Matematica II_Algunos tipos de ecuaciones

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INTRODUCCIÓN 
 
En este Documento de Apoyo se abordará los contenidos referidos a la clasificación, solución 
general y solución particular de ecuaciones diferenciales homogéneas exactas. Posteriormente se 
exponen problemas de aplicación relacionados con las ciencias económicas, los cuales se deben 
resolver aplicando las técnicas antes señaladas. 
 
En lo que respecta a la clasificación de las ecuaciones lineales de primer orden con coeficientes 
constantes, se exponen a modo de ejemplo, un total de cinco ejercicios, así mismo, para las 
ecuaciones diferenciales separables y homogéneas se desarrollan cinco ejercicios y para ilustrar 
las aplicaciones se resuelven dos problemas. Cabe señalar que cada ejemplo se soluciona de una 
manera sencilla, haciendo énfasis en el paso a paso, estos con la finalidad de alcanzar una mejor 
compresión del procedimiento implementado. 
 
 Es de fundamental importancia para la compresión de definiciones, propiedades y 
procedimientos, que los estudiantes realicen un análisis detallado de cada ejercicio resuelto. Y 
con la finalidad de complementar y dinamizar el proceso de enseñanza y aprendizaje se sugiere 
la utilización de otros materiales didácticos, como libros, artículos, materiales audiovisuales. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 
 
UNIDAD III: Ecuaciones Diferenciales 
 
1. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas. 
2. Ecuaciones Diferenciales Exactas. 
3. Ecuación Lineal de primer orden con coeficiente constante. 
4. Ecuación Diferencial Logística. 
 
Ecuaciones Diferenciales Homogéneas 
Definición: Una ecuación diferencial de primer orden que se puede llevar a escribir de la 
fórmula 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓 (
𝑦
𝑥
), se denomina ecuación diferencial de primer orden homogénea. 
Procedmiento: Para resolver una ecuación diferencial homogénea se procede a efectuar las 
siguientes operaciones: 
𝑣 =
𝑦
𝑥
 
⇒ 𝑦 = 𝑣𝑥 
⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑣 + 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 
 
Ejemplo: Determine si la función dada es homogénea. Si lo es, indique su grado de 
homogeneidad. 
 
1- 𝑥3 + 2𝑥𝑦2 −
𝑦4
𝑥
 
 
Solución: 
 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 2𝑥𝑦2 −
𝑦4
𝑥
 
⇒ 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)3 + 2(𝑡𝑥)(𝑡𝑦)2 −
(𝑡𝑦)4
𝑡𝑥
= 𝑡3𝑥3 + 2𝑡𝑥(𝑡2𝑦2) −
𝑡4𝑦4
𝑡𝑥
= 𝑡3𝑥3 + 2𝑡3𝑥𝑦2 −
𝑡3𝑦4
𝑥
 
⇒ 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡3 (𝑥3 + 2𝑥𝑦2 −
𝑦4
𝑥
) , 𝑡𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥3 + 2𝑥𝑦2 −
𝑦4
𝑥
) 
∴ 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡3𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 3 
 
2- √𝑥 + 𝑦 (4𝑥 + 3𝑦) 
Solución: 
1- 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥 + 𝑦 (4𝑥 + 3𝑦) 
⇒ 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = √𝑡𝑥 + 𝑡𝑦 (4𝑡𝑥 + 3𝑡𝑦) = √𝑡(𝑥 + 𝑦)(4𝑡𝑥 + 3𝑡𝑦) 
 
3 
 
⇒ 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = √𝑡 ∗ √𝑥 + 𝑦 ∗ 𝑡(4𝑥 + 3𝑦) = 𝑡
3
2 ∗ √𝑥 + 𝑦 ∗ (4𝑥 + 3𝑦), 𝑡𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑓(𝑥, 𝑦)
= √𝑥 + 𝑦 (4𝑥 + 3𝑦) 
∴ 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡
3
2 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜
3
2
 
 
Ejemplo: Resuelva la ecuación diferencial dada usando una sustitución apropiada: 
 
1- (𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 
Solución: 
(𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑢𝑛𝑜 
⇒ (𝑥 − 𝑦) + 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 ⇔ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥
− 1 (𝟏) 
 
 
 
 
 
 
𝑣 + 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 𝑣 − 1 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟 (2) 𝑒𝑛 (𝟏) 
⇒ 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= −1 ⇔ ∫ 𝑑𝑣 = − ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 
⇒ 𝑣 = −𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐 (3) 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 (𝟐) 𝑒𝑛 (𝟑) 
⇒ 
𝑦
𝑥
= −𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐 
∴ 𝑦 = −𝑥 ∗ 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑥 ∗ 𝑐 
 
2- (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 
 
Solución: 
 
(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑢𝑛𝑜 
⇒ (𝑥 + 𝑦) + 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 ⇔ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥 + 𝑦
𝑥
⇔
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= − (
𝑦
𝑥
+ 1) (𝟏) 
 
 
 
 
 
𝑣 + 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= −(𝑣 + 1) ⇔ 𝑣 + 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= −𝑣 − 1 ⇔ 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= −(2𝑣 + 1) 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟 (𝟐) 𝑒𝑛 (𝟏) 
 
⇒
𝑑𝑣
2𝑣 + 1
= −
𝑑𝑥
𝑥
⇔
1
2
∫
2𝑑𝑣
2𝑣 + 1
= − ∫
𝑑𝑥
𝑥
 
𝑠𝑒𝑎: 𝑣 =
𝑦
𝑥
 ⇒ 𝑦 = 𝑣𝑥 
 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑣 + 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 (𝟐) 
𝑠𝑒𝑎: 𝑣 =
𝑦
𝑥
 ⇒ 𝑦 = 𝑣𝑥 
 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑣 + 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 (𝟐) 
 
4 
 
⇒
1
2
𝑙𝑛|2𝑣 + 1| = −𝑙𝑛|𝑥| + 𝑙𝑛𝑐 ⇔ 𝑙𝑛|2𝑣 + 1| = −2𝑙𝑛|𝑥| + ln 𝑐 
⇒ 𝑙𝑛|2𝑣 + 1| = −𝑙𝑛𝑥2 + 𝑙𝑛𝑐 ⇔ 𝑙𝑛|2𝑣 + 1| = 𝑙𝑛 |
𝑐
𝑥2
| ⇔ 2𝑣 + 1 =
𝑐
𝑥2
 (3) 
⇒ 2
𝑦
𝑥
+ 1 =
𝑐
𝑥2
 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 (2) 𝑒𝑛 (3) 
⇒ 2
𝑦
𝑥
=
𝑐
𝑥2
− 1 ⇔ 𝑦 =
𝑐
𝑥2
−
1
2
𝑥 
∴ 𝑦 =
1
2
(𝑐𝑥−1 − 𝑥) 
Procedimiento 
Ejemplo: determine si la función dada es homogénea. Si lo es, indique su grado de 
homogeneidad, resuelve la ecuación diferencial dada usando una sustitución apropiada. 
 
1- (𝑦2 + 𝑦𝑥)𝑑𝑥 − 𝑥2𝑑𝑦 = 0 
𝑦2 + 𝑦𝑥 − 𝑥2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 ⇔ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦2 + 𝑦𝑥
𝑥2
 
⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦2
𝑥2
+
𝑦𝑥
𝑥2
 
⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (
𝑦
𝑥
)
2
+
𝑦
𝑥
 (𝟏) 
Es una ecuación diferencial homogénea de grado dos. 
Solución: 
𝑣 =
𝑦
𝑥
 ⇒ 𝑦 = 𝑣𝑥 
 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑣 + 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 (𝟐) 
𝑣 + 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 𝑣2 + 𝑣 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 (𝟐) 𝑒𝑛 (𝟏) 
⇒ 𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 𝑣2 ⇔ 𝑣−2𝑑𝑣 = 𝑥−1𝑑𝑥 ⇔ ∫ 𝑣−2 𝑑𝑣 = ∫ 𝑥−1 𝑑𝑥 ⇔ −𝑣−1 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐 
⇒ − (
𝑦
𝑥
)
−1
= 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐 
⇒ −
𝑥
𝑦
= 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐 ⇔ −𝑥 = (𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐 )𝑦 
⇒ ∴ 𝑦 = −
𝑥
𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐
 
 
 
5 
 
Ecuaciones Diferenciales Exactas 
Definición 
Una expresión diferencial 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 es una diferencial exacta en una región R del 
plano xy si está correspondiente a la diferencial de alguna función 𝑓(𝑥, 𝑦) definida en R. Una 
ecuación diferencial de primer orden de la forma 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0, se conoce como 
una ecuación exacta si la expresión del lado izquierdo es una diferencial exacta. 
Criterio para una diferencial exacta 
Si 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) son continuas y tienen primeras derivadas parciales continuas en una región 
rectangular R definidas por 𝑎 < 𝑥 < 𝑏, 𝑐 < 𝑦 < 𝑑, entonces una condición necesarias y 
suficientes para que 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 sea una diferencial exacta es 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
Método de Solución 
Dada una ecuación en la forma diferenial 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0, se determine si la 
igualdad de la ecuación 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 , es válida. Si es asi, entonces existe una función f para la que 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦). 
Podemos determinar f integrando 𝑀(𝑥, 𝑦) respecto a x mientras y se conserva constante: 
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦), donde la función arbitraria 𝑔(𝑦) es la “constante” de 
integración. Ahora derivando a 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦), con respecto a y y suponiendo 
que 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦): 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔′(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) 
Se obtiene: 𝑔′(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑦
∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥. Por último, se integra la ecuación anterior 
respecto a y y se sustituye el resultado en la ecuación 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦). La 
solución implícita de la ecuación es 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐. 
 
6 
 
Hacen falta algunas observaciones. Primero, es importante darse cuenta de que la expresión 
𝑁(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑦
∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 , en 𝑔′(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑦
∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥, es independiente de x, ya 
que: 
𝜕
𝜕𝑥
= [𝑁(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑦
∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥] =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕
𝜕𝑦
(
𝜕
𝜕𝑥
∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥) =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 0 
En segundo lugar, se puede iniciar bien el procedimiento anterior con la suposición de que 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
=
𝑁(𝑥, 𝑦). Después, integrando N respecto a yy derivando este resultado, encontraríamos las 
ecuaciones que, respectivamente, son análogas a las ecuaciones planteadas anteriormente. 
𝐹(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 + ℎ(𝑥) 𝑦 ℎ′(𝑥) = 𝑀(𝑥, 𝑦) −
𝜕
𝜕𝑥∫ 𝑁(𝑥, 𝑦)dy 
Ejemplo. Resuelva la ecuación diferencial. 
1. 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0 
Solución: 
Sea 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0 
𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 1 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒: 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 2𝑥 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑦 𝑦 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑥2 − 1 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= ∫ 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 𝑔′(𝑦) 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦 + 𝑔(𝑦) 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑜𝑛 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎 𝑦 𝑒 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑁(𝑥, 𝑦) 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑥2 + 𝑔′(𝑦) = 𝑥2 − 1 = 𝑁(𝑥, 𝑦), 𝑡𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑔′(𝑦) = −1 
⇒ ∫ 𝑔′(𝑦) = − ∫ 𝑑𝑦 ⇔ 𝑔(𝑦) = −𝑦 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦 − 𝑦 
𝐿𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 𝑒𝑠: 𝑥2𝑦 − 𝑦 = 𝑐 
∴ 𝑦 =
𝑐
(1 − 𝑥2)
 
2. (2𝑥 − 1)𝑑𝑥 + (3𝑦 + 7)𝑑𝑦 = 0 
Solución: 𝑡𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 (2𝑥 − 1)𝑑𝑥 + (3𝑦 + 7)𝑑𝑦 = 0 (𝟏) 
𝐸𝑛 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒. 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 1 𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 3𝑦 + 7, 𝑐𝑜𝑛 
 
7 
 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕(2𝑥 − 1)
𝜕𝑦
= 0 𝑦 
𝜕𝑁
𝜕𝑥
=
𝜕(3𝑦 + 7)
𝜕𝑥
= 0 𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑒𝑠 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 (𝟐) 
𝐷𝑒 (2) 𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑦𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 (1) 𝑒𝑠 𝑒𝑥𝑎𝑐𝑡𝑎. 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦) 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑞𝑢𝑒 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 2𝑥 − 1 𝑦 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 3𝑦 + 7 (𝟑) 
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑛 (3) 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎 𝑥, 𝑚𝑎𝑛𝑡𝑒𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑦 𝑐𝑡𝑒 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 2𝑥 − 1 ⇒ ∫ 𝜕𝑓 = ∫(2𝑥 − 1) 𝜕𝑥 ⇒ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑥 + 𝑔(𝑦) (𝟒) 
⇒ 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑔′(𝑦) (𝟓), 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 (5) 𝑐𝑜𝑛 𝑁(𝑥, 𝑦) = 3𝑦 + 7 
𝑔′(𝑦) = 3𝑦 + 7 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 ∫ 𝑔′(𝑦) = ∫(3𝑦 + 7)𝑑𝑦 
⇒ 𝑔(𝑦) =
3
2
𝑦2 + 7𝑦 (𝟔) 
⇒ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑥 + 𝑔(𝑦), 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑔(𝑦) 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 
⇒ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑥 +
3
2
𝑦2 + 7𝑦 
∴ 𝑥2 − 𝑥 +
3
2
𝑦2 + 7𝑦 = 𝑐 
3. (2𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 − (𝑥 + 6𝑦)𝑑𝑦 = 0 
Solución: 
(2𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 − (𝑥 + 6𝑦)𝑑𝑦 = 0 
𝐸𝑛 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒. 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦 𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = −(𝑥 + 6𝑦), 𝑐𝑜𝑛 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕(2𝑥 + 𝑦)
𝜕𝑦
= 1 𝑦 
𝜕𝑁
𝜕𝑥
=
𝜕(−𝑥 + 6𝑦)
𝜕𝑥
= −1 𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑒𝑠 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 (𝟐) 
Por lo tanto la ecuación diferencial no es exacta 
4. (5𝑥 + 4𝑦)𝑑𝑥 + (4𝑥 − 8𝑦3)𝑑𝑦 = 0 
Solución: 
 
(5𝑥 + 4𝑦)𝑑𝑥 + (4𝑥 − 8𝑦3)𝑑𝑦 = 0 
 
𝐸𝑛 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒. 𝑀(𝑥, 𝑦) = 5𝑥 + 4𝑦 𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 − 8𝑦3, 𝑐𝑜𝑛 
 
 
8 
 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕(5𝑥 + 4𝑦)
𝜕𝑦
= 4 𝑦 
𝜕𝑁
𝜕𝑥
=
𝜕(5𝑥 + 4𝑦)
𝜕𝑥
= 4 𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑒𝑠 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 (𝟐) 
𝐷𝑒 (2) 𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑦𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 (1) 𝑒𝑠 𝑒𝑥𝑎𝑐𝑡𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦) 
 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑞𝑢𝑒 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 5𝑥 + 4𝑦 𝑦 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 4𝑥 − 8𝑦3 (𝟑) 
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑛 (3) 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎 𝑥, 𝑚𝑎𝑛𝑡𝑒𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑦 𝑐𝑡𝑒 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 5𝑥 + 4𝑦 ⇒ ∫ 𝜕𝑓 = ∫(5𝑥 + 4𝑦) 𝜕𝑥 ⇒ 𝑓(𝑥, 𝑦) =
5
4
𝑥2 + 4𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦) (𝟒) 
⇒
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑔′(𝑦) (5), 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 (5) 𝑐𝑜𝑛 𝑁(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 − 8𝑦3 
𝑔′(𝑦) = 4𝑥 − 8𝑦3 𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 ∫ 𝑔′(𝑦) = ∫(4𝑥 − 8𝑦3)𝑑𝑦 
 
⇒ 𝑔(𝑦) = 4𝑥𝑦 − 2𝑦4 (𝟔) 
 
 
Ecuación Lineal de primer orden con coeficiente constante 
 
Continuamos considerando la ecuación diferencial 
𝑑𝑡
𝑑𝑡
= 𝑘𝑦 + 𝑏 (3) 
Donde 𝑘 y 𝑏 son dos constantes dadas. Más adelante, en esta sección, mostraremos cómo tal 
ecuación diferencial puede utilizarse como un modelo de crecimiento poblacional cuando se 
incluyen efectos, tales como migración o recolección (cosecha). Sin embargo, primero 
deduciremos su solución general. Podemos escribir la ecuación diferencial en la forma 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑘 (𝑦 +
𝑏
𝑘
) 
Ahora cambiamos la variable dependiente a 𝑧 = 𝑦 + 𝑏/𝑘 . Entonces, 𝑑𝑧/𝑑𝑡 = 𝑑𝑦/𝑑𝑡 y así la 
ecuación diferencial se transforma en 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 𝑘𝑧 
 
Pero, del análisis anterior, ya sabemos que la solución general de esta ecuación es 𝑧 = 𝐶𝑒𝑘𝑡. Por 
tanto, como 𝑦 = 𝑧 − 𝑏/𝑘, la solución general para 𝑦 es 
𝑦 = 𝐶𝑒𝑘𝑡 −
𝑏
𝑘
 (4) 
 
9 
 
 
Nuevamente, observe la presencia de la constante arbitraria. Podemos resumir este resultado 
como sigue: 
 
 
 
 
 
Ejemplo. Determine la solución de la ecuación diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2𝑦 + 1 
𝑄𝑢𝑒 𝑠𝑎𝑡𝑖𝑠𝑓𝑎𝑐𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑦(0) = 3. 
 
Solución: Procedemos como en la deducción del caso general. Primero escribimos la ecuación 
diferencial como 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2 (𝑦 +
1
2
) 
Entonces, transformamos la nueva variable 𝑧 = 𝑦 +
1
2
. La ecuación diferencial se transforma en 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 2𝑧 y su solución general es 𝑧 = 𝐶𝑒2𝑡. 
Por tanto, como 𝑦 = 𝑧 −
1
2
, la solución general para 𝑦 es 
𝑦 = 𝐶𝑒2𝑡 −
1
2
 
 
Por supuesto, podríamos haber obtenido esta solución por la simple sustitución de 𝑘 = 2 y 𝑏 =
1 en la fórmula (4), deducida anteriormente para el caso general. La constante 𝐶 es arbitraria y 
debe determinarse a partir de la condición inicial dada que 𝑦(0) = 3. Haciendo 𝑡 = 0 y 𝑦 = 3 
en la última ecuación, obtenemos 
 
3 = 𝐶𝑒2(0) −
1
2
= 𝐶 −
1
2
 o 𝐶 =
7
2
 
 
Así, sustituyendo 𝐶 en la solución general, obtenemos 𝑦 =
7
2
𝑒2𝑡 −
1
2
 
 
La ecuación diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑘𝑦 + 𝑏, en donde 𝑘 y 𝑏 son constantes dadas, tiene la 
solución general 𝑦 = 𝐶𝑒𝑘𝑡 − 𝑏/𝑘, en donde 𝐶 es una constante arbitraria. 
 
10 
 
Ejemplo: Cierta especie de pez tiene un tamaño inicial de población de 100 unidades, cada unidad 
es de 1 millón de peces, y tiene una tasa de crecimiento natural específico de 0.25, con el tiempo 
medido en años. La población será recolectada a la tasa de ℎ unidades por año, de modo que el 
tamaño y satisface la ecuación diferencial y condición inicial: 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 0.25𝑦 − ℎ 𝑦(0) = 100 
 
Determine y como una función de 𝑡 en los casos a) ℎ = 20; b) ℎ = 25; c) ℎ = 30. Analice el 
significado de los resultados. 
 
Solución: La ecuación diferencial dada es del tipo bajo estudio con 𝑘 = 0.25 y 𝑏 = −ℎ. La 
solución puede obtenerse siguiendo el mismo procedimiento que antes, o sencillamente 
sustituyendo estos valores de 𝑘 y 𝑏 en la solución general (4). Encontramos 
𝑦 = 𝐶𝑒0.25𝑡 + 4ℎ 
 
Haciendo 𝑡 = 0 y 𝑦 = 100, encontramos el valor de 𝐶: 𝐶 = 100 − 4ℎ. Así, 
𝑦 = (100 − 4ℎ)𝑒0.25𝑡 + 4ℎ 
 
Para los tres valores dados de la tasa de recolección, esta expresión se transforma en 
ℎ = 20: 𝑦 = 20𝑒0.25𝑡 + 80 
ℎ = 25: 𝑦 = 100 
ℎ = 30: 𝑦 = 120 − 20𝑒0.25𝑡 
El significado de estos resultados es el siguiente. Cuando la tasa de recolección es de 25 unidades 
por año, la recolección equilibra de manera exacta el crecimiento natural de la población y el 
tamaño permanece constante. En este caso, tenemos un rendimiento estable y sustentable con 
base en la recolección. Cuando ℎ es menor que 25, como se ilustró para ℎ = 20, el crecimiento 
natural compensa en exceso las recolecciones más grandes en el futuro. Cuando ℎ es mayor que 
25, como se ilustró por medio del resultado para ℎ = 30, el tamaño de la población decrece, ya 
que el término exponencial tiene un coeficiente negativo. Eventualmente, la población está 
siendo llevada a la extinción por esta sobre recolección. (Verifique que 𝑦 = 0 cuando 𝑡 =
4 ln 6 ≈ 7.2). 
 
11 
 
 
Ecuación Diferencial Logística 
 
La ecuación diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑝𝑦(𝑚 − 𝑦) (1) 
 
En donde 𝑝 y 𝑚 son constantes, se denomina ecuación logística. Su importanciaprovino 
originalmente por ser un modelo de crecimiento poblacional en un ambiente restringido, pero se 
han encontrado varias aplicaciones subsecuentes. Algunas de estas aplicaciones adicionales se 
encontrarán en los ejercicios. 
La ecuación diferencial 𝑑𝑦/𝑑𝑡 = 𝑘𝑦 se aplica a una población cuando el ambiente no restringe 
su crecimiento. Sin embargo, en la mayor parte de los casos, se alcanza una etapa en donde ya 
no es posible un crecimiento adicional de la población, y el nivel del tamaño de la población se 
nivela en algún valor que es la población máxima (población límite) que puede sustentarse por 
el ambiente dado. Denotemos este valor máximo por 𝑚. Entonces, cualquier ecuación diferencial 
que describa el crecimiento debe satisfacer la condición de que la tasa de crecimiento se aproxima 
a cero conforme y se aproxima a 𝑚; esto es, 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
< 0 si 𝑦 > 𝑚 
Además, si para alguna elección del tamaño de la población sucede que excede 𝑚, entonces, ésta 
debe decrecer; esto es, 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
< 0 si 𝑦 > 𝑚 
Observe que la ecuación diferencial (1) satisface estos requisitos. 
También existe un requisito adicional, que cualquier modelo razonable de crecimiento 
poblacional debe satisfacer. Si el tamaño de la población es muy pequeño, entonces las 
restricciones impuestas por el medio ambiente tendrán un efecto insignificante, y el crecimiento 
será aproximadamente exponencial. En la ecuación (1), si 𝑦 es mucho menor que 𝑚, entonces 
𝑚 − 𝑦 ≈ 𝑚, y la ecuación diferencial se transforma en aproximadamente 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
≈ 𝑝𝑚𝑦 
 
12 
 
En realidad, esto da un crecimiento poblacional aproximado y la tasa de crecimiento específico 
es 𝑘 = 𝑝𝑚. La ecuación logística (1) no es la única ecuación diferencial que satisface estos 
requerimientos para crecimiento restringido, pero es la ecuación más sencilla que lo hace. 
Ahora pasamos a la solución de la ecuación logística. Deduciremos la solución para constantes 
generales 𝑚 y 𝑝, pero si tiene alguna dificultad en seguir esto, trate de examinar primero el 
argumento con algunos valores particulares, tales como 𝑚 = 2 y 𝑝 = 3. Separando las variables 
en (1), 
1
𝑦(𝑚 − 𝑦)
𝑑𝑦 = 𝑝 𝑑𝑡 
e integrando ambos miembros, 
∫
1
𝑦(𝑚 − 𝑦)
𝑑𝑦 = ∫ 𝑝 𝑑𝑡 
Aquí, la integral del lado izquierdo puede evaluarse usando la fórmula 15 del apéndice II. Sin 
embargo, en vez de esto, le mostraremos un método útil para encontrar tales integrales (de hecho, 
ésta es la manera en que se dedujo la fórmula 15). El truco es expresar el integrando en términos 
de fracciones parciales. En el caso que tenemos, es fácil ver que 
1
𝑦
+
1
𝑚 − 𝑦
=
𝑚
𝑦(𝑚 − 𝑦)
 
(Simplemente, combine las dos fracciones de la izquierda con su común denominador). Así, 
después de multiplicar todo por 𝑚, la ecuación integrada anterior se transforma en 
∫ [
1
𝑦
+
1
𝑚 − 𝑦
] 𝑑𝑦 = ∫ 𝑚𝑝 𝑑𝑡 
Ahora podemos integrar ambos miembros, y obtenemos 
ln 𝑦 − ln(𝑚 − 𝑦) = 𝑚𝑝𝑡 + 𝐵 
en donde 𝐵 es la constante de integración. 
Aquí, hemos supuesto que 0 < 𝑦 < 𝑚 de modo que los argumentos de los logaritmos son 
positivos y no necesitamos utilizar signos de valor absoluto. Combinando los logaritmos y 
haciendo 𝑘 = 𝑚𝑝, obtenemos 
ln (
𝑦
𝑚 − 𝑦
) 𝑘𝑡 + 𝐵 
Así, 
𝑦
𝑚 − 𝑦
= 𝑒𝐵+𝑘𝑡 = 𝑒𝐵𝑒𝑘𝑡 = 𝐴−1𝑒𝑘𝑡 
 
13 
 
 
Donde hemos escrito 𝐴−1 = 𝑒𝐵. La razón para definir 𝐴 como esto es para hacer más sencilla la 
respuesta final. Luego resolviendo para y, obtenemos 
𝐴𝑒−𝑘𝑡𝑦 = 𝑚 − 𝑦, 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑦(1 + 𝐴𝑒−𝑘𝑡) = 𝑚 𝑦 =
𝑚
1+𝐴𝑒−𝑘𝑡
 (2) 
Esta es la forma usual en la que se da la solución general y con frecuencia se conoce como la 
función logística. La constante A se determina como es usual a partir del valor inicial de 𝑦. 
Lo dejamos como un ejercicio para usted, con la finalidad de que verifique que la solución 
general aún está dada por medio de la fórmula (2) en el caso cuando 𝑦 > 𝑚, la única diferencia 
es que la constante 𝐴 es negativa. 
 
Ejemplo (Crecimiento exponencial) Para cierta población de conejos el crecimiento sigue la 
ecuación logística (1) con la constante 𝑘 = 𝑝𝑚 teniendo el valor 0.25 cuando el tiempo se mide 
en meses. La población de manera repentina, por una epidemia de mixomatosis, se reduce de su 
valor estable 𝑚 a un tamaño igual al 1% de 𝑚. ¿Cuántos meses pasarán para que la población se 
recupere al 90% de su valor máximo? Determine una expresión para el tamaño de la población 
después de 𝑡 meses. 
Solución El tamaño de la población 𝑦(𝑡) satisface la ecuación diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑝𝑦(𝑚 − 𝑦) =
0.25
𝑚
𝑦(𝑚 − 𝑦) 
ya que se da 𝑝 = 𝑘/𝑚 = 0.25/𝑚. Separando las variables, obtenemos 
𝑚
𝑦(𝑚 − 𝑦)
𝑑𝑦 = 0.25 𝑑𝑡 
y procediendo para integrar ambos lados utilizando fracciones parciales en el lado izquierdo, 
como lo hicimos anteriormente, llegamos al resultado 
ln (
𝑦
𝑚−𝑦
) = 0.25𝑡 + 𝐶 (i) 
En este problema, 𝑦 > 0 y 𝑦 < 𝑚, así que el argumento del logaritmo es positivo y no requerimos 
de signos de valor absoluto. En 𝑡 = 0, el tamaño inicial es 𝑦 = 0.01𝑚 y la sustitución de estos 
valores permite que 𝐶 se determine: 
ln (
0.01𝑚
𝑚 − 0.01𝑚
) = 0.25(0) + 𝐶 
 
14 
 
O 𝐶 = − ln 99. Sustituyendo este valor de 𝐶 en (i) y combinando los logaritmos, podemos 
escribir la solución como 
ln (
99𝑦
𝑚 − 𝑦
) = 0.25𝑡 
La primera parte de la pregunta puede responderse de manera directa a partir de esta ecuación. 
La población alcanza 90% de su tamaño máximo cuando 𝑦 = 0.9𝑚 y obtenemos 
0.25𝑡 = ln (
99(0.9𝑚)
𝑚 − 0.9𝑚
) = ln 891 
De aquí, 𝑡 = 4 ln 891 ≈ 27.2. Así que toma 27.2 meses para que la población se recupere al 90% 
de su valor máximo. 
Para completar la solución para y, la escribimos como 
99𝑦
𝑚 − 𝑦
= 𝑒0.25𝑡 
y entonces de ésta despejamos a 𝑦. El resultado es 
𝑦 =
𝑚
1 + 99𝑒−0.25𝑡
 
 
BIBLIOGRAFÍA 
 
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economía. México: Pearson Educación. 
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