Hemos visto que una ecuación expresada de la forma $\frac{dy}{dx} + P(x)y= f(x)$ es una ecuación diferencial ordinaria lineal de primer orden no-homogénea y la solución de este tipo de ecuaciones se puede calcular usando el factor integrante.

También podemos notar que si la ecuación diferencial está expresada de la forma $\frac{dy}{dx} + P(x)y= f(x)y$ , se puede reescribir como una ecuación diferencial ordinaria lineal de primer orden homogénea $\frac{dy}{dx} + \big( P(x) - f(x) \big) y= 0$ y en consecuencia se puede calcular su solución separando las variables.

Veamos a continuación, que este tipo de ecuaciones diferenciales se puede generalizar con el fin de desarrollar un método que nos permita calcular la solución.

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Forma General de una Ecuación de Bernoulli

Para cualquier número natural $n$ , diremos que una Ecuación de Bernoulli es una ecuación diferencial ordinaria no lineal expresada de la siguiente forma

$\displaystyle \frac{dy}{dx} + P(x)y= f(x)y^n$

Los casos para los cuales $n=0$ y $n=1$ fueron los nombrados en la introducción de esta sección. Así que veremos a continuación, el caso en el que $n \geq 2$ . Podemos calcular la solución de este tipo de ecuaciones usando recurriendo a la variable auxiliar

$u=y^{1-n}$

De esta forma reducimos la ecuación a una ecuación diferencial ordinaria lineal no-homogénea. Veamos con algunos ejemplos calcular la solución de este tipo de ecuaciones diferenciales.

Ejemplos

Ejemplo 1

Calcule la solución de la siguiente ecuación diferencial ordinaria

$3x\frac{dy}{dx} + 6y = 12xy^2$

Lo primero que debemos hacer es estandarizar la ecuación diferencial y para esto dividimos cada uno de los sumandos involucrados por $3x$ para obtener

$\frac{dy}{dx} + \frac{2}{x}y = 4y^2$

Una vez estandarizada la ecuación diferencial, recurrimos a la variable auxiliar $u=y^{1-n}$ que en este caso, $n=2$ , por lo tango estará expresada como $u=y^{-1}$ de donde podemos despejar $y$ elevando a $-1$ y de forma general, para hacer este despeje, se eleva a $\frac{1}{1-n}$ ambos lados de la ecuación para obtener que

$y=u^{-1}$

Será necesario calcular el diferencial de $y$ , así que usando la regla de la cadena concluimos que

$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \frac{du}{dx} = -u^{-2} \frac{du}{dx}$

Entonces, sustituimos $y$ y $\frac{dy}{dx}$ en la ecuación diferencial

$\frac{dy}{dx} + \frac{2}{x}y = 4y^2$

$\; \Rightarrow \; \left( -u^{-2} \frac{du}{dx} \right) + \frac{2}{x} \left( u^{-1} \right) = 4 \left( u^{-1} \right)^2$

$\; \Rightarrow \; -u^{-2} \frac{du}{dx} + \frac{2}{x}u^{-1} = 4u^{-2}$

Posteriormente, estandarizamos esta nueva expresión dividiendo cada uno de los sumandos por $-u^{-2}$ y así, reescribimos la nueva ecuación como una ecuación diferencial ordinaria lineal no-homogénea

$\frac{du}{dx} - \frac{2}{x}u = -4$

Identificamos la función $P(x)$ que nos permite calcular el factor integrante de la siguiente manera

$P(x) = - \frac{2}{x} \Rightarrow \rho(x) = \textit{\Large e}^{\int - \frac{2}{x}} = x^{-2}$

Entonces, calculamos la solución de la ecuación diferencial

$\frac{du}{dx} - \frac{2}{x}u = -4$

$\; \Rightarrow \; x^{-2}\frac{du}{dx} - x^{-2}\frac{2}{x}u = -4x^{-2}$

$\; \Rightarrow \; \frac{x^{-2} u}{dx} = -4x^{-2}$

$\; \Rightarrow \; \int \frac{x^{-2} u}{dx} = \int -4x^{-2}$

$\; \Rightarrow \; x^{-2} u = \frac{4}{x} + C$

$\; \Rightarrow \; u = 4x + Cx^2$

Finalmente, ya que hemos expresado la variable auxiliar $u$ en función de $x$ , volvemos a sustituirla para obtener $y$

$y^{-1} = 4x + Cx^2 \Rightarrow y = \frac{1}{4x + Cx^2}$

Ecuaciones Homogéneas de grado alpha ⍺

24.09.202012.05.2025 Anthonny Arias-García1 comentario

Funciones Homogéneas de grado alpha ⍺

Las ecuaciones diferenciales que veremos a continuación se pueden reescribir como ecuaciones diferenciales de variables separables luego de recurrir a una variable auxiliar, sin embargo, debemos verificar primero que cumplan con una condición. Definamos entonces los elementos que determinarán el criterio para poder calcular su solución.

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Decimos que una función $f(x,y)$ es una función homogénea de grado $\alpha$ si para algún número real $\alpha$ se satisface las siguiente igualdad:

$f(t \cdot x,t \cdot y)=t^{\alpha} \cdot f(x,y)$

Veamos algunos ejemplos de este tipo de funciones para entender esta idea.

Ejemplos

Ejemplo 1

Verifique si la función que se presenta a continuación es una función homogénea de grado $\alpha$ :

$f(x,y) = x^2 - y^2$

Para esto, evaluamos la función $f$ en el punto $(tx,ty)$ y manipulamos algebraicamente con el fin de sacar la forma $t^{\alpha}$ como un factor común.

$f(tx,ty)$

$\; = \; (tx)^2 - (ty)^2$
$\; = \; t^2x^2 - t^2y^2$
$\; = \; t^2(x^2 - y^2)$
$\; = \; t^2 f(x,y)$

En este caso, decimos que la función $f$ es una función homogénea de grado $2$ .

Ejemplo 2

Verifique si la función que se presenta a continuación es una función homogénea de grado $\alpha$ :

$f(x,y) = x^2 + xy$

Para esto, evaluamos la función $f$ en el punto $(tx,ty)$ y manipulamos algebraicamente con el fin de sacar la forma $t^{\alpha}$ como un factor común.

$f(tx,ty)$

$\; = \; (tx)^2 + (tx)(ty)$
$\; = \; t^2x^2 + t^2xy$
$\; = \; t^2(x^2 + xy)$
$\; = \; t^2 f(x,y)$

En este caso, decimos que la función $f$ es una función homogénea de grado $2$ .

Ejemplo 3

Verifique si la función que se presenta a continuación es una función homogénea de grado $\alpha$ :

$f(x,y) = 4 x^2y^5 - 9x^4y^3$

Para esto, evaluamos la función $f$ en el punto $(tx,ty)$ y manipulamos algebraicamente con el fin de sacar la forma $t^{\alpha}$ como un factor común.

$f(tx,ty)$

$\; = \; 4 (tx)^2(ty)^5 - 9(tx)^4(ty)^3$
$\; = \; 4(t^2x^2)(t^5y^5) - 9(t^4x^4)(t^3y^3)$
$\; = \; 4t^7x^2y^5 - 9t^7x^4y^3$
$\; = \; t^7(4x^2y^5 - 9x^4y^3)$
$\; = \; t^7 f(x,y)$

En este caso, decimos que la función $f$ es una función homogénea de grado $7$ .

Ejemplo 4

Verifique si la función que se presenta a continuación es una función homogénea de grado $\alpha$ :

$f(x,y) = 6 xy^3 + 5x^4 + 17$

Para esto, evaluamos la función $f$ en el punto $(tx,ty)$ y manipulamos algebraicamente con el fin de sacar la forma $t^{\alpha}$ como un factor común.

$f(tx,ty)$

$\; = \; 6 (tx)(ty)^3 + 5(tx)^4 + 17$
$\; = \; 6 (tx)(t^3y^3) + 5(t^4x^4) + 17$
$\; = \; 6 t^4xy^3 + 5 t^4x^4 + 17$

En este caso, no es posible sacar $t^4$ como un factor común y en consecuencia, la función $f$ no se puede expresar de la forma $t^{\alpha} f(x,y)$ , por lo tango, no es una función homogénea de grado $\alpha$ .

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Ecuaciones Homogéneas de grado alpha ⍺

Al considerar la ecuación diferencial $M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0$ , hemos podido clasificar algunas ecuaciones de esta forma como Ecuaciones Exactas y aunque hemos encontrado otras no exactas, se han podido reducir a ecuaciones exactas, sin embargo, no siempre podemos aplicar ese método establecido en estos casos.

Entonces, debemos establecer una nueva forma de clasificar este tipo de ecuaciones. Formalmente, si consideramos una ecuación diferencial expresada de la siguiente forma:

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

Decimos que esta es una ecuación homogénea de grado $\alpha$ si las funciones $M(x,y)$ y $N(x,y)$ son funciones de homogéneas de grado $\alpha$ .

Si $M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0$ es una ecuación diferencial ordinaria homogénea de grado $\alpha$ , será posible reducir esta ecuación a una ecuación diferencial homogénea de variables separables recurriendo a una de las siguientes variables auxiliares para efectuar una sustitución de variable

$u=\frac{y}{x} \ \text{ o } \ v=\frac{x}{y}$

Notando que podemos reescribir estas dos expresiones respectivamente de la siguiente forma:

$y = ux \ \text{ o } \ x = vy$

Veamos entonces con algunos ejemplos calcular la solución de este tipo de ecuaciones diferenciales.

Ejemplos

Ejemplo 5

Calcule la solución de la siguiente ecuación diferencial ordinaria

$(x^2-2y^2)dx + (2x^2+3xy)dy = 0$

Debemos recurrir a una sustitución de variable para reducirla a una ecuación diferencial de variables separables, pero antes es necesario verificar que las funciones $M(x,y) = (x^2-2y^2)$ y $N(x,y) = (2x^2+3xy)$ son ambas funciones homogéneas de grado $\alpha$ .

$M(tx,ty)$

$\; = \; (tx)^2-2(ty)^2$
$\; = \; t^2x^2-2t^2y^2$
$\; = \; t^2(x^2-2y^2)$
$\; = \; t^2 M(x,y)$

$N(tx,ty)$

$\; = \; 2(tx)^2+3(tx)(ty)$
$\; = \; 2t^2x^2+3t^2xy$
$\; = \; t^2(2x^2+3xy)$
$\; = \; t^2 N(x,y)$

Habiendo verificado que $M(x,y)$ y $N(x,y)$ son ambas funciones homogéneas de grado $2$ , podemos recurrir a la siguiente variable auxiliar

$u=\frac{y}{x} \Rightarrow y=ux$

De esta forma, podemos sustituirla en nuestra ecuación diferencial. Notemos también, que si queremos hacer esta sustitución, debemos calcular el diferencial $dy$

$dy = udx + xdu$

Entonces, sustituimos los elementos $y$ y $dy$ en la ecuación diferencial.

$(x^2-2y^2)dx + (2x^2+3xy)dy = 0$

$\Rightarrow \big( x^2-2(ux)^2 \big)dx + \big( 2x^2+3x(ux) \big)( udx + xdu) = 0$

Una vez que hemos hecho la sustitución de las variables, manipulamos algebraicamente las expresiones que definen la ecuación diferencial con el fin de separar las variables.

$( x^2-2u^2x^2 )dx + ( 2x^2+3x^2u)( udx + xdu) = 0$

$\; \Rightarrow \; ( x^2-2u^2x^2 )dx + ( 2x^2+3x^2u )udx + \big( 2x^2+3x^2u \big)xdu = 0$

$\; \Rightarrow \; ( x^2-2u^2x^2 )dx + ( 2x^2u+3x^2u^2 )dx + ( 2x^3+3x^3u )du = 0$

$\; \Rightarrow \; ( x^2-2u^2x^2 + 2x^2u+3x^2u^2 )dx + (2+3u ) x^3 du = 0$

$\; \Rightarrow \; ( 1 -2u^2 + 2u + 3u^2 ) x^2 dx + (2+3u ) x^3 du = 0$

$\; \Rightarrow \; ( 1 + 2u + u^2 ) x^2 dx + (2+3u ) x^3 du = 0$

$\; \Rightarrow \; ( 1 + 2u + u^2 ) x^2 dx = - (2+3u ) x^3 du$

$\; \Rightarrow \; \frac{x^2}{x^3}dx = -\frac{(2+3u )}{( 1 + 2u + u^2 )} du$

$\; \Rightarrow \; \frac{1}{x}dx = -\frac{(2+3u )}{( 1 + u )^2} du$

Ya que las variables están separadas, procedemos a calcular las respectivas integrales notando que la integral del lado derecho, es decir, $-\frac{(2+3u )}{( 1 + u )^2}$ ; debe calcularse usando el método de las fracciones simples. Entonces,

$\int -\frac{(2+3u )}{( 1 + u )^2} du = \int \frac{1}{x}dx$

$\; \Rightarrow \; -\frac{1}{1+u} - 3\ln(1+u) = ln(x) + c$

$\; \Rightarrow \; \frac{1}{1+u} + 3\ln(1+u) + ln(x) = c$

Finalmente, sustituimos la variable $u$ y obtenemos la solución general de la ecuación diferencial que viene expresada de forma implícita como

$\frac{1}{1+\frac{y}{x}} + 3\ln \left(1+\frac{y}{x} \right) + \ln(x) = c$

Ecuaciones Exactas y No Exactas

22.09.202012.05.2025 Anthonny Arias-García1 comentario

Diferencial Exacto

Consideremos una función definida en varias variables expresada de la forma $z=f(x,y)$ y supongamos que sus derivadas parciales son continuas en una región $R$ del plano $XY$ . Definimos su diferencial como

$dz = \frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy$

Particularmente, si la variable $z$ permanece constante, su diferencial será igual a cero, entonces estará expresado de la siguiente forma:

$0 = \frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy$

Tomando en cuenta el diferencial de $z$ y su particularidad cuando $z=c$ , decimos que una expresión de la forma $M(x,y) dx + N(x,y)dy$ es un diferencial exacto en una región $R$ del plano $XY$ si corresponde con el diferencial de una función $f(x,y)$ , es decir, tal que

$M(x,y) = \frac{\partial f}{\partial x} \ \text{ y } \ N(x,y) = \frac{\partial f}{\partial y}$

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Ecuaciones Exactas

Los diferenciales exactos sientan una base para definir una nueva clasificación para las ecuaciones diferenciales. Formalmente, si consideramos una ecuación diferencial ordinaria expresada de la forma

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

Diremos que esta es una Ecuación Exacta si $M(x,y) dx + N(x,y)dy$ es un diferencial exacto.

A continuación veremos un criterio que nos indicará las condiciones que deben cumplir las funciones $M$ y $N$ para que estas definan un diferencial exacto.

Teorema (Criterio para un Diferencial Exacto)

Sean $M(x,y)$ y $N(x,y)$ dos funciones continuas con derivadas parciales continuas en un una región $R$ una región rectangular en el plano $XY$ en su interior, entonces una condición necesaria y suficiente para que $M(x,y) dx + N(x,y)dy$ sea un diferencial exacto es

$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$

Estableciendo este criterio, veamos ahora que si consideramos una ecuación diferencial expresada de la forma $M(x,y) dx + N(x,y)dy = 0$ entonces podemos seguir un procedimiento que nos permitirá calcular la solución de ésta.

En los siguientes ejemplos ilustraremos como calcular la solución de este tipo de ecuaciones diferenciales, usando indistintamente la notación $M_y$ para $\frac{\partial M}{\partial y}$ y $N_x$ para $\frac{\partial N}{\partial x}$ pues así facilitamos la escritura.

Ejemplos

Ejemplo 1

Calcule la solución de la siguiente ecuación diferencial ordinaria

$(2x + 3)dx + (13y - 4)dy = 0$

Antes de empezar a calcular la solución de esta ecuación, debemos verificar si ésta es una ecuación exacta pues de otra forma no podemos aplicar el procedimiento. Para esto identificamos las funciones $M$ y $N$ ; y posteriormente calculamos sus derivadas parciales $M_y$ y $N_x$ .

$M(x,y) = 2x+3 \; \Rightarrow \; M_y(x,y) = 0$
$N(x,y) = 13y-4 \; \Rightarrow \; N_x(x,y) = 0$

Ambas derivadas parciales son iguales a cero, es decir, $M_y = N_x$ . Esta conclusión desata una serie de implicaciones como sigue: $(2x + 3)dx + (13y - 4)dy$ es un diferencial exacto, entonces, la ecuación diferencial planteada es exacta, entonces, las funciones $M$ y $N$ corresponden a los elementos del diferencial de una función, entonces,

$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + 3 \ \text{ y } \ \frac{\partial f}{\partial y} = 13y - 4$

Nuestro propósito será el de determinar cual es la función $f(x,y)$ que define este diferencial, y ya que contamos con sus derivas parciales procedemos a integrar una de ellas.

Si consideramos $\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + 3$ e integramos esta función respecto a la variable $x$ , obtenemos la función $f(x,y)$ de la siguiente manera:

$\int \frac{\partial f}{\partial x} dx = \int (2x + 3) dx \Rightarrow f(x,y) = x^2 + 3x + g(y)$

Notemos que al ser $f(x,y)$ una función que depende de $x$ y de $y$ , al calcular la integral de esta respecto a $x$ , la variable $y$ se comporta como una constante, entonces $g(y)$ será nuestra constante de integración.

Para determinar la función $g(y)$ , calculamos la derivada de $f(x,y) = x^2 + 3x + g(y)$ respecto a la variable $y$ para obtener que

$\frac{\partial f}{\partial y} = g'(y)$

Pero si tomamos en cuenta que la ecuación diferencial es exacta, entonces $N(x,y)$ corresponde con el elemento $\frac{\partial f}{\partial y}$ del diferencial de $f(x,y)$ , es decir, $\frac{\partial f}{\partial y} = 13y - 4$ . Entonces a partir de este hecho y la última igualdad, tenemos

$g'(y) = 13y - 4$

Entonces integramos $g'(y)$ respecto a la variable $y$ para obtener

$g(y) = \frac{13}{2}y^2 - 4y$

Sustituimos $g(y)$ y concluimos que la función $f$ está definida como

$f(x,y) = x^2 + 3x + \frac{13}{2}y^2 - 4y$

Y recordando que la ecuación diferencial está definida a partir del diferencial de $f(x,y)$ cuando esta función permanece constante, entonces la solución general de nuestra ecuación diferencial viene dada por

$x^2 + 3x + \frac{13}{2}y^2 - 4y = c$

Nota: Pudiéramos calcular la solución de la ecuación planteada usando el método de las variables separables, pero para efectos didácticos, consideramos una ecuación sencilla para explicar el presente método.

Ejemplo 2

Calcule la solución de la siguiente ecuación diferencial ordinaria

$(1 + x^2y^3)dx + (x^3y^2)dy = 0$

Antes de empezar a calcular la solución de esta ecuación, debemos verificar si ésta es una ecuación exacta pues de otra forma no podemos aplicar el procedimiento. Para esto identificamos las funciones $M$ y $N$ y; posteriormente calculamos sus derivadas parciales: $M_y$ y $N_x$ . Entonces:

$M(x,y) = 1 + x^2y^3 \; \Rightarrow \; M_y(x,y) = 3x^2y^2$
$N(x,y) = x^3y^2 \; \Rightarrow \; N_x(x,y) = 3x^2y^2$

Ambas derivadas parciales son iguales a $3x^2y^2$ , es decir, $M_y = N_x$ . Esta conclusión desata una serie de implicaciones como sigue: $(1 + x^2y^3)dx + (x^3y^2)dy$ es un diferencial exacto, entonces, la ecuación diferencial planteada es exacta, entonces, las funciones $M$ y $N$ corresponden a los elementos del diferencial de una función, entonces,

$\frac{\partial f}{\partial x} = 1 + x^2y^3 \ \text{ y } \ \frac{\partial f}{\partial y} = x^3y^2$

Nuestro propósito será el de determinar cual es la función $f(x,y)$ que define este diferencial, y ya que contamos con sus derivadas parciales procedemos a integrar una de ellas.

Si consideramos $\frac{\partial f}{\partial y} = x^3y^2$ e integramos esta función respecto a la variable $y$ , obtenemos la función $f(x,y)$ de la siguiente manera:

$\int \frac{\partial f}{\partial y} dy = \int x^3y^2 dy \Rightarrow f(x,y) = \frac{x^3y^3}{3} + h(x)$

Notemos que al ser $f(x,y)$ una función que depende de $x$ y de $y$ , al calcular la integral de esta respecto a $y$ , la variable $x$ se comporta como una constante, entonces $h(x)$ será nuestra constante de integración.

Para determinar la función $h(x)$ , calculamos la derivada de $f(x,y) = \frac{x^3y^3}{3} + h(x)$ respecto a la variable $x$ para obtener que

$\frac{\partial f}{\partial x} = x^2y^3 + h'(x)$

Pero si tomamos en cuenta que la ecuación diferencial es exacta, entonces $M(x,y)$ corresponde con el elemento $\frac{\partial f}{\partial x}$ del diferencial de $f(x,y)$ , es decir, $\frac{\partial f}{\partial x} = 1 + x^2y^3$ . Entonces a partir de este hecho y la última igualdad, tenemos

$1 + x^2y^3 = x^2y^3 + h'(x) \Rightarrow h'(x) = 1$

Entonces integramos $h'(x)$ respecto a la variable $x$ para obtener

$h(x) = x$

Sustituimos $h(x)$ y concluimos que la función $f$ está definida como

$f(x,y) = \frac{x^3y^3}{3} + x$

$\frac{x^3y^3}{3} + x = c$

Ecuaciones No Exactas

Si bien el criterio para un diferencial exacto determina condiciones, no garantiza que todas las ecuaciones sean exactas pues, es posible toparse con ecuaciones diferenciales de la forma

$M(x,y) dx + N(x,y)dy = 0 \text{ tal que } M_y \neq N_x$

En este caso decimos que es una ecuación no exacta pues no se cumple la condición del criterio para un diferencial exacto. Sin embargo, es posible definir un factor $\mu(x,y)$ análogo al factor integrante que definimos para las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden, la idea ahora es que al multiplicar este factor por cada uno de los sumandos de nuestra ecuación, obtenemos una ecuación exacta

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

Definimos este nuevo factor integrante de la siguiente manera:

Si $\frac{M_y - N_x}{N}$ es una función que depende únicamente de la variable $x$ , entonces el factor integrante está definido como $\mu(x) = \textit{\huge e}^{\int \frac{M_y - N_x}{N}dx}$
Si $\frac{N_x - M_y}{M}$ es una función que depende únicamente de la variable $y$ , entonces el factor integrante está definido como $\mu(y) = \textit{\huge e}^{\int \frac{N_x - M_y}{M} dy}$

Veamos con algunos ejemplos como calcular la solución de este tipo de ecuaciones diferenciales.

Ejemplos

Ejemplo 3

Calcule la solución de la siguiente ecuación diferencial ordinaria

$(y+1)dx + (6x-1)dy=0$

Antes de empezar a calcular la solución de esta ecuación, debemos verificar si ésta es una ecuación exacta pues de otra forma no podemos aplicar el procedimiento. Para esto identificamos las funciones $M$ y $N$ ; y posteriormente calculamos sus derivadas parciales $M_y$ y $N_x$ .

$M(x,y) = y+1 \; \Rightarrow \; M_y(x,y) = 1$
$N(x,y) = 6x-1 \; \Rightarrow \; N_x(x,y) = 6$

Ambas derivadas parciales son distintas, concluimos que esta ecuación diferencial es no exacta, por lo tanto debemos definir el factor integrante que nos permita reducir la ecuación diferencial a una ecuación no exacta. Si consideramos la siguiente expresión

$\frac{M_y - N_x}{N} = \frac{1 - 6}{6x-1}$

Esta es una expresión que depende únicamente de la variable $x$ , entonces definimos el factor integrante a partir de ella, de la siguiente forma

$\mu(y)$

$\; = \; \textit{\huge e}^{\int \frac{-5}{6x-1} dy}$

$\; = \; \textit{\huge e}^{-\frac{5}{6}\ln(6x-1)}$

$\; = \; (6x-1)^{\frac{-5}{6}}$

Ahora multiplicamos cada uno de los sumandos de la ecuación diferencial no exacta por el factor integrante

$(6x-1)^{-\frac{5}{6}}(y+1)dx + (6x-1)^{\frac{1}{6}}dy = 0$

Así, esta ecuación es exacta y podemos garantizar que $M_y = N_x$ . Esta conclusión desata una serie de implicaciones como sigue: $((6x-1)^{-\frac{5}{6}}(y+1)dx + (6x-1)^{\frac{1}{6}}dy$ es un diferencial exacto, entonces, la ecuación diferencial planteada es exacta, entonces, las funciones $M$ y $N$ corresponden a los elementos del diferencial de una función, entonces,

$\frac{\partial f}{\partial x} = (6x-1)^{-\frac{5}{6}}(y+1) \ \text{ y } \ \frac{\partial f}{\partial y} = (6x-1)^{\frac{1}{6}}$

Nuestro propósito será el de determinar cual es la función $f(x,y)$ que define este diferencial, y ya que contamos con sus derivadas parciales procedemos a integrar una de ellas.

Si consideramos $\frac{\partial f}{\partial y} = (6x-1)^{\frac{1}{6}}$ e integramos esta función respecto a la variable $y$ , obtenemos la función $f(x,y)$ de la siguiente manera:

$\int \frac{\partial f}{\partial y} dy = \int (6x-1)^{\frac{1}{6}} dy \Rightarrow f(x,y) = (6x-1)^{\frac{1}{6}} y + h(x)$

Para determinar la función $h(x)$ , calculamos la derivada de $f(x,y) = (6x-1)^{\frac{1}{6}} y + h(x)$ respecto a la variable $x$ para obtener que

$\frac{\partial f}{\partial x} = (6x-1)^{-\frac{5}{6}} y + h'(x)$

Pero si tomamos en cuenta que la ecuación diferencial es exacta, entonces $M(x,y)$ corresponde con el elemento $\frac{\partial f}{\partial x}$ del diferencial de $f(x,y)$ , es decir, $\frac{\partial f}{\partial x} = (6x-1)^{-\frac{5}{6}}(y+1)$ . Entonces a partir de este hecho y la última igualdad, tenemos

$(6x-1)^{-\frac{5}{6}}(y+1) = (6x-1)^{-\frac{5}{6}}y + h'(x) \Rightarrow h'(x) = (6x-1)^{-\frac{5}{6}}$

Entonces integramos $h'(x)$ respecto a la variable $x$ para obtener

$h(x) = (6x-1)^{\frac{1}{6}}$

Sustituimos $h(x)$ y concluimos que la función $f$ está definida como

$f(x,y) = (6x-1)^{\frac{1}{6}} y + (6x-1)^{\frac{1}{6}}$

$(6x-1)^{\frac{1}{6}} \left( y + 1 \right) = c$

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales De Primer Orden

19.09.202029.04.2025 Anthonny Arias-García7 comentarios

Definición
1. El Factor Integrante
2. Ejemplos

Las ecuaciones diferenciales ordinarias de variables separables representan sólo una pequeña porción en el universo de las ecuaciones diferenciales, es por esto que debemos generalizar nuestras definiciones paso a paso para poder abordar ecuaciones diferenciales menos triviales.

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Definición

Entonces, definimos las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales como aquellas que se expresan de la siguiente forma

$a_1(x)y' + a_0(x)y = g(x)$

Diremos que una ecuación diferencial ordinaria lineal es homogénea si $g(x)=0$ , por otra parte, diremos que es no-homogénea si $g(x) \neq 0$ . Podemos notar que toda ecuación diferencial ordinaria lineal homogénea es de variables separables pues

$\displaystyle a_1(x) \frac{dy}{dx} + a_0(x)y = 0 \Rightarrow a_1(x) \frac{dy}{dx} = - a_0(x)y \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{a_0(x)}{a_1(x)} \cdot y$

Sabiendo esto, en esta sección descartaremos las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales homogéneas y nos enfocaremos en el caso en que éstas sean no-homogéneas.

Antes de explicar el procedimiento para calcular la solución de este tipo de ecuaciones, debemos tener claros algunos elementos: Diremos que una ecuación diferencial ordinaria lineal está expresada en su forma estándar si el coeficiente que multiplica a la derivada de mayor orden involucrada en la ecuación es exactamente igual a uno, es decir, que está expresada de la siguiente forma

$y' + P(x) y = f(x)$

Y decimos que estandarizar una ecuación diferencial ordinaria lineal es reescribirla en su forma estándar.

El Factor Integrante

El procedimiento que usaremos para calcular la solución de las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales no-homogéneas se basa en encontrar factor tal que al multiplicarlo por cada sumando de la ecuación, ésta se reduce a una ecuación homogénea. A este factor lo llamaremos factor integrante y lo definimos como

$\rho(x) = \textit{\huge e}^{\int P(x)dx}$

Veamos con algunos ejemplos como calcular la solución de este tipo de ecuaciones diferenciales.

Ejemplos

Ejemplo 1

Calcule la solución de la siguiente ecuación diferencial ordinaria lineal no-homogénea:

$5y' - 20y = 30$

Lo primero que debemos notar es que esta ecuación no está expresada en su forma estándar así que aún no podemos identificar la función $P(x)$ para definir nuestro factor integrante, para estandarizarla debemos dividir cada uno de sus sumandos por 5 para obtener

$y' - 4y = 6$

Una vez estandarizada, podemos concluir que $P(x)=-4$ , así que nuestro factor integrante es

$\rho(x) = \textit{\huge e}^{\int -4dx} = \textit{\huge e}^{-4x}$

Ahora multiplicamos cada uno de los sumandos de nuestra ecuación estandarizada por el factor integrante

$\textit{\huge e}^{-4x} y' + \textit{\huge e}^{-4x} (- 4y) = \textit{\huge e}^{-4x} 6$

Notando que la suma expresada en el lado izquierdo de la ecuación es justamente de la derivada del producto $\textit{\huge e}^{-4x} \cdot y$ , así que podemos reescribir la ecuación de la siguiente forma:

Expresados ambos elementos de la ecuación de esta forma, calculamos la integral de ambas expresiones respecto a la variable $x$ tal como se ha planteado al calcular la solución de ecuaciones diferenciales de variables separables.

$\int \frac{d}{dx} \left( \textit{\huge e}^{-4x} y \right) \ dx = \int \textit{\huge e}^{-4x} 6 \ dx \Rightarrow \textit{\huge e}^{-4x} y = \frac{\textit{\huge e}^{-4x}}{-4} 6 + C$

Finalmente, despejamos $y$ para obtener la solución general de la ecuación diferencial.

$y = -\frac{3}{2} + C\textit{\huge e}^{4x}$

Ejemplo 2

Calcule la solución de la siguiente ecuación diferencial ordinaria lineal no-homogénea:

$2x^2y' + 4xy = 7x^4$

$y' + \frac{2}{x}y = \frac{7}{2}x^2$

Una vez estandarizada, podemos concluir que $P(x) = \frac{2}{x}$ , así que nuestro factor integrante es

$\rho(x) = \textit{\huge e}^{\int \frac{2}{x} dx} = \textit{\huge e}^{2\ln(x)} = x^2$

Ahora multiplicamos cada uno de los sumandos de nuestra ecuación estandarizada por el factor integrante

$x^2 \cdot y' + x^2 \cdot \frac{2}{x} y = x^2 \cdot \frac{7}{2}x^2$

Cuyos sumandos podemos simplificar de la siguiente forma:

$x^2 \cdot y' + 2x \cdot y = \frac{7}{2}x^4$

Notando que la suma expresada en el lado izquierdo de la ecuación es justamente de la derivada del producto $x^2 \cdot y$ , así que podemos reescribir la ecuación de la siguiente forma:

$\int \frac{d}{dx}\left( x^2 y \right) dx = \int \frac{7}{2}x^4 dx \Rightarrow x^2 y = \frac{7}{10}x^5 + C$

Finalmente, despejamos $y$ para obtener la solución general de la ecuación diferencial.

$y = \frac{7}{10}x^3 + \frac{C}{x^2}$

Ejemplo 3

Calcule la solución de la siguiente ecuación diferencial ordinaria lineal no-homogénea con el problema de valor inicial indicado:

$6x^3y' - 2x^2y = 4x - 6, \ y(1) = 1$

$y' - \frac{1}{3x}y = \frac{2}{3x^2} - \frac{1}{x^3}$

Una vez estandarizada, podemos concluir que $P(x) = - \frac{1}{3x}$ , así que nuestro factor integrante es

$\rho(x) = \textit{\huge e}^{\int - \frac{1}{3x} dx} = \textit{\huge e}^{-\frac{1}{3}\ln(x)} = x^{-\frac{1}{3}}$

Ahora multiplicamos cada uno de los sumandos de nuestra ecuación estandarizada por el factor integrante

$x^{-\frac{1}{3}} \cdot y' - x^{-\frac{1}{3}} \cdot \frac{1}{3x}y = x^{-\frac{1}{3}} \cdot \frac{2}{3x^2} - x^{-\frac{1}{3}} \cdot \frac{1}{x^3}$

Cuyos sumandos podemos simplificar de la siguiente forma:

$x^{-\frac{1}{3}} \cdot y' - \frac{1}{3} x^{-\frac{4}{3}} y = \frac{2}{3}x^{-\frac{7}{3}} - x^{-\frac{10}{3}}$

Notando que la suma expresada en el lado izquierdo de la ecuación es justamente de la derivada del producto $x^{-\frac{1}{3}} \cdot y$ , así que podemos reescribir la ecuación de la siguiente forma:

$\int \frac{d}{dx}\left( x^{-\frac{1}{3}} \cdot y \right) dx = \int \left( \frac{2}{3}x^{-\frac{7}{3}} - x^{-\frac{10}{3}} \right) \ dx$

$\Rightarrow \ x^{-\frac{1}{3}} \cdot y = -\frac{1}{2}x^{-\frac{4}{3}} + \frac{3}{7} x^{-\frac{7}{3}} + C$

Finalmente, despejamos $y$ para obtener la solución general de la ecuación diferencial.

$y = -\frac{1}{2x} + \frac{3}{7x^2} + C x^{\frac{1}{3}}$

Una vez que hemos calculado la solución general de esta ecuación diferencial, debemos encontrar la solución particular que cumple con el problema de valor inicial. Para esto, sustituimos los valores $x=1$ y $y=1$ en la solución general para posteriormente despejar $C$

$y = -\frac{1}{2x} + \frac{3}{7x^2} + C x^{\frac{1}{3}}$

$\; \Rightarrow \; 1 = -\frac{1}{2(1)} + \frac{3}{7(1)^2} + C (1)^{\frac{1}{3}}$
$\; \Rightarrow \; 1 = -\frac{1}{2} + \frac{3}{7} + C$
$\; \Rightarrow \; 1 + \frac{1}{2} - \frac{3}{7} = C$
$\; \Rightarrow \; \frac{15}{14} = C$
$\; \Rightarrow \; C = \frac{15}{14}$

De esta forma, concluimos que la solución que satisface el problema de valor inicial $y(1)=1$ es

$y =-\frac{1}{2x} + \frac{3}{7x^2} + \frac{15}{14} x^{\frac{1}{3}}$

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Variables Separables

16.09.202007.04.2025 Anthonny Arias-García10 comentarios

Definición
1. Ejemplos

Consideraremos ecuaciones que se caracterizan porque podemos separar las variables, es decir, que se pueden dejar todas las expresiones que involucran una variable de un lado de la ecuación y a todas las expresiones que involucran la otra variable del otro lado de la ecuación.

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Definición

Formalmente, diremos que una ecuación diferencial es de variables separables si se expresa de la siguiente forma:

$\displaystyle \frac{dy}{dx} = g(x) \cdot h(y)$

Veamos con algunos ejemplos la técnica para calcular la solución de este tipo de ecuaciones diferenciales.

Ejemplos

Ejemplo 1

Consideremos la ecuación $y-y'=0$ , lo primero que debemos hacer es reescribir $y'$ como un cociente de diferenciales $\frac{dy}{dx}$ , de esta forma, reescribimos la ecuación de la siguiente manera

$\displaystyle y - \frac{dy}{dx} = 0$

Haciendo un abuso de la notación, trabajaremos con los diferenciales de $x$ y de $y$ como si estos fueran factores reales, de esta forma podemos separar las variables de la siguiente forma

$\displaystyle \frac{dy}{dx} = y$

$\displaystyle \Rightarrow \; dy = y \ dx$

$\displaystyle \Rightarrow \; \frac{dy}{y} = dx$

Notamos que todas las expresiones que involucran a $y$ están del lado izquierdo de la ecuación y todas las expresiones que involucran a $x$ están del lado derecho de la ecuación. Así, lo siguiente que haremos será integrar ambos lados de la ecuación

$\displaystyle \int \frac{dy}{y} = \int dx$

Al calcular ambas integrales, generamos dos constantes provenientes de dos familias distintas de antiderivadas, sin embargo ambas son agrupadas en una constante $C$ del lado derecho de la ecuación. Una vez calculadas las integrales, procedemos a despejar la variable $y$ para obtener la función que estamos buscando.

$\displaystyle \ln(y) = x + C$

$\displaystyle \Rightarrow \; \textit{\Large e}^{\ln(y)} = \textit{\Large e}^{x + C}$

$\displaystyle \Rightarrow \; y = \textit{\Large e}^x\textit{\Large e}^C$

$\displaystyle \Rightarrow \; y = C \textit{\Large e}^x$

En este último paso, al ser $\textit{\Large e}^C$ una constante real, la reescribimos como $C$ para facilitar su escritura.

Observación: No hemos considerado el valor absoluto en el logaritmo al calcular la integral de $\frac{1}{y}$ pues recordando que $y$ debe estar definida en el mayor intervalo que la contenga, consideramos convenientemente un intervalo en el que podemos prescindir del valor absoluto.

Ejemplo 2

Consideremos la ecuación $2x^6y' + 9x^8y^4 = 0$ , lo primero que debemos hacer es reescribir $y'$ como un cociente de diferenciales $\frac{dy}{dx}$ , de esta forma, reescribimos la ecuación de la siguiente manera

$\displaystyle 2x^6\frac{dy}{dx} + 9x^8y^4 = 0$

Haciendo un abuso de la notación, trabajaremos con los diferenciales de $x$ y de $y$ como si estos fueran factores reales, de esta forma podemos separar las variables de la siguiente forma

$\displaystyle 2x^6\frac{dy}{dx} + 9x^8y^4 = 0$

$\displaystyle \Rightarrow \; 2x^6\frac{dy}{dx} = -9x^8y^4$

$\displaystyle \Rightarrow \; 2x^6dy = -9x^8y^4dx$

$\displaystyle \Rightarrow \; \frac{dy}{y^4} = \frac{-9x^8dx}{2x^6}$

$\displaystyle \int \frac{dy}{y^4} = \int -\frac{9x^2dx}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow \; -\frac{1}{3y^3} = -\frac{9}{6} x^3 + C$

$\displaystyle \Rightarrow \; \frac{1}{3y^3} = \frac{3}{2} x^3 + C$

$\displaystyle \Rightarrow \; 3y^3 = \frac{1}{\frac{3}{2} x^3 + C}$

$\displaystyle \Rightarrow \; y^3 = \frac{1}{3\frac{3}{2} x^3 + C}$

$\displaystyle \Rightarrow \; y = \sqrt[3]{\frac{1}{\frac{9}{2} x^3 + C}}$

Ejemplo 3

Consideremos la ecuación $y' - x \textit{\Large e}^{x} = 0$ con valor inicial $y(0)=3$ , lo primero que debemos hacer es reescribir $y'$ como un cociente de diferenciales $\frac{dy}{dx}$ , de esta forma, reescribimos la ecuación de la siguiente manera

$\displaystyle \frac{dy}{dx} - x \textit{\Large e}^{x} = 0$

Haciendo un abuso de la notación, trabajaremos con los diferenciales de $x$ y de $y$ como si estos fueran factores reales, de esta forma podemos separar las variables de la siguiente forma

$\displaystyle \frac{dy}{dx} = x \textit{\Large e}^{x} \; \Rightarrow \; dy = x \textit{\Large e}^{x} \ dx$

$\displaystyle \int dy = \int x \textit{\Large e}^{x} \ dx$

$\displaystyle y = x \textit{\Large e}^{x} - \textit{\Large e}^{x} + C$

Una vez que hemos calculado la solución general de esta ecuación diferencial, debemos encontrar la solución particular que cumple con el problema de valor inicial. Para esto, sustituimos los valores $x=0$ y $y=3$ en la solución general para posteriormente despejar $C$

$\displaystyle y = x \textit{\Large e}^{x} - \textit{\Large e}^{x} + C$

$\displaystyle \Rightarrow \; 3 = 0 \cdot \textit{\Large e}^{0} - \textit{\Large e}^{0} + C$

$\displaystyle \Rightarrow \; 3 = 0 - 1 + C$

$\displaystyle \Rightarrow \; 3 + 1 = C$

$\displaystyle \Rightarrow \; C = 4$

De esta forma, concluimos que la solución que satisface el problema de valor inicial $y(0)=3$ es

$\displaystyle y = x \textit{\Large e}^{x} - \textit{\Large e}^{x} + 4$

Ejemplo 4

Consideremos la ecuación $3xy' - 5y = 0$ con valor inicial $y(1)=2$ , lo primero que debemos hacer es reescribir $y'$ como un cociente de diferenciales $\frac{dy}{dx}$ , de esta forma, reescribimos la ecuación de la siguiente manera

$\displaystyle 3x\frac{dy}{dx} - 5y = 0$

Haciendo un abuso de la notación, trabajaremos con los diferenciales de $x$ y de $y$ como si estos fueran factores reales, de esta forma podemos separar las variables de la siguiente forma

$\displaystyle 3x\frac{dy}{dx} = 5y$

$\displaystyle \Rightarrow \; 3x \ dy = 5y \ dx$

$\displaystyle \Rightarrow \; \frac{dy}{y} = \frac{5dx}{3x}$

$\displaystyle \int \frac{dy}{y} = \int \frac{5dx}{3x}$

$\displaystyle \ln(y) = \frac{5}{3} \ln(x) + C$

$\displaystyle \Rightarrow \; \textit{\Large e}^{\ln(y)} = \textit{\Large e}^{\frac{5}{3} \ln(x) + C}$

$\displaystyle \Rightarrow \; y = C x^{\frac{5}{3}}$

Una vez que hemos calculado la solución general de esta ecuación diferencial, debemos encontrar la solución particular que cumple con el problema de valor inicial. Para esto, sustituimos los valores $x=1$ y $y=2$ en la solución general para posteriormente despejar $C$

$\displaystyle y = C \cdot x^{\frac{5}{3}}$

$\displaystyle \Rightarrow \; 2 = C \cdot 1^{\frac{5}{3}}$

$\displaystyle \Rightarrow \; 2 = C \cdot 1$

$\displaystyle \Rightarrow \; C = 2$

De esta forma, concluimos que la solución que satisface el problema de valor inicial $y(1)=2$ es

$\displaystyle y = 2 x^{\frac{5}{3}}$

Forma General de una Ecuación de Bernoulli

Ejemplos

Ejemplo 1

Comparte

Funciones Homogéneas de grado alpha ⍺

Ejemplos

Ejemplo 1

Ejemplo 2

Ejemplo 3

Ejemplo 4

Ecuaciones Homogéneas de grado alpha ⍺

Ejemplos

Ejemplo 5

Comparte

Diferencial Exacto

Ecuaciones Exactas

Teorema (Criterio para un Diferencial Exacto)

Ejemplos

Ejemplo 1

Ejemplo 2

Ecuaciones No Exactas

Ejemplos

Ejemplo 3

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Definición

El Factor Integrante

Ejemplos

Ejemplo 1

Ejemplo 2

Ejemplo 3

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Definición

Ejemplos

Ejemplo 1

Ejemplo 2

Ejemplo 3

Ejemplo 4

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