferencial lineal de orden n.
2.1 Definiciones
Más adelante estudiaremos las EDO de la forma (2.1), pero antes demos ciertas definiciones adicionales.
Si todas las funciones a 0 , . . . , a n son constantes la EDO (2.1) se llama ecuación diferencial lineal
de orden n con coeficientes constantes, si no se llama ecuación diferencial lineal de orden
n con coeficientes variables, en el caso en f ≡ 0 la llamaremos ecuación diferencial lineal
homogenea.
Para estudiar estas ecuaciones hacemos uso del operador diferencial definido por
D : C ∞ (R) −→ C(R)
y ↦−→ y ′
donde C∞ (R) = {funciones infinítamente diferenciales} y C(R) = {funciones continuas}. Con el cual
la ecuación (2.1) tiene la forma
anD n + an−1D (n−1)
+ . . . + a1D + a0 (y) = f(x)
donde Dn =
D ◦ .
. . ◦ D
, si para abreviar escribimos
n veces
obtenemos que (2.1) se escribe
φ(D) = a n D n + a n−1 D (n−1) + . . . + a 1 D + a 0
φ(D)(y) = f
29

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Ejercicio 2.1
Muestre que el operador φ(D) = a nD n + a n−1 D (n−1) + . . . + a 1 D + a 0 es lineal. Esto es que si y1 y y2 son funciones
y a, b ∈ R entonces
φ(D)(ay1 + by1) = aφ(D)(y1) + bφ(D)(y2)
Además muestre que si y1 y y2 son soluciones de la ecuación homogénea φ(D) = 0, entonces cualquier combinación
lineal ay1 + by1 para a, b ∈ R también es solución de la ecuación homogénea. Finalmente concluya que el conjunto de
soluciones de una ecuación lineal homogénea de orden n es un espacio vectorial sobre R, mostrando que es un subespacio
vectorial de C ∞ (R) = {funciones infinítamente diferenciables} el cual es un espacio vectorial sobre R.
2.2 Existencia y Unicidad de Soluciones
En esta sección enunciaremos el teorema de existencia y unicidad para ecuaciones diferenciales lineales
de orden n.
Teorema 2.1. Sunponga que a 0 = 0, en un intervalo I = [a, b], además las funciones a 0 , . . . , a n , f
son continuas en I entonces el problema de valor inicial
a n (x)y (n) + a n−1 (x)y (n−1) + . . . + a 1 (x)y ′ + a 0 (x)y = f(x), y (i) (c) = pi
donde c ∈ (a, b) y pi ∈ R para todo i = 0, . . . , n − 1, tiene solución única
Observe que necesitamos de n condiciones iniciales idependientes para poder garantizar la unicidad,
además es importante hacer notar que este teorema solo proporciona condiciones suficientes para la
existencia y unicidad de las soluciones, es decir que aunque no se cumplan las condiciones del teorema
podrían existir soluciones únicas dado un porblema de valor inicial.
Ejercicio 2.2
Considere la ecuación diferencial y ′′ + y ′ = 0 con condicionaes iniciales y(0) = 1 y y(π) = −1. Observe que la función
y = a sin x + cos x es una solución de esta ecuación diferencial para todo a ∈ R y por lo tanto no hay unicidad.
¿Contradice esto las conclusiones del teorema?
2.3 Dependecia e Independencia de Funciones
Un conjunto de funciones {y1, . . . , yn} se dice linealmente dependiente en un intervalo I ⊆ R si
existen α1, . . . , αn constantes no todas cero tales que
α1y1 + . . . + αnyn = 0 ∀x ∈ I (2.2)
en caso contrario se dice que el conjunto es linealmente independiente, otra manera de decir esto
es que {y1, . . . , yn} son linealmente independientes en I es que la única forma de que se cumpla
es que α1 = . . . = αn = 0.
α1y1 + . . . + αnyn = 0 ∀x ∈ I
Nota: Observe que le dependencia lineal es equivalente a decir que alguna de estas funciones se puede
expresar como combinación lineal de las demás en este intervalo, pues note que si αm = 0 entonces
para todo x ∈ I.
ym = −(α1y1 + . . . + αm−1ym−1 + αm+1ym+1 + αnyn)
αm
30

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Ahora en general es muy dificil determinar la independencia de funciones en un intervalo I. Debido a
esto recurrimos a herramientas del álgebra lineal para simplificar nuestro objetivo. Supongamos que
la ecuación
α1y1(x) + . . . + αnyn(x) = 0 ∀x ∈ I
se cumple, entonces diferenciando n−1 veces la ecuación anterior obtenemos un sitema de n ecuaciones
para cada x ∈ I.
y1α1 + . . . + ynαn = 0
y ′ 1α1 + . . . + y ′ nαn = 0
y (n−1)
1 α1 + . . . + y (n−1)
n αn = 0
del algebra lineal sabemos que una condición necesaria y suficiente para que α1, . . . , αn sea todos ceros
(i.e. para que {y1, . . . , yn} sea l.i.) es que
W (y1, . . . , yn) =
y1 y2 · · · yn
y ′ 1 y ′ 2 · · · y ′ n
.
y (n−1)
1
.
. ..
y (n−1)
n · · · y (n−1)
n
.
.
= 0 ∀x ∈ I
Este determinante se llama el Wronskiano de y1, . . . , yn y de denota por W (y1, . . . , yn). De todo lo
anterior deducimos el siguiente teorema.
Teorema 2.2. Sea {y1, . . . , yn} un conjunto de funciones, entonces
(a) {y1, . . . , yn} es linealmente independiente en I si y solamente si W (y1, . . . , yn) = 0 ∀x ∈ I.
(b) {y1, . . . , yn} es linealmente dependiente en I si y solamente si W (y1, . . . , yn) = 0 ∀x ∈ I.
Este Teorema nos permite determinar la independencia (dependencia) lineal de un conjunto de funciones
son el simple calculo de un determinante. Veamos un ejemplo.
EJEMPLO 2.1
Analice si el conjunto de las funciones {x 2 , e x } es l.i. en R.
Solución. Utilizando el teorema anterior, calculamos el W ronskiano de x2 y ex W (x 2 , e x ˛
) = ˛ x2 ex 2x ex ˛ = x2e x − 2xe x = xe x (x − 2) = 0
el cual es distinto de cero si y solamente si x = 0 y x = 2. Concluimos que las funciones son l.d en R, pero son l.i en
cualquier intevalo que no contenga al 0 ni al 2.
Ejercicio 2.3
Determine en cuales intervalos el conjunto de funciones {e x , sin x} son linealmente dependientes.
Ejercicio 2.4
Considere las rectas y1(x) = a1x + b1 y y2(x) = a2x + b2, suponga que el conjunto {y1, y2} es linealmente dependientes
encuentre la constante α ∈ R, en términos de (a1, a2), tal que y1(x) = αy2(x) para todo x ∈ R.
31

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
2.3.1 Dependencia e Independencia Lineal de Solciones
En el caso en que las funciones sobre las cuales queramos analizar independencia sean soluciones de
una ecuación homogénea de orden n, entonces el siguiente teorema nos ayuda a encontrar una fórmula
explícita del W ronskiano y se le conoce como la fórmula de Abel
Teorema 2.3. (Fórmula de Abel) Sean y1, . . . , yn soluciones de la ecuación diferencial homogenea
a n y (n) + a n−1 y (n−1) + . . . + a 1 y ′ + a 0 y = 0
donde a0 = 0 y a0, . . . , an son funciones continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces el Wronskiano
de y1, . . . , yn en I, viene dado por la fórmula de Abel
donde p es un punto arbitrario en I.
W (y1, . . . , yn; x) = W (y1, . . . , yn; p)e − R x
p (an−1/an)dt
∀x ∈ I
Por el teorema anterior obtenemos que el signo del W ronskiano de un conjunto de soluciones de un
ecuación lineal homogenea, en un intevalo I ⊆ R esta determinada por el valor en un punto, es decir
que si W > 0 en algún punto del intevalo entonces W > 0 en todo I, si W < 0 en algún punto
del intevalo entonces W < 0 en todo I y finalmente si W = 0 en algún punto del intevalo entonces
W = 0 en todo I. Entonces por lo anterior obtenemos un método muy sencillo para determinar
la dependencia o independencia de un conjunto de soluciones de una ecuacion lineal homogenea, y
resumimos este resultado en el siguiente teorema.
Teorema 2.4. Sean y1, . . . , yn soluciones de ecuación diferencial homogenea
a ny (n) + a n−1y (n−1) + . . . + a 1y ′ + a 0y = 0
donde a0 = 0 y a0, . . . , an son funciones continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces
(i) y1, . . . , yn son linealmente independientes si y solo si W = 0 en algún punto de I.
(ii) y1, . . . , yn son linealmente dependientes si y solo si W = 0 en algún punto de I.
Es importante hacer notar que en caso que las funciones no sean soluciones de una ecuación diferencial
homogénea entonces debemos analizar el signo del W ronskiano en todo el intervalo de interes.
EJEMPLO 2.2
Considere la ecuación lineal homogenea
muestre que las soluciones
son l.i., pero son 2 a 2 l.d. en R.
(D 3 − 6D 2 + 11D − 6)(y) = 0
y1 = e 2x + 2e x , y2 = 5e 2x + 4e x , y3 = e x − e 2x .
Solución. Como y1, y2 y y3 son soluciones de la ecuación diferencial podemos aplicar el teorema 2.4, entonces calculamos
el W ronskiano en un punto de R.
˛ e
W (y1, y2, y3)(0) = ˛
2x + 2ex 5e2x + 4ex ex − e2x 2e2x + 2ex 10e2x + 4ex ex − 2e2x 4e2x + 2ex 20e2x + 4ex ex − 4e2x ˛ ˛
˛
˛ ˛
˛ ˛ 3 9 0 ˛
˛ = ˛ 4 14 −1 ˛ = 0
˛ ˛ 6 24 −3 ˛
(x=0)
entonces podemos concluir que y1, y2 y y3 son linealmente dependientes. De forma similar veamos que cualesquiera dos
funciones de estas son linealmente independientes. Analicemos el caso de y1 con y2, calculando el W ronskiano:
˛
W (y1, y2)(0) = ˛ e2x + 2ex 5e2x + 4ex 2e2x + 2ex 10e2x + 4ex ˛ ˛ ˛
˛ ˛
˛ = ˛ 3 9 ˛
˛ 4 14 ˛ = 10 = 0
(x=0)
y nuevamente por el teorema 2.4 concluimos que y1 y y2 son linealmente independientes. De manera análoga procedemos
para mostrar la independencia lineal de y1 con y3 y de y2 con y3. Observe que en este caso podemos aplicar el teorema
pues sabemos que las funciones y1, y2 y y3 son soluciones de la EDO dada inicialmente.
Ejercicio 2.5
Pruebe que si y1 y y2 son soluciones se la ecuación diferencial y ′′ +p(x)y ′ +q(x)y = 0, en un intervalo I = {x : α < x < β}
y si x0 es un punto de I tal que y1(x0) = y2(x0) = 0, entonces las funciones y1 y y2 son linealmente dependientes.
32

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
2.4 Ecuacion Lineal Homogenea
En esta sección analizaremos la EDO del tipo
a n y (n) + a n−1 y (n−1) + . . . + a 1 y ′ + a 0 y = 0 (2.3)
con a0, . . . , an ∈ C(R), funciones que dependen de la variables x, ó en términos del operador diferencial
φ(D)(y) = 0
Debido al ejercicios 2.1 obtenemos la linealidad del operador φ(D), y por lo tanto tenemos que cualquier
combinación lineal de soluciónes de (2.3) es a su vez una solución. Es por esta razón que el conjunto
de soluciones de una ecuacion diferencial homogenea forma un espacio vectorial sobre el cuerpo de los
números reales, y lo llamaremos el espacio solución. Como veremos en el siguiente la dimensión de
este espacio es igual al grado de la ecuacion homogenea.
Teorema 2.5. Si y1, . . . , yn son soluciones l.i, en un intervalo I, de ecuación diferencial homogenea
entonces
es la solución completa de esta ecuación en I.
φ(D)(y) = 0
y = c1y1 + . . . + cnyn
Entonces en este caso le dimensión, en el intervalo I, del espacio solución es n, al igual que el grado
de la ecuación homogenea, y una base de este espacio es {y1, . . . , yn}. Dada un ecuación diferencial a
un conjunto de funciones que constituyan una base el espacio solución, en un intervalo I, se le llama
conjunto fundamental de soluciones en el intervalo (cuando no se haga referencia al intervalo
asumiremos que es todo R). Observe entonces que para hallar todas las soluciónes de una ecuacion
homogenea de grado n, nuestro problema se reduce a encontrar n soluciones linealmente independientes.
Centremos nuestra atención al caso más sencillo en que la ecuación tiene coeficientes constantes.
Ejercicio 2.6
En cada caso, halle una ecuación diferencial tal que los conjuntos de funciones dados constituyan un conjunto fundamental
de soluciones para esa ecuación.
Ejercicio 2.7
1. y1 = 1, y2 = x, y3 = x 2 .
2. y1 = 2, y2 = cos x, y3 = sin x.
3. y1 = x 2 , y2 = x −1 .
4. y1 = sin(x 2 ), y2 = cos(x 2 ).
5. y1 = e−3x sin(2x), y2 = e−3x cos(2x).
“ ” 2
−x
6. y1 = x, y2 = exp . 2
Verifique que 1 y √ x son soluciones de la ecuación diferencial yy ′′ + (y ′ ) 2 √
= 0 para x > 0. ¿ Es c1 + c2 x la solución
general? (Explique)
Ejercicio 2.8
Determine en cuáles intervalos las funciones y1(x) = x y y2(x) = xe x forman un conjunto fundamental de soluciones
para la ecuación diferencial x 2 y ′′ − x(x − 2)y ′ + (x + 2)y = 0.
Ejercicio 2.9
Considere las funciones y1, y2, . . . , yn soluciones de una EDO lineal homogénea de orden n. Sabemos que el W ronskiano
W (y1, y2, . . . , yn)(x) es distinto de cero en cierto intervalo. Encuentre la ecuación diferencial lineal homogénea para la
cual este sistema de funciones es un sistema fundamental de soluciones.
33

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
2.4.1 Coeficientes Constantes
Analicemos ahora el caso de coeficientes constantes en la ecuación diferencial lineal homogénea, dada
por la fórmula
a n y (n) + a n−1 y (n−1) + . . . + a 1 y ′ + a 0 y = 0 (2.4)
en el caso en que a0, . . . , an ∈ R con an = 0. Sabemos que la EDO (2.4) se puede escribir utilizando
operadores de la forma
(a n D n + a n−1 D n−1 + . . . + a 1 D + a 0 )(y) = 0
definimos el polinomio caracteristico asociado a la ecuación (2.4) como el polinomio que se obtiene
de cambiar el operador diferencial D por una variable λ de la siguiente manera
p(λ) = a nλ n + a n−1λ n−1 + . . . + a 1λ + a 0
y la ecuación característica al igualar el polinomio característico a cero,
a n λ n + a n−1 λ n−1 + . . . + a 1 λ + a 0 = 0.
Para hallar la solución completa procedemos de la siguiente manera. Factorizamos el polinomio
caracteristico en C, entonces tenemos que
p(λ) = p1(λ)p2(λ)
donde p1 es el polinomio de mayor grado n1 ≤ n que divide a p y que se puede factorizar completamente
en R, es decir
p1(λ) = (λ − r1) m1 . . . (λ − rp) mp
donde r1, . . . , rp ∈ R con m1 + . . . + mp = n1, y p2 es un polinomio de grado n2 ≤ n que se factoriza
en C de la siguiente forma
p2(λ) = (λ − z1) µ1 (λ − ¯z1) µ1 . . . (λ − zq) µq (λ − ¯zq) µq
donde z1, . . . , zq ∈ C − R y si zj = αj + iβj, entonces ¯z = αj − iβj es el conjugado complejo de zj
para j = 1, . . . , q. Claramente µ1 + . . . + µq = n2 y n = n1 + n2.
Entonces por cada factor de la forma:
• (λ − r) m : Corresponden m soluciones linealmente independientes
de la ecuación lineal homogeneas dada.
e rx , xe rx , . . . , x m−1 e rx
• (λ − z) µ (λ − ¯z) µ : Corresponden 2µ soluciones linealmente independientes de la ecuación dada,
y si z = α + iβ, entonces estas vienen dadas por
e αx cos βx, xe αx cos βx, . . . , x µ−1 e αx cos βx
e αx sin βx, xe αx sin βx, . . . , x µ−1 e αx sin βx
Ahora observe que con este método obtenemos n soluciones linealmente independientes de una ecuación
lineal homogenea de grado n, y sabemos por el Teorema 7, que esto es suficiente para encontrar su
solución completa.
34
(2.5)

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
EJEMPLO 2.3
Resuelva la siguiente EDO
Solución. En este caso el polinomio característico es
y ′′′ − 2y ′′ − y ′ + 2y = 0
p(λ) = λ 3 − 2λ 2 − λ + 2 = (λ − 2)(λ − 1)(λ + 1)
y por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal dada es
EJEMPLO 2.4
Resuelva el siguiente problema de valor inicial
y = c1e 2x + c2e x + c3e −x
y V − 4y IV + y ′′′ + 10y ′′ − 4y − 8y = 0
y IV (0) = 1 y (i) (0) = iy (i+1) (0) para i = 0,1,2,3.
Solución. En este caso el polinomio característico asociado a la EDO dada es
p(λ) = λ 5 − 4λ 4 + λ 3 + 10λ 2 − 4λ − 8 = (λ + 1) 2 (λ − 2) 3
y por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal dada es
utilizando las condiciones iniciales obtenemos que
resolviendo el sistema llegamos a que
EJEMPLO 2.5
Resuelva la siguiente EDO
y = c1e −x + c2xe −x + c3e 2x + c4xe 2x + c5x 2 e 2x
c1 + c3 = 0
−c1 + c2 + 2c3 + c4 = 6
c1 − 2c2 + 4c3 + 4c4 + 2c5 = 6
−c1 + 3c2 + 8c3 + 12c4 + 12c5 = 3
c1 − 4c2 + 16c3 + 32c4 + 48c5 = 1
c1 = −85
27 , c2 = −46
27 , c3 = 85
27
y ′′ + 2y ′ + 5y = 0
c4 = −47
27
Solución. En este caso el polinomio característico asociado a la EDO dada es
p(λ) = λ 2 + 2λ + 5 = (λ − z)(λ − ¯z)
c5 = 1
18
con z = −1 + 2i y ¯z = −1 − 2i, por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal dada es
EJEMPLO 2.6
Resuelva la siguiente EDO
y = c1e −x sin 2x + c2e −x cos 2x
y V I − 14y V + 87y IV − 292y ′′′ + 543y ′′ − 494y ′ + 169y = 0
Solución. En este caso el polinomio característico asociado a la EDO dada es
p(λ) = λ 6 − 14λ 5 + 87λ 4 − 292λ 3 + 543λ 2 − 494λ + 169 = (λ − z) 2 (λ − ¯z) 2 (λ − 1) 2
35

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con z = 3 + 2i y ¯z = 3 − 2i, por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal dada es
Ejercicio 2.10
y = c1e 3x sin 2x + c2xe 3x sin 2x + c3e 3x cos 2x + c4xe 3x cos 2x
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales
Ejercicio 2.11
1. y ′′ − 6y ′ + 9y = 0.
2. y ′′′ − 3y ′′ + 3y ′ − y = 0.
3. y ′′′ + 6y ′′ + 11y ′ + 6y = 0.
4. y ′′′ − 5y ′′ + 17y ′ − 13y = 0.
| {z }
raices no reales
5. 4y IV + 4y ′′ + y = 0.
6. y IV − y ′′ = 0.
7. y V + 8y ′′′ + 16y ′ = 0.
8. y V I − 2y V + y IV = 0.
+ c5e x + c6xe x
| {z }
raices reales
Se conoce la solución particular y1 = e kx de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden con coeficientes
constantes. Si el polinomio característico tiene discriminante igual a cero. Halle la solcución particular de esta ecuación
que satisface las condiciones iniciales: y(0) = y ′ (0) = 1.
Ejercicio 2.12
A partir de las raices dadas de la ecuación característica de la EDo lineal homogénea con coeficientes constantes fórme
la ecuación diferencial y escriba su solución general.
(a) λ1 = 3, λ2 = −2.
(b) λ1,2 = 3 ± i2.
(c) λ1 = 0, λ2 = λ3 = 4.
(d) λ1 = λ2 = λ3 = 2.
Ejercicio 2.13
Muestre que la solución general de la ecuación
y ′′ + α 2 y = 0
puede ser representada de la forma y = A sin(αx + ϕ) o de la forma y = A cos(αx + ϕ), para A, ϕ ∈ R.
Ejercicio 2.14
Halle la solución particular de la ecuación diferencial y ′′ − y = 0 que es tangente a la recta y = x en el punto (0, 0).
Ejercicio 2.15
Halle la solución particular de la ecuación diferencial y ′′ − 4y ′ + 3y = 0 que es tangente a la recta 2x − 2y + 9 = 0 en el
punto (0, 2).
2.5 Método de Euler
La ecuación de Euler es una una ecuación lineal con coeficientes variables de la siguiente forma:
anx n y (n) + an−1x n−1 y (n−1) + . . . + a1xy ′ + a0y = 0
donde a0, . . . , an ∈ R. Para resolverla utilizamos el cambio de variable independiente
t = ln x.
Observese que este cambio es muy diferente a los que hemos hecho hasta ahora, debido a que lo que
cambiamos es la variable x (y no la variable y) por la variable t.
36

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Denotemos por Dx = d
dx al operador “diferenciar con respecto a x” y por Dt = d
dx
“diferenciar con respecto a t”. Entonces por inducción podemos demostrar que
x n D n x = Dt(Dt − 1)(Dt − 2) · · · (Dt − (n − 1))
al operador
lo cual nos permite transformar la ecuación incial (2.5) en un a E.D. Homogénea con coeficientes
constantes.
EJEMPLO 2.7
Resuelva la ecuación diferencial
x 2 y ′′ + xy ′ + 4y = 0
Solución. Tomando el cambio de variable t = ln x, obtenemos que la ecuación inicial
se transforma en
cuyo polinomio característico es
(x 2 D 2 x + xDx + 4)(y) = 0
(Dt(Dt − 1) + Dt + 4)(y) = (D 2 t + 4)(y) = 0
p(λ) = λ 2 + 4
y por lo tanto las raices de la ecuación característica son λ = ±i2. COn lo cual
volviendo a la variable x obtenemos
y = c1 sin(2t) + c2 cos(2t)
y = c1 sin(2 ln x) + c2 cos(2 ln x)
2.6 Reducción de Orden con Solución Particular
Supongamos que podemos encontrar una solución particular de una EDO lineal, entonces el siguiente
teorema nos permite disminuir el grado de la ecuación lineal inicial.
Teorema 2.6. Si conocemos una solución particular, digamos y1, de la ecuación lineal de orden n,
a n (x)y (n) + a n−1 (x)y (n−1) + . . . + a 1 (x)y ′ + a 0 (x)y = 0
entonces el cambio de variable v = y/y1 transforma esta ecuación en una ecuación de orden n − 1 en
v ′ . Más aun, en el caso en que la ecuación diferencial original sea de orden 2, entonces por medio
de este cambio de variable, obtenemos una nueva solución linealmente independiente de y1 que viene
dada por
− e R an−1/andx
dx
y2 = y1
Es importante hacer notar que este teorema de cambio de variable se aplica para la ecuación homogénea,
y no se hace ninguna restricción sobre los coeficientes de la ecuación y por lo tanto estos
pueden ser variables.
EJEMPLO 2.8
Considere la ecuación lineal
y 2 1
y ′′ + xy ′ − (6x 2 − 2)y = 0
muestre que y1 = ex2 es una solución de esta ecuación, además encuentre una otra solución linealmente independiente
de y1, y con ella halle la solución completa.
Solución. Facilmente se prueba que y1 = ex2 es solución. Utilizando el cambio de variable v = y/y1 obtenemos que
y ′ = e x2
v ′ + 2xe x2
v
y ′′ = e x2
v ′′ + 4xe x2
v ′ + 2e x2
v + 4x ′ e x2
v
37

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
sustituyendo en la ecuación inicial llegamos a que
v ′′ e x2
+ 5xe x2
v ′ = 0
la cual es una ecuación lineal de primer orden en v ′ , resolviendola obtenemos que
y2 = e x2
Z
e −5x2 /2
dx
que es la misma solución que se obtiene mediante la fórmula del teorema
Z
e− y2 = y1
R a1/a2dx
y2 dx
1
y por lo tanto la solución completa de la ecuación diferencial dada es
y = c1e x2
+ c2e x2
Z
e −5x2 /2
dx = c1e x2
+ c3 erf x
donde erf x es la integral de la distribución Gaussiana dada por erf x = 2 R x
√
π 0 e−t2dt,
que como sabemos no se puede
expresar en términos de funciones elementales.
Ejercicio 2.16
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales lineales sabiendo que en cada caso existen soluciones particulares de la
forma indicada.
1. y ′′ − 6y ′ + 5y = 0; y1(x) = e mx , m ∈ R.
2. y ′′ − 2y ′ − 3y = 0 y1(x) = e mx , m ∈ R.
3. (1 − x 2 )y ′′ − 2xy ′ + 2y = 0; y1(x) = mx, m ∈ R.
4. xy ′′ + 2y ′ + xy = 0; y1(x) =
sin x
x .
5. x 3 y ′′′ + 5x 2 y ′′ + 2xy ′ − 2y = 0; yx = x, y2 = x −1 .
2.7 Ecuacion Lineal No Homogenea
Consideremos ahora la EDO del tipo
a n y (n) + a n−1 y (n−1) + . . . + a 1 y ′ + a 0 y = f (2.6)
con a0, . . . , an, f ∈ C(R), funciones que dependen de la variables x, ó en términos del operador
diferencial
φ(D)(y) = f
Teorema 2.7. Si y1, . . . , yn con soluciones l.i de ecuación diferencial homogénea
y además y f es una solución particular de
entonces
φ(D)(y) = 0
φ(D)(y) = f
y = c1y1 + . . . + cnyn + y f
es la solución completa de esta ecuación lineal no homogenea φ(D)(y) = f.
En el teorema anterior la solución completa de la ecuación φ(D)(y) = 0 se llama solución complementaria
de la ecuación φ(D)(y) = f, y la denotaremos por y c . Entonces necesitamos encontrar
métodos para hallar una solución particular de la ecuación no homogenea y adicionar dicha ecuación
a la solución completa de la ecuación homogenea. Veamos a continuación algunos de estos métodos.
38

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2.7.1 Coeficientes Indeterminados
El método de coeficientes indetermindados es muy simple de entender, sin embargo su alcance es limitado;
no obstante los casos en que es ineficiente son muy raros en la práctica. Debido a su simplicidad
y amplio uso será el primero de los métodos que analizaremos. Este método es aplicable cuando la
función f(x) tenga una forma apropiada. A continuación describimos el proceso:
EJEMPLO 2.9
1. Halle la solución complementaria y c .
2. Asuma una forma de la solución particular: dependiendo f(x) (sean r, C ∈ R).
(i) Si f es un polinomio de grado n, asuma:
un polinomio de grado n.
yf = anx n + . . . + a1x + a0, a0, . . . , an ∈ R
(ii) Para térmios C sin rx, C cos rx, o sumas de tales términos, asuma:
(iii) Para términos como Ce rx asuma:
yf = a sin rx + b cos rx a, b ∈ R
yf = ae rx a ∈ R
(iv) Para suma y/ó productos de términos como en (i), (ii) y (iii), utilice las sumas y/ó productos
respectivos.
3. Compare con la yc: si algunos de los términos asumidos en 2.(i), 2.(ii) ó 2.(iii) aparecen en
la solución complementeria y c , debemos multiplicar estos términos por la potencia de x más
pequeña (x m ), tal que el producto de x m y el término asumido no aparezca en la solución
complementaria.
4. Sustituya la función finalmente asumida en la ecuación diferencial original y encuentre las constantes
arbitrarias de tal forma que yf sea un solución particular de la ecuación no homogénea.
5. Finalmente sume y f y y c para obtener la solución completa de la ecuación diferencial
Resuelva la siguiente EDO
y = yc + yf .
y ′′ + 4y = 4e 2x
Solución. En este caso el polinomio característico asociado a la ecucación complementaria es
p(λ) = λ 2 + 4 = (λ − z)(λ − ¯z)
con z = 2i y ¯z = −2i, por lo tanto la solución complementaria es
y c = c1 cos 2x + c2 sin 2x.
Como f(x) = 4e 2x , asumimos una solución particular de la forma y f = ae 2x , de donde obtenemos que
8ae 2x = 4e 2x =⇒ a = 1
2
por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal no homogenea dada inicialmente es
y = y c + y f = c1 cos 2x + c2 sin 2x + 1
2 e2x
39

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
EJEMPLO 2.10
Resuelva la siguiente EDO
y ′′ + 4y ′ + 4y = 6 sin 3x
Solución. En este caso el polinomio característico asociado a la ecucación complementaria es
por lo tanto la solución complementaria es
p(λ) = λ 2 + 4λ + 4 = (λ + 2) 2
y c = c1e −2x + xc2e −2x .
Como f(x) = 6 sin 3x, asumimos una solución particular de la forma y f = a sin 3x + b sin 3x, de donde obtenemos que
lo cual nos da un sistema
resolviendo lo llegamos a que a = − 30
169
homogenea dada inicialmente es
EJEMPLO 2.11
Resuelva la siguiente EDO
(−5a − 12b) sin 3x + (12a − 5b) cos 3x = 6 sin 3x
−5a − 12b = 6
12a − 5b = 0
72
y b = − . Por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal no
169
y = yc + yf = c1e −2x + xc2e −2x + − 30
72
sin 3x + − sin 3x
169 169
y ′′ + 2y ′ + y = 2 cos 2x + 3x + 2 + 3e x
Solución. En este caso el polinomio característico asociado a la ecucación complementaria es
por lo tanto la solución complementaria es
p(λ) = λ 2 + 2λ + 1 = (λ + 1) 2
y c = c1e −x + xc2e −x .
Como f(x) = 2 cos 2x + 3x + 2 + 3e x , asumimos una solución particular de la forma
de donde obtenemos que
yf = a sin 3x + b sin 3x + cx + d + ge
| {z } | {z }
2 cos 2x
3x+2
x
|{z}
3ex (−3a − 4b) sin 2x + (4a − 3b) cos 2x + cx + d + 2c + 4ge x = 2 cos 2x + 3x + 2 + 3e x
lo cual nos da un sistema par los coeficientes, resolviéndolo llegamos a que a = 8
6
3
, b = − , c = 3, d = −4, g = . Por
25 25 4
lo tanto la solución completa de la ecuación lineal no homogénea dada inicialmente es
EJEMPLO 2.12
Resuelva la siguiente EDO
y = yc + yf = c1e −x + xc2e −x + 8
6
3
sin 3x + − sin 3x + 3x − 4 +
25 25 4 ex .
y ′′′ − 3y ′′ + 3y ′ − y = 2e x
Solución. En este caso el polinomio característico asociado a la ecucación complementaria es
por lo tanto la solución complementaria es
p(λ) = λ 3 − 3λ 2 + 3λ − 1 = (λ − 1) 3
y c = c1e x + xc2e x + x 2 c3e x .
40

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Como f(x) = 2e x , normalmente asumiriamos una solución particular de la forma y f = ae x , sin embargo como e x
aparece en la solución complementaria, según el punto 3 debemos tomar y f = ax 3 e x , de donde obtenemos que
6ae x = 3e x
entonces a = 1
. Por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal no homogenea dada inicialmente es
3
y = yc + yf = c1e x + xc2e x + x 2 c3e x + 1
3 x3e x .
Ejercicio 2.17
Resuelva las siguientes ecuaciones no homogéneas:
1. y ′′ + y = 2e 3x .
2. y ′′ + y = 6 cos 2 x.
3. y ′′ + 3y ′ + 2y = 4e −2x .
4. y ′′ + 4y = 6 sin 2x + 3x 2 .
2.7.2 Variación de parámetros
5. y ′′′ − 3y ′′ + 3y ′ − y = 2e x .
6. y ′′′ + y ′ = x + sin x + cos x.
7. y ′′ + y = x sin x.
8. y ′′ + 4y = sin 4 x.
Este método que en principio siempre permite encontrar una solución particular de la ecuación no
homogenea con coeficientes variables, sin embargo en muchas ocasiones los cálculos pueden ser más
tediosos y complicados que en el caso de coeficientes indeterminados. Queremos resolver la ecuación
a n y (n) + a n−1 y (n−1) + . . . + a 1 y ′ + a 0 y = ˆ f
dividiendo por an a ambos lados, denotando f = ˆ f/an y pi = ai/an para i = 0, . . . , n − 1 obtenemos
y (n) + p n−1y (n−1) + . . . + p 1y ′ + p 0y = f
supongamos la ecuación complementaria viene dada por
y c = c1y1 + . . . + cnyn.
Entonces, para hallar una solución particular, el método consiste en suponer que las constante o
parámetros c1, . . . , cn, son funciones que dependen de la variable x, esto es que
y f = u1(x)y1 + . . . + un(x)yn
ahora, sustituyendo y f en la ecuación original e imponiendole condiciones iniciales adecuadas, obtenemos
que las funciones u1, . . . , un satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones
u ′ 1y (n−2)
1
u ′ 1y (n−1)
1
que siempre tiene solución debido a que
W (y1, . . . , yn) =
u ′ 1y1 + . . . + u ′ nyn = 0
u ′ 1y ′ 1 + . . . + u ′ ny ′ n = 0
+ . . . + u ′ ny (n−2)
n = 0
+ . . . + u ′ ny (n−1)
n = f
y1 y2 · · · yn
y ′ 1 y ′ 2 · · · y ′ n
.
y (n−1)
1
41
.
. ..
y (n−1)
n · · · y (n−1)
n
.
.
= 0

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aun más debido a la regla de Cramer, esta solución viene dada por:
Wi(y1, . . . , yn)
ui =
W (y1, . . . , yn) dx
y con esto encontramos la solución particular buscada.
Ejercicio 2.18
Resuelva en cada caso la ecuación diferencial no homogénea, utilizando el hecho de que la función dada es solución de
la ecuación homogénea asosiada.
• x 2 (1 − x)y ′′ + 2x(2 − x)y ′ + 2(1 + x)y = x 2 ; y1(x) = x m , m ∈ R.
• xy ′′ − 2(x + 1)y ′ + (x + 2)y = x 2 e 2x ; y1(x) = e mx , m ∈ R.
42

Capítulo 3
Sistemas de EDO
Existen muchos casos en que se necesitan modelar fenómenos que tienen más de una variable dependiente
de un mismo parametro. Veamos un ejemplo de esta situación:
EJEMPLO 3.1
Suponga que una partícula de masa m se mueve en un plano xy debido a un fuerza (F) que actua sobre ella. Asumamos
que la dirección de la fuerza esta en el plano xy y que la magnitud de dicha fuerza solamente depende de la posición en
que se encuentra la partícula (solamente depende de x y de y) en el tiempo t. Asumiendo que conocemos la posición
inicial de la partícula, deseamos encontrar la posición en el plano xy que tendrá la partícula en cualquier tiempo posterior.
Solución. Descomponiendo F en sus dos componentes F1 y F2 en las direcciones positivas x y y, repectivamente.
Entonces por la segunda ley de Newton obtenemos que
mx ′′ = F1(x, y) my ′′ = F2(x, y)
con condiciones iniciales dadas por sus posiciones iniciales x(0) = x0, y(0) = y0. Por lo tanto las soluciones del sistema
diferencial anterior son dos funciones x, y tales que nos permiten hallar la posición de la partícula en cualquier tiempo
t. El objetivo de este capítulo es examinar algunos métodos para soluciones este tipo de problemas.
Un sitema de ecuaciones de la forma
donde x = (x1, . . . , xn), x (k) = (x (k)
1
d n x1
dt n = f1(t, x, x ′ , . . . , x (n−1) ),
d n x2
dt n = f2(t, x, x ′ , . . . , x (n−1) ),
.
d n xn
dt n = fn(t, x, x ′ , . . . , x (n−1) )
(3.1)
, . . . , x(k)
n ), para k = 1, . . . , n − 1 y x1, . . . , xn son funciones que
dependen de t, se llama un sistema de ecuaciones diferenciales. Y diremos que integramos este sistema
si dadas condiciones iniciales xi(ai) = bi, ai, bi ∈ R, para i = 1, . . . , n, hallamos funciones x1, . . . , xn
tales que cumplan con el sistema y las condiciones dadas. Como trabajar con el problema en general
se hace muy complicada, consideremos casos específicos en los cuales podamos es cribir este sistema
de una forma más simple.
3.1 Operadores
Supongamos que podemos escribir el sistema (3.1) de la forma
43

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
φ 1 1(D)x1 + . . . + φ 1 n(D)xn = f1(t)
φ 2 1(D)x1 + . . . + φ 2 n(D)xn = f2(t)
.
φ n 1 (D)x1 + . . . + φ n n(D)xn = fn(t) (3.2)
donde φi j (D) son polinomios en el operador diferencial para todo 1 ≤ i, j ≤ n. Entonces en este
caso como tenemos que, por ser polinomios, los operadores conmutan, esto es que φi j (D)φpq(D) =
φp q(D)φi j (D), podemos despejar del sistema cada una de las n variables dependiente y resolver el sistema
como si fuera de unas sola variables dependiente, es más, en general obtenemos una ecuación no
homegenea de coeficientes constantes para cada una de las variables x1, . . . , xn. Veamos este método
en un ejemplo para clarificar las ideas:
EJEMPLO 3.2
Resuelva el sistema
x ′ − 3x − 6y = t 2
y ′ + x ′ − 3y = e t
Solución. Escribimos el sistema en la forma (3.2), obtenemos:
(D − 3)x − 6y = t 2
Dx + (D − 3)y = e t
Ahora multiplicando (3.3) por D, (3.4) por (D − 3) obtenemos
D(D − 3)x − 6Dy = 2t
(D − 3)Dx + (D − 3) 2 y = −2e t
restando obtenemos que (D2 + 9)y = −2e2 − 2t, resolviendo esta ecuación general por el método de coeficientes
indeterminados obtenemos que
y = c1 cos 3t + c2 sin 3t − 1
5 et − 2t
9
Analogamente, multiplicando (3.3) por (D−3), y la ecuación (3.4) por 6 y restando obtenemos (D2 +9)x = 6et −3t2 +2t,
resolviendo llegamos a que
x = c3 cos 3t + c4 sin 3t + 3
5 et − 1
3 t2 + 2 2
t +
9 27
ahora tenemos que eliminar las constantes inecesarias, esto lo hacemos sustituyendo las soluciones en alguna de las
ecuaciones iniciales, sustituyamos en (3.3), entonces
−3c4 − 3c3 − 6c2 = 0
3c4 − 3c3 − 6c1 = 0
de donde obtenemos que c1 = 1
2 c4 − 1
2 c3 y c2 = − 1
2 c4 − 1
2 c3. Sustituyendo en la ecuación
obtenemos la solución simultanea deseada
y = c1 cos 3t + c2 sin 3t − 1
5 et − 2t
9
x = c3 cos 3t + c4 sin 3t + 3
5 et − 1
3 t2 + 2
9
t + 2
27
y = ( 1
2 c4 − 1
2 c3) cos 3t + (− 1
2 c4 − 1
2 c3) sin 3t − 1
5 et − 2t
9
Observación: Dado un sistema es importante saber la cantidad de constantes que son verdaderamente
necesarias. Para esta situación se tiene un resultado que afirma que la cantidad de constantes
44
(3.3)
(3.4)

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
necesariar para la ecuación (3.2), viene dada por el grado del operador polinómico obtenido del siguiente
determinante
φ
1 1(D) φ1 2(D) · · · φ1 n(D)
φ2 1(D) φ2 2(D) · · · φ1 1(D)
.
. . .. .
φn 1 (D) φn 2 (D) · · · φn
n(D)
siempre y cuando este determinante no sea cero, en cuyo caso, o bien no hay solcución para el sistema
o existen un infinidad de soluciones. Utilizando este hecho en el caso del ejemplo 51 tenemos que
(D − 3) 6
D (D − 3) = D2 − 12D + 9
y por lo tanto se necesitan 2 constantes en la solución simultanea final, como ya vimos.
3.2 Sitemas lineales - Forma Matricial
Supongamos que podemos escribir el sistema (3.1) de la forma lineal
dx1
dt = a11(t)x1 + a12(t)x2 + . . . + a1n(t)xn + b1(t)
dx2
dt = a21(t)x1 + a22(t)x2 + . . . + a2n(t)xn + b2(t)
dxn
dt
.
= an1(t)x1 + an2(t)x2 + . . . + ann(t)xn + bn(t)
donde aij ∈ C(R) para 1 ≤ i, j ≤ n y b1, . . . , bn ∈ C(R). Un sistema de la forma (3.5) se llama sistema
de ecuaciones diferenciales lineal, entonces si denotamos
⎛
⎜
x(t) = ⎝
x1(t)
.
⎞
⎟
⎠ ,
⎛
⎜
A = ⎝
a11(t)
.
· · ·
. ..
a1n(t)
.
⎞
⎟
⎠ ,
⎛
⎜
B(t) = ⎝
b1(t)
.
⎞
⎟
⎠
xn(t)
an1(t) · · · ann(t)
bn(t)
obtenemos que el sistema (3.5), se puede escribir de la forma matricial
(3.5)
x ′ (t) = A(t)X(t) + B(t) (3.6)
En el caso en que la matriz A sea constante, llamaremos a este sistema, sistema de ecuaciones
diferenciales lineal con coeficientes constantes, además si B(t) = 0, diremos que el sistema (3.6) es
homogeneo, en caso contrario diremos que es no homogeneo. En este curso solamente estudiaremos
el caso de coeficientes constantes, esto es cuando A es una matriz constante, por lo tanto de aqui en
adelante asumiremos que A es constante.
3.2.1 Sistema Homogeneo
Analicemos el sistema homogeneo
x ′ (t) = Ax(t) (3.7)
cuando B(t) = 0, de una manera similar al caso de la ecuación lineal homogenea tenemos el siguiente
teorema
45

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
Teorema 3.1. El conjunto de soluciones de (3.7) forman un espacio vectorial de dimensión n.
Si {v1(t), . . . , vn(t)} forman una base de este espacio, entonces a la matriz
Φ(t) = [v1(t), . . . , vn(t)]
se le conoce como la matriz fundamental del sistema (3.7), observe que esta matriz satisface el sistema
en el siguiente sentido
Φ ′ = AΦ
más adelante veremos otras propiedades de la matriz fundamental. Por ahora concentremonos en el
problema de hallar n soluciones independientes, ya que debido el Teorema 10, esto, al igual que en el
caso de la ecuación lineal homogenea, es suficientes para encontrar la solución completa del sistema
lineal homogeneo (3.7).
Recordando que la ecuación escalar lineal homogénea de primer orden tiene solución exponencial,
intentemos encontrar un solución de la forma
x(t) = e λt
donde v es un vector constante. Sustitutendo en (3.7), llegamos que x(t) es solución si y solo si
Av = λv
es decir, x(t) es una solución, no trivial, de (3.7) si y solo si v es un vector propio de A, con valor
propio λ. Recordemos del algebra lineal que los valores porpios de una matriz A, son las n raices
distintas que posee el polinomio caracteristico
a11 − λ · · · a1n
p(λ) = |A − λI| =
.
. ..
. ,
an1 · · · ann − λ
y los vectores propios de A son las soluciónes distintas de cero de la ecuación
(A − λI)v = 0
donde λ varia sobre los valores propios de A, sabemos además que cada vector propio tiene un único
valor propio asociado.
Teorema 3.2. Si A es una matriz, como en (3.7), y sean v1, . . . , vn n vectores propios de A, linealmente
independientes, con valores propios asociados λ1, . . . , λn respectivamente, entonces xi(t) =
e λit vi, para i = 1, . . . , n son n soluciones linealmente independientes, y por ende la solución completa
de (3.7) viene dada por
x(t) = c1e λ1t v1 + . . . + cne λnt vn
donde c1, . . . , cn ∈ R
Entonces si pudiésemos encontrar, n vectores propios de A linealmente independientes, tendriamos
nuestro problema resuelto. Veamos que en el caso en que todos los valores propios de A sean reales
y distintos obtenemos lo que buscamos, la razón de esto se justifica con el siguiente teorema
Teorema 3.3. Cualesquiera k vectores propios de A con valores propios dos a dos ditintos son
linealmente independientes.
Veamos un ejemplo de este caso (cuando todos los valores propios de A son reales).
46

Teorema 13
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
EJEMPLO 3.3
Encuentre la solución completa del sistema
Solución. El polinomio caracteristico de A es
0
x ′ = @
1 −1 4
3 2 −1
2 1 −1
1
A x
p(λ) = (1 − λ)(λ − 3)(λ + 2)
de modo que los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 3 y λ3 = −2. Encontrando los vectores propios asociados a
λ1, λ2, λ3, hallamos respectivamente
0
v1 = @ −1
4
1
A
0
v2 = @
1
1
2
1
A
0
v3 = @
1
−1
1
1
A
1
entonces la solución general es
x(t) = c1e t v1 + c2e 3t v2 + c3e −2t v3 =
3.2.2 Valores Propios Complejos
0
@ −c1e t + c2e 3t − c3e −2
4c1e t + 2c2e 3t + c3e −2t
c1e t + c2e 3t + c3e −2t
Sea A una matriz con valores propios distintos, si tenemos que A tiene a λ = α+iβ como valor propio
y a v como su vector propio asociado, sabemos que x = e λt v es solución del sitema
x ′ = Ax
como veremos a continuación esta solución v, da lugar a dos soluciones linealmente independientes
Sea v un vector propio no real de A, tal que v(t) = w(t) + iz(t), entonces, tanto, w(t) como z(t) son
soluciones linealmente independientes del sistema
x ′ = Ax
Este resultado nos permite encontrar la solución completa para el caso en que A tengo valores propios
distintos, sean reales o complejos.
EJEMPLO 53
Encuentre la solución del problema de valor inicial del siguiente sistema
x ′ 0
1
= @ 0
0
1
0
−1
1
A x,
0
x(0) = @
0 1 1
1
1
1
A
1
Solución. El polinomio caracteristico de A es
p(λ) = (1 − λ)(λ 2 − 2λ + 2) = (λ − 1)(λ − (1 + i))(λ − (1 − i))
de modo que los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 1 + i y λ2 = 1 − i. Encontrando el vector propio asociado a λ1
obtenemos que
0
v1 = @ 1
0
0
1
A
de donde tenemos que que
x1(t) = e t v1.
Ahora, utilizando cualquiera de los valores propios compejos, λ1 o su conjugado, hallamos las otras dos soluciones
linealmente independientes. Utilicemos λ2, hallando el vector propio asociado encontramos que
47
1
A

Ejercicio
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
entonces
0
x2(t) = e (i+1)t v2 = e t . @
0
v2 = @ 0
1
i A
1
0
− sin t
cos t
1
A + ie t .
0
@ 0
cos t
sin t
1
A = w(t) + iz(t)
entonces por el teorema anterior w(t) y z(t) son dos soluciones linealmente independientes. Por lo tanto la solución
general del sistema es
x(t) = c1v1(t) + c2w(t) + c3z(t)
utilizando la condición inicial llegamos a que c1 = c2 = c3 = 1 y por lo tanto
x(t) = e t
0
@
1
cos t − sin t
cos t + sin t
1
A
Encuentre la solución del problema de valor inicial del siguiente sistema
x ′ 0
−3
= @ 1
0
−1
2
0
1
A x,
0
x(0) = @
−2 −1 0
0
−1
1
A
−2
4.2.1.2. Valores Propios Repetidos
Sea A una matriz con valores propios distintos, entonces en este caso A no neceserariamente tiene n
vectores propios linealmente independientes, sin embargo aun así podemos encontrar por medio de los
valores propios las n soluciones linealmente independientes.
Supongamos que tenemos una matriz A n × n que tiene solamente k < n vectores propios linealmente
independientes. Recordemos que que x(t) = ce at es una solución de la ecuación diferencial x ′ (t) = ax,
para cualquier constante c. De la misma manera, sería deseable poder decir que x(t) = e At v es una
solucíon de la ecuación diferencial vectorial
x ′ = Ax (3.8)
para cualquier vector constante v. Sin embargo, e At no esta definido si A es una matriz n × n.
Para solucionar este inconveniente definimos de manera natural, al igual que para valores en R, la
exponencial de una matriz A n × n por medio de la serie
e At =
∞
n=0
A n t n
n!
= I + At + A2t2 2! + A3t3 + . . . (3.9)
3!
Es posbible probar que la serie (3.9) converque para toda t y que se puede derivar término a término,
en particular se cumple que
d
dt eAt = Ae At
y esto implica que para cualquier vector constante v, e At v es una solución de (3.8) ya que
d
dt eAt v = Ae At v = A(e At v)
Teorema 14
Si A y B son matrices n × n que conmutan (AB= BA), entonces
e At+Bt = e At e Bt
48

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
Vamos a utilizar este teorema para poder encontrar n soluciones linealmente independientes para (3.8),
de la siguiente manera como para todo λ ∈ R y v vector constante (A − λI)(λI) = (λI)(A − λI),
entonces
e At v = e λIt e (A−λI)t v = e λt e (A−λI)t v (3.10)
Obsérvese ahora que si (A − λI) m = 0 para algún entero m, entones la serie e (A−λI)t v es finita la
podemos calcular y por lo tanto podemos hallar una solución de (3.8) para cada λ y cada vector
constante v. Ahora la manera de saber cuales valores de λ y y v usar vienen dados por el siguiente
teorema
Teorema 15
Si el polinomio caracteristico de A es
p(λ) = (λ − λ1) µ1 (λ − λ2) µ2 · · · (λ − λk) µk
entonces para cada valor propio λi existen µi vectores linealmente independientes v, que cumpla con
alguna de las siguientes ecuaciones
(A − λI)v = 0
(A − λI) 2 v = 0
(A − λI) µi v = 0
y se encuentran resolviendo cada una de las ecuaciones.
Entonces por el teorema anterior podemos hallar µ1 + µ2 + . . . + µk = n, vectores v linealmente independientes
tal que (A − λI) m v = 0, para algún m y para algún λ valor propio de A. Por lo tanto
podemos hallar para cada uno de esos vectores y sus respectivos valores propios
con ello hallamos
e (A−λI)t v
e At v
que nos da una solución de (3.8), y como tenemos n vectores v linealmente independientes, hallamos
n soluciones linealmente independientes. Veamos el método con el siguiente ejemplo
EJEMPLO 54
Encuentre la solución completa de siguiente sistema de ecuaiones diferenciales
x ′ 0
1
= @ 0
1
1
0
0
1
A x,
0 0 2
Solución. El polinomio caracteristico de A es
p(λ) = (1 − λ) 2 (2 − λ)
entonces λ1 = 2 tiene multiplicidad 1, y λ2 = 1 tiene multiplicidad 2. Encontrando el vector propio asociado a λ1
obtenemos que
0
v1 = @ 0
0
1
1
A
de donde tenemos que que
.
x1(t) = e 2t v1.
Ahora como λ2 tiene multiplicidad 2, entonces por el teorema 15 podemos hallar dos vectores linealmente independientes
que cumplan alguna de las dos ecuaciones
(A − I)v = 0 (3.11)
(A − I) 2 v = 0 (3.12)
49

Ejercicio
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
Resolviendo (3.11) obtenemos que
y por lo tanto
0
v2 = @ 1
1
0 A
0
x2(t) = e t v2.
Ahora queremos encontrar un v3 que cumpla (3.12) y sea linealmente independiente a v2, o que es lo mismo que no
cumpla (3.11), encontramos que podemos tomar v3, para simplificar los cálculos, como
0
v3 = @ 0
1
1 A
0
por lo tanto
entonces la solución completa de la ecuación es
Resolver el problema de valor inicial
0
Solución. x(t) = e2t @
1 + 5t − 1
2 t2
2 − t
1
1
A
x ′ = @
x3(t) = e At v3
= e t e (A−I)t v3
= e t [I + t(A − I)]v3
= e t v3
x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + c3x3(t)
0
2 1 3
0 2 −1
0 0 2
1
A x,
0
x(0) = @ 1
2
1
1
A
Ahora que tenemos el método general para obtener la matriz fundamental Φ(t), veamos que esta matriz
nos permite calcular explicitamente e At .
Teorema 16
Si Φ(t) es una matriz fundamental de soluciones de la ecuación x ′ = Ax, entonces
más aun e At es también una matriz fundamental.
e At = Φ(t)Φ −1 (0)
Como ejercicio puede intentar calcular el valor de la exponencial de A, para la matriz del ejemplo 54.
4.2.2. Ecuación No Homogenea - Variación de Parámetros
Consideremos ahora el problema no homogeneo
x ′ = Ax + B(t) (3.13)
Al igual que en el caso no homogeneo de las ecuacionel lineales obtenemos el siguiente teorema.
50

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
Teorema 17
Si x1, . . . , xn son una base del conjunto de soluciones de la ecución homogenea
x ′ = Ax
y xb es una solución particular de la ecuación no homogenea
x ′ = Ax + B(t)
entonces x(t) = c1x1(t) + . . . + cnxn(t) + xb(t) es una solución completa de la ecuación no homogenea.
Entonces al igual que en las ecuaciones de lineales, en este caso tambien se puede aplicar la idea de
Lagrange de variación de parámetros. Sean x1(t), . . . , xn(t), n soluciones linealmente independientes
de la ecuación homogénea x ′ = Ax. Sabemos entonces que la ecuación c1x1(t)+. . .+cnxn(t)+xb(t) es
la solución general de la ecuación homogénea, y la idea es asumir que podemos encontrar una solución
particular de (3.13) si consideramos cada una de las constantes ci como funciones ui(t) que dependen
del parámetro t, para 1 ≤ i ≤ n. Entonces tenemos que
xb = u1(t)x1(t) + . . . + un(t)xn(t) + xb(t)
y debemos encontrar las funciones u1, . . . , un. Esta ecuación puede escribirse de manera abreviada de
la forma:
x(t) = Φ(t)u(t)
donde
Φ(t) = [x1(t), . . . , xn(t)] y u(t) =
Al sustituir esta expresión en la ecuación (3.13) obtenemos
⎛
⎜
⎝
u1(t)
.
.
un(t)
Φ ′ (t)u(t) + Φ(t)u ′ (t) = AΦ(t)u(t) + B(t)
y como la matriz Φ(t) es una matriz fundamental de soluciones, entonces cumple con la ecuación
Φ ′ (t) = AΦ(t), entonces obtenemos que
Φ(t)u ′ (t) = B(t)
recordemos que las columnas de los vectores de Φ(t) son linealmente independientes para todo t, y
por lo tanto la Φ −1 (t) existe y se cumple que
interando obtenemos que
u ′ (t) = Φ −1 (t)B(t)
u(t) = Φ −1 (t)B(t)dt,
ahora si Φ(t) es la matriz fundamental de soluciones e At , entonces los cálculos se simplifican pues en
este caso Φ −1 (t) = e −At . y por lo tanto
entonces obtenemos que
u(t) = e −At B(t)dt
xb(t) = e At u(t) = e At
51
e −At B(t)dt
⎞
⎟
⎠ .

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
finalmente la solución completa a la ecuación (3.13) es
x(t) = c1x1(t) + . . . + cnxn(t) + xb(t)
EJEMPLO 54
Encuentre la solución completa de siguiente sistema de ecuaiones diferenciales
x ′ 0
1
= @ 2
0
1
0
−2
1 0
A x + @
0
0
3 2 1
et cos 2t
Solución. Calculando las soluciones tres soluciones linealmente independientes de la ecuación homogenea obtenemos que
x1(t) = e t
0
@ 2
−3
1
A , x2(t) = e
2
t
0
@
0
cos 2t
1
A , x3(t) = e
sin 2t
t
0
@
0
sin 2t
1
A
− cos 2t
entonces
Φ(t) =
52
1
A ,

Capítulo 4
Solución por Series
4.1 Puntos Singulares
Considere la ecuación diferencial
normalizando obtenemos
a2(x)y ′′ + a1(x)y ′ + a0(x)y = 0 (4.1)
y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0
Decimos que a es un punto singular regular de la ecuación diferencial anterior si las funciones
p(x) = (x − a)P (x) y q(x) = (x − a) 2 Q(x) son analíticas en a. En caso contrario decimos que el a es
un punto singular irregular.
En este custo solamente estudiaremos solución por series alrededor de puntos singulares regulares.
Más aún como todo sistema con condiciones inciales en x = a se puede transladar a condiciones
iniciales en x = 0. Basta con analizar los sistemas de ecuaciones diferenciales con x = 0 como punto
singular regular.
EJEMPLO 4.1
Clasifique los puntos singulares de la siguiente ecuación diferencial, en puntos singulares regulares ó puntos singulares
irregulares.
(x 2 − 4) 2 y ′′ + 3(x − 2)y ′ + 5y = 0
Solución: Normalizando
P (x) =
3
(x − 2)(x + 2) 2
Q(x) =
5
(x − 2) 2 (x + 2) 2
Claramente los puntos singulares (i.e. los puntos donde P (x) o Q(x) no son analíticas) son x = 2 y x = −2.
Analizamos cada punto por aparte. Para x = 2 obtenemos que
p(x) = (x − 2)P (x) =
3
(x + 2) 2
q(x) = (x − 2) 2 5
Q(x) =
(x + 2) 2
y ambas son analíticas en x = 2. Por lo tanto x = 2 es un punto singular regular.
Anora analicemos el caso x = −2, en este caso obtenemos
p(x) = (x + 2)P (x) =
q(x) = (x + 2) 2 Q(x) =
3
(x − 2)(x + 2)
5
(x − 2) 2
de donde se deduce que x = −2 es un punto singular irregular, pues p(x) no es analítica en x = −2.
Ahora para encontrar soluciones alrededor de un punto singular regular utlizamos el siguiente teorema
de Frobenius
53

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 4. SOLUCIÓN POR SERIES
Teorema 4.1 (Teorema de Frobenius). Si x = a es un punto singular regular de la ecuación diferencial
entonces existe al menos una solución de la forma
para algún r ∈ R.
a2(x)y ′′ + a1(x)y ′ + a0(x)y = 0
y =
∞
an(x − a) n+r
n=0
Este teorema solamente nos garantiza una de las dos soluciones que estamos buscando. Sin embargo
en muchos casos es suficiente para encontrar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación
homogénea (4.1). Veamos un ejemplo.
EJEMPLO 4.2
Resuelva la ecuación diferencial
alrededor del punto x = 0.
3xy ′′ + y ′ − y = 0
Solución: Facilmente se verifica que x = 0 es un punto singular regular. Entonces aplicando el Teorema de Frobenius
bucamos una solución de la forma
∞X
y = anx n+r , r ∈ R
derivando para sustituir
y ′ =
y ′′ =
n=0
∞X
(n + r)anx n+r−1
n=0
∞X
(n + r)(n + r − 1)anx n+r−2
n=0
observe que en este caso los índices iniciales no se modifican, pues no se cancelan los primeros términos a menos que
r = 0. Sustituyendo obtenemos:
3xy ′′ + y ′ ∞X
− y = 3x (n + r)(n + r − 1)anx n+r−2 ∞X
+ (n + r)anx n+r−1 ∞X
− anx n+r
=
=
n=0
n=0
n=0
∞X
3(n + r)(n + r − 1)anx n+r−1 ∞X
+ (n + r)anx n+r−1 ∞X
− anx n+r (coeficientes)
n=0
n=0
n=0
∞X
3(n + r + 1)(n + r)an+1x n+r +
∞X
(n + r + 1)an+1x n+r ∞X
− anx n+r (subíndices)
n=−1
n=−1
n=0
= (3r(r − 1) + r) a0x r−1
∞X
+ (3(n + r + 1)(n + r)an+1 + (n + r + 1)an+1 − an)x
| {z }
n=0
n=−1
n+r (simplificar)
= (r(3r − 2)) a0x r−1
∞X
+ ((n + r + 1)(3n + 3r + 1)an+1 − an)x
| {z }
n=0
n=−1
n+r = 0
dividiendo entre x r−1 , como a0 = 0 y debido a que toda la serie está igualada a cero obtenemos las dos ecuaciones
La ecuación (4.2) se le conoce como ecuación indical
r(3r − 2) = 0 (4.2)
(n + r + 1)(3n + 3r + 1)an+1 − an = 0 (4.3)
r(3r − 2) = 0
y esta ecuación es la que determina para cuales valores de r se va a poder encontrar una solución de la forma asumida
inicialmente. Es más desde este momento se puede saber si la forma asumida
∞X
y = anx n+r
n=0
54

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 4. SOLUCIÓN POR SERIES
va a generar dos soluciones linealmente independientes. Y esto es si las raices r1 y r2 de la ecuación indical (4.2) son
tales que su diferencia no es un número entero.(i.e. r1 − r2 /∈ Z)
Este es uno de estos casos, pues observe que las soluciones de la ecuación indical son r1 = 0 y r2 = 2/3 y claramente
su diferencia no esta en Z. Entonces lo que hacemos para encontrar las dos soluciones linealmente independientes es
analizar cada uno de los casos de r1 = 0 y r2 = 2/3 por aparte.
Asumamos que r = 0, entonces la fórmula de recurrencia que se obtiene de la ecuación (4.3)
se transforma en
entonces dando valores para n = 0, 1, 2, . . .
an+1 =
an
; n ≥ 0
(n + r + 1)(3n + 3r + 1)
an+1 =
a1 =
a2 =
a3 =
a5 =
.
an =
multiplicando ambos lados de la igualdad obtenemos
de donde finalmente obtenemos
an
(n + 1)(3n + 1)
a0
1 · 1
a1
2 · 4
a2
3 · 7
a3
4 · 10
an−1
n · (3n − 2)
a1 · a2 · a3 · · · an = a0 · a1 · a2 · · · an−1
n!1 · 4 · 7 · · · (3n − 2)
an =
por lo tanto la solución y obtenida cuando r = 0 es igual a
y = a0 +
∞X
anx n = a0
n=1
tomando a0 = 1 obtenemos una solución particular
y1 = 1 +
a0
; n ≥ 1
n!1 · 4 · 7 · · · (3n − 2)
∞X
n=1
1 +
∞X
n=1
1
n!1 · 4 · 7 · · · (3n − 2) xn
!
1
n!1 · 4 · 7 · · · (3n − 2) xn
Asumamos que r = 2/3, entonces la fórmula de recurrencia que se obtiene de la ecuación (4.3)
se transforma en
entonces dando valores para n = 0, 1, 2, . . .
an+1 =
an
; n ≥ 0
(n + r + 1)(3n + 3r + 1)
an+1 =
a1 =
a2 =
a3 =
a5 =
.
an =
an
(n + 1)(3n + 5)
a0
1 · 5
a1
2 · 8
a2
3 · 11
a3
4 · 14
an−1
n · (3n + 2)
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MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPÍTULO 4. SOLUCIÓN POR SERIES
multiplicando ambos lados de la igualdad obtenemos
de donde finalmente obtenemos
a1 · a2 · a3 · · · an = a0 · a1 · a2 · · · an−1
n!5 · 8 · 11 · · · (3n + 2)
an =
por lo tanto la solución y obtenida cuando r = 2/3 es igual a
y = a0x 2/3 +
a0
; n ≥ 1
n!5 · 8 · 11 · · · (3n + 2)
∞X
anx n+2/3 = a0x 2/3
n=1
tomando a0 = 1 obtenemos una solución particular
y1 = x 2/3
1 +
Finalmente la solución final de la ecuación inicial es:
∞X
n=1
1 +
∞X
n=1
1
n!5 · 8 · 11 · · · (3n + 2) xn
!
y = ay1 + by2, a, b ∈ R
a0
n!5 · 8 · 11 · · · (3n + 2) xn
!
En caso de que la ecuación indical tenga dos raices cuya diferencia sea un entero, entonces las soluciones
y1 y y2 obtenidas en el ejemplo anterior serán linealmente dependientes. Para este caso lo que hacemos
es buscar dos soluciones linealmente independientes de la forma
y1 =
∞
anx n+r1
n=0
y2 = Cy1 ln x +
∞
bnx n+r2 ; C ∈ R
n=0
Hay un teorema que garantiza que siempre se podrá encontrar dos soluciones de la forma descrita
anteriormente y como ambas son linealmente independientes entonces obtenemos la solución final.
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Bibliografía
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Frontera, Thomson Lerning, 2002.
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