Capitulo Xiv Ecuaciones Diferenciales

8/18/2019 Capitulo Xiv Ecuaciones Diferenciales

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ÍNDICE

14.ECUACIONES DIFERENCIALES 291

14.1. DEFINICIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291

14.2. GENERACIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES . . . . . . . . . . 291

14.3. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL . . . . . . . . . . . . 292

14.4. ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLESSEPARABLES Y SEPARADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294

14.5. ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . 295

14.5.1. Solución de la Ecuación Homoǵenea . . . . . . . . . . . . . . . . 296

14.6. ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . . . . 298

14.6.1. Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300

14.6.2. Ecuación de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

14.7. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS . . . . . . . . . . . . . . . 304

14.8. FACTORES INTEGRANTES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

14.8.1. Factor Integrante Sistemático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307

14.8.2. Factor Integrante por inspeccíon . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

14.9. ALGUNAS APLICACIONES DE LAS ECUACIONESDIFERENCIALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310

14.10. TRAYECTORIAS ORTOGONALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312

14.11. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR . . . . . . . . . . . 314

14.11.1. Casos simples de reducción de orden . . . . . . . . . . . . . . . . 315

14.11.2. Dependencia e independencia lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

14.11.3. El determinante Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

14.11.4. Construcción de una segunda solución a partir de una soluciónconocida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319

14.12. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS CON CO-

EFICIENTES CONSTANTES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32114.13. UNA BREVE INTRODUCCIÓN A LA TRANSFORMADA DE LAPLACE324

14.13.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324

14.13.2. Definición de transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 324

14.13.3. Funciones y sus Transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326

14.13.4. La Transformada Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327

14.13.5. Teorema de Traslación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328

14.13.6. Transformada de Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329


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14.13.7. Aplicación de la Transformada de Laplace a una ecuación dife-rencial con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330

14.14. EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332


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CAPÍTULO 14

ECUACIONES DIFERENCIALES

14.1. DEFINICIONES

Una ecuación diferencial es aquella donde interviene una variable dependiente y susderivadas con respecto de una o más variables independientes.

Estudiaremos algunas de ellas, en particular, aquella donde existe una única variableindependiente y, en ese caso la ecuación diferencial se llama ecuaci´ on diferencial ordinaria .

Si y = f (x) entonces la forma general de la ecuación diferencial ordinaria es del tipo

F (x,y,y′, y′′, . . . , y(n)) = 0.

14.2. GENERACIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Si y = f (x) es una función dada, entonces sabemos que su derivada dydx puedeinterpretarse como el ritmo de cambio de la variable y con respecto del cambio de la variable x.

En cualquier proceso natural, las variables involucradas y sus ritmos de variación estánrelacionadas entre śı por medio de los principios básicos que gobiernan dicho procesos. Alexpresar la conexión en śımbolos matemáticos el resultado es, con frecuencia, una ecuacióndiferencial.

El siguiente ejemplo ilustra estos comentarios.

Ejemplo 14.2.1. De acuerdo a la “2 da ley de Newton”, la aceleraci´ on “ a” que experimenta un cuerpo de masa “ m” es proporcional a la fuerza total “ F ” que act´ ua sobre el cuerpo con 1m como constante de proporcionalidad, aśı entonces, a =

1mF , es decir,

ma = F .

Supongamos que un cuerpo de masa “ m” cae s´ olo bajo la influencia de la gravitaci´ on,en tal caso la ´ unica fuerza que act´ ua sobre él es mg, donde g denota la aceleraci´ on de gravedad ( g ≈ 980cm. por cada segundo).

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292 UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA

Si “ y” es la altura medida hacia abajo desde una posici´ on prefijada, entonces su

velocidad v = dydt es el ritmo de cambio de su posici´ on y su aceleraci´ on a = dvdt =

d2ydt2

es el ritmo de cambio de la velocidad. Con esta notaci´ on, la ecuaci´ on mg = F se convierte en

md2ydt2

= mg, es decir, d2ydt2

= g.Si alteramos la situación, admitiendo que el aire ejerce una fuerza de resistencia

proporcional a la velocidad, la fuerza total F es mg −kdydt y la ecuaci´ on planteada es ahora

md2ydt2

= mg − k dydt .

Definición 14.2.1. Se llama orden de una ecuación diferencial ordinaria al orden dederivación más alto que aparezca en la ecuación F (x,y,y′, y′′, . . . , y(n)) = 0.

Se llama grado de una ecuación diferencial ordinaria al exponente que afecta a laderivada de más alto orden.

Ejemplo 14.2.2.

1. dydx = x + 5 es de primer orden, primer grado.

2. d2y

dx2 + 5 dydx − 2 = 0 es de segundo orden, primer grado.

3. (y′′)2 − (y′)3 + 3y − x2 = 0 es de segundo orden, tercer grado.

14.3. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL

Definición 14.3.1. Toda función y = y(x) que transforma la ecuación diferencial en unaidentidad se denomina solución o integral de la ecuación diferencial.

Ejemplo 14.3.1. Considere la ecuaci´ on diferencial

d2y

dx2 + y = 0,

pruebe que las funciones y = sin(x), y = cos(x), y en general y = A sin(x) + B cos(x),A, B constantes, son soluci´ on de la ecuaci´ on planteada.

Solución.

Si y = A sin(x) + B cos(x) entonces dydx = A cos(x) − B sin(x), de donde, d2y

dx2 es tal que

d2ydx2

= A sin(x) − B cos(x), aśı, reemplazando en la ecuación diferencial obtenemosd2y

dx2 + y = −A sin(x) − B cos(x) + A sin(x) + B cos(x) ≡ 0.

Observaci´ on 14.3.1. Una ecuación diferencial de primer orden tiene la forma

F (x,y,y′) = 0,

si esta ecuación es soluble para la derivada entonces y ′ = f (x, y), se llama “forma normalde la ecuación diferencial”.


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HERALDO GONZÁLEZ SERRANO 293

Definición 14.3.2. Llamamos solución general de una ecuación diferencial normal deprimer orden a la función y = S (x, C ) con C = C te tal que

a) satisface la ecuacíon diferencial para todo valor de C

b) cualquiera que sea la condición inicial y = y0 para x = x0 puede encontrarse unvalor C = C 0 tal que y = S (x, C 0).

Definición 14.3.3. Toda función y = S (x, C 0) deducida de la solucíon generaly = S (x, C ) se llama solución particular de la ecuación.

Ejemplo 14.3.2. La ecuaci´ on diferencial de primer orden dydx = − yx tiene por soluci´ on general la familia de funciones y = C x ya que, derivando la funci´ on obtenemos

dydx = −C x2 ;

como C = yx entonces, dydx = −

yxx2 = −

yx .

La soluci´ on particular que satisface la condici´ on inicial y0 = 1 para x0 = 2 nos indica que se cumple 1 = C 2 , es decir C = 2, de donde, la soluci´ on particular es y =

2x (aquella

hipérbola equil ́atera que pasa por el punto (2, 1)).

Observaci´ on 14.3.2.

1. Con frecuencia aparecen soluciones de ecuaciones diferenciales definidasimpĺıcitamente y a veces es dif́ıcil o imposible expresar expĺıcitamente la variabledependiente en términos de la variable independiente.

Ası́ por ejemplo xy = ln(y)+C , C una constante, es solución de la ecuación diferencialdydx =

y2

1−xy , ya que derivando implı́citamente la expresión xy = ln(y) + C tenemos,

y + xdydx = 1ydydx

, al despejar dydx

obtenemos dydx

= y1y−x

es decir, obtenemos dydx

= y2

1−xy ,

en la cual no podemos expresar la derivada sólo en función de la variable x.

2. Si la ecuación diferencial tiene la forma normal y′ = f (x, y) y si f (x, y) = g(x)entonces la ecuacíon diferencial queda dydx = g(x), la cual se puede solucionar,generalmente, escribiendo dy = g(x)dx, de donde y =

∫ g(x)dx + C , esta integral se

puede resolver, generalmente, con los métodos del cálculo.

Por ejemplo, la ecuación diferencial y′

= e3x + x tiene solución general

y =

(e3x + x)dx + C =

1

3e3x +

x2

2 + C.

Sin embargo, recordemos que existen otras integrales como∫

e−x2

dx,∫ sin(x)

x dx que

no son expresables mediante un número finito de funciones elementales.


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14.4. ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES

SEPARABLES Y SEPARADAS

Si en la ecuación diferencial normal dydx

= f (x, y), el segundo lado de ella se factorizaen un producto de funciones de x por funciones de y entonces la ecuación es

dydx

= f 1(x)f 2(y);

si f 2(y) ̸= 0 entonces podemos anotarla como 1f 2(y) dy = f 1(x)dx, y por integraciónobtenemos

1

f 2(y)dy =

f 1(x)dx + C.

Esta ecuacíon es de variables separables.

Ejemplo 14.4.1. Resuelva la ecuaci´ on dydx

= −yx .

Solución.Notamos inmediatamente que es una ecuación de variables separables, entonces

dy

y = −dx

x ,

integrando obtenemos ln(y) = − ln(x) + C . En este caso es conveniente escribirln(y) = − ln(x) + ln(K ) de donde ln(y) = ln K x , aśı entonces la integral o solución generalde la ecuación es y = K x .


1. La ecuación diferencialM (x)dx + N (y)dy = 0

se llama ecuación de variables separadas y su integral general es M (x)dx +

N (y)dy = C.

Por ejemplo, al considerar la ecuación diferencial xdx + ydy = 0 tenemos∫ xdx +

∫ ydy = C de donde la solución general es x2 + y2 = K 2 con K 2 = 2C .

2. Una ecuación del tipo

M 1(x)N 1(y)dx + M 2(x)N 2(y)dy = 0

se puede reducir a una ecuación de variables separadas dividiendo por N 1(y)M 2(x);la ecuación diferencial queda

M 1(x)

M 2(x)dx +

N 2(y)

N 1(y)dy = 0.


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Ejemplo 14.4.2. Resuelva la ecuaci´ on (t2 − xt2)dx + (x2 + tx2)dt = 0.Solución.

(t2

−xt2)dx + (x2 + tx2)dt = 0

⇒ t2(1

−x)dx + x2(1 + t)dt = 0

⇒ 1 − xx2

dx + 1 + tt2

dt = 0

⇒

1 − xx2

dx +

1 + t

t2 dt = C

⇒

x−1 − 1x

dx +

t−2 +

1

t

dt = C

⇒ − 1x − ln(x) − 1

t + ln(t) = C

⇒ 1x

+ ln(x) + 1

t − ln(t) = K

⇒ x + t

xt + lnx

t

= K.

14.5. ECUACIONES HOMOGÉNEAS DE PRIMER ORDEN

Recordemos que la función f (x, y) es homogénea de grado n con respecto de lasvariables x e y si para todo λ ∈R− {0} se cumple f (λx,λy) = λnf (x, y).Ejemplo 14.5.1.

1. La funci´ on f (x, y) = 3√

x3 − y3 es homogénea de grado 1 ya que

f (λx, λy) = 3√ (λx)3 − (λy)3 = 3√ λ3x3 − λ3y3 = λ

3√ x3 − y3 = λf (x, y).2. La funci´ on f (x, y) = x2 + y2 es homogénea de grado 2 ya que

f (λx,λy) = (λx)2 + (λy)2 = λ2x2 + λ2y2 = λ2(x2 + y2) = λ2f (x, y).

3. La funci´ on f (x, y) = x2+y2

xy es homogénea de grado 0 ya que

f (λx, λy) = (λx)2 + (λy)2

(λx)(λy) = f (x, y).

Definición 14.5.1. La ecuación diferencial de primer orden

dy

dx = f (x, y)

se llama homogénea respecto de x e y si la función f (x, y) es homogénea de grado 0 conrespecto de x e y .


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14.5.1. Solución de la Ecuación Homogénea

Como f (λx, λy) = f (x, y), haciendo λ = 1x obtenemos f (

1, yx)

= f (x, y), con esto, laecuación diferencial queda

dy

dx = f 1,

y

x . (14.1)Consideremos el cambio de variable u = yx , o equivalentemente, y = ux, entonces

dydx

= u + xdudx , reemplazando en (14.1) obtenemos la ecuación diferencial u + xdudx

= f (1, u)que es de variables separables, tenemos

u + xdu

dx = f (1, u) ⇒ x du

dx = f (1, u) − u

⇒ duf (1, u) − u =

dx

x ;

al integrar y sustituir la variable u por yx conseguimos la solución general.

Ejemplo 14.5.2. Resuelva la ecuaci´ on diferencial dydx = xyx2−y2

.

Solución.Claramente la ecuación es homogénea, al reconocerla como tal hacemos el cambio de

variable y = ux, con lo cual obtenemos

dy

dx = u + x

du

dx;

además, usando sintéticamente el desarrollo dado anteriormente, la función f (x, y) = xyx2−y2

queda f (1, u) = u1−u2

de donde, la ecuación original es ahora u + xdudx = u1−u2

.

Otra forma, quizás más directa, de obtener la ecuación u + x dudx = u1−u2

es proceder

como sigue, ya sabemos que dydx = u + xdudx , por otro lado, al reemplazar y por ux en

xyx2−y2

obtenemos

x(ux)x2 − (ux)2 =

ux2x2 − u2x2 =

u1 − u2 ,

aśı, u + xdudx = u1−u2

.

Resolvamos la ecuación deducida,

u + xdu

dx =

u

1 − u2 ⇒ xdu

dx =

u

1 − u2 − u

⇒ x dudx

= u3

1 − u2

⇒ 1 − u2

u3 du =

dx

x

⇒

u−3 − 1u

du =

dx

x

⇒ − 12u2

− ln(u) = ln(x) + C 1

⇒ − 12u2

= ln(x) + ln(u) + ln(C )

⇒ − 12u2

= ln(Cux).


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Al reemplazar u por yx en la última ecuación conseguimos − x2

2y2 = ln(Cy), de donde,

al despejar la variable x, la solución general se puede expresar por x = y√ −2ln(Cy ).

Reemplazando u por yx obtenemos − x2

2y2 = ln(Cy ) y finalmente x = y

√ −2ln(Cy ) es

la solución general de la ecuación.

Observaci´ on 14.5.1. La ecuación diferencial de la forma

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

será una ecuación homogénea si M (x, y), N (x, y) son homogéneas del mismo grado ya queen este caso el cuociente es de grado cero.

Ejemplo 14.5.3. Resuelva la ecuaci´ on (y − x)dx + (y + x)dy = 0.Solución.

(y − x)dx + (y + x)dy = 0 ⇒ (y + x)dy = (x − y)dx⇒ dy

dx =

x − yx + y

,

con el cambio de variable y = ux tenemos x−yx+y = x−uxx+ux =

1−u1+u , por otro lado, de y = ux

conseguimos dydx

= u + xdudx de donde la ecuación dydx

= x−yx+y queda u + x

dudx

= 1−u1+u .Para esta última ecuación tenemos:

u + xdu

dx =

1 − u1 + u

⇒ x dudx

= 1 − u1 + u

− u

⇒ x

du

dx

= (1 − u) − u(1 + u)

1 + u

⇒ x dudx

= −u2 − 2u + 1

u + 1

⇒ x dudx

= −u2 + 2u − 1

u + 1

⇒ u + 1u2 + 2u − 1 du = −

dx

x

⇒ 12

ln(u2 + 2u − 1) = − ln(x) + C 1⇒ ln(u2 + 2u − 1) 12 = − ln(x) + ln(C )

⇒ ln(u2

+ 2u − 1)1

2 = lnC

x

⇒ (u2 + 2u − 1) 12 = C x

.

Al volver a la variable original, reemplazando u = yx obtenemos

y2

x2 + 2 yx − 1 = C x ,

es decir,

√ y2+2yx−x

x = C

x, al simplificar y elevar al cuadrado tenemos la solución general

y2 + 2xy − x = K , donde K = C 2.


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14.6. ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN

En la sección anterior vimos como resolver una ecuación diferencial separable,integrando, después de multiplicar cada término por un factor adecuado.

Por ejemplo, para resolver dydx = 2xy multiplicamos por 1y , y obtenemos

1ydydx = 2x, es

decir, d(ln(y)) = d(x2

), al integrar obtenemos ln(y) = x2

+ C .A la función ρ(y) = 1y la llamamos factor integrante de la ecuación. Mediante un

factor integrante adecuado existe una técnica estandarizada para solucionar la ecuacíondiferencial lineal de primer orden

dy

dx + P (x)y = Q(x).

El factor integrante es ρ(x) = e∫ P (x)dx; tenemos,

e∫ P (x)dx dy

dx + P (x)e

∫ P (x)dxy = Q(x)e

∫ P (x)dx.

El primer lado de la ecuación es la derivada de ye∫ p(x)dx, de donde, integrando obtenemos

ye∫ p(x)dx =

Q(x)e

∫ P (x)dxdx + C

y entonces la solución general es

y = e−∫ P (x)dx

Q(x)e

∫ P (x)dxdx + C

.

Observaci´ on 14.6.1. No es recomendable memorizar esta última fórmula, en su reemplazodebemos realizar los siguientes pasos,

1. Reconocer la ecuacíon como una ecuación lineal.

2. Calcular el factor integrante e∫ P (x)dx

.3. Multiplicar la ecuación por el factor integrante.

4. Reconocer el primer lado de la ecuación como la diferencial de un producto.

5. Integrar.

Ejemplo 14.6.1. Resuelva la ecuaci´ on dydx − 3y = e2x.Solución.

La ecuación planteada es lineal tanto en la variable como en su derivada; tenemos

P (x) =

−3 , Q(x) = e2x

entonces el factor integrante es

ρ(x) = e∫ −3dx = e−3x.

Al multiplicar la ecuación original por e−3x obtenemos e−3x dydx − 3ye−3x = e−x, éstaúltima ecuación la escribimos como d

dx(e−3xy) = e−x de donde d(e−3xy) = e−xdx.

Integrando tenemos e−3xy =∫

e−xdx+C , es decir, e−3xy = −e−x+C , entonces la solucióngeneral de la ecuación es y = e3x(−e−x + C ) = C e3x − e2x.


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Ejemplo 14.6.2. Resuelva la ecuaci´ on (x2 + 1) dydx + 3xy = 6x.

Solución.

De la ecuación original deducimos dydx

+ 3xx2+1

y = 6xx2+1

, la cual es lineal con

P (x) = 3x

x2

+ 1

, Q(x) = 6x

x2

+ 1

.

El factor integrante es

ρ(x) = e∫

3xx2+1

dx= exp

3x

x2 + 1dx

= exp

3

2 ln(x2 + 1)

= (x2 + 1)

32 ,

de donde, la ecuación queda

(x2 + 1)32

dy

dx + 3x(x2 + 1)

12 y = 6x(x2 + 1)

12 .

Integrando obtenemos

(x2 + 1)32 y = 6x(x2 + 1) 12 dx + C = 2(x2 + 1) 32 + C,

de donde la solución general es y = 2 + C (x2 + 1)−32 .

Ejemplo 14.6.3. Resuelva dydx − a yx = x+1x , a ∈R− {0, 1}.

Solución.

Notamos que la ecuación planteada es lineal, entonces el factor integrante es

ρ(x) = e∫ p(x)dx

donde p(x) = −ax ; tenemos,

ρ(x) = e∫ −a

xdx

= e−a ln(x)

= eln(x)−a

= x−a

.

Al multiplicar la ecuación diferencial original por este factor integrante obtenemos

x−ady

dx − a y

xa+1 =

x + 1

xa+1 ,

es inmediato reconocer el lado izquierdo de la ecuación como ddx(yx−a), de donde

d(yx−a) = x+1xa+1

dx. Al integrar tenemos

yx−a =

x + 1

xa+1 dx + C,

es decir,

yx−a =

(x−a + x−a−1)dx + C,

aśı,

yx−a = x−a+1

−a + 1 + x−a

−a + C ;al despejar la variable y obtenemos y = x1−a − 1a + Cxa que es la solución general de laecuación diferencial planteada.


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Ejemplo 14.6.4. Considere la ecuaci´ on xe2y dydx

+ e2y = ln(x)x

. Resuelva con la sustituci´ on u = e2y.

Solución.

Si u = e2y entonces derivando con respecto de x tenemos

dudx

= 2e2y dydx

de donde,dy

dx =

1

2e2ydu

dx,

reemplazando en la ecuación original tenemos,

1

2e2yx

du

dx + u =

ln(x)

x ,

la ecuación que resulta es

x2

dudx

+ u = ln(x)x

la cual es lineal en u.

En definitiva, la ecuación es

du

dx +

2

xu =

2ln(x)

x2 .

Aqúı el factor integrante es x2, de donde ux2 =∫

2 ln(x)dx + C , aśı, integrandoobtenemos ux2 = 2(x ln(x) − 1) + C . Al reemplazar u por e2y tenemos la solución generalx2e2y = 2x ln(x) − 2x + C .

14.6.1. Ecuación de Bernoulli

La ecuación diferencialdy

dx + P (x)y = Q(x)yn

donde P (x), Q(x) son funciones continuas, n ̸= 0, n ̸= 1 se llama ecuación de Bernoulli.Esta ecuación, escrita como

y−ndy

dx + P (x)y−n+1 = Q(x)

se reduce a una ecuación lineal con el cambio de variable z = y−n+1

.En efecto, derivando con respecto de x obtenemos

dz

dx = (−n + 1)y−n dy

dx

es decirdy

dx =

yn

(−n + 1)dz

dx.


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Si y = y1 + 1u

entoncesdy

dx =

dy1

dx − 1

u2du

dx,

reemplazando en la ecuación original obtenemos

dy1

dx − 1

u2du

dx + P (x)

y1 + 1

u2

+ Q(x)

y1 + 1

u

+ R(x) = 0,

la cual, dado que y1 es solución particular, se transforma en

− 1u2

du

dx + P (x)

2y1

u +

1

u2

+

1

uQ(x) = 0.

Al multiplicar por −u2 la ecuación quedadu

dx − P (x)[2y1u + 1] − uQ(x) = 0,

es decir,du

dx − 2y1uP (x) − P (x) − uQ(x) = 0,

al reagrupar los términos conseguimos la ecuación

du

dx − u[2P (x)y1 + Q(x)] = P (x);

esta es una ecuación lineal en u.

Ejemplo 14.6.6. Resuelva la ecuaci´ on

dy

dx +

y2

x2 − x3 + x

−2

x − x2 y = 0.Solución.

Es una ecuación Ricatti; dado que el término R(x) es nulo entonces una soluciónparticular es y1(x) = 0. Siguiendo la metodoloǵıa dada anteriormente, realicemos latransformación y = 0 + 1u , tenemos,

dy

dx = − 1

u2du

dx,

reemplazando en la ecuación obtenemos

− 1

u2du

dx +

1

u2

x2 − x3 + 1

u

x−

2

x − x2 = 0,de la cual deducimos

du

dx − 1

x2 − x3 − x − 2x − x2 u = 0,

ası́, la ecuación lineal que conseguimos es

du

dx − x − 2

x − x2 u = 1

x2 − x3 . (∗∗)


15/52


El factor integrante es ρ(x) = e−

∫ x−2

x−x2dx

.

Calculemos∫ x−2x−x2

dx usando fracciones parciales; tenemos,

x − 2

x − x2

= x − 2

x(1 − x) =

A

x

+ B

1 − x,

deducimos que x − 2 = A(a − x) + Bx de donde obtenemos A = −2, B = −1, aśı,

x − 2x − x2 =

−2x

+ −11 − x

y entonces

x − 2x − x2 dx =

−2x

+ −11 − x

dx = −2ln(x) + ln(1 − x).

El factor integrante es entonces,

ρ(x) = e−

∫ x−2

x−x2dx

= e2ln(x)−ln(1−x) = eln x2

1−x

=

x2

1 − x .

Al multiplicar la ecuación (∗∗) por el factor integrante conseguimos

x2

1 − xdu

dx − x

2

1 − xx − 2

x − x2 u = x2

1 − x1

x2 − x3 ,

entonces podemos escribirla como

d

dx

x2

1 − x u

= 1

(1 − x)2 ,

es decir

d

x2

1 − x u

= 1

(1 − x)2 dx;

al integrar obtenemos x2

1−xu = 11−x + C , despejando tenemos

u = 1

x2 + C

1 − xx2

,

y como u = 1y entonces la solución general es

1

y =

1

x2 + C

1 − xx2

;

naturalmente que realizando arreglos algebraicos podemos conseguir y = x2

1+C −Cx .


16/52


14.7. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS

Definición 14.7.1. Si u(x, y) es una función continua y con primeras derivadas parcialescontinuas entonces la diferencial total de u es

du = ∂u

∂xdx +

∂ u

∂ydy.

Definición 14.7.2. La expresión

M (x, y)dx + N (x, y)dy

se llama “diferencial exacta” si existe alguna función u(x, y) para la cual esta expresiónes la diferencial de u, es decir M (x, y)dx + N (x, y)dy es diferencial exacta si existe algunafunción tal que

∂u

∂x = M (x, y) y

∂u

∂y = N (x, y).

Definición 14.7.3. La ecuación

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

se llama ecuación diferencial exacta si y sólo si M (x, y)dx + N (x, y)dy es una diferencialexacta.

Teorema 14.7.1. La ecuaci´ on M (x, y)dx+N (x, y)dy = 0 es exacta si y s´ olo si ∂N ∂x = ∂M ∂y .

Demostraci´ on. (Sólo una parte de ella). Si M (x, y)dx + N (x, y)dy es la diferencial exacta

de alguna función u(x, y) entonces

M (x, y)dx + N (x, y)dy = du = ∂u

∂xdx +

∂ u

∂ydy,

aśı, M = ∂u∂x y N = ∂u∂y , derivando obtenemos

∂M

∂y =

∂ 2u

∂x∂y y

∂N

∂x =

∂ 2u

∂y∂x,

suponiendo que las segundas derivadas parciales son continuas conseguimos ∂N ∂x = ∂M ∂y .

Teorema 14.7.2. La soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial exacta

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

est´ a dada por u(x, y) = C donde u(x, y) es tal que

∂u

∂x = M y

∂u

∂y = N, C = C te.


17/52


Demostraci´ on. Si M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta entonces existe una funciónu = u(x, y) tal que ∂u∂x = M y

∂u∂y = N , aśı,

∂u∂x dx +

∂u∂y dy = 0, es decir, du = 0, de

donde u = C es solución general.

Ejemplo 14.7.1. Resuelva la ecuaci´ on (2xy + 1)dx + (x2 + 4y)dy = 0.

Solución.

La ecuación (2xy + 1)dx + (x2 + 4y)dy = 0 es exacta si ∂N ∂x = ∂M ∂y

. Como

∂N

∂x =

∂

∂x(x2 + 4y) = 2x y

∂M

∂y =

∂

∂y(2xy + 1) = 2x,

entonces la ecuación es exacta, aśı, existe u = u(x, y) tal que ∂u∂x

= M y ∂u∂y

= N .Tenemos el sistema

∂u∂x = 2xy + 1∂u∂y = x

2 + 4y

integrando la primera ecuación del sistema obtenemos

u =

(2xy + 1)dx + ϕ(y) = x2y + x + ϕ(y),

ahora, derivando con respecto de y, la expresión que obtenemos es

∂u

∂y = x2 +

d

dy(ϕ(y)).

Al comparar con la segunda ecuación del sistema tenemos

x2

+ 4y = x2

+ d

dy (ϕ(y)),

es decir, ddy (ϕ(y)) = 4y, aśı,

ϕ(y) =

4ydy + C 1 = 2y

2 + C 1,

entonces u = x2y + x + 2y2 + C 1. Como la solución de la ecuación es u(x, y) = C entoncesla solución general para la ecuación planteada es u = x2y + x + 2y2 + C 1 = C , es decir,x2y + x + 2y2 = K donde K = C − C 1.

Ejemplo 14.7.2. Resuelva 2xy3 dx + y2−3x2

y4 dy = 0.

Solución. Como

∂M

∂y =

∂

∂y

2x

y3

= −6x

y4 y

∂N

∂x =

∂

∂x

y2 − 3x2

y4

= −6x

y4

entonces la ecuación diferencial es Exacta, aśı, existe u = u(x, y) tal que ∂u∂x = M y∂u∂y = N .


18/52


De ∂u∂x

= 2xy3

concluimos que u =∫

2xy3

dx + f (y), entonces u = x2

y3 + f (y).

Como ∂u∂y = N = y2−3x2

y4 entonces

∂

∂yx

2

y3

+ f (y) = y2 − 3x2

y4

;

derivando obtenemos

−3x2

y4 + f ′(y) =

y2 − 3x2y4

;

al despejar la derivada tenemos f ′(y) = 1y2

. Debemos determinar f (y); naturalmente que

f (y) =∫ dyy2

+ C 1, es decir, f (y) = −1y + C 1.

Como la solución de la ecuación exacta es u = C entonces, de u = x2

y3 + f (y) obtenemos

x2

y3 − 1y + C 1 = C ; finalmente la solución general es x

2

y3 − 1y = K con K = C − C 1.

14.8. FACTORES INTEGRANTES

A veces tenemos ecuaciones diferenciales no exactas, escritas en la forma

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

las cuales se pueden convertir en exactas multiplicando sus términos por un factorintegrante adecuado.

Por ejemplo, la ecuación y dx − xdy = 0 no es una ecuación diferencial exacta ya que

∂M ∂y

= ∂y∂y

= 1 ̸= ∂N ∂x

= ∂ (−x)∂x

= −1,

sin embargo, si multiplicamos por 1y2

obtenemos yy2

dx − xy2

dy = 0, la cual es exacta, yaque

∂M

∂y =

∂

∂y

1

y

= − 1

y2 y

∂N

∂x =

∂

∂x

− x

y2

= − 1

y2;

ahora podŕıamos seguir el método de solución ya estudiado.

Notemos que la ecuación original se puede solucionar por el método de variablesseparables (la solución serı́a, y = Cx), sin embargo, se muestra este método sólo para

ejemplificar; por otro lado al multiplicar por 1

y2 podrı́amos escribir,

ydx−xdy

y2 = 0, dondeel primer miembro es la diferencial de x

y, aśı, d

xy

= 0, de donde, integrando obtenemos

xy

= C ; en esto último radica la potencia del método.

Definición 14.8.1. Un Factor Integrante para la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 esuna función ρ(x, y) tal que ρ(x, y)M (x, y)dx + ρ(x, y)N (x, y)dy = 0 es exacta.


19/52


Ejemplo 14.8.1. La ecuaci´ on diferencial de variables separables ydx + sec(x)dy = 0 noes exacta ya que

∂M

∂y =

∂y

∂y = 1 ̸= ∂N

∂x =

∂ (sec(x))

∂x = sec(x)tan(x),

sin embargo, si multiplicamos por 1y sec(x) obtenemos cos(x)dx + 1ydy = 0 que es una ecua-ci´ on diferencial exacta ya que

∂M

∂y =

∂ (cos(x))

∂y = 0 =

∂N

∂x =

∂

1y

∂x

,

la soluci´ on de la ecuaci´ on es sin(x) + ln(y) = C .

Desgraciadamente no se conoce un método general para encontrar un Factor Integranteexplicito, sin embargo, existen algunas ecuaciones en que podemos determinarsistemáticamente al Factor Integrante.

14.8.1. Factor Integrante Sistemático

Sea M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

a) Si 1N

∂M ∂y − ∂N ∂x

= f (x) entonces

ρ(x, y) = e∫ f (x)dx.

b) Si 1M ∂N ∂x − ∂M ∂y

= g(y) entonces

ρ(x, y) = e∫ g(y)dy.

c) Si M = yf (x, y), N = xg(x, y) entonces

ρ(x, y) = 1

xM − yN .

Veamos el caso a).

Supongamos que 1N

∂M ∂y − ∂N ∂x

= f (x) y definamos ρ(x, y) = e

∫ f (x)dx entonces, al

multiplicar la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 por ρ(x, y) = e∫ f (x)dx obtenemos, en

forma simplificada, la ecuación ρMdx + ρNdy = 0.Como

∂ (ρN )

∂x =

∂ρ

∂x · N + ρ · ∂N

∂x

∗

= ρ · 1N

∂M

∂y − ∂N

∂x

· N + ρ · ∂ N

∂x = ρ · ∂M

∂y

y, como por otro lado, se puede verificar de manera análoga que, ∂ (ρM )∂y

= ρ · ∂M ∂y entoncesla ecuación diferencial ρMdx + ρNdy = 0 es exacta.


20/52


*: Si ρ(x, y) = e∫ f (x)dx entonces,

∂ρ

∂x = e

∫ f (x)dx · d

(∫ f (x)dx

)dx

= e∫ f (x)dx · f (x)

= ρ(x, y) · f (x)= ρ · 1

N

∂M

∂y − ∂N

∂x

.

Ejemplo 14.8.2. Resuelva la ecuaci´ on y2 cos(x)dx + (4 + 5y sin(x))dy = 0.

Solución.

La ecuación planteada no obedece a los métodos anteriores, intentamos FactorIntegrante; como

∂M

∂y =

∂

∂y(y2 cos(x)) = 2y cos(x) y

∂N

∂x =

∂

∂x(4 + 5y sin(x)) = 5y cos(x)

y además1

M

∂N

∂x − ∂ M

∂y

=

5y cos(x) − 2y cos(x)y2 cos(x)

= 3

y = g(y),

entonces el factor integrante es

ρ(y) = e∫ 3ydy

= e3ln(y) = y3.

Al multiplicar la ecuación original por este Factor Integrante obtenemos la ecuacióndiferencial

y5 cos(x)dx + (4y3 + 5y4 sin(x))dy = 0

que es exacta ya que ∂M ∂y

= 5y4 cos(x) = ∂N ∂x aśı, existe la función u(x, y) tal que ∂u∂x

= M

y ∂u∂y = N . Tenemos ∂u∂x = y

5 cos(x), de donde u =∫

y5 cos(x)dx = y5 sin(x) + ϕ(y);

derivando con respecto de y obtenemos ∂u∂y = 5y4 sin(x) + ϕ′(y), aśı,

5y4 sin(x) + ϕ′(y) = 4y3 + 5y4 sin(x),

concluimos que ϕ′(y) = 4y3 de donde ϕ(y) =∫

4y3dy + C 1 = y4 + C 1, finalmente, la

solución general es y 5 sin(x) + y4 = C .

14.8.2. Factor Integrante por inspeccíon

Existen muchas ecuaciones para las cuales el Factor Integrante se puede encontrar porinspección, lo que implica la búsqueda de una agrupación de términos que muestren ladiferencial de alguna función conocida.

Por ejemplo, la presencia de ydx+xdy sugiere una función de xy como Factor Integrante

dado que d(xy) = xdy + y dx. De manera análoga, las diferenciales dxy

= ydx−xdy

y2 ,

d(yx

) = xdy−ydx

x2 sugieren la búsqueda de las expresiones ydx−xdy, xdy−ydx que conducen

a factores integrantes de la forma 1y2

f xy

y 1

x2f (yx

) respectivamente.

Veamos algunos ejemplos que nos indicaran el camino.


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Ejemplo 14.8.3. Resuelva la ecuaci´ on ydx + (x + x2y)dy = 0.

Solución.

Al desarrollar la ecuación obtenemos ydx + xdy + x2ydy = 0, la presencia de la ex-presión xdy + ydx, contenida en la ecuación sugiere un Factor Integrante función de xy;como en el tercer término x2ydy nos conviene eliminar x2, para que, sin la presencia deél, el término que queda sea integrable de manera inmediata, concluimos que el FactorIntegrante, función de xy es 1

(xy)2, tenemos

ydx + xdy

(xy)2 +

x2y

(xy)2dy = 0,

o lo que es lo mismo,

(xy)−2d(xy) + 1

ydy = 0,

integrando esta última expresión obtenemos

(xy)−2d(xy) +

1

ydy = C,

es decir, la solución general es − 1xy + ln(x) = C .

Ejemplo 14.8.4. Resuelva la ecuaci´ on (xy4 + y)dx − xdy = 0.Solución.

Al desarrollar la ecuación tenemos xy4dx + ydx − xdy = 0, la presencia de y dx − xdysugiere un Factor Integrante de la forma 1

y2f xy

; como debemos eliminar el factor y 4 del

t́ermino xy4dx produciendo con ello que el término que quede, sea integrable de manera

inmediata, el Factor Integrante es 1y2

xy

2; tenemos,

1

y2

x

y

2xy4dx +

1

y2

x

y

2(ydx − xdy) = 0,

con algunos arreglos algebraicos obtenemos

x3dx +

x

y

2ydx − xdy

y2 = 0,

es decir,

x3dx +

xy

2 d

xy

= 0,

al integrar tenemos x3dx +

x

y

2d(xy) = C,

es decir, la solución general es x4

4 + 13 (

xy )

3 = C .


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14.9. ALGUNAS APLICACIONES DE LAS ECUACIONES

DIFERENCIALES

Ecuaciones diferenciales y Modelos matemáticos

Los siguientes ejemplos muestran el proceso de “traducir” leyes y principios cient́ıficos

en Ecuaciones Diferenciales, interpretando razones de cambio como derivadas;generalmente la variable independiente es el tiempo t.

Ejemplo 14.9.1. Ley de Enfriamiento de Newton

La ley de enfriamiento de Newton dice, “La tasa de cambio de la temperatura T (t) de un cuerpo, con respecto al tiempo t es proporcional a la diferencia entre la temperatura T del cuerpo y la temperatura A del medio ambiente”.

La ecuaci´ on que se produce es

dT

dt = k(A − T ), k > 0

la cual se puede tratar como una ecuaci´ on de variables separables tanto como lineal.Notemos que, si T > A entonces dT dt < 0, de modo que la temperatura T (t) es una

funci´ on decreciente del tiempo t y el cuerpo se esta enfriando; si T < A entonces dT dt > 0y el cuerpo se esta calentando.

Para valores de la constante k y temperatura ambiental constante A podemos determinar una f´ ormula explicita para T (t).

Resolvamos la ecuaci´ on diferencial,

dT

dt = k(A − T ) ⇒ dT

A − T = kdt

⇒ dT

A − T = kdt + C 1

⇒ − ln(A − T ) = kt + C 1⇒ ln(A − T ) = −kt + C 2⇒ A − T = e−kt+C 2⇒ A − T = e−kteC 2⇒ A − T = C 3e−kt⇒ T = A + Ce−kt.

Ası́, el fen ́omeno esta gobernado por la ecuaci´ on T (t) = A + Ce−kt.

Ejemplo 14.9.2. Ley de Torricelli

La ley de Torricelli dice, “La tasa de cambio con respecto del tiempo del volumen V de agua en un tanque que se vaćıa, es proporcional a la ráız cuadrada de la profundidad ydel agua en el tanque”.

La ecuaci´ on que se obtiene es dV

dt = −k√ y.


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Ejemplo 14.9.3. Crecimiento o decrecimiento poblacional

La tasa de cambio, con respecto del tiempo, de una población P (t), con ı́ndices constantes de nacimiento y mortalidad, es, en muchos casos simples, proporcional al ta-ma˜ no de la poblaci´ on, en este caso, la ecuaci´ on que se produce es

dP dt

= kP, k = C te.

Cada funci´ on de la forma P (t) = C ekt es soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial dP dt = kP ,ya que

dP

dt =

d

dt

Cekt

= C ektk = kP.

Aunque el valor de la constante k sea conocido, la ecuaci´ on diferencial dP dt = kP tiene infinitas soluciones P (t) = Cekt que dependen del valor de C y nos interesarı́a conocer una soluci´ on particular del fenómeno; para ello debemos realizar algunas observaciones en

el fen´ omeno que deseamos modelar.Por ejemplo, supongamos que P (t) = C ekt es la poblaci´ on de una colonia de bacterias

en el tiempo t, que la poblaci´ on inicial de bacterias fue de 1000 y que después de tres horas de observaci´ on, desde el inicio del proceso, se detectan 2000 bacterias. Esta informaci´ on adicional acerca de P (t) nos conduce a las siguientes ecuaciones, cuya solu-ci´ on nos permitir´ a caracterizar el proceso,

P (0) = 1000 = C ek·0 (1)

P (3) = 2000 = C e2k (2)

De (1) obtenemos C = 1000 y reemplazando en (2), la ecuaci´ on 2000 = 1000e2k

nos permitir´ a conocer el valor de k,

2000 = 1000e2k ⇒ 2 = e2k ⇒ ln(2) = 2k ⇒ k = ln(2)2

= 0, 34657359;

aśı entonces, la ecuaci´ on que modela el fen´ omeno es

P (t) = 1000e0,34657359t.

Observemos que ekt = eln(2)2 t = eln(2)·

t2 = (eln(2))

t2 = 2

t2 , de donde la ecuaci´ on se

escribe

P (t) = 1000 · 2 t2 .

Con esta ecuaci´ on podemos determinar, por ejemplo, la cantidad de bacterias que habŕıa al término de 4 horas; ella serı́a P (4) = 1000 · 2 42 = 4000; note que con la primera ecuaci´ on, el valor es P (4) = 3999, 999996.


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14.10. TRAYECTORIAS ORTOGONALES

Definición 14.10.1. Dos familias uniparamétricas de curvas son isogonales si cadamiembro de una de ellas corta a cada miembro de la otra familia en un ángulo constanteα. Si α = π2 entonces las familias son ortogonales.

Por ejemplo, la familia de circunferencias x2 + y2 = c2 y la familia de rectas y = mxson familias ortogonales.

Esto es evidente geométricamente o visto de otra manera, si x2 + y2 = c2 entonces,derivando implı́citamente obtenemos 2x + 2y dydx = 0 de donde

dydx = −xy ; considerando la

otra familia y = mx obtenemos dydx = m; es inmediato que las curvas son ortogonales ya

que−xy

m =

−xy

(yx

) = −1.

Para casos más generales, veamos el método analı́tico siguiente.

Teorema 14.10.1. Si F (x,y,y′

) = 0 es la ecuaci´ on diferencial de una familia uniparamétrica entonces F (x,y, − 1y′ ) = 0 es la ecuaci´ on diferencial de la familia de curvas ortogonales.

Demostraci´ on. Sean F (x,y,y′) = 0 y F (x̄, ȳ, ȳ′) = 0 la ecuación de las familias ortogonalesy f 1, f 2 dos curvas arbitrarias mutuamente ortogonales. Si P (x, y) es un punto común de

f 1 y f 2 entonces x̄ = x, ȳ = y, ȳ′ = − 1y′ , aśı, F (x̄, ȳ, ȳ′) = F

x,y, − yy′

= 0.

Observaci´ on 14.10.1. El método para hallar la familia de curvas ortogonales a una familia

de curvas determinada es,

1. Encontrar la ecuacíon diferencial dydx = f (x, y) de la familia dada.

2. Sustituir dydx

por − dxdy para obtener la ecuación diferencial de la familia de curvasortogonales.

3. Resolver esta última ecuación −dxdy = f (x, y).

Ejemplo 14.10.1. Determine la ecuaci´ on de la familia de curvas ortogonales a la familia de circunferencias x2 + y2 = c2.

Solución.

Al derivar x2 + y2 = c2 obtenemos x + y dydx = 0, que es la ecuación diferencial de

la familia de circunferencias; reemplazando dydx por − dxdy es la ecuación previa obtenemosx + y

−dxdy

= 0, que corresponde a la ecuación diferencial de la familia de trayectorias


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ortogonales buscada; debemos resolver esta última ecuación,

x + y

−dx

dy

= 0 ⇒ x = y dx

dy

⇒ x

dx =

y

dy⇒ ln(x) = ln(y) + K ⇒ ln(x) = ln(y) + ln(C 1) con ln(C 1) = K ⇒ ln(x) = ln(C 1)y⇒ x = C 1y⇒ y = C x

tal que C = 1C 1 .

Ejemplo 14.10.2. Determine la ecuaci´ on de la familia de curvas ortogonales a la familia de ecuaci´ on y = C x4.

Solución.

La ecuación diferencial asociada a la ecuación y = C x4 es dydx = 4Cx3, debemos

adicionalmente, determinar la constante C ; como C = yx4

entonces, reemplazando en la

ecuación diferencial obtenemos dydx

= 4yx

.

La ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales es −dxdy = 4yx . Resolvemos esta últimaecuación,

−dxdy

= 4yx

⇒ −xdx = 4ydy

⇒ −x2

2 = 2y2 + C 1

⇒ −x2 = 4y2 + C 2 donde C 2 = 2C 1⇒ x2 + 4y2 = C 2, con C 2 = −C 2,

es la ecuación pedida.

Ejemplo 14.10.3. Determine la ecuaci´ on de la familia de curvas ortogonales a la familia de ecuaci´ on 4y + x2 + 1 + Ce2y = 0.

Solución.

Derivando 4y + x2 + 1 + Ce2y = 0 tenemos

4dy

dx + 2x + 2Ce2y

dy

dx = 0,


26/52


debemos reemplazar C y encontrar la forma dydx = f (x, y),

4dy

dx + 2x + 2Ce2y

dy

dx = 0 ⇒ dy

dx(4 + 2Ce2y) = −2x

⇒ dydx

= − x2 + Ce2y

⇒ dydx

= − x2 + (−4y − x2 − 1) ya que Ce

2y = −4y − x2 − 1

⇒ dydx

= − x1 − 4y − x2 .

Ahora, la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales es

dx

dy =

x

1 − 4y − x2 .

Debemos resolver esta última ecuación; conviene escribirla como

dy

dx = 1

−4y

−x2

x ,

aśı,dy

dx =

1

x − 4y

x − x,

la cual es la ecuación diferencial lineal en y,

dy

dx +

4

xy =

1

x − x.

El factor integrante es

ρ(x) = e∫ 4xdx = e4ln(x) = x4,

de donde obtenemos

x4y =

x4

1

x − x

dx + C.

Esta tiene solución

x4y = x4

4 − x

6

6 + C

de donde y = 14 − x2

6 + C x4

es la ecuación pedida.

14.11. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

Introducción

En esta sección nos interesa resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas deorden n con coeficientes constantes. Para ello daremos la teoŕıa básica necesaria que sus-tenta esta tarea, como por ejemplo, reducción de orden, el determinante Wronskiano,determinación de una segunda solución conocida otra, haciendo un énfasis en las ecuacio-nes de segundo orden.


27/52


Definición 14.11.1. La ecuación diferencial lineal general de orden n tiene la forma

an(x)dny

dxn + an−1(x)

dn−1y

dxn−1 + · · · + a1(x) dy

dx + a0(x)y = G(x).

Suponemos que los coeficientes ai(x), i = 0, 1, 2, . . . , n y la función G(x) son funcionescontinuas en cierto intervalo abierto I , sin embargo no necesariamente deben ser funcioneslineales.

Por ejemplo, la ecuación exy′′ + sin(x)y′ + (1 + √

x)y = tan(x) es lineal ya quela variable dependiente y sus derivadas aparecen linealmente, en tanto que la ecuacióny′′ + (y′)2 + 4y2 = 0 no es lineal.

Un problema de valor inicial para una ecuación diferencial lineal de orden n consisteen resolver la ecuación

an(x)y(n) + an−1(x)y

(n−1) + · · · + a1(x)y′ + a0(x)y = G(x), (14.2)

sujeta a y (x0) = y0, y′(x0) = y ′0, . . . , y(n−1)(x0) = y(n−

1)0 donde y0, . . . , y(n−

1)0 sonconstantes.

Buscamos una solucíon en un intervalo I que contiene a x0.

Teorema 14.11.1. Existencia y unicidad de la solución.

Sean an(x), an−1(x), . . . , a1(x), a0(x), G(x) funciones continuas en cierto intervalo I y an(x) ̸= 0 para todo x en I . Si x0 ∈ I entonces existe una soluci´ on y(x) del problema de valor inicial (14.2) en el intervalo I y esa soluci´ on es ´ unica.

Ejemplo 14.11.1. Es f´ acil verificar que y = 2e3x+ 1

12

x4e3x es una solución de la ecuaci´ on diferencial y′′ − 6y′ + 9y = x2e3x y que satisface la condici´ on inicial y(0) = 2, y′(0) = 6.La ecuaci´ on diferencial es lineal, los coeficientes aśı como G(x) = x2e3x son funciones continuas en cualquier intervalo que contiene a x = 0, luego, por el teorema anterior, la soluci´ on es ´ unica.

Observaci´ on 14.11.1. Para la ecuación lineal de segundo orden

a2(x)y′′ + a1(x)y

′ + a0(x)y = G(x)

sujeta a y(x0) = y0, y′(x0) = y

′

0, una solución es una función y = f (x) definida en un

intervalo I cuyo gráfico pasa por (x0, y0) tal que la pendiente de la curva en el punto esy′0.

14.11.1. Casos simples de reducción de orden

En ciertos casos es posible reducir el orden de una ecuaci ón diferencial, lo que hacemás fácil su integración. Algunas de los casos más frecuentes son los siguientes.


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La ecuación no contiene la función buscada y sus derivadas hasta el orden k −1La ecuación es

F

x, y(k), y(k+1), . . . , y(n)

= 0. (14.3)

Con el cambio de variable y(k) = p, el orden de la ecuación (14.3) puede ser reducido a

n − k; la forma que tiene ahora esF

x,p,p′, . . . , p(n−k)

= 0.

De esta ecuación se determina p y la función y se determina de la ecuación y(k) = pintegrando k veces. En el caso particular de la ecuación de segundo orden que no contienea la función y, el cambio de variable y′ = p conduce a una ecuación de primer orden.

Ejemplo 14.11.2. Resuelva la ecuaci´ on y(5) − 1xy(4) = 0.Solución.

Haciendo y(4) = p la ecuación original queda dpdx− 1x p = 0, al separar variables e integrarobtenemos ln( p) = ln(x)+ln(C ), es decir, p = C x, es decir, y

(4)

= C x, entonces al integrar4 veces obtenemos

y(3) = C

2 x2 + C 1 , y

(2) = C

6 x3 + C 1x + C 2 ,

y′ = C

24x4 +

C 1

2 x2 + C 2x + C 3 , y =

C

120x5 +

C 1

6 x3 +

C 2

2 x2 + C 3x + C 4,

es decir, y = K 1x5 + K 2x

3 + K 3x2 + K 4x + K 5.

La ecuación no contiene la variable independiente

La ecuación es

F

y, y′, y′′, . . . , y(n)

= 0.

Por medio del cambio de variable y ′ = p, el orden de la ecuación se reduce en una unidad.

Como p = p(y) entonces todas las derivadas dky

dxk deben expresarse mediante las deri-

vadas de p con respecto de y, tenemos

dy

dx = p

d2y

dx2 =

dp

dx =

dp

dy

dy

dx = p

dp

dy

d3y

dx3

= d

dx p dp

dy = d

dy p dp

dy dy

dx

= d2 p

dy2 p2 + dy

dp

2

y ası́ sucesivamente para las otras derivadas.

Es inmediato que dny

dxn se expresa mediante las derivadas de p con respecto de y, deorden no superior a n − 1, lo cual, precisamente indica la disminución en una unidad en elorden de la ecuacíon. En particular, si la ecuación diferencial de segundo orden no contienea la variable independiente x, tal sustitución conduce a una ecuación diferencial de primerorden.


29/52


Ejemplo 14.11.3. Resuelva la ecuaci´ on y′′ = (y′)2.

Solución.

Sea dydx

= p, luego d2y

dx2 = p dpdy de donde la ecuación original queda p

dpdy

= p2; separando

variables e integrando obtenemos p = Cey, ahora la ecuación es dydx = Cey y su solución

es −

e−y = C x + D, de donde y = K ex.

14.11.2. Dependencia e independencia lineal

Definición 14.11.2. Se dice que las funciones f 1(x), f 2(x), . . . , f n(x) son linealmente de-pendientes sobre el intervalo I si existen constantes a1, a2, . . . , an, no todas nulas, tal quea1f 1 + a2f 2 + · · · + anf n = 0, ∀x ∈ I . Si los únicos escalares que satisfacen la igualdad sontodos nulos entonces las funciones son linealmente independientes.

Ejemplo 14.11.4. Las funciones ek1x, ek2x, . . . , eknx, donde ki ̸= k j si i ̸= j son linealmente independientes en cualquier intervalo real.

Consideremos la combinaci´ on lineal

a1ek1x + a2e

k2x + · · · + aneknx = 0 (∗)y supongamos que las funciones son linealmente dependientes, entonces existe alg´ un escalar no nulo, supongamos que an ̸= 0.Dividiendo la igualdad (∗) por ek1x y derivando obtenemos

a2(k2 − k1)e(k2−k1)x + · · · + an(kn − k1)e(kn−k1)x = 0 (∗∗)que es una combinaci´ on lineal de n − 1 funciones exponenciales con diferentes exponentes.

Dividiendo la igualdad (∗∗) por e(k2−k1)x y derivando, obtenemos una combinaci´ on lineal entre de n

−2 funciones exponenciales con diferentes exponentes.

Prosiguiendo este proceso n − 1 veces obtenemos an(kn − k1)(kn − k2) . . . (kn − kn−1)e(kn−kn−1)x = 0

lo que es una contradicci´ on ya que por hip´ otesis an ̸= 0 y ki ̸= k j para i ̸= j .

Ejemplo 14.11.5. Las funciones f 1(x) = 1 + tan2(x), f 2(x) = 2 sec

2(x), f 3(x) = ex son

linealmente dependientes ya que −2(1 + tan2(x)) + 1(2 sec2(x)) + 0ex = 0.

14.11.3. El determinante Wronskiano

Cuando tenemos una gran cantidad de funciones f i(x), i = 1, 2, . . . , n y deseamosanalizar la linealidad de tal conjunto nos enfrentamos a una gran cantidad de cálculos en elprocesos de determinar que se pueda o no encontrar valores no triviales de los coeficientes,felizmente tenemos el determinante Wronskiano (G. Wronsky (1775-1853)), denotado

W (f 1, f 2, . . . , f n)

que nos ayuda en la tarea.


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Teorema 14.11.2. Supongamos que las funciones f 1(x), f 2(x), . . . , f n(x) tienen al menos n − 1 derivadas. Si

W (f 1, f 2, . . . , f n) =

f 1 f 2 . . . f nf ′1 f

′

2 . . . f ′

n...

...

.. .

...

f (n−1)1 f

(n−1)2 . . . f

(n−1)n

̸

= 0

por lo menos en un punto del intervalo I entonces {f 1, f 2, . . . , f n} es un conjuntolinealmente independiente.

Demostraci´ on. Consideremos la combinación lineal

a1f 1(x) + a2f 2(x) + · · · + anf n(x) = 0

entonces, derivando n − 1 veces conseguimos el sistema

a1f 1 + · · · + anf n = 0a1f

′

1 + · · · + anf ′n = 0...

a1f (n−1)1 + · · · + anf (n−1)n = 0

Del capitulo Sistemas de Ecuaciones Lineales, sabemos que un sistema lineal homogéneotiene una solución no trivial si el determinante de sus coeficientes es igual a cero. En elsistema hemos formado, las ai, i = 1, 2, . . . , n son las incógnitas y entonces eldeterminante de coeficientes es W (f 1, f 2, . . . , f n), aśı W (f 1, f 2, . . . , f n) = 0 lo que

constituye una contradicción.

Ejemplo 14.11.6. Demuestre que las funciones f 1(x) = e3x, f 2(x) = e

−2x son linealmente independientes en R.

Solución. Como

W (f 1, f 2) =

e3x e−2x3e3x −2e−2x = −5ex̸= 0, ∀ x ∈R

entonces las funciones son linealmente independientes en R.

Teorema 14.11.3. Principio de Superposición.

Si las funciones y1, y2, . . . , yn son cada una soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial lineal homogénea de orden n en el intervalo I entonces la combinaci´ on lineal

y = c1y1(x) + c2y2(x) + · · · + cnyn(x)

también es soluci´ on.


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Demostraci´ on. Lo haremos para el caso n = 2.

Sean y1, y2 dos soluciones en el intervalo I , de la ecuación diferencial homogéneay′′ + p(x)y′ + q (x)y = 0. Debemos demostrar que y = c1y1 + c2y2 también es solución.

Si y = C 1y1 + C 2y2 entonces y′ = C 1y

′

1 + C 2y′

2 de donde y′′ = C 1y

′′

1 + C 2y′′

2 , ası́ secumple

y′′ + p(x)y′ + q (x)y =(

C 1y′′

1 + C 2y′′

2

)+ p(x)

(C 1y

′

1 + C 2y′

2

)+ q (x)(C 1y1 + C 2y2)

= C 1(

y′′1 + p(x)y′

1 + q (x)y1)

+ C 2(

y′′2 + p(x)y′

2 + q (x)y2)

= 0.

Corolario 14.11.1. El n´ umero m´ aximo de soluciones linealmente independientes de una ecuaci´ on diferencial homoǵenea es igual a su orden.

Ejemplo 14.11.7. Se puede verificar que y1(x) = cos(x), y2(x) = sin(x) son dos soluciones de la ecuaci´ on y ′′ + y = 0; también se puede verificar que la combinaci´ on lineal de ellas y = C 1 cos(x) + C 2 sin(x) es soluci´ on general.

14.11.4. Construcción de una segunda solución a partir de una solución

conocida

En una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden podemos determinaruna solución general a partir de una solución conocida. Supongamos que y1(x) es soluciónno nula de la ecuación

a2

(x)y′′ + a1

(x)y′ + a0

(x)y = 0

y deseamos construir la segunda solución particular.

Si miramos una de las ecuaciones diferenciales homogéneas de segundo orden mássencillas como es la ecuación y′′ − y = 0, podemos verificar fácilmente que y1(x) = ex essolución de la ecuación y entonces podŕıamos intentar una segunda solución de la formay2(x) = u(x)e

x. Hagámoslo aśı, entonces se debe cumplir y ′′2 − y2 = 0.Como y′2 = ue

x+exu′ entonces y′′ = uex+2exu′+exu′′ de donde, y′′2 −y2 = 0 nos indicaque se debe cumplir y ′′2 − y2 = ex(u′′ + 2u′) = 0; esto requiere que se cumpla u′′ + 2u′ = 0,debemos resolver esta última ecuación.

Sea u

′

= w entonces u

′′

= w

′

y la ecuación u

′′

+ 2u

′

= 0 se convierte en w

′

+ 2w = 0;al resolverla como ecuación diferencial lineal con factor integrante ρ(x) = e2x obtenemosddx

(e2xw) = 0, ası́, e2xw = C , de donde w = C e−2x.La ecuación que se genera es

du

dx = C e−2x

cuya solución es

u = −C 2

e−2x + K


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y entonces la segunda solución es

y2(x) = u(x)ex = −C

2 e−x + Kex;

escogiendo C =

−2, K = 0, la segunda solución es

y2(x) = e−x.

Como W (y1, y2) ̸= 0 entonces las dos soluciones son linealmente independientes y lasolución general es combinación lineal de estas.

Veamos el caso general.

La ecuación a2(x)y′′ + a1(x)y

′ + a0(x)y = 0, a2(x) ̸= 0, se puede escribir como

y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0, (14.4)

con P (x), Q(x) funciones continuas en cierto intervalo I .Supongamos que y1(x) es solución conocida de la ecuación (14.4) y que y1(x) ̸= 0para todo x ∈ I , definamos y2(x) = u(x)y1(x), entonces y′2 = uy′1 + y1u′, ademásy′′2 = uy

′′

1 + u′y′1 + y

′

1u′ + y1u

′′, reemplazando estas últimas derivadas en (14.4) yreordenando obtenemos u(y′′1 + P (x)y

′

1 + Q(x)y1) + y1u′′ + (2y′1 + P (x)y1)u

′ = 0, comoy1(x) es solución de la ecuación (14.4) entonces la última ecuación queda

y1u′′ + (2y′1 + P (x)y1)u

′ = 0. (14.5)

Con el cambio de variable w = u′ la ecuación (14.5) queda y1w′+ (2y′1 + P (x)y1)w = 0,

la cual es lineal y también de variables separables, tratándola bajo esta última clasificación

tenemosy1

dw

dx + (2y′1 + P (x)y1)w = 0,

es decir,dw

w +

2

y′1y1

+ P (x)

dx = 0,

al integrar conseguimos ln(w) + 2 ln(y1) = −∫

P (x)dx + C , o sea,

ln(wy21) = −

P (x)dx + C,

si tomamos exponencial obtenemos wy21 = C 1e

− ∫ P (x)dx; al despejar w la expresión es

w = dudx

= C 1e−

∫ P (x)dx

y21, de tal manera que u = C 1

∫ e−

∫ P (x)dx

y21dx + C 2, aśı, y2(x) = u(x)y1

es

y2(x) = C 1y1(x)

e−

∫ P (x)dx

y21(x) dx + C 2y1(x).

Haciendo C 2 = 0, C 1 = 1 obtenemos y2(x) = y1(x)∫ e−

∫ P (x)dx

y21(x) dx. Usted puede verificar

que y2 satisface la ecuación y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0.


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Note que,

W (y1, y2) =

y1 y1∫ e−

∫ Pdx

y21dx

y′1 y′

1

∫ e−

∫ pdx

y21dx + e

−Pdx

y1

= e−∫ Pdx̸= 0.

Ejemplo 14.11.8. Considere la ecuaci´ on diferencial x2y′′ − 7xy′ + 16y = 0 y sea y1 = x4una soluci´ on particular. Determine una segunda soluci´ on y la soluci´ on general.

Solución.

Escribimos la ecuación en la forma

y′′ − 7x

y′ + 16

x2y = 0

entonces la segunda solucíon particular es

y2 = x4 e

∫ 7xdx

x8 dx = x4 1

x dx = x4

ln(x).

14.12. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS

CON COEFICIENTES CONSTANTES

La ecuación diferencial

any(n) + an−1y

(n−1) + · · · + a1y′ + a0y = 0,homogénea de orden n y con coeficientes constantes an, an−1, . . . , a1, a0 es la que nos

interesa resolver.Basándonos en la ecuación diferencial lineal homogénea dydx + ay = 0 que tiene

solución exponencial y = C e−ax en R, resulta natural tratar de determinar si existen otrassoluciones exponenciales. Lo extraordinario es que todas las soluciones (particulares) dela ecuación lineal homogénea de orden n y con coeficientes constantes son exponencialeso se construyen a partir de exponenciales.

Estudiemos la ecuacíon diferencial lineal homogénea

ay′′ + by′ + cy = 0,

donde a, b, c

∈R, a

̸= 0.

Como (emx)′ = memx y (emx)′′ = m2emx entonces, es claro que las derivadas de primery de segundo orden de la función y = emx son múltiplo de emx, aśı, si sustituimos y = emx

en la ecuación ay ′′ + by′ + cy = 0, cada término de la ecuación seŕıa múltiplo de emx; estonos sugiere que tratemos de encontrar un valor de m de modo que estos múltiplos de emx

sumen cero, si hay éxito entonces y = emx serı́a una solución de la ecuación.

Por ejemplo, si sustituimos y = emx en la ecuación y′′ − 5y′ + 6y = 0 obtenemosm2emx − 5memx + 6emx = 0, esto indica que (m2 − 5m + 6) emx = 0, esta ecuación se


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satisface para m ∈ R tal que m2 − 5m + 6 = 0, es decir, para m = 2, m = −3; luego,y1 = e

2x e y2 = e−3x que son linealmente independientes.

En el caso general tenemos am2emx+bmemx+cemx = 0, es decir, emx(am2+bm+c) = 0,como emx̸= 0, ∀ x, entonces debemos encontrar m tal que am2 + bm + c = 0 para quey = emx sea solución.

Esta última ecuación se llama ecuación auxiliar o ecuación caracterı́stica de la ecuacióndiferencial y consideramos tres casos.

Caso 1.Si am2 + bm + c = 0 tiene dos ráıces reales y distintas m1, m2 entonces las dos solucionesparticulares son y1 = e

m1x, y2 = em2x. Como estas funciones son linealmente independien-

tes entonces la solución general de la ecuación diferencial ay ′′ + by′ + cy = 0 es

y = C 1em1x + C 2e

m2x.

Caso 2.

Si am2 + bm + c = 0 tiene dos ráıces reales iguales m1 = m2 entonces en realidad tenemosuna solución exponencial del tipo y1 = e

m1x.La segunda solución

y2 = em1x

e−

∫ badx

e2m1x dx = em1x

e−

bax

e2m1xdx = em1x

ex(−

ba−2m1)dx.

Como am2 + bm + c = 0 tiene dos ráıces reales iguales m1 = m2 entonces m1 = − b2a ,asi, − ba + 2m1 = 0, luego

∫ ex(−

ba

+2m1)dx = x de donde y2 = xem1x.

Como W (y1, y2) ̸= 0 entonces la solución general esy = C 1e

m1x + C 2xem1x.

Caso 3.Si las soluciones de la ecuación caracterı́stica am2 + bm + c = 0 son las ráıces complejasm1 = α + βi, m2 = α − βi entonces la solución es

y = C 1e(α+βi)x + C 2e

(α−βi)x.

Observaci´ on 14.12.1. Como deseamos trabajar con funciones reales en lugar de funcionescomplejas entonces usando la ecuación de Euler,

eiθ = cos(θ) + i sin(θ)

tenemoseβix = cos(βx) + i sin(βx) , e−βix = cos(βx) − i sin(βx)

de donde la solución general podemos escribirla

y = eαx(C 1eβix + C 2e

−βix)

= eαx(C 1(cos(βx) + i sin(βx)) + C 2(cos(βx) − i sin(βx))= eαx((C 1 + C 2) cos(βx) + i(C 1 − C 2)sin(βx)).


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Puesto que las funciones eαx cos(βx) y eαx sin(βx) son linealmente independientes,denotando K 1 a C 1 + C 2 y K 2 a (C 1 − C 2)i, la solución general la escribimos

y = eαx(K 1 cos(βx) + K 2 sin(βx)).

Ejemplo 14.12.1. Resuelva la ecuaci´ on y′′′ + y′′ − 8y′ − 12y = 0.

Solución.

La ecuación caracterı́stica es m3 + m2 − 8m − 12 = 0; una ráız es m = 3, al dividirm3 + m2 − 8m − 12 por m = 3 obtenemos el cuociente m2 + 4m + 4 = (m + 2)2 entoncesm3 + m2 − 8m − 12 = (m − 3)(m + 2)2 = 0; las ráıces de la ecuación son m = 3, m = −2(de multiplicidad 2), entonces la solución general es

y = C 1e3x + C 2e

−2x + C 3xe−2x.

Ejemplo 14.12.2. Resuelva la ecuaci´ on y′′′ − 3y′′ + 4y′ − 2y = 0.

Solución.

La ecuación caracterı́stica es m3 − 3m2 + 4m − 2 = 0; una ráız es m = 1; al dividirm3 − 3m2 + 4m − 2 por m = 1 obtenemos el cuociente m2 − 2m + 2 entonces

m3 − 3m2 + 4m − 2 = (m − 1)(m2 − 2m + 2) = 0;

las ráıces de la ecuación son m = 1, m = 1 + i, m = 1 − i, entonces la solución general es

y = C 1ex + ex(C 2 cos(x) + C 3 sin(x)).

Ejemplo 14.12.3. Resuelva la ecuaci´ on y′′ + 16y = 0 sujeta a y(0) = 2, y′(0) = −2.

Solución.

La ecuación caracterı́stica es m2 + 16 = 0 cuyas ráıces son m = 4i, m = −4i de dondela solución general es

y = e0x(C 1 cos(4x) + C 2 sin(4x)).

Las condiciones iniciales nos sirven para determinar el valor de las constantes,

y(0) = 2 = C 1 cos(0◦) + C 2 sin(0◦), es decir, C 1 = 2, entonces la solución es

y = 2 cos(4x) + C 2 sin(4x),

de donde y′ = −8 sin(4x) + 4C 2 cos(4x); y′(0) = −2 = −8 sin(0◦) + 4C 2 sin(0◦), ası́,C 2 = −12 .

La solución particular es y = 2 cos(4x) − 12 sin(4x).


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14.13. UNA BREVE INTRODUCCIÓN A LA TRANSFORMADA DE

LAPLACE

14.13.1. Introducción

Una clase de transformación lineal de especial relevancia es la de integración, ası́, si

y = f (x) es una función definida en un intervalo finito [a, b] ⊆R o en intervalo de longitudinfinita y si K (s, x) es una función fija que depende de la variable x y del parámetro sentonces definimos la función F (s) como

T [f (x)] =

ba

K (s, x)f (x)dx = F (s).

La función K (s, x) se llama núcleo de la transformación lineal T y evidentemente, T es lineal con independencia de la naturaleza de K (s, x), es decir, se cumple

T [f (x) + g(x)] = T [f (x)] + T [g(x)] ; T [kf (x)] = kT [f (x)] , k = C te.

La transformación de Laplace es especialmente útil para simplificar el proceso de

resolver problemas de valor inicial cuyas ecuaciones diferenciales son lineales yprincipalmente cuando se incluyen funciones discontinuas.

14.13.2. Definición de transformada de Laplace

Considere la función f (t) definida en (0, ∞) ⊆R. Se define la transformada de Laplacede f (t), denotada L {f (t)} por

L {f (t)} = ∞

0e−stf (t)dt = F (s).


1. Deberá existir la integral impropia dependiente del parámetro s, es decir, la integraldeberá ser convergente para ciertos valores de s, en tal caso diremos que existe latransformada de Laplace de f (t) o que f (t) es L-transformable.

2. L {f (t)} = ∞

0e−stf (t)dt = ĺım

b→∞

b0

e−stf (t)dt = F (s)

Ejemplo 14.13.1. Si f (t) = 1, t ≥ 0 entonces L {f (t)} = L {1} = ∫ ∞0 e−stdt = 1s si s > 0, ya que

∞

0e−stdt = ĺım

b→∞ b

0e−stdt

= ĺımb→∞

−1

se−st

t=∞t=0

= ĺımb→∞

−1

se−sb −

−1

se0

= 1

s,

si el par´ ametro s es positivo, dado que en este caso − 1sesb

→ 0 si b → ∞.


37/52


Ejemplo 14.13.2. Si f (t) = eat, t ≥ 0 entonces L {f (t)} = L eat = 1s−a si s > a. En efecto,

L

eat

=

∞

0e−steatdt

= ∞

0 et(a−s)

dt

= ĺımb→∞

1

a − s et(a−s)

t=b

t=0

= ĺımb→∞

1

a − s eb(a−s) − 1

a − s e0

= 1

s − a , s > a.

Ejemplo 14.13.3. Si f (t) = ta; t ≥ 0, a ∈R, a > −1 entonces

L {ta} = 1sa+1

Γ(a + 1)

si s > 0.Al igual que en los ejemplos anteriores, lo demostramos calculando la integral impropia

correspondiente, tenemos,

L {f (t)} = L {ta} = ∞

0e−sttadt.

Esta integral impropia se puede resolver por integraci´ on por partes o mejor, usando la “funci´ on Gamma”; recordemos esta ´ ultima.

La funci´ on Gamma, denotada Γ(x) se define por

Γ(x) =

∞

0e−ttx−1dt,

esta integral impropia converge para x > 0 y, entre otras propiedades cumple,

a) Γ(x + 1) = xΓ(x),

b) Γ(n) = (n − 1)!, n ∈N,c) Γ

(12

) =

√ π.

Aśı, volviendo a la integral que deseamos calcular y con el cambio de variable u = st,de donde du = sdt, obtenemos

∞

0e−sttadt =

e−u

us

a dus

= 1

sa+1

∞

0e−uuadu

= 1

sa+1Γ(a + 1),

con s > 0 tal que u = st > 0.


38/52



1. L {tn} = n!sn+1

, n ∈N.Sabemos que el factorial de n ∈N∪{0}, denotado n! es n! = n(n−1)(n−2) · · · 3 ·2 ·1con 0! = 1 y usando L {tn} = n!

sn+1, n > 0 entonces, por ejemplo L {t} = 1

s2,

Lt2 = 2s3

, Lt3 = 6s4

; muy cómodo ya que nos evita el calcular las integralesimpropias correspondientes.

2. Usando la linealidad de la Transformada de Laplace, es decir, usando

L {f (t) + g(t)} = L {f (t)} + L {g(t)} ; L {kf (t)} = kL {f (t)} , k = C te,tenemos, por ejemplo:

a)

L

2t2 + 5t + 7

= 2L

t2

+ 5L {t} + 7L {1}= 2

2

s3 + 5

1

s2 + 7

1

s

= 2 + 5s + 7s2

s3 .

b) L {cosh(kt)} = ss2−k2

, s > |k|.

Para demostrar esto, basta con usar cosh(kt) = ekt+e−kt

2 , k > 0 y la linealidad de latransformada.

14.13.3. Funciones y sus Transformadas

Algo similar a la tablas de derivadas e integrales inmediatas podemos presentar en lasiguiente, breve tabla de transformadas de Laplace

f (t) L {f (t)} = F (s)1 1

s , s > 0

t 1s2

, s > 0

tn, n ∈N n!sn+1

, s > 0

ta, a > −1 Γ(a+1)sa+1

, s > a

cos(kt) s

s2

+k2 , s > 0

sin(kt) ks2+k2

, s > 0

cosh(kt) ss2−k2

, s > |k|sinh(kt) k

s2−k2, s > |k|

ekt 1s−k , s > k


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14.13.4. La Transformada Inversa

Por medio de la definición de Transformada de Laplace de una función f hemos deter-minado otra función F (s) tal que L {f (t)} = F (s). Ahora, dada la función F (s) queremosencontrar la función f (t) que corresponde a esta transformada de Laplace, tal función esla transformada inversa

f (t) = L−1 {F (s)} .Podemos deducir la siguiente tabla

f (t) L {f (t)} = F (s) L−1 {F (s)} = f (t)1 1s , s > 0 L

−1

1s

= 1

t 1s2

, s > 0 L−1

1s2

= t

tn, n ∈N n!sn+1

, s > 0 L−1

n!sn+1

= tn

ta, a > −1 Γ(a+1)sa+1

, s > a L−1 Γ(a+1)sn+1 = t

a

cos(kt) ss2+k2 , s > 0 L−1

ss2+k2

= cos(kt)

sin(kt) ks2+k2

, s > 0 L−1

ks2+k2

= sin(kt)

cosh(kt) ss2−k2

, s > |k| L−1

ss2−k2

= cosh(kt)

sinh(kt) ks2−k2

, s > |k| L−1

ks2−k2

= sinh(kt)

ekt 1s−k , s > k L−1

1s−k

= ekt

Observaci´ on 14.13.3. La transformada inversa L−1 {F (s)} es lineal.

Ejemplo 14.13.4. Calcule L−

1

1s4

.

Solución.

Como L−1

n!sn+1

= tn, entonces

L−1

1

s4

=

1

3!L−1

3!

s4

=

1

6t3.

Ejemplo 14.13.5. Calcule L−1

2s−3s2+7

.

Solución.

L−1

2s − 3s2 + 7

= L−1

2s

s2 + 7 − 3

s2 + 7

= 2L−1

s

s2 + 7

− 3L−1

1

s2 + 7

= 2 c os(√

7t) − 3√ 7

sin(√

7t).


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1s2+3s

.

Solución.

Debemos separar la fracción racional 1s2+3s

en fracciones parciales para llevar la trans-formada inversa a otras conocidas, tenemos,

1

s2 + 3s =

1

s(s + 3) =

A

s +

B

s + 3 =

13

s −

13

s + 3,

de donde

L−1

1

s2 + 3s

= L−1

13

s −

13

s + 3

= 1

3L−1

1

s

− 1

3L−1

1

s + 3

= 1

3 −

1

3

e−3t.

14.13.5. Teorema de Traslación

Hasta el momento las transformadas y las transformadas inversas han sido casi directasy expresiones, por ejemplo como L

e5tt3

demandaŕıan una gran cantidad de cálculos,

esto también ocurre con las transformadas inversas. El siguiente Teorema de traslaciónnos ayuda.

Teorema 14.13.1. Si a ∈R entonces L

eatf (t)

= F (s − a) donde F (s) = L {f (t)}.

Demostraci´ on.

L

eatf (t)

=

∞

0e−steatf (t)dt =

∞

0e−t(s−a)f (t)dt = F (s − a).

Si conocemos L {f (t)} = F (s) entonces podemos calcular L eatf (t) de manera muyfácil, cambiamos F (s) por F (s − a).Es muy útil la siguiente notación; L

eatf (t)

= L {f (t)}s→s−a.

Ejemplo 14.13.7. Calcule L

e4t

t3

.

Solución.

L

e4tt3

= L

t3s→s−4

= 3!

s4

s→s−4

= 6

(s − 4)4 .


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Ejemplo 14.13.8. Calcule L

e−3t cos(5t)

.

Solución.

Le−3t cos(5t) = L {cos(5t)}s→s+3 =

s

s2 + 25 s→s+3 = s + 3

(s + 3)2 + 25.

Observaci´ on 14.13.4. La forma rećıproca del Teorema es

eatf (t) = L−1 {F (s − a)} = L−1 {F (s)|s→s−a} .


ss2+4s+5

.

Solución.

En primer lugar debemos llevar el denominador de la expresión s

s2

+4s+5

a una suma o

diferencia de cuadrados; como s2 + 4s +5 = (s2 + 4s +4)+1, es decir, (s + 2)2 +1 entonces

L−1

s

s2 + 4s + 5

= L−1

s

(s + 2)2 + 1

,

ahora debemos usar las expresiones básicas conocidas de la transformada inversa, tenemos,

L−1

s

s2 + 4s + 5

= L−1

s

(s + 2)2 + 1

= L−1 (s + 2) − 2(s + 2)2 + 1

= L−1

s + 2

(s + 2)2 + 1 − 2

(s + 2)2 + 1

= L−1

s + 2

(s + 2)2 + 1

− 2L−1

1

(s + 2)2 + 1

= L−1

s

s2 + 1

s→s−(−2)

− 2L−1

1

s2 + 1

s→s−(−2)

= e−2t cos(t) − 2e−2t sin(t).

14.13.6. Transformada de Derivadas

Lo que deseamos es usar la transformada de Laplace para resolver cierto tipo de ecua-

ciones diferenciales, para ello necesitamos calcular expresiones como L

dydt

, L

d2ydt2

, etc.

Veamos estos dos casos y luego lo extendemos a derivadas de mayor orden.

Consideremos la función y = f (t) entonces,

L

f ′(t)

=

∞

0e−stf ′(t)dt,


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calculando por integración por partes tenemos u = e−st

dv = f ′(t)dt

entonces

du = −se−stv = f (t)

aśı e−stf ′(t)dt = e−stf (t) + s

e−stf (t)dt,

de donde ∞

0e−stf ′(t)dt =

(e−stf (t)

) ∞0

+ s

∞

0e−stf (t)dt

=

−f (0) + sL

{f (t)

}= sF (s) − f (0).

Ahora,

L

f ′′(t)

=

∞

0e−stf ′′(t)dt

= L(

f ′(t))′

= sL

f ′(t)

− f ′(0)= s(sF (s) − f (0)) − f ′(0)= s2F (s)

−sf (0)

−f ′(0).

Extendiendo esta fórmula tenemos

L

f (n)(t)

= snF (s) − sn−1f (0) − sn−2f ′(0) − · · · − f (n−1)(0)

donde F (s) = L {f (t)} y f (t), f ′(t), . . . , f (n−1)(t) son funciones continuas para t ≥ 0.

14.13.7. Aplicación de la Transformada de Laplace a una ecuación diferencial

con coeficientes constantes

Consideremos la ecuación diferencial y′′ + ay ′ + by = g(t); a, b constantes, y = f (t)sujeta a y(0) = y0, y′(0) = y ′0.

Aplicando transformada de Laplace a ambos lados obtenemos

L

y′′

+ aL

y′

+ bL {y} = L {g(t)}

entonces

s2L {f (t)} − sf (0) − f ′(0) + asL {f (t)} − af (0) + bL {f (t)} = L {g(t)} ,


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luego (s2 + as + b

)L {f (t)} = L {g(t)} + sf (0) + af (0) + f ′(0),

de donde,

L {f (t)} = L {g(t)} + (a + s)f (0) + f ′(0)

s2 + as + b ,

finalmente, al aplicar la transformada inversa obtenemos f (t).

Ejemplo 14.13.10. Resuelva la ecuaci´ on y′′ − 4y′ + 4y = t3e2t sujeta a y(0) = y′(0) = 0.

Capitulo Xiv Ecuaciones Diferenciales

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