06 Trabajo Práctico Nro 6 (SOLUCIÓN GENERAL Y PARTICULAR, ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES SEPARABLES)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 6 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(ECUACIONES DIFERENCIALES: SOLUCIÓN GENERAL Y PARTICULAR, ECUACIONES DIFERENCIALES DE 
VARIABLES SEPARABLES) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
SOLUCIÓN GENERAL Y SOLUCIÓN PARTICULAR DE ECUACIONES DIFERENCIALES 
Antes de comenzar a resolver ecuaciones diferenciales, es decir, encontrar soluciones a éstas, 
vamos a aprender a verificar que una función es una solución de una ecuación diferencial. Para 
ello resolveremos algunos ejercicios. 
Ejercicio 1 
En este ejercicio nos piden verificar en cada caso que la función propuesta es una solución 
particular de la correspondiente ecuación diferencial. Para ello, vamos a tomar el ítem b) al que 
se le cambió el enunciado porque había un error, así que consideren este ejercicio. 
 b) 
𝑦 = −
1
𝑥
 𝑥−2𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 
Tenemos que comprobar que la función 𝑦(𝑥) = −
1
𝑥
 verifica la igualdad 𝑥−2𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0, 
calculamos entonces el 𝑑𝑦 
𝑦(𝑥) = −
1
𝑥
= −𝑥−1 
𝑑𝑦 = 𝑦′(𝑥)𝑑𝑥 
𝑑𝑦 = 𝑥−2𝑑𝑥 
Y ahora reemplazamos 𝑦, 𝑑𝑦 en función de 𝑥 en 𝑥−2𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 
𝑥−2𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 𝑥−2𝑑𝑥 + 𝑥 ∙ (−𝑥−1) ∙ 𝑥−2𝑑𝑥 = 𝑥−2𝑑𝑥 − 𝑥−2𝑑𝑥 = 0 
Por lo tanto, pudimos verificar que la función era solución de la ecuación diferencial. 
 d) 
𝑦 = cos(5𝑥) + sen(5𝑥) 𝑦′′ + 25𝑦 = 0 
Para verificar si la función 𝑦(𝑥) = cos(5𝑥) + sen(5𝑥) es solución de la ecuación diferencial 
propuesta tenemos que calcular su segunda derivada: 
𝑦(𝑥) = cos(5𝑥) + sen(5𝑥) 
𝑦′(𝑥) = −5 sen(5𝑥) + 5 cos(5𝑥) 
𝑦′′(𝑥) = −25 cos(5𝑥) − 25 sen(5𝑥) 
Ahora que tenemos la segunda derivada reemplazamos en la ecuación diferencial y observamos 
que se verifica la igualdad. 
𝑦′′ + 25𝑦 = −25 cos(5𝑥) − 25 sen(5𝑥) + 25 ∙ [cos(5𝑥) + sen(5𝑥)] = 
= −25 cos(5𝑥) − 25 sen(5𝑥) + 25 cos(5𝑥) + 25 sen(5𝑥) = 0 
3 
 
Ejercicio 2 
En este ejercicio nos piden analizar cuáles de las siguientes expresiones son efectivamente 
solución general de su correspondiente ecuación diferencial. Veamos: 
 b) 
𝑦 = 𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 𝑦′ + 2𝑦 = 3𝑒𝑥 (𝑐 ∈ ℝ) 
Tenemos que ver si se verifica la igualdad, entonces buscamos la primera derivada de 𝑦 
𝑦(𝑥) = 𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 
𝑦′(𝑥) = −2𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 
Y ahora reemplazamos: 
𝑦′ + 2𝑦 = −2𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 + 2 ∙ (𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥) = −2𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 + 2𝑐𝑒−2𝑥 + 2𝑒𝑥 = 3𝑒𝑥 
Entonces 𝑦 = 𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 es solución, y decimos que es una familia de soluciones porque para 
cada valor de 𝑐 real existe una solución, entonces decimos que 𝑦 = 𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 es una solución 
general. Si le otorgamos un valor a 𝑐, entonces la solución que obtenemos es una solución 
particular. 
 c) 
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅 𝑦𝑦′ + 𝑥 = 0 
Este caso podemos resolverlo de dos maneras distintas, veamos: 
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅 
Si derivamos ambos miembros respecto de 𝑥 teniendo en cuenta que 𝑦 = 𝑦(𝑥) nos queda: 
2𝑥 + 2𝑦(𝑥)𝑦′(𝑥) = 0 
2 ∙ [𝑥 + 𝑦(𝑥)𝑦′(𝑥)] = 0 
Y como 𝑥 + 𝑦(𝑥)𝑦′(𝑥) = 𝑥 + 𝑦𝑦′ = 0 entonces: 
2 ∙ 0 = 0 
Veamos otra forma de resolverlo: si aplicamos el concepto de derivada implícita podemos llamar 
𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑅 = 0, entonces: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝐹𝑥
𝐹𝑦
= −
2𝑥
2𝑦
= −
𝑥
𝑦
 
Entonces tenemos que 𝑦′(𝑥) = −
𝑥
𝑦
 y ahora reemplazamos: 
𝑦𝑦′ + 𝑥 = 𝑦 ∙ (−
𝑥
𝑦
) + 𝑥 = −𝑥 + 𝑥 = 0 
4 
 
Vemos que fue posible verificar la igualdad de dos maneras distintas. 
Ejercicio 3 
Anteriormente se habló de solución general y solución particular, en este ejercicio nos piden 
hallar el valor de la constante 𝑐 ∈ ℝ para obtener la solución particular que cumpla con la 
condición impuesta. Veamos: 
 b) 
Nos piden encontrar la solución particular en el ejercicio 2 ítem b), que cumpla la condición 
𝑦(0) = 1. Recordemos: 
𝑦 = 𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 𝑦′ + 2𝑦 = 3𝑒𝑥 (𝑐 ∈ ℝ) 
Dijimos que 𝑦 = 𝑐𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 es la solución general de 𝑦′ + 2𝑦 = 3𝑒𝑥 y nos piden la solución 
particular, por lo tanto debemos determinar el valor de la constante 𝑐 bajo la condición pedida: 
𝑦(0) = 𝑐𝑒−2∙0 + 𝑒0 = 𝑐 + 1 
Y como 𝑦(0) = 1 entonces 𝑐 = 0 
𝑦 = 0 ∙ 𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥 = 𝑒𝑥 
Así, la solución particular pedida es 𝑦 = 𝑒𝑥 
Ejercicio 5 
En este ejercicio nos dan la ecuación diferencial 𝑥2𝑦′′ − 4𝑥𝑦′ + 6𝑦 = 0 y nos piden demostrar, 
en el ítem a), que si 𝑦1 es una solución particular de la ecuación, entonces también lo es 𝐶𝑦1 
donde 𝐶 ∈ ℝ 
Partimos de que 𝐶𝑦1 es solución si se verifica 𝑥
2(𝐶𝑦1)
′′ − 4𝑥(𝐶𝑦1)
′ + 6(𝐶𝑦1) = 0, entonces: 
𝑥2(𝐶𝑦1)
′′ − 4𝑥(𝐶𝑦1)
′ + 6(𝐶𝑦1) = 𝑥
2𝐶𝑦1
′′ − 4𝑥𝐶𝑦1
′ + 6𝐶𝑦1 
Ahora recordamos que la derivada de una constante por una función es igual a la constante por 
la derivada de la función, es decir [𝑐𝑓(𝑥)]′ = 𝑐𝑓′(𝑥) 
𝑥2(𝐶𝑦1)
′′ − 4𝑥(𝐶𝑦1)
′ + 6(𝐶𝑦1) = 𝑥
2𝐶𝑦1
′′ − 4𝑥𝐶𝑦1
′ + 6𝐶𝑦1 = 𝐶 ∙ (𝑥
2𝑦1
′′ − 4𝑥𝑦1
′ + 6𝑦1) 
Cuando sacamos factor común 𝐶, observamos que el paréntesis vale 0 porque 𝑦1 es solución de 
la ecuación diferencial, entonces: 
𝑥2(𝐶𝑦1)
′′ − 4𝑥(𝐶𝑦1)
′ + 6(𝐶𝑦1) = 𝑥
2𝐶𝑦1
′′ − 4𝑥𝐶𝑦1
′ + 6𝐶𝑦1 = 𝐶 ∙ (𝑥
2𝑦1
′′ − 4𝑥𝑦1
′ + 6𝑦1) = 
= 𝐶 ∙ 0 = 0 
Entonces demostramos que 𝐶𝑦1 también es solución de la ecuación diferencial. 
Luego, en el ítem b), nos dicen que si además de 𝑦1 se tiene que 𝑦2 es otra solución, entonces 
𝑦1 + 𝑦2 también es solución. Entonces, tenemos que demostrar 𝑥
2(𝑦1 + 𝑦2)
′′ − 4𝑥(𝑦1 +
𝑦2)
′ + 6(𝑦1 + 𝑦2) = 0 
5 
 
Recordamos que la derivada de una suma es la suma de las derivadas: 
𝑥2(𝑦1 + 𝑦2)
′′ − 4𝑥(𝑦1 + 𝑦2)
′ + 6(𝑦1 + 𝑦2) = 𝑥
2(𝑦1
′′ + 𝑦2
′′) − 4𝑥(𝑦1
′ + 𝑦2
′ ) + 6(𝑦1 + 𝑦2) 
Si aplicamos propiedad distributiva nos queda: 
𝑥2(𝑦1
′′ + 𝑦2
′′) − 4𝑥(𝑦1
′ + 𝑦2
′ ) + 6(𝑦1 + 𝑦2) = 𝑥
2𝑦1
′′ + 𝑥2𝑦2
′′ − 4𝑥𝑦1
′ − 4𝑥𝑦2
′ + 6𝑦1 + 6𝑦2 
Ahora asociamos los términos de acuerdo a 𝑦1 y a 𝑦2 
𝑥2𝑦1
′′ + 𝑥2𝑦2
′′ − 4𝑥𝑦1
′ − 4𝑥𝑦2
′ + 6𝑦1 + 6𝑦2 = (𝑥
2𝑦1
′′ − 4𝑥𝑦1
′ + 6𝑦1) + (𝑥
2𝑦2
′′ − 4𝑥𝑦2
′ + 6𝑦2) 
El primer paréntesis es igual a 0 porque 𝑦1 es solución, y el segundo paréntesis es igual a 0 porque 
𝑦2 también es solución, entonces: 
(𝑥2𝑦1
′′ − 4𝑥𝑦1
′ + 6𝑦1) + (𝑥
2𝑦2
′′ − 4𝑥𝑦2
′ + 6𝑦2) = 0 + 0 = 0 
Por último, a partir de los ítems a) y b), deducir que 𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 es solución de la ecuación 
diferencial, donde 𝐶1 ; 𝐶2 ∈ ℝ y son constantes arbitrarias: 
𝐶1𝑦1 ; 𝐶2𝑦2 son soluciones por a) y si las sumamos obteniendo 𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 entonces esta suma 
también es solución por b). 
 
6 
 
ECUACIONES DIFERECIALES DE VARIABLES SEPARABLES 
Una ecuación diferencial es de variables separables si su expresión es de la forma: 
𝑃(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑦)𝑑𝑦 = 0 
La solución 𝑦 = 𝑦(𝑥) se obtiene resolviendo: 
∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ −𝑄(𝑦)𝑑𝑦 
Ejercicio 6 
Nos piden resolver las ecuaciones diferenciales de variables separables que nos proponen y 
además resolver el problema del valor inicial en cada caso, veamos: 
 a) 
𝑥3𝑑𝑥 + (𝑦 + 1)2𝑑𝑦 = 0 
Nos piden la solución particular que pasa por (𝑥0 ; 𝑦0) = (0 ; 0) 
𝑥3𝑑𝑥 + (𝑦 + 1)2𝑑𝑦 = 0 
𝑥3𝑑𝑥 = −(𝑦 + 1)2𝑑𝑦 
∫ 𝑥3𝑑𝑥 = ∫ −(𝑦 + 1)2𝑑𝑦 
𝑥4
4
+ 𝐶 = −
(𝑦 + 1)3
3
 
Como resolvimos dos integrales indefinidas las constantes se agrupan es un solo miembro como 
𝐶. 
Llegamos a una función implícita de 𝑦 que es solución general de la ecuación diferencial, pero 
nos piden la solución particular que cumpla (0 ; 0), entonces con este dato calculamos el valor 
de la constante 𝐶: 
𝑥4
4
+ 𝐶 = −
(𝑦 + 1)3
3
 
04
4
+ 𝐶 = −
(0 + 1)3
3
 
𝐶= −
13
3
= −
1
3
 
Entonces la solución particular pedida es: 
𝑥4
4
−
1
3
= −
(𝑦 + 1)3
3
 
 
7 
 
b) 
𝑦′(𝑦 − 3) = 4𝑦 
Nos piden la solución particular que pasa por (𝑥0 ; 𝑦0) = (1 ; 1) 
𝑦′(𝑦 − 3) = 4𝑦 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
(𝑦 − 3) = 4𝑦 
Nos tiene que quedar una función que sólo dependa de 𝑦 multiplicando al diferencial de 𝑦 en un 
miembro y en el otro un diferencial de 𝑥 que multiplica a una función que sólo dependa de 𝑥, por 
eso se llama “ecuaciones diferenciales de variables separables”. 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
(𝑦 − 3) = 4𝑦 
(𝑦 − 3)
4𝑦
𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 
Ahora integramos: 
∫
(𝑦 − 3)
4𝑦
𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 
∫
𝑦
4𝑦
𝑑𝑦 − ∫
3
4𝑦
𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 
∫
1
4
𝑑𝑦 −
3
4
∫
1
𝑦
𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 
1
4
𝑦 −
3
4
ln 𝑦 = 𝑥 + 𝐶 
La solución general es 
1
4
𝑦 −
3
4
ln 𝑦 = 𝑥 + 𝐶 y tenemos que encontrar la solución particular que 
cumpla (𝑥0 ; 𝑦0) = (1 ; 1), entonces: 
1
4
∙ 1 −
3
4
ln 1 = 1 + 𝐶 
1
4
− 0 = 1 + 𝐶 
1
4
− 1 = 𝐶 
𝐶 = −
3
4
 
Entonces la solución particular pedida es: 
1
4
𝑦 −
3
4
ln 𝑦 = 𝑥 −
3
4
 
8 
 
Ejercicio 7 
El enunciado nos dice que la rapidez con que la población 𝑃 de una ciudad crece en cada instante 
𝑡 es proporcional a la población total presente en dicho instante, es decir, 𝑃′(𝑡) = 𝑘𝑃(𝑡) donde 
𝑘 es una constante a determinar. Si hace 10 años la ciudad tenía 25.000 habitantes y actualmente 
posee 30.000 habitantes, hallar el valor de la constante 𝑘 e indicar la cantidad de habitantes que 
se esperar que la ciudad tenga el próximo año. 
Veamos, si tomamos como tiempo 𝑡 = 0 hace 10 años, entonces sabemos que 𝑃(0) = 25.000, 
actualmente sería 𝑡 = 10 y por lo tanto, 𝑃(10) = 30.000, y entonces nos queda por averiguar 
𝑃(11). 
Resolvemos la ecuación diferencial: 
𝑃′(𝑡) = 𝑘𝑃(𝑡) 
𝑑𝑃
𝑑𝑡
= 𝑘𝑃 
𝑑𝑃
𝑃
= 𝑘𝑃 𝑑𝑡 
∫
1
𝑃
 𝑑𝑃 = ∫ 𝑘𝑃 𝑑𝑡 
ln 𝑃 = 𝑘𝑡 + 𝐶 
𝑃 = 𝑒𝑘𝑡+𝐶 
𝑃 = 𝑒𝑘𝑡 ∙ 𝑒𝐶 = 𝐴𝑒𝑘𝑡 
Como 𝐶 corresponde a la constante obtenida a partir de la resolución de la ecuación diferencial, 
entonces llamamos 𝐴 al termino 𝑒𝐶 que proviene de aplicar las propiedades de la potenciación. 
Vamos a utilizar la información 𝑃(0) y 𝑃(10) para obtener el valor de las constantes: 
𝑃(𝑡) = 𝐴𝑒𝑘𝑡 
𝑃(0) = 𝐴𝑒𝑘∙0 = 25.000 
𝑃(0) = 𝐴 = 25.000 
Ahora que tenemos el valor de la constante 𝐴: 
𝑃(𝑡) = 25.000𝑒𝑘𝑡 
𝑃(10) = 25.000𝑒𝑘∙10 = 30.000 
𝑒𝑘∙10 =
30.000
25.000
= 1,2 
𝑘 ∙ 10 = ln 1,2 
9 
 
𝑘 =
ln 1,2
10
 
Entonces la población que se espera en un año se calcula como: 
𝑃(𝑡) = 25.000𝑒
(
ln 1,2
10
)𝑡
 
𝑃(11) = 25.000𝑒
(
ln 1,2
10
)∙11
= 30.535 
La población que se espera en un año es de 30.535 habitantes.