06 Trabajo Práctico Nro 6 (ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN - EXACTAS Y LINEALES)

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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 DE PRIMER ORDEN: EXACTAS Y LINEALES) 
 
 
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 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES ASOCIADAS A FORMAS DIFERENCIALES EXACTAS 
Este tipo de ecuaciones es de la forma 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 = 0 siendo la forma diferencial 
𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 exacta. 
Recordemos que si la forma diferencial es exacta existe la función potencial 𝑤(𝑥 ; 𝑦) que cumple 
𝑑𝑤 = 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦, por lo tanto, la ecuación diferencial resulta 𝑑𝑤 = 0 
Si 𝑑𝑤 = 0 entonces la función 𝑤(𝑥 ; 𝑦) tiene que ser constante (para que su diferencial sea cero), 
la solución de la ecuación diferencial es 𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝐶 
Se llega entonces a una solución implícita de 𝑦(𝑥) expresada por 𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝐶 
Veamos la resolución de algunos ejercicios para comprender este tipo de ecuaciones 
diferenciales. 
Ejercicio 10 
 a) 
(3𝑒3𝑥𝑦 − 2𝑥)𝑑𝑥 + 𝑒3𝑥𝑑𝑦 = 0 
Veamos si la forma diferencial es exacta: 
𝑃(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑒3𝑥𝑦 − 2𝑥 
𝜕𝑃
𝜕𝑦
= 3𝑒3𝑥 
𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 𝑒3𝑥 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
= 3𝑒3𝑥 
Como 
𝜕𝑃
𝜕𝑦
=
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 entonces la forma diferencial es exacta. 
Buscamos la función potencial: 
𝑑𝑤 = (3𝑒3𝑥𝑦 − 2𝑥)𝑑𝑥 + 𝑒3𝑥𝑑𝑦 
Entonces: 
𝜕𝑤
𝜕𝑥
= 3𝑒3𝑥𝑦 − 2𝑥 
𝜕𝑤
𝜕𝑦
= 𝑒3𝑥 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫(3𝑒3𝑥𝑦 − 2𝑥)𝑑𝑥 = 𝑒3𝑥𝑦 − 𝑥2 + 𝑓(𝑦) 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫ 𝑒3𝑥𝑑𝑦 = 𝑒3𝑥𝑦 + 𝑔(𝑥) 
Igualamos: 
𝑒3𝑥𝑦 − 𝑥2 + 𝑓(𝑦) = 𝑒3𝑥𝑦 + 𝑔(𝑥) 
Entonces 𝑓(𝑦) = 0 y 𝑔(𝑥) = −𝑥2 
La función potencial resulta ser: 
3 
 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝑒3𝑥𝑦 − 𝑥2 
La solución de la ecuación diferencial es: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝐶 
𝑒3𝑥𝑦 − 𝑥2 = 𝐶 
Observamos que la solución 𝑦(𝑥) está dada en forma implícita por: 
𝑒3𝑥𝑦 − 𝑥2 = 𝐶 
 c) 
𝑦3 +
1
𝑥
+ (3𝑥𝑦2 + 1)𝑦′ = 0 
Primero tenemos que encontrar la forma diferencial: 
𝑦3 +
1
𝑥
+ (3𝑥𝑦2 + 1)𝑦′ = 0 
𝑦3 +
1
𝑥
+ (3𝑥𝑦2 + 1)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 
Si multiplicamos ambos miembros por 𝑑𝑥 nos queda: 
𝑦3𝑑𝑥 +
1
𝑥
𝑑𝑥 + (3𝑥𝑦2 + 1)𝑑𝑦 = 0 
(𝑦3 +
1
𝑥
) 𝑑𝑥 + (3𝑥𝑦2 + 1)𝑑𝑦 = 0 
Ahora tenemos que ver si (𝑦3 +
1
𝑥
) 𝑑𝑥 + (3𝑥𝑦2 + 1)𝑑𝑦 es una forma diferencial exacta: 
𝑃(𝑥 ; 𝑦) = (𝑦3 +
1
𝑥
) 
𝜕𝑃
𝜕𝑦
= 3𝑦2 
𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑥𝑦2 + 1 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
= 3𝑦2 
Como 
𝜕𝑃
𝜕𝑦
=
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 entonces la forma diferencial es exacta. 
Buscamos la función potencial: 
𝑑𝑤 = (𝑦3 +
1
𝑥
) 𝑑𝑥 + (3𝑥𝑦2 + 1)𝑑𝑦 
Entonces: 
𝜕𝑤
𝜕𝑥
= 𝑦3 +
1
𝑥
 
𝜕𝑤
𝜕𝑦
= 3𝑥𝑦2 + 1 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫ (𝑦3 +
1
𝑥
) 𝑑𝑥 = 𝑦3𝑥 + ln 𝑥 + 𝑓(𝑦) 
4 
 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫(3𝑥𝑦2 + 1)𝑑𝑦 = 𝑥𝑦3 + 𝑦 + 𝑔(𝑥) 
Igualamos: 
𝑦3𝑥 + ln 𝑥 + 𝑓(𝑦) = 𝑥𝑦3 + 𝑦 + 𝑔(𝑥) 
Entonces 𝑓(𝑦) = 𝑦 y 𝑔(𝑥) = ln 𝑥 
La función potencial resulta ser: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦3𝑥 + ln 𝑥 + 𝑦 
La solución de la ecuación diferencial es: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝐶 
𝑦3𝑥 + ln 𝑥 + 𝑦 = 𝐶 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES 
Una ecuación diferencial lineal es de la forma 𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) 
Se plantea como solución una función 𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) tal que 𝑢(𝑥) sea solución de la 
ecuación homogénea 𝑢′ + 𝑓(𝑥)𝑢 = 0 
Resolvemos la ecuación homogénea para encontrar 𝑢 = 𝑢(𝑥) 
𝑢′ + 𝑓(𝑥)𝑢 = 0 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑓(𝑥)𝑢 = 0 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= −𝑓(𝑥)𝑢 
𝑑𝑢
𝑢
= −𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
Vemos que podemos resolverla por variables separables: 
∫
1
𝑢
𝑑𝑢 = ∫ −𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
ln 𝑢 = ∫ −𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
𝑢 = 𝑒∫ −𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
Como 𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) se plantea como solución, debe verificar la igualdad 𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦 =
𝑔(𝑥) 
𝑦′(𝑥) = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) 
𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦 = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) = 𝑔(𝑥) 
Sacamos factor común 𝑣(𝑥): 
[𝑢′(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑢(𝑥)]𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) = 𝑔(𝑥) 
Como 𝑢′(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑢(𝑥) = 0 por ser solución de la ecuación homogénea, entonces: 
𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) = 𝑔(𝑥) 
𝑣′(𝑥) =
𝑔(𝑥)
𝑢(𝑥)
 
𝑣(𝑥) = ∫
𝑔(𝑥)
𝑢(𝑥)
𝑑𝑥 
Veamos la resolución de algunos ejercicios para comprender este tipo de ecuaciones 
diferenciales. 
6 
 
Ejercicio 11 
 a) 
𝑦′ + 5𝑦 = 𝑒−𝑥 
Planteamos la solución 𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) con 𝑢(𝑥) como solución de 𝑢′(𝑥) + 5𝑢(𝑥) = 0, 
entonces calculamos 𝑢 = 𝑢(𝑥): 
𝑢′ + 5𝑢 = 0 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 5𝑢 = 0 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= −5𝑢 
𝑑𝑢
𝑢
= −5𝑑𝑥 
∫
1
𝑢
𝑑𝑢 = ∫ −5𝑑𝑥 
ln 𝑢 = ∫ −5𝑑𝑥 = −5𝑥 
𝑢 = 𝑒−5𝑥 
No sumamos la constante que le agregamos a las integrales indefinidas porque se la vamos a 
sumar cuando calculemos la función 𝑣 = 𝑣(𝑥) 
𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) es solución si verifica: 
𝑦′ + 5𝑦 = 𝑒−𝑥 
𝑦′(𝑥) = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) 
𝑦′ + 5𝑦 = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) + 5𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) = 𝑒−𝑥 
Sacamos factor común 𝑣(𝑥): 
[𝑢′(𝑥) + 5𝑢(𝑥)]𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) = 𝑒−𝑥 
Como 𝑢′(𝑥) + 5𝑢(𝑥) = 0 por ser solución de la ecuación homogénea, entonces: 
𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) = 𝑒−𝑥 
𝑣′(𝑥) =
𝑒−𝑥
𝑢(𝑥)
 
Y como 𝑢(𝑥) = 𝑒−5𝑥 
𝑣(𝑥) = ∫
𝑒−𝑥
𝑒−5𝑥
𝑑𝑥 = ∫ 𝑒−𝑥 ∙ 𝑒5𝑥𝑑𝑥 = ∫ 𝑒4𝑥𝑑𝑥 
7 
 
𝑣(𝑥) =
1
4
𝑒4𝑥 + 𝐶 
Entonces la solución general de la ecuación diferencial lineal es: 
𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) = 𝑒−5𝑥 (
1
4
𝑒4𝑥 + 𝐶) 
 d) 
𝑥2𝑦′ + 2𝑥𝑦 = sen 𝑥 
Si dividimos ambos miembros por 𝑥2 nos queda: 
𝑦′ +
2
𝑥
𝑦 =
sen 𝑥
𝑥2
 
que responde a la forma lineal. 
Planteamos la solución 𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) con 𝑢(𝑥) como solución de 𝑢′(𝑥) + 5𝑢(𝑥) = 0, 
entonces calculamos 𝑢 = 𝑢(𝑥): 
𝑢′ +
2
𝑥
𝑢 = 0 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+
2
𝑥
𝑢 = 0 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= −
2
𝑥
𝑢 
𝑑𝑢
𝑢
= −
2
𝑥
𝑑𝑥 
∫
1
𝑢
𝑑𝑢 = ∫ −
2
𝑥
𝑑𝑥 
ln 𝑢 = −2 ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = −2 ln 𝑥 = ln 𝑥−2 
𝑢 = 𝑒ln 𝑥
−2
= 𝑥−2 =
1
𝑥2
 
𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) es solución si verifica: 
𝑦′ +
2
𝑥
𝑦 =
sen 𝑥
𝑥2
 
𝑦′(𝑥) = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) 
𝑦′ +
2
𝑥
𝑦 = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) +
2
𝑥
𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) =
sen 𝑥
𝑥2
 
Sacamos factor común 𝑣(𝑥): 
8 
 
[𝑢′(𝑥) +
2
𝑥
𝑢(𝑥)] 𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) =
sen 𝑥
𝑥2
 
Como 𝑢′(𝑥) +
2
𝑥
𝑢(𝑥) = 0 por ser solución de la ecuación homogénea, entonces: 
𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) =
sen 𝑥
𝑥2
 
𝑣′(𝑥) =
sen 𝑥
𝑥2
𝑢(𝑥)
 
Y como 𝑢(𝑥) =
1
𝑥2
 
𝑣(𝑥) = ∫
sen 𝑥
𝑥2
1
𝑥2
𝑑𝑥 = ∫ sen 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥 + 𝐶 
𝑣(𝑥) = − cos 𝑥 + 𝐶 
Entonces la solución general de la ecuación diferencial lineal es: 
𝑦(𝑥) =
1
𝑥2
(− cos 𝑥 + 𝐶) 
Hasta acá hemos visto ecuaciones diferenciales de primer orden: de variables separables, 
asociadas a formas diferenciales exactas y lineales. En el siguiente ejercicio se pide encuadrar las 
ecuaciones dadas en algunas de las formas antes mencionadas, buscando luego la solución 
general y posteriormente la solución particular. 
Ejercicio 12 
Acá, nos piden resolver las ecuaciones diferenciales por el método que consideremos efectivo, 
hallando, como dijimos, primero la solución general y luego, según las condiciones dadas en cada 
caso, la solución particular. 
 a) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦 tan 𝑥 = 5𝑒sen 𝑥 𝑦(𝜋) = −4 
Podemos observar que es una ecuación diferencial lineal, porque 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦′, entonces tenemos: 
𝑦′ − 𝑦 tan 𝑥 = 5𝑒sen 𝑥 
Planteamos como solución 𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥), siendo 𝑢 = 𝑢(𝑥) la solución de la ecuación 
homogénea 𝑢′ − 𝑢 tan 𝑥 = 0, entonces resolvemos la ecuación homogénea: 
𝑢′ − 𝑢 tan 𝑥 = 0 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢 tan 𝑥 
9 
 
𝑑𝑢
𝑢
= tan 𝑥 𝑑𝑥 
∫
1
𝑢
𝑑𝑢 = ∫ tan 𝑥 𝑑𝑥 
ln 𝑢 = ∫ tan 𝑥 𝑑𝑥 = ∫
sen 𝑥
cos 𝑥
𝑑𝑥 = − ln(cos 𝑥) = ln(cos−1 𝑥) 
𝑢 = 𝑒ln(cos
−1 𝑥) = cos−1 𝑥 =
1
cos 𝑥
 
𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) es solución si verifica: 
𝑦′− 𝑦 tan 𝑥 = 5𝑒sen 𝑥 
𝑦′(𝑥) = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) 
𝑦′ − 𝑦 tan 𝑥 = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) − tan 𝑥 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) = 5𝑒sen 𝑥 
Sacamos factor común 𝑣(𝑥): 
[𝑢′(𝑥) − tan 𝑥 𝑢(𝑥)]𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) = 5𝑒sen 𝑥 
Como 𝑢′(𝑥) − tan 𝑥 𝑢(𝑥) = 0 por ser solución de la ecuación homogénea, entonces: 
𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥) = 5𝑒sen 𝑥 
𝑣′(𝑥) =
5𝑒sen 𝑥
𝑢(𝑥)
 
Y como 𝑢(𝑥) =
1
cos 𝑥
 
𝑣(𝑥) = ∫
5𝑒sen 𝑥
1
cos 𝑥
𝑑𝑥 = ∫ 5𝑒sen 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 5𝑒sen 𝑥 + 𝐶 
𝑣(𝑥) = 5𝑒sen 𝑥 + 𝐶 
Entonces la solución general de la ecuación diferencial lineal es: 
𝑦(𝑥) =
1
cos 𝑥
(5𝑒sen 𝑥 + 𝐶) 
Ahora tenemos que encontrar la solución particular que cumpla 𝑦(𝜋) = −4 
𝑦(𝑥) =
1
cos 𝑥
(5𝑒sen 𝑥 + 𝐶) 
−4 =
1
cos 𝜋
(5𝑒sen 𝜋 + 𝐶) 
−4 = −1 ∙ (5𝑒0 + 𝐶) 
−4 = −1 ∙ (5 + 𝐶) 
10 
 
−4 = −5 − 𝐶 
𝐶 = −5 + 4 
𝐶 = −1 
Entonces la solución particular pedida es: 
𝑦(𝑥) =
1
cos 𝑥
(5𝑒sen 𝑥 − 1) 
 b) 
𝑒𝑦(1 + 𝑥2)𝑑𝑦 − 2𝑥(1 + 𝑒𝑦)𝑑𝑥 = 0 𝑦(0) = 2 
A primera vista parece que la forma diferencial es exacta, veamos si lo es: 
𝑃(𝑥 ; 𝑦) = −2𝑥(1 + 𝑒𝑦) 
𝜕𝑃
𝜕𝑦
= −2𝑥𝑒𝑦 
𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 𝑒𝑦(1 + 𝑥2) 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑒𝑦 
Como 
𝜕𝑃
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 entonces la forma diferencial no es exacta. 
Veamos si se puede resolver por separación de variables. En realidad, siempre conviene 
empezar por ver este método, porque si se puede aplicar es más rápida la resolución. 
𝑒𝑦(1 + 𝑥2)𝑑𝑦 − 2𝑥(1 + 𝑒𝑦)𝑑𝑥 = 0 
𝑒𝑦(1 + 𝑥2)𝑑𝑦 = 2𝑥(1 + 𝑒𝑦)𝑑𝑥 
𝑒𝑦
1 + 𝑒𝑦
𝑑𝑦 =
2𝑥
1 + 𝑥2
𝑑𝑥 
∫
𝑒𝑦
1 + 𝑒𝑦
𝑑𝑦 = ∫
2𝑥
1 + 𝑥2
𝑑𝑥 
ln(1 + 𝑒𝑦) = ln(1 + 𝑥2) + 𝐶 
La constante se puede reescribir como ln 𝐶 para permitir aplicar las propiedades del logaritmo y 
simplificar la solución: 
ln(1 + 𝑒𝑦) = ln(1 + 𝑥2) + ln 𝐶 
ln(1 + 𝑒𝑦) = ln[(1 + 𝑥2) ∙ 𝐶] 
1 + 𝑒𝑦 = (1 + 𝑥2) ∙ 𝐶 
Entonces la solución general está dada en forma implícita por 1 + 𝑒𝑦 = (1 + 𝑥2) ∙ 𝐶 y tenemos 
que hallar la solución particular que cumpla 𝑦(0) = 2 
1 + 𝑒2 = (1 + 02) ∙ 𝐶 
1 + 𝑒2 = 𝐶 
11 
 
Entonces la solución particular buscada es: 
1 + 𝑒𝑦 = (1 + 𝑥2)(1 + 𝑒2)