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Ecuaciones diferenciales

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MATEMATICA
SUPERIOR
PROBLEMAS
RESUELTOS
A. K. Boiarthuk 
G . P . Colovath 
Ecuaciones
diferenciales
Ecuaciones diferenciales
de primer orden
ATEMATI/IKA
JRSS
Introducción
Conceptos fundamentales.
Construcción de ecuaciones
diferenciales
1. Definiciones fundamentales
i
Se denomina ecuación diferencial ordinaria de n-ésimo orden 
a toda ecuación de la forma
donde F es una función conocida y definida en cierta región D 
del espacio coordenado de variables x, y, y\ . , . , siendo
x 6 {xq,x{) la variable independiente e yf y*f. la
función incógnita y sus derivadas; n se denomina orden de la 
ecuación.
Por solución de la ecuación (1) entenderemos cualquier
función y = /(x), x € (xq, x\)y tal que:
a) f{x) posee derivadas de hasta n-ésimo orden en el
intervalo (#0, y se cumple que
V x € (*o, ®i) (a, /(*), • - •, fln)(x)) € Di
b) f{x) satisface la ecuación (1), es decir, la transforma
en una identidad:
F(x, f(x), f\x),.... fln)(x)) =0 Va; £ (x0, xx).
Integrar la ecuación (1) significa hallar todas sus solu-
ciones.
Se dice que la ecuación (1) está escrita en forma 
canónica (explícita) si está resuelta respecto a su derivada
superior : 
2. Problema de Cauchy
Supongamos que <p(x,y,y',... , es una función con-
tinua en una región D del espacio coordenado de variables
x,y,y',. • Se pide hallar una función n veces diferencia-
ble con continuidad y — /(x) y un intervalo X que contenga
cierto punto x0, de modo que (x , f {x ) , f ' (x ) , . . .,/("~1)(s)) €D 
para x 6 X, y se cumplan las siguientes condiciones:
x f{n\x) = <p{x, f(x)r f'(x),fin~]\x));
2) / ( s o ) - Vo, /'(so) = y¡¡, fin'l)(xo) =yf-l\
donde (z0, y0, y'0,..., y ^ ) é D
Formalmente, el problema de Cauchy para la ecua-
ción (2) se puede escribir de la forma siguiente:
donde yQ, y'o,...r yq""1^ son valores dados.
Toda solución del problema (3) se denomina solución 
particular del problema de Cauchy. El conjunto de soluciones
particulares dependiente délos parámetros x0,yo,y'Q,.. .,2/0" ^ 
se denomina solución general del problema de Cauchy. 
3. Construcción de una ecuación diferencial
a partir de una familia de curvas dada
Supongamos que se tiene una familia de curvas
$(x,y,C1,...Cn) = 0 (4)
(las constantes arbitrarias C\ (i = 1 ,n) pertenecen a una
región C) que satisface cierta ecuación diferencial. Para hallar
esta ecuación se debe:
1) diferenciar la igualdad (4) n veces, considerando y 
como una función de x n veces diferenciable con continuidad,
es decir,
8$
<
dx
d2$
~Qxi
+
dy y
t o,
+ 2 
d2§
dx dy y + 
d2$
W dy
y
tt o,
(5)
dn$
dx" + . . .+
* • » 
~dyy
��� o
2) hallar las constantes arbitrarias C\, Ci,. •. C„ a par-
tir de las fórmulas (4) y (5).
• •• • i ii• •• • ! i •• i • • 
Escribir las ecuaciones diferenciales correspondientes
a las siguientes familias de curvas:
as
.vv.vv
'i-
f V -i* i,'. iV.\V
Solución. Sea y — y(x) una solución diferenciable con con-
tinuidad de la ecuación dada, donde C es un parámetro que
no depende de x. Entonces se debe cumplir la identidad
F{x, C) - x2 + Cy2(x) ~ 2y(x) = 0, (1) 
donde x € X C K, siendo X cierto conjunto. La función F 
es diferenciable respecto a x. Hallemos su derivada
dF{x, C) 
dx
2x + 2y(x)y'(x)C - 2y'(x) = 0, 
de donde
C y
i X
rr^
yyt
(yy ^ 0)- ���
Sustituyendo (2) en (1), obtenemos la ecuación diferencial
buscada
(X y)y' ~xy = 0. • 
M Solución. Procediendo de forma análoga al ejemplo anterior,
hallamos
Cy'(x) ~ C eos Cx = 0.
Si C = 0, no está definida la familia de curvas para las cuales
se construye la ecuación diferencial; por tanto, asumimos que
C 0. Del sistema de ecuaciones
y'2 - eos 2Cx, C2y2 = sen2 Cx, (1)
encontramos
2 i -y'2= y ¿ 0 . (2)
Sustituyendo (2) en (1), resulta
Solución. Derivando la identidad (x - C\)2+C2y2(x) - 1 = 0 
dos veces respecto a x, obtenemos
2(x - Cx) + 2C2y(x)y'(x) = 0, 
l + ((y'(x))2 + y(x)y"(x))Cz = 0. 
Eliminando de las tres identidades las constante C¡ y C2,
resulta
3 " , 1 >2 , II \2 n y y + {y +yy ) = 0- • 
^ísseasarasa
M Solución. Derivando respecto a la variable x hallamos
y\x) CeCx, de donde C V
y
(y 0). De este modo,
la ecuación diferencial correspondiente a la familia dada es
y
ív'fy)z •
IT ' I " T " I I I I I 
< Solución. Derivando tres veces la igualdad dada respecto a la
variable x, obtenemos
/1 - 2yyCx - C2yi 0,
2 (y'2 + yy")c\ + Qy" = o, ���
2(3y y" + yy")Ci + C2y
De la última igualdad de (1), hallamos
ni 0.
C
C2ytíf
111
2(3^" + yy"<) (3 y y" + yy" ^ 0). ���
Sustituyendo (2) en la segunda igualdad de (1), obtenemos
ti ttt y y 3 y y = 0, i . n ni t ttt o bien 3y — y y 0,
pues . y 0, como se deduce de la primera igualdad
de (1). • 
. , . . i • i . y , . , 11 M u , ,
" ' • LJ. t n i i 
Nota. En todos los ejemplos analizados anteriormente supusimos que la
función implícita dada tiene derivada, del orden necesario. Esta suposición es
esencial, pues incluso la ecuación simple y — x — C — 0 define un conjunt
infinito de funciones implícitas discontinuas y 
Por ejemplo,
y(x,C), -oo < x < 
y - VC + x2, ar éR\Q, o;
i 1 Pl l̂ i I.
<4 Solución. Del curso de geometría analítica se conoce que la
ecuación canónica de la circunferencia con centro en el punto
M(C-[, C2) y radio R = C3 tiene la forma
(x - Cxf + (y- C2f - C¡ = 0. (1) 
Considerando que toda circunferencia se describe median-
te dos funciones tres veces diferenciabas con continuidad
y = y{x), a partir de (1) encontramos que
s - Ci + (y(x) - C2)y'(x) = 0,
1 + y'\x) + (y(x) - C2)y"(x) = 0, 
3y'(x)y"{x) + (y(x) - C2)y"'(x) = 0. 
Simplificando y(x) — C2 en las dos últimas identidades, final-
mente obtenemos
y'" i1 +y'2) -3y'y"2 = 0- • 
Nota. Hablemos con más precisión: hemos obtenido la ecuación diferencial
de todas aquellas circunferencias en las que se han eliminado los puntos que
se encuentran en los extremos del diámetro horizontal.
•4 Solución. De acuerdo con las condiciones del ejercicio, se
debe tomar C¡ — 1 y C2 = 2C\ en la ecuación (1) del ej.6:
(x — C\)2 + (y - 2C\)2 - 1 = 0.
Esto es una familia uniparamétrica de circunferencias. Deri-
vando la identidad
(x - C\f + {y{x) - 2Ci)2 - 1 = 0 
respecto a la variable x (considerando que y = y{x) es una
función diferenciable con continuidad), hallamos
x - Cx + (y(x) - 2C1)y'(x) = 0.
Eliminando C\ de las dos identidades obtenidas, finalmente
resulta
(2x~y)2(yt2 + l)-(2y' + lj 0. •
Solución. La ecuación de la familia de parábolas con ejes
paralelos al eje Oy tiene la forma y = C\x2 + C2x + C$t
donde Cj son parámetros arbitrarios (j = 1/2,3). De la
condición de tangencia a la recta y = 0, resulta
y = 2C^xt + C2 = 0, 
Cix] + C2xt + C3 = 0,
nde Xt es la abscisa del punto de tangencia. De aquí
duco. nim
do
deduce que
se
a
c
4Ci
( Q * 0). (1)
De la condición de tangencia con la recta y = x, obtenemos
y = 2C\Xt + C2 = 1, 
- yt 
r2
2 . ~ . yt = C\xt + C2xt + 
1
4 C/
lo que nos proporciona C2 = - . Sustituyendo el valor de C2
1 2
en (1), hallamos C3 = ——. De este modo, la familia buscada
I6C1
2 ÍC 1 
= C\x H 1 , donde C\ es un
2 I6C1
satisface la ecuación y 
parámetro arbitrario. Simplificándolo en las identidades
t 1
y = 2C\X + 
y = C\x2 + + 
1
2 16C,
mmmm*"l i i ü H
llegamos a la ecuación buscada: xy'2 = y(2y' - 1). • 
Solución. Evidentemente, los centros de tales circunferencias
pertenecen a la recta y = x; por tanto, C\ ~ C2 (v. ej. 6). Dado
que las circunferencias son tangentes a los ejes coordenados,
hallamos C3 = |Cj|. De esta forma, la familia analizada
satisface la ecuación
{x-C.f + iy-C.f -C2 = 0. 
A partir de las identidades respecto a x 
(x - Ci)2 + (y(x) - crf - C\ = 0, 
x-C! + (y{x) - CJy'(x) = 0, 
se deduce que la ecuación diferencial requerida es
y'2(x2 - 2xy) - 2xy' + y2 - 2xy = 0. • 
Solución. Derivando las funciones x e y respecto a t, 
y dividiendo y'{t) por x'ít), obtenemos
dy = y'(t) 
dx x'{t) 
sen t 
1 - eos t 
tg
t = 2arctg ^ ^ +2kir, k € Z.
Sustituyendo la expresión de t en la igualdad
(í — sen t)y - x{l - eos t) — 0, 
V
' • F 1 T 1 HU-^i
tras una serie de transformaciones obtenemosla ecuación
diferencial buscada
Y ctg
x + yy' 
w i
y(i + y'2)'
Solución. Consideraremos la ecuación general de la familia
de curvas de segundo grado
ax + 2 bxy + cy2 + 2 dx + ley + / 0,
donde a ^ O . Sin pérdida de generalidad se puede suponer
que = Derivando cinco veces, obtenemos
x + b(y + xy) + cyy + d + ey = 0, (1) 
1 + b(2y + xy") + c(y'2 + yy") + ey" = 0, (2)
b(3y" + xy") + c(3y'y" + yy"') + ey Ht
b (V + xylv) + c(3y"2 4- 4 y'y'" + y f ) + eyw
0, (3)
0, (4)
6 ( 5 ^ + xyv) + c(l0y"y"' + 5y'yfV + yyv) + eyv = 0. (5)
De las ecuaciones (2), (3) y (4) resulta
ll. .IV
b 3 y y 
4 y til 2 
•rtr
A
3 y y + 4 y y 
���
3 y'y"y 
donde
A H J * I VA =3y y y 
A
�
� � � �
4 y y / i //2 Ht n6yy y +9y «4
Eliminando la constante e de las ecuaciones (2) y (5),
y sustituyendo en la ecuación obtenida las expresiones (6)
de b y c, hallamos finalmente
n V AC // /// IV >Ari n 9y y -45y y y + 40y = 0,
que es lo que se pedía demostrar. • 
•4 Solución. Tomando la diferencial total de la identidad
arctg - — ln -y/®2 + y2(x) = ln C 
x
obtendremos
/ y(X) \ 
d í arctg ln y/x2 + y2{x) J = 0,
de donde
xdy - y dx xdx + ydy 
x2 + y2 x2 + y2
o bien
(a; + y)dx~{x - y) dy = 0. • 
= 0 {x2 + y2¿ 0), 
•4 Solución. Si en la ecuación de la familia de circunferen-
cias (v. ej. 6) tomamos C3 = \C2\, entonces obtendremos la
ecuación de la familia de circunferencias con la propiedad
requerida:
(x-Cl)2+(y-Cz)2-C¡ = 0. ( 1 )
Hallando Ci y C2 a partir de las identidades
x-Ci+ y'(y - C2) = 0, 
1 + / + (y ~ C2)y" = 0,
y sustituyendo sus valores en (1), conseguimos la ecuación
diferencial buscada
y2y"2 + 2y(l + y'2)y" - y,2{l + y'2)2 = 0. • 
H[ Hallar los sistemas de ecuaciones diferenciales cuyas so-
luciones son las familias de curvas dadas a continuación;
<4 Solución. Sean
x Xt y = y(x), z = z(x) 
las ecuaciones paramétricas de la curva, donde y y z son
funciones diferenciables con continuidad. Sustituyéndolas en
las ecuaciones dadas obtendremos las siguientes identidades
respecto a x; 
ax + z(x) = b, y2(x) + z\x) = b2. (1) 
Derivando estas identidades respecto a x, obtenemos
a + z(x) = 0, y(x)y(x) + z(x)z{x) ~ 0, 
de donde a = —zr. Sustituyendo el valor de a en la primera
de las identidades (1) obtenemos que b = z - xzEsta
expresión y la segunda identidad de (1) nos conducen a la
*y é i 
igualdad y + 2zz x — x z = 0. De esta forma, el sistema
buscado es
yy + zz9
2 / 20, y + 2xzz —x z 0 .
• i •! ni • PIIIM l ^ ^ l l l I 
< Solución. Al igual que en el ejemplo anterior, se obtiene
2x + 2yy = 2;^' - 2bz\ 
y
t a
de donde a V*, B 
1
•¡(zz - x - yy). Sustituyendo las
expresiones de a y b en las ecuaciones originales, obtenemos
b y-xy
z{y - xy) = zz i x-yy t
x + y2 = z - 2 z(y - xy) 
ÉlfllR̂ ÉffiHraHHHHi
M Solución. Derivando y dos veces respecto a x, hallamos
fácilmente la ecuación diferencial correspondiente:
y" + a2y = 0. 
Para encontrar una solución particular de esta ecuación, se
deben utilizar las condiciones iniciales con el objetivo de
determinar las constantes C\ y Ci- Tenemos:
2/(0) = (Ci eos ax + C2 sen aaj)|ir=0= Cx = 1,
y'(0) = a{—C\ sen ax + Ci eos a¡s)| 0 = olCi = 0.
De esta manera, C\ — 1 y C2 = 0. Por consiguiente, la
solución particular requerida es y ~ eos ax. • 
M Solución. A partir de las condiciones dadas, resulta
2/(1) =(Cl + C2]nx + C3Z3)\x=l= 1,
y'( 1)= ( —+3C3X2
1 x 
= 0,
1=1
= 2,
2 2 
de donde encontramos Ci = — , = — , C3
\ 9 3 
solamente escribir la solución particular:
2
Queda
y
2 2 2 3Inx + -x 9 3 9 
Dejamos a cargo del lector obtener la ecuación diferencial
correspondiente. • 
M Solución. Si la solución particular es dos veces diferenciable
con continuidad, entonces del primer problema de Cauchy
obtenemos
y 1 + 2 yy = 1 + 2 y(x + y2)= 1 + 2 xy + 2y3,
así como y'(Q) = 1. Por consiguiente, la respuesta es afirma-
tiva. • 
4 Solución. No puede, pues para ningún valor de las constan-
tes arbitrarias (incluidos zfcoo), la solución particular exami-
nada no se deduce de la solución general. • 
Ecuaciones diferenciales
de primer orden
§ 1. Ecuaciones de variables separables
1.1, Ecuaciones diferenciales
de variables separables
Toda ecuación de la forma
fi(x)fi(y) dx + gi(x)g2(y) dy = ü, (1) 
donde y g¡ {i ~ 1,2) son funciones continuas dadas,
x 6 (a, b) e y € (c, d)f se denomina ecuación diferencial de 
variables separables. 
Para integrar la ecuación (1), primero se deben dividir
sus dos miembros por el producto f2Íy)gi(x) (fi(y)gi{x) ^ 0),
y después, utilizando la fórmula
d { / f(x) dx + I g(y) dy J = / (x) dx + g(y) dy, 
escribir
ffií®) J h(y) 
Nótese que la división puede provocar la pérdida de las
soluciones particulares que anulan el producto }i{y)gi{x). 
Por eso, para obtener todas las soluciones de la ecuación (1)
es necesario agregar a la familia de curvas integrales (2) los
ceros de las funciones f i y g\.
1.2. Separación de variables mediante
un cambio lineal del argumento
lIllláK m " i
•4 Solución. Ésta es una ecuación de la forma (1). Dividiendo
sus dos miembros por .el producto x y/y2 + obtenemos
dx y dy 
x ~ + 1 
x
de donde resulta
JT-Í
ydy
VtF+i
+ c, 
o bien
ln |:d| - y/y2 + 1 = C. 
Por tanto, todas las soluciones de la ecuación dada tienen la
forma
ln |s| - y/y2 + 1 + C, x = 0. • 
<4 Solución. Primero hallamos todas las soluciones de esta
ecuación. Tenemos:
(x l)dy + 2xy dx — 0, 
de donde, separando las variables x e y, llegamos a la
¥ A ecuación
¿Y
7 7 yz xA
2xdx
1 0.
Integrando ambos miembros de la ecuación, obtenemos
1
y + lnX 1 C. ���
Para obtener todas las soluciones de la ecuación inicial, a la
familia (1) de curvas integrales le agregamos la solución
V="Q.
A partir del conjunto de curvas integrales, separamos
la curva que pasa por el punto (0,1). Tomando x = 0 e y = 1 
en (1), obtenemos C — - 1 . De esta forma, la función1
y l + hx\x2-l
es la solución de la ecuación planteada con la condición
y( 0) = 1. • 
Solución* Escribiendo esta ecuación en la forma
x dy+(y- y2) dx = 0, ���
y separando las variables, obtenemos
dy
Y-Y
+
dx
X
0
Integrando, obtenemos
���
Nótese que a pesar de que ambos miembros de la ecuación se
dividieron por el producto x(y - y2), las soluciones x = 0,
y - 0 e ji - 1 no se perdieron. Finalmente, tomando en (2)
x — 1, y = 0,5, encontramos que C = - . Así pues, llegamos a 
que la curva diferenciable
4xí/(1 - y) - 1 = 0 
es la solución del problema planteado. • 
•4 Solución. Escribamos esta ecuación en la forma
ds
M = e - t
Separando las variables s y í, obtenemos
ds
= dt. 
es - 1 
Integrando la ecuación obtenida, hallamos
e ' - lln = t + ln C, 
o bien
5 = - ln ( l + Ce1). • 
^ dz dy 
•4 Solucion. Haciendo z — y-x, obtenemos que — 1,
dx dx 
De esta manera, la ecuación inicial se lleva a la forma
dz
= dx. 
eos -z - 1 
Después de integrar, hallamos
z
o bien
x ctg y - x 
2
C.
A estas soluciones hay que agregar las soluciones que perdi-
mos 2; = 2kTc, k e z , • 
•••i'^yiMi • 
< Solución. Primeramente escribimos esta ecuación en la forma
dy = (y + 2x - 3) dx. Cambiando la variable de integración
según la fórmula z = y + 2x — 3, obtenemos la ecuación de
variables separables
dz — (z + �� dx, 
de donde se deduce que
dz
z + 2 
dx (hemos considerado que
z -fi -2) , Integrando esta ecuación, obtenemos
ln \z + 2| - x.+ lnC,
de donde, finalmente, hallamos y = 1 —2x+Cex. Es evidente
que la solución z 2, es decir, y = 1 - 2x, pertenece a 
la familia de curvas integrales obtenida (esta solución puede
incluirse en al familia para C = 0).
1 ff " F TI | I I III ' 1 III II II I 
Para las ecuaciones siguientes, hallar las soluciones que
satisfacen las condiciones indicadas cuando x —• + c c :
M Solución. Separando las variables, obtenemos
dy
2 eos 2y
dx
x x ¿0, eos y ^ 0 
Después de integrar hallamos
1 1 
o bien
y = arctg Í^2C - ^ 4- 2fe?r, feGZ. 
Utilizando la condición complementaria dada, encontramos
que
9-7r = lim y -
4 I—>+00
- lirn (arctg ( 2C - - ) + 2kn| = 
i-»+oo \ \ X} ) 
- arctg 2C + 2for.
* n
Como | arctg 2C\ < - , obtenemos que k= 1, arctg 2C = —, 
1C = - , resultando finalmente
0-!y = arctg ( 1 + 27T.
Solución. Separamos las variables x e y: 
3 y2
——-dy = 2a; dz, j/ 2.
r - s
Después integramos los dos miembros de la ecuación y obte-
nemos
Suponiendo que C = ln Ci (Ci > 0), tenemos
|y3-8| =Cic<
Es evidente que la solución y — 2 se puede incluir en la familia
de curvas integrales si tomamos C\ = 0 . De esta manera,
todas las soluciones de la ecuación original se determinan por
la fórmula
! / - 8 | = c i e l 2 (Q^O).
J xdx + C, ln \y3 - 8| = x2 4- C. 
De la fórmula obtenida se deduce que la curva y = 2 es
la única que satisface la condición complementaria planteada
en el problema, • 
<4 Solución. Separando las variables x e y en la ecuación
diferencial dada y seguidamente integrando, obtenemos
y
du
�
tyuF+i J VF+i Do 3S<j 
dt
donde (tto,Ito) es un punto arbitrario del plano Oxy. 
Supongamos que x H-oo eñ la ecuación (1). En-
tonces en virtud de la convergencia de la integral impropia
+00 dt 
existe el límiteS 3 
3 a
/
du
Vu2 +1 
yo
+00
a.
Puesto que la integral impropia / 3
du
es divergente,
yo Vu2 +1 
(̂H-oo) existe y es finito,entonces el límite lim y{x) = 
ac -^ - j - oo
siendo además i/(+oo) > y0, ya que a > 0.
Supongamos ahora que en la ecuación (1) x 
Entonces
oo.
y(z)
du
l ^ | •n j i i i i J y/U2 + l 
Sfo
b,
donde
- 0 0
f dt 
b = / -3-—= < 0. 
J vPTT 
Zo
Por consiguiente, -oo < y(—oo) < yo. De este modo, la
fórmula (1) describe la familia de curvas integrales que
poseen dos asíntotas horizontales y(-oo) e y(+oo). • 
fa> «i BTÍ ; B> s ¡ 
Solución. El dominio D de la función del segundo miembro
de la ecuación es
+00
D = [J Mk/
k—-oo
donde
Mk ~ {(x, y) e l 2 | 2kn < x < (2k + 1)jt, O ^ y < +00} U 
U{(«,S/)€ t 2 | (2A: + l)7r < x < 2(k + l)ir, - 1 < y sC 0 } .
Sea O ̂ y < +00, O < x < ir, O < x0 < w. Enton-
ces, separando las variables en la ecuación e integrándola,
obtenemos t-£-=íJ vsení J du (1)
*0
•y/ln (1 + w)
Cuando u 0 se tiene que ln (1 + u) ~ u. Por consiguiente,
la integral en el segundo miembro de la igualdad (1) con-
verge por el criterio de comparación. Puesto que la función
subintegral es positiva, tenemosy
du
>0,/v/ln (1 + ti)
1K!1
luego
X
/
^ ^ ^ ^ ^ n w n i i i i i i . . ^ ^ ^ ^ ^
\/sení
f dt 
por tanto, x > ar0. Así pues, para x > XQ tenemos que y > 0 y 
viceversa, es decir, toda función que está determinada por la
ecuación (1) y que sale del punto (XQ, 0) se encuentra en el
primer cuadrante. De la desigualdad y* > 0 se deduce que
V — y(x) crece al aumentar x. Sin embargo, de la divergencia
de la integral en el segundo miembro de la ecuación (1)
cuando y —• +oo, y de la convergencia de la integral en el
primer miembro de dicha ecuación cuando x —> tt — 0, se
deduce que y tiende a un límite finito cuando x —> ir - 0.
Llegamos a una situación análoga si analizamos la
igualdad
0 < y < +oo, 0 < £ < 7 T , 0 < ífo < 
Sea —1 < y ^ 0, - t t < a; < 0. Entonces, separando las
variables en la ecuación inicial e integrando, resulta
Dado que y < 0, la integral del segundo miembro de
la ecuación (2) es negativa. Esto significa que x < Por
consiguiente, la curva integral que parte del punto (XQ, 0)
(#o < 0) tiende hacia abajo y hacia la izquierda. Como se
deduce de la ecuación diferencial considerada, la derivada
i •
y —• +oo cuando x —> —x+O ó cuando y - 1 + 0. De esta
forma, las curvas integrales se aproximan asintóticamente a 
las rectas x = -ir o y — - 1 . Además, las curvas se
aproximan a la recta X — —ÍC por la tangente, mientras que a 
la recta y — - 1 lo hacen por la normal • 
x y 
J V— sen t J y/-\n (l + u) 
f dt f du 
���
§ 2. Problemas geométricos y físicos
que conducen a ecuaciones
de variables separables
2.1. Uso del significado geométrico
de la derivada
Para la resolución de problemas geométricos es conveniente
acudir a las representaciones gráficas y utilizar el significado
geométrico de la derivada y de la integral.
2.2. Uso del significado físico de la derivada
Cuando construimos la ecuación diferencial que describe un
proceso físico, además de emplear las leyes físicas, utilizamos
el significado físico de la derivada como la velocidad de
variación de alguna magnitud.
M Solución. Como vemos en la fi-
gura 1, el área del triángulo exa-
1
minado es 5 = -\KN\y, don-
de y es la ordenada del pun-
to M. Puesto que tga — y (lo
que se deduce del significado ge-
ométrico de la derivada), enton-
y2 , 
ees S — —, y > 0. De esta2 y' 
forma tenemos la ecuación dife-
rencial
Considerando que y ^ Ü y separando las variables, obtenemos
2 dy 
y2
dx
A
de donde encontramos
2
y
x
a2
C,
o bien
2A
Rg2 y Ca2 + x 
Si yf < 0 (fig. 2), entonces 5 Y
ecuación, obtenemos
2 y' 
a . Integrando esta
ta 2
y X Ca}'
i
Finalmente, denotando Ca C, reunimos ambas solucio-
nes en una:
2A
y C±x
mu
V tM Solución. De la figura 3 vemos que \KL\-f = ™ -yy'. 
Y
De esta manera la ecuación diferencial buscada tiene la forma
y . ' — +yy 
Y
2A.
Resolviendo respecto a la derivada, obtenemos
Sea O < y ^ a. Entonces de
la ecuación diferencial halla-
mos
ydy
— = dx, 
a ± y a2 - y2
o bien
día2-y2)
y , J = - 2 dx. 
a ± y/a2 - y2
Integrando esta igualdad, re-
sulta
y/a2 - y2 - a ln (a
El caso -a < y < 0 e y' < 0 
y/a2 - y2) ±x-C. 
; analiza análogamente. • 
I Solución. De acuerdo con la interpretación geométrica de la
integral, tenemos (fig. 4)
X
-/ y(t)dt. ���
Puesto que Si 4-¿>2 = xy 
y Si = 2S\, entonces teniendo en K 
cuenta (1) se obtiene
S2 = ¡xy = J y(t) dt. 
Diferenciando esta igualdad res-
pecto a x, encontramos
\{xy +y) = y, 
o bien
dy
y
dx
2x'
de donde y = C\fxr o bien x = Cy . Evidentemente, si
intercambiamos el papel de las variables x e y, el problema
tiene la solución y = Cx2. • 
Nota 1« Cuando resolvimos este problema supusimos que las variables x e y 
son: positivas. Sin embargo, ellas pueden ser negativas, es decir, se puede
considerar que la constante C en ambas soluciones toma cualquier valor reaL
i i i T I ' " " I I t r t 1 " ' i I
w—••••p •• i 
Nota 2* Si en lugar de la figura 4 se utiliza la figura 5, entonces llegamos
al mismo resultado, es decir, en todos los casos obtenemos las familias de
parábolas con vértices en el origen de coordenadas. Proponemos al lector
corregir las figuras 4 y 5 en correspondencia con las soluciones obtenidas.
y k 
K !ÍTVTYZViy¡OjOXKií¡x6xC)(C*CjiXOXCX^S^
üviU'-
5/-0K0Í-5J-ÍJ-í* /- * xí y t 
c a o* y iHft^ 
' \ < * < * 1 * -{* X ->&
l -U -W -W •{ J 
< 3-í íi Xi Xt 
tí re y T 
s?
JOOXO¿ } < } < } K J . O O Oi } < 5 < o < j . o o < ( x< 5 o o ^ c : x o i ¿ o 
' t í ** ;
^ftHt Í,J
í i rlTfT^rr i n 
Fig. 5 Fig. 6 
< Solución, Utilizando la relación entre los ángulos a y tp 
(fig. 6), así como la interpretación geométrica de la derivada,
tenemos
dy
dx
y'iv)
• • 
x'(<p)
p sen (p + p eos y 
p' eos ¡p ~ p sen <p tga,
L L I a - v
a = -{ir - ip). 
Tras una serie de transformacio-
nes sencillas obtenemos la ecua-
ción diferencial
p' , H> 7=tgr
Integrando la misma, encontra-
mos
Mi
ni o
Fig.7
\np - -21n <Peos — 
2
+ ln2C,
o bien
1 + eos (p 
���
Nota. Si en lugar de la figura 6 partimos de la figura 7, obtenemos la ecuación
diferencial
P , <P ~ = - c t g - ,
ile la cual se deduce que
1 - eos <p 
La última familia de curvas se obtiene de la familia (1) mediante la
sustitución de por <p + ir. De este modo, la respuesta final es
C
Tx ' 1 ± eos <p 
Fig.8 Fig.9
Solución. Utilizando la condición tg7 = <p y la relación
(p = a + 7 (fig. 8) podemos escribir
V- tg7 = tg(V-a) 
tg <p - tg a 
1 + tg tp tg a 
Puesto que tga P tg y + /> 
/ - p tg tp 
, de la ecuación anterior obte-
nemos que tp
hallamos
p
Resolviendo esta ecuación diferencial,
P
P
C
<P
(<p ¿ 0). • 
Nota* Si en lugar de la figura 8 consideramos la figura 9, obtenemos de
P
un modo análogo la ecuación diferencial <p = —, de la cual se deduce que
p = C<p. 
•4 Solución. A partir de la figura 10 vemos que
XQ~ X 
y
tga. (1)
Utilizando la condición x0 = 2x y el hecho de que
y' = tg a, de (1) resulta laecuación diferencial
x = yy. 
Separando las variables e 
integrando, obtenemos
y dy = x dx, 
y2 - x2 = C. 
���
Del curso de geometría
analítica se sabe que la
ecuación canónica de la hi-
pérbola tiene una de las
formas
y ; 
\M(x, y) 
5 /
v a \Q(*o. 0)
/ o P{X, 0) N X-
Fig.10
o bien
2 2 y_ , 
a2 b2 ~ Lf
2 2 
_ L - _i
a2 b2
Si a = b, se dice que la hipérbola es equilátera. De este
modo, es fácil ver que la segunda ecuación de (2) determina
dos familias de hipérbolas equiláteras (para C > 0 y para
C < 0). • 
Nota. Si C = 0, a partir de (2) obtenemos un par de rectas y = ±x, 
denominadas hipérbolas degeneradas. 
<4 Solución. Sea MG(xo,yo) un punto por el cual pasan todas
las normales y sea Mi{xi,y\) un punto perteneciente a la
mmmmms.
curva. Eri este caso la ecuación de la recta que pasa por esos
dos puntos tiene la forma
1
y
y\ (»i) 
(x - x0) + y0-
Como las coordenadas del punto Mi{xlr y^) también satisfa-
cen esta ecuación, se tiene
1
- * • 1 — {Xi -xQ) + y0,
Separando las variables x\ e y\ e integrando, obtenemos
(Vi ~ Vo) d(yx - ifa) + {xi - x0) d(xi - x0) = 0, 
(yi yo)2 + (®i - *o)2 = c2.
De este modo, si C 0 tenemos la ecuación de una circun-
ferencia de radio C con centro en el punto M� . • 
I Solución» Sea Q(t) la cantidad de nitrógeno en el recipiente
en un instante t desde que comenzó el proceso de mezcla.
Entonces, 0,1 dt litros de mezcla contienen (0,1 * Q dt)/20 
litros de nitrógeno. De acuerdo con las condiciones de partida,
durante un intervalo de tiempo dt en el recipiente penetran
0,1 dt litros de nitrógeno y salen (0,1 • Q dt)/20 litros, Por
consiguiente, la cantidad dQ de nitrógeno que queda en el
recipiente al cabo del tiempo dt es igual a 0,1(1 — Q/20) dt 
litros. De esta forma, obtenemos la ecuación diferencial
dQ = 0,1 dt,
o bien
dQ
20 - Q
dt
200
Integrando, hallamos
Q = 20 - Ce~°'005t.
Para determinar la constante C, utilizamos la condición
<3<¿)|í=0= 16 1. Por tanto, C = 4 y la función
Q(t) = 20- 4e"°'005< (1)
es la solución del problema planteado. Sustituyendo t = T y 
Q = 19,8 1 en la expresión (1) (lo que constituye el 99 % de
20 litros) encontramos que T = 200 ln 20 s = 599,2 s 10 min.
Esto quiere decir que, al cabo de 10 min desde el inicio de la
mezcla, en el recipiente habrá un 99 % de nitrógeno. • 
Solución. Sea Q{t) kg la cantidad de sal en el tanque
en el instante t después de que la disolución comenzó a 
derramarse. Entonces su concentración en la disolución con-
Qsiderada es — , y la cantidad de sal que fluye del tanque
Q
en el tiempo dt es ^ ^ -5 dt. Por consiguiente, tenemos la
ecuación diferencial
dQ = -0,05 Qdt. 
Aquí el signo "—" significa que la cantidad de sal en el
tanque disminuye. Integrando la ecuación obtenemos que
Q = Ce~0f>5i. Puesto que para t = 0 en el tanque había 10 kg
de sal, entonces C = 10. De esta manera, Q = lOe"0,05* es
la solución del problema planteado. Tomando en la última
igualdad t = 60 min obtenemos que, pasada una hora, la
cantidad de sal en el tanque es igual a 10e-3 kg ~ 0,5 kg. • 
4 Solución* Sea Q(t) la cantidad de CO2 en la habitación en el
instante t después de que comenzó a trabajar el ventilador. En-
tonces, Q(t)/200 es la concentración de CO2 en la habitación
en el instante t. Por consiguiente, los 20 m de aire que salen
/ i
de la habitación en un minuto contienen 0,1 Q(t) m de CCV
Por tanto, en el transcurso de dt minutos de la habitación sal-
drán 0,lQ(f) dt m3 de CO2. En ese mismo intervalo de tiempo,
el ventilador entregará (0,04 %/100 %) 20 dt m3 = 0,008 dt m3
de CO2* De esta manera, el incremento de la cantidad de
CO2 en el tiempo dt es igual a (0,008 - 0,lQ(í)) dt, de donde
resulta la ecuación diferencial
dQ = (0,008 - 0,1Q) dt. . 
Después de integrar, obtenemos
Q(t)= (0,08 — Ce-0'1*) m3.
Puesto que en el instante t = 0 se tiene Q — 0,3 m (es decir,
el 0,15 % de 200 m3), entonces C = -0,22. De este modo, Q = 
0,08+0,22e"ai¿. El instante T en que la cantidad de C02 será
0,1 m3 se halla a partir de la igualdad 0,1 = 0,08 + 0,22e~°'1T.
Resulta que T - 10 ln 11 í̂ 24 minutos. • 
mlmmmmmm mmm&m ̂ ? : 
Solución. De acuerdo con la ley señalada podemos escribir
la ecuación
dT
= lo), (1)
donde T es la temperatura del cuerpo, lo es la temperatura
del aire circundante, y k, el coeficiente de proporcionalidad.
En nuestro caso Tq = 20° C. Integrando la ecuación (1),
obtenemos
T = 20 + Cekt.
A partir de la condición T(í)|(=0= 100° C hallamos que
C = 80. La otra condición T(í)|¡=10= 60° C permite calcular k. 
Así pues,
k = -0 ,1 ln 2,
T(t) = 20 + 80e~°'1( ln2 = 20 + 80 • 2~°'u
Tomando T = 25° C, encontramos que el tiempo buscado es
¿i = 40 min. • 
Solución. Por analogía con el ejemplo anterior,
dTc _ ^ 
—— — kc(Tc — Ta),at
dTd _ 
— fca(Ta — Tc),
donde Tc y Ta son las temperaturas del cuerpo y del agua,
respectivamente; kc y fca son coeficientes constantes. Restando
miembro a miembro la segunda fórmula de la primera y 
denotando R = Tc - Ta, podemos escribir
dR
= kR, 
dt
Je — kc + Ai-
Integrando esta ecuación, hallamos que R = Cekt. Puesto
que en el instante inicial t — 0 la diferencia de temperaturas
era igual a R — 55°, entonces C = 55. Por tanto, R = 55e * 
Utilicemos la ecuación de balance calorífico para determinar
el coeficiente k. Según la fórmula general tenemos que
Q = cm(Tk — Tq), donde c es la capacidad calorífica específica
del cuerpo, m su masa y Tk—Tc la diferencia de temperaturas.
De este modo,
Q i = 2ch2O/
Q2 = 0,2 - 0,5(75 - T)ch2O,
donde Qi es la cantidad de calor que absorbe el agua, y Q2,
la cantidad de calor que desprende el cuerpo cuando se enfría
hasta la temperatura T. Conforme a las condiciones del pro-
blema Q\ — Q2 * De esta manera, hallamos que T = 55° C y 
al cabo de un minuto R = 55° C - 22° C - 33° C Enton-
ces 33° C = eh 55° C, de donde k = ln 0,6. Por la tanto, la
ley de equilibrio de las temperaturas del agua y el cuerpo
es R = 55 • (0,6)*. A partir de la igualdad 1 = 55 * (0,6)\
hallamos
ln 55
¡ti — — 8 min,
ln 5 - ln 3 
Éste es el tiempo al cabo del cual la temperatura del cuerpo
será Io C mayor que la del agua. • 
1 • fc.n ̂ 1 iwibA.
Solución. De acuerdo con las condiciones de partida
^ = k(Th-Tm), (1) 
at
donde Th y Tm son las temperaturas del horno y el metal
dTm
respectivamente, —— es la velocidad de crecimiento de
dt
la temperatura del metal. Además, a causa del crecimiento
t
uniforme de la temperatura se tiene T^ = a+(b — a)—, donde60
el tiempo t se mide en minutos. Por consiguiente, la ecuación
diferencial (1) se puede escribir en la forma
dTm ( t \ 
- F = - T „ ) . (2,
t
Introduzcamos una nueva variable z = a + (b - a )— — Tm.
60
Entonces la ecuación (2) se transforma en una ecuación de
variables separables
dz
= -dt. 
kz-(b- a)/60
Integrándola, hallamos
1 ( b — a\ 1 
o bien
1 \ b - a _ _kt
. b - a 
Como Tm{t) a, entonces C = . De esta manera,
u~u 60A;
finalmente obtenemos que
^ = « + ^ ( < - 1 ( 1 - 0
Evidentemente, la temperatura del metal al cabo de una hora
será
4 Solución. Sea v(t) la velocidad de la barca en el instante t 
después de comenzar su movimiento. Entonces dv/dt es su
aceleración. De acuerdo con la segunda ley de Newton
dv
m—=F, (1) 
at
donde F es la fuerza de resistencia del agua. Según las
condiciones de partida F = kv; por tanto, la ecuación (1)
toma la forma
dv k 
— — — v — — const).
dt m 
Integrando esta ecuación, se obtiene
v(t) = CekoK ���
Utilizando la condición complementaria v(0) = 1,5, encon-
tramos que C = 1,5. De este modo, la ecuación (2) toma la
forma
v(t) = l,5efeoí
donde t se mide en segundos. Puesto que v(4) — 1 m/s, a par-
tir de. la igualdad 1 = 1,5e4*0 resulta que k0 = 0,25 ln (2/3).
Por tanto, la velocidad del movimiento de la barca varía
según la ley
v(t) = { - ) m/s. (3)
Sustituyendo en (3) v = 1 cm/s = 0,01 m/s, encontramos el
instante t\i 
ln 0,01
í l = 4 | 1 + t a 2 ^ | S i 5 0 B -
Puesto que i)(t) = ds(t)/dt, donde s(í) es el recorrido, a partir
de (3) obtenemos
s ( í ) = ú ñ ( 2 / 3 ) " 4 _ 1 + *
•''' • :¡í'í',,¡ '̂íf'iíll tllfflBi WBBWMWMMMMHMBB
donde sq es la constante de integración. Si s(0) = 0, entonces
4 Í2X
So = — -——- { - ) , y la ley de movimiento de la barca
ln2/3 \3/
tiene la forma
s(t) = 
ln 2/3 ((§)4
A partir de la ecuación (3) vemos que lim v{t) = 0; por
<-»+oo
tanto, de la ley de movimiento de la barca hallamos
�
Si = lim sit) = — ss 15 m,
«-.+00 ln3/2
donde sL es la distanda recorrida por la barca hasta
detenerse. • 
M Solución. Empleemos la ley de desintegración radiactiva: la
cantidad q{t) de sustancia radiactiva que se desintegra en
la unidad de tiempo es proporcional a la cantidad Q(t) de
dicha sustancia en el momento dado, es decir, q(t) = kQ(t), 
siendo k el coeficiente de proporcionalidad. Por consiguiente,
en el intervalo de tiempo desde t hasta í+Aí se desintegra una
cantidad de sustancia igual a donde t\ € (í, t + Ai)
y Q(t\) es cierto valor intermedio de la cantidad de sustancia
entre Q(t) y Q(t + Ai). Por otro lado, esta misma cantidad es
igual a Q(t + Ai) - Q(ty, por tanto, tenemos
Q(í + A í ) - Q ( í ) = fcQ(íi)Aí, 
o bien
Q(t + M)-Q(t) 
At = k Q i k ) •
Considerando que la función Q es diferenciable y pasando al
límite en la última igualdad cuando Ai —> 0, obtenemos la
ecuación diferencial
dQ(t)
-^T = kQ{t), (1) at
w mmm
cuya solución es Q(t) = Ce . Evidentemente, la constante C 
representa la cantidad inicial de la sustancia, A partir de
1
la condición 0,5C = Ce30k hallamos k = ln2, y de la
condición 0,01 C = Ce~(í/30)ln2 obtenemos el tiempo
ln 100 v
t\ - 30 w 200 (días)
ln 2 
al cabo del cual quedará solamente el 1 % de la cantidad
inicial de sustancia.
La fórmula general para la cantidad de sustancia
remanente es
Q(t) = Q( 0)2—f/30
donde t es el tiempo medido en días. • 
• •• • " i . . . _ i i . _ . . . .
4 Solución. Sea la cantidad de radio. Ésta satisface la
ecuación (1) del problema anterior y, por consiguiente, la
función Q(t) = Q(0)e es la ley de desintegración del radio,
donde t es el tiempo medido en años. Para determinar
el coeficiente k, utilicemos la condición de que al cabo
de £ = 1 año queda Q = 999,56 mg, donde Q(0) - 1 g.
= 0,99956, De esta manera,kDe aquí obtenemos que e 
= Q(0X0,99956)'. Tomando Q{ti)Q(t) 0,5 0(0), obtenemos
t
In2
ln 0,99956
1600 años. • 
Solución. Ante todo, determinemos la cantidad inicial de
uranio en el pedazo de roca. Sea y la cantidad de uranio total-
mente desintegrado en la roca. Entonces, tomando en cuenta
las condiciones de partida, podemos escribir la proporción
y_ = 238
14 206'
de la cual encontramos que y = 14 • 238/206 ~ 16,2 mg.
Por consiguiente, la cantidad inicial de uranio en la roca es
116,2 mg.
Calculemos ahora k. A partir de la fórmula general de
la desintegración radiactiva Q(t) = 116,2eki, donde Q(t) es la
cantidad de uranio que no se ha desintegrado, hallamos que
k = - ln 2/(4,5 • 109). Además, teniendo en cuenta que al cabo
del tiempo T desde el inicio del proceso de desintegración en
la roca quedaban 100 mg de uranio, a partir de la condición
100 = 116,2efcT obtenemos
T = - i ln 1,162 = 
K
4,5 • 109 6
= ln 1,162 « 970 • 106 años.
In2
Es decir, la edad de la roca es aproximadamente igual a 
970 • 106 años. • 
I.kEcuaciones diferenciales de primer orden
I • _
• A • • A \ • . r J ^ • i • i • " • j i 
? • ^ ^ j 
1 OJL̂ i ĴLM̂
" y+K+j• • ̂ S-{
• í m A s s ?
" V icapa
,; • X - : >-
-> A _ * JA JUJL A U £ í r J - - . f . _ 
k A ̂ ¿ ii • • •• j ^ - i 1- r . o • <"
• : » >
j íJ u ^ J.
Í I J *+l41- i u í hí <-
f"- 4¡-K
m t j »
 < o * 
••>•' >- l-K+J. 1--ÍV
' * L > L̂ j.1,+1.̂ x j .A .oy J 
i i-.i-
!-K hi+J« x + y + jl-K+JW-S.̂
i-^worfloxo j o j H ^ j H j ^ j
3yS4K4K4K4+4ÍJ+J
< Solución. Sea I{z) la cantidad de luz que atraviesa una
capa de agua de espesor 2 (fig. 11). De acuerdo con las
condiciones de partida,
la cantidad I(z + Az) — m
i(z) de luz absorbida es
igual a kl(z)Az (k = 
const). Por eso, la canti-
dad de luz J(z) que atra-
viesa la capa satisface Ja
licuación diferencial
I I I 1 I ¥ 
r
i
J{z)
i
* -> • -> . . J L . • * ^ i • - • - ^ 
JLJ . ' L «. . -i v • -i
di
dz
J * J . 3 * . • <- . + J ^ . A . . 
- ' - • -i
-. <-. . j 
. ̂ * . . j . .
^ ^ _ _ .
• - _ A _f . _ J. - . 
J. . JL . JL . 
klt Jtz+Aá
cuya solución es
J{z) = J(0)ekz
La condición 7(35)
Fig. 11
1
-J (0) nos proporciona k 
1
35
ln 2.
Por tanto, I(z) = 1(0) -
z / 3 5
donde z se mide en centí-
metros. Tomando en la última igualdad z = 2 m = 200 cm,
4 0 / 7
obtenemos
7(200) _ 
7(0) - 7(200)
m
Entonces,
40 /7
1 0,98.
Así pues, podemos concluir que se absorbe el 98% de la luz
que incide sobre la superficie. • 
. L . .-I • V * JL* y Í+"Í+K+J H-J a 4 A » • 
. x- . . A, o 'O íOJuxuj.y Ji ¡.K+4
• o r a a • • > }. 
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I
fTfc ST^ÍTi 3 J j ^ l ^Wtítiúzfz^z^tix^T^z^ ^^Tt^xi* í £ x í j s}% t** J + ^ + J - V + I ^ ; i * -1
T»íÍÍXÍXOXOXU*^ ÍOJCXÍ
 XÚJ«x. X oxo Ĉ , r 
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J-p+J . « S+p+y-w +K+ i» - , .^úxoxox ojt j 
STrí+í S> * o X o X o X 5 ** J1 • ifiíf"í iTf.'jY'* SXOXOXOxOXOXO)
íi4/<
4 X 4 ¿ 4 1 4V 4.+H
X4-K4K4K " 
AA
tiempo fi de caída del paracaidista hasta el instante en que
el paracaídas se abre:
tx = 5 ln (e* + Ves-l) » 5(ln2 + 4) « 23 s. • 
V'ií'.
^ j WBWí
Solución. Según la segunda ley de Newton tenemos que
dv
ra
di
j
mg - kv a)
En el caso considerado
m
P
g
0,4
10'
k = 0,00048
kp • s 
rn
Por tanto, la ecuación (1) toma la forma
dv
dt 10 - 0y012í)
Separando las variables e integrando, obtenemos
arctg 	/0,0012
 = ^/0A2(C - t), 
10
v
V0A2
tg ((C-t)y/0A2) 
���
Dado que ü(0) = 20, de la ecuación (2) se deduce que
2 _ _
C = —j arctg (2\Z0,12), Además, de la ecuación (2) sev 0,12
deduce que v — 0 para t = C ~ 1,75 s (lo que corresponde,
evidentemente, a la altura máxima). Teniendo en cuenta que
MI
ds(t)
v{t) = después de sustituir v{t) en (2). e integrar la
ecuación obtenida, tenemos que
250
s(t) = s0 + — ln |cos ((C - t)y/Ñ2) |, s0 = const. (3)
•D
La fórmula (3) expresa la ley de movimiento del balón. Toman-
250 , 
do en (3) s(0) = 0, hallamos que s0 = — — ln| cos(C V 0,12)|.
3
Si en la ecuación (3) hacemos t = C, obtenemos la altura
máxima a la que asciende el balón:
��� �
smáx = s0 ~ - — ln 1/48 ~ 16/3 m.
•D
Dejamos a cargo del lector el caso k — 0 (cuando despreciamos
la resistencia del aire). • 
< Solución. Sea h(t) la altura del nivel del líquido en el
recipiente en un momento t > 0. Al cabo del tiempo Ai el
nivel del líquido disminuye hasta h(t + Ai). Por consiguiente,
del recipiente se escapa una cantidad de líquido igual a 
(,h(t) - h(t + At))wR2. Por otro lado, a través del orificio se
escapa una cantidad de líquido igual a 7rr2v(íi)At, donde
11 6 (t, t+At) y v(ti) es cierto valor intermedio de la velocidad
con que fluye el líquido en el intervalo de tiempo (t, t + Ai).
De acuerdo con la ley de conservación de la masa tenemos la
igualdad
h(t + At)— h(t) vit^At.
Dividiendo los dos miembros de esta ecuación por Ai y su-
poniendo que la función h es diferenciable y que la función v 
es continua, hacemos tender Ai a 0, Entonces obtenemos la
ecuación diferencial
dh
li
k2v{t),
k == = 0,6 y^2gh,It
cuya solución es
h(t) =• (C - Q,3yfigkH}2, C = const
Por cuanto ft.(0) = entonces c = VH. Evidentemente,
h(t) — 0 para
t 10 y/H R
2
V f
1050 s = 17,5 min. • 
Solución. Como vemos en la fi-
gura 12, cuando el nivel del líqui-
do disminuye en Ah durante el
tiempo Ai, a través del orificio E 
fluye una cantidad de líquido
2H^h{2R - k)Ah + o(Afe), 
Por consiguiente,
-2Hy/h{2R^h)&h + o(áh) = 
= wr2v{ti)At, Fig. 12
.a.MÍ&WKÍ«IIIilifliapí-• - - : » 
de donde, como en el ejemplo anterior, obtenemosla ecuación
diferencial
-2H y/h{2R - h) dh = Ttrhfis/lgh dt, h^O. 
La solución de esta ecuación es
h(t) = 2R~ (0,3t + C) 2 / 3 
�tttVlY3l ViH ) C = const. (1)
Puesto que h{0) = 2R, entonces C = 0. Tomando h = 0 en
la ecuación (1), hallamos el tiempo al cabo del cual sale todo
el líquido:
40 R3/2H
íi = — • - r — » 1 0 4 0 s . • 
Solución. A partir de la fi-
gura 13 vemos que la can-
tidad de agua AV conteni-
da en la capa sombreada es
igual a irr2Ah, con una pre-
cisión o(Ah). Por otra parte,
a través del orificio O fluye 
una cantidad de agua igual a 
nrlv(ti)At. De esta manera,
tenemos la igualdad
donde
-irT'2 Ah = nrlv(ti)At + o(Ah), 
7*1 = 0,25 cm, h £(t,t + At). 
O, obtenemos laasando ahora al límite cuando Ai
:uación diferencial
r2 dh + r\v{t) di = 0, 
v(t) = 
e la semejanza de los triángulos AMO y C0\0 se deduce la
hR
lación r = . Por tanto, la ecuación (1) se puede escribir
a)
i la forma
H
h3/z dh + k2dt = 0, 
K
itegrando, obtenemos
0,6
H
TI
2 — — 
-hsf2 + k2t = C, C = const.
5
¿esto que fe(0) — H, de aquí se deduce que C = --H" 
5
sí pues, la solución del problema planteado tiene la forma
h W _ „5/2 5-K\
2
>mando en esta igualdad h = 0 hallamos que
Í _ 5 V k2
el tiempo al cabo del cual todo el líquido se escapa del
nbudo. Los cálculos dan t a* 27 s. • 
^ m i I T
ílución. Sea hit) la altura del nivel del agua en el recipiente,
itonces AVí = (k(t + Ai) - h(t)) 60 - 75 es el incremento del
ilumen del agua en el intervalo de tiempo desde t hasta
'Ai. Este incremento (o decremento) de volumen comprende
É É I W ! »
el volumen AV2 de agua que entra y el volumen AV3
que fluye a través del orificio. De esta forma, tenemos la
ecuación A Vi = AV2 - AF3. Por cuanto AV2 = 1800AÍ,
AV3 = 2,5 • 0 ,6y/2gh{h) At, ti G (t,t + Ai), entonces la
última ecuación se puede escribir en la forma
4500(/t(í + At) - h(t)) = 1800AÍ - 2,5 • 0,6y/2gh(h) At, 
•x cm (1)
Dividiendo la ecuación (1) por At y pasando al límite cuando
At —> 0, obtenemos la ecuación diferencial
3 0 ^ = ( 12 - 0 ,01 y/2gh). 
Iiitegrando, hallamos
6000
t + C = — (���� �^ + 7 = l n ( l 2 - 0 , 0 1 V ^ ) } (2)
Sea h(0) = 0. Entonces de (2) se deduce que C = -3600 ln 12.
Sustituyendo h — 80 en (2), hallamos el tiempo al cabo del
cual el tanque se llena:
ti - 1200 3 1 n - - l 260 s.
M Solución. Sea U{x) el alargamiento de una cuerda de lon-
gitud x y U (x + Ax) el alargamiento de una cuerda de
longitud x + Ax. Entonces el alargamiento del elemento de
longitud Ax es igual a la diferencia U{x+Ax) -U(x) (fig. 14).
Sobre el elemento de cuerda de longitud Ax actúa la fuerza de
tensión f , igual al peso de la cuerda de longitud l — x — 0Ax, 
P A P 
es decir, / ~ y (l - x - &Ax), donde — es el peso específico
de la cuerda y 8 (0 < 6 < 1) es una magnitud introducida
^ Ŝj W * t í í 5-3T3 í • í í £ í ¿ « í i + í í í a í r H n l I e
n":¡ .- : < H 1 . •. J J hr 1 1 ^ - * - i • • t W t í
•I « I B • J ^ •7-1 ' " « . ' " j Ju j i ^IM"" O* • ^ JUAOAÍ U X 
x
X+AX
x=l
con el fin de considerar la influencia
de la fuerza que actúa sobre el elemen-
to Aa? y que está determinada por el pe-
so del propio elemento. De acuerdo con
[/(jc) las condiciones de partida, el elemento
indicado debe alargarse kf Ax metros.
—U(x±Ax) e s t a manera, obtenemos la ecuación
U(x + Ax) - U(x) 
P
k—(l — x — 8Ax)Ax, 
« a)
t
Fig. 14
A partir de la ecuación (1) resulta la
ecuación diferencial
dU
dx
kP
T
a - x), 
integrando la cual obtenemos
U(x)
kP
C+ —(21- x)x. 21
Como U(0) — 0, entonces C = 0. Por tanto, U(x) 
kP
~2T
(2l—x)x.
De la última fórmula obtenemos el alargamiento de la cuerda
de longitud /:
U(l)
kPl
2
•
i • i i—i i •• ••—n—n i—"T- W 1—H—i—•• ••••̂ i ••i •• i ••••
Solución. Sea P(z) la presión del aire a una altura z. 
Entonces la diferencia de las presiones P(z) - P(z + Az) 
es igual al peso de una columna de aire de base 1 cm y 
altura Az, es decir, es igual a p(z + 0Az)g • Az, donde p es la
densidad media del aire, 0 < 6 < 1. De este modo, tenemos
P(z) - P(z + Az) = p{z + 6Az)g • Az, 
Problemas que conduceníi ecuadopie8::^;|||fB^|¡j|||
1 "l r • 
y pasando al límite cuando Az —• 0, obtenemos la ecuación
diferencial
dP
^ - » w . o 
Según la ley de Boyle—Mariotte, la densidad del aire a 
temperatura constante es proporcional a la presión, es decir,
p(z) = kP(z). 
Utilizando esta igualdad, a partir de (1) hallamos
dP
-y = ~k8'
p = p0e~ks* kp/cm2.
Puesto que P — 1 kp/cm2 para z = 0, entonces P = c - * * ' ,
y como
0,0012 g/cm3 = 1000 p/cm2 • k = 
= 1000 g/cm2 gk, 
donde g = 9,8 m/s2 = 1 p/g es la aceleración de la caída
libre, hallamos que kg = 0,12 • 10~5 orT1 = 0,12 km- 1 . De 
este modo, a una altura de h km la presión del aire es igual a 
P = e - ° ' m (kp/cm2). • 
M Solución. Sea T(<p) la fuerza de tensión (de la soga) corres-
pondiente al ángulo de arrollamiento <p, y sea AP la fuerza
de reacción normal (del poste) que actúa sobre un elemenlo di1
la soga de longitud AS = RA(p (fig. 15). De la condición ilc
M • • * 
* * • " ¿m ¡ ' 1 "
• - •m _ • . i i • i /•
. - - • ¡ :
i , r ; • . 
equilibrio de las fuerzas T{<p), AP y T{<p + A<p) se deducen
las igualdades siguientes (con una precisión o(Ay>)):
T(tp + A<p)A(p + o(Atp) - AP, 
T(<p + A<p) - T(<p) + o(Aip) = AF, ���
T{V + Ap) V
�
' i -_ *L£LA}-AL
. .̂4. - AJL A L A C Ai. A JLI • A L L A 3 A L̂ L : L̂
\
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J4 4 "--Í+J - ¡»J*54í5®*f
P * J * L P j r í r A + * + * ^ ^ y L P A L P X L A
. _ * _ A - A J . L*AJL* JL* " • 
• • ^ r *t 1 ^ 1 ^ ÂL
^ U l C i ^ 4 1- 4 <- ' 'M * • ^ : n : AÍ K'v- • -! J.-! y-! J^4K41-,4 l-'J f"í <- í f»11»1 ' U i w i , i.v} ^n^í^^u{^'4fi f ! f• ^: !• Í+Í'-I n n ! i ' } i ' ¡ i ' } r u > L
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; s s k ? ?
} -,!AÍa! 1- 4 1- 4 1- 4 + 4̂ ¡ M : J - H J - J K J ' ^ 
^ » J l l , - ! 4 ^ 4 1 - 4 + 4 4 + ^ J - * J * " . O
Fig. 15
donde AF es la fuerza de
fricción que actúa sobre
el elemento dado. Según
las condiciones de parti-
da AF = kAP; por tanto,
a partir de (1) obtenemos
la ecuación
T(<p+A<p)-T{<p) = 
= kT((p+A<p)A<p+o(A<p), 
de la cualy pasando al lími-
te, fácilmente obtenemos
la ecuación diferencial
dT
d(p
kT.
Su solución es T — T$e 9. Según la condición complementa-
ria, para <p = O se tiene 2q = 10 kp. Si <p = 6tt (lo que corres-
ponde a tres vueltas), obtenemos T = 10e2jr í̂ 5355 kp. • 
" T • !•> ^ I i
Solución. Sea oj(í) la velocidad angular del disco. De acuerdo
con la ley de conservación del momento angular, tenemos
I
du
dt
M, (1)
I d H -!J-Í4U4L4 - " cL5 > 9 V+- "tr+í -! - " A " ' a - • A í f -ft^+SÍ l3nA"-4"-4! 4'í í¡ H J+ ¥ » - í r 4 - 4 - - > - ' -¿ <í w -! i-i.: - i j : <- 4 - * Lí í"4 j4 i- — <-*-* o * J-^ - | * J * J * - a C a
Problema?
l^iiíSíSSffií'É^iiíII
donde I es el momento de inercia del disco, M es el momento
de las fuerzas que actúan sobre el disco. Según las condiciones
de partida M = k0u (k0 — const); entonces la ecuación (1)
toma la forma
dtú k(¡ 
- = ku>, k = j .
Su solución es w = u>oekt, donde w se mide en revoluciones
por minuto y el tiempo, en minutos. Teniendo en cuenta la
condición inicial — 100, se tiene que 60 = 100efc, de donde
ek = 0,6. De este modo, la dependencia requerida es
íí> = 100 (0,6/ rev/min. • 
•4 Solución. Sea Q(t) la cantidad de agua (medida en gramos)
evaporada durante el tiempo t. Entonces, de acuerdo con las
condiciones de partida la velocidad de evaporación es
dQ
-¿=k(qi-q), (1) 
donde k es el coeficiente de proporcionalidad. Hallemos el
valor de q. Es evidente que Qi = (V - rrto • 10 - 6 ) qo es la
cantidad de gramos de vapor que había en la habitación y 
Qi = (V - m0 • 10- 6) q0 + Q es la cantidad de gramos de
vapor contenida en la habitación en el instante í. Es obvio que
la cantidad Ch está uniformemente distribuida en el volumen
V2 = V - m0 • 10"6 + Q • 1(T6 (la presencia del factor 10"° se
debe a que un gramo de agua ocupa aproximadamente un
volumen igual a un centímetro cúbico). Por tanto,
q
Qi
v>
(V - m0lCr6) q0 + Q 
V - 10^6(mo + Q) ���
Si V 10 6(m0 + Q), entonces de (2) se obtiene una fórmula
tnás simple para q: 
_ Vqo + Q _ , Q 
Q — y ^ + y *
Sustituyendo (3) en (1), obtenemos la ecuación diferencial
(3)
dQ
dt
k flo
cuya solución es
Q(t) = V(qi-q(>) + Ce-kt/v.
Puesto que Q(0) = 0, entonces C V{<1\ - 9o)- De este
modo, la cantidad de agua que queda en el recipiente en el
instante t está dada por la fórmula
mi(t) = «lo - Vfo - f o ) ( l - c ~ k t / V ) - •
F TAFLL I • • • I 
Solución. Sean M(l.) y if(') Li \mm y la velocidad
el instante t, respívlÍvmnttuU,1 I í i i U h u v h k{l.) M(l)v(l) 
la cantidad i\c iiinvimicnlu iM t Si ú h la ley
conservación de la nmlULitl ili* nutvimirnlo Iriicmos que
k{l I A i ) k(t] AVf
en
es
de
0 )
Problemas- q uo coftd.uccn'a.
donde p es el impulso de las fuerzas externas que actúan,
en el transcurso del intervalo de tiempo Ai desde t hasta
t + At. En el caso dado, este impulso es generado por la
expulsión de los productos de la combustión, cuya velocidad
absoluta es c - v(t) (siendo c la velocidad relativa de esos
productos respecto al cohete). Puesto que se quema una masa
M(t) - M{t + Ai), entonces
Ap = (c - v(t))(M(t) - M(t + Ai)). (2)
Sustituyendo (2) en (1), obtenemos
M(t + At)v(t + At) - M(t)v(t) = (c - v{t))(M(t) - M(t + Ai)), 
o bien
MAv + cAM + o(Av) = 0. 
Dividiendo por Av y haciendo tender Av —» 0, llegamos a la
ecuación diferencial
dM
M + c—— = 0, 
dv
cuya solución es
^ ( í ) - c l n J - + co. (3)
M(t)
La constante co se determina a partir de la condición inicial
v(í)|¡_0= 0, es decir, de que en el momento inicial (o, lo que
es lo mismo, para M(t) = M) la velocidad v es igual a cero.
Por tanto, de la ecuación (3) resulta que co = ~cln — . Por
M
consiguiente,
M M 
v = c ln — — = c ln
M(t) M-x 
donde x es la masa de combustible que se quemó. Si se
quema todo el combustible, es decir, x = M - ra, entonces el
cohete tendrá la velocidad
M
v = cln —. 
ra
Ésta es la fórmula de Tsiolkovski. • 
¡i-'.íflKH'ssmsŝ Sffl'ssmw
§ 3. Ecuaciones homogéneas y 
ecuaciones reducibles a 
homogéneas
3.1. Ecuaciones homogéneas
Tocia ecuación de la forma
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0, (1) 
donde las funciones M y N son continuas en un dominio
n
D C M y homogéneas de un mismo grado, se denomina
ecuación diferencial homogénea; 
Recordemos que una función i¡? es una función homo-
génea de grado m (siendo ra un número real) si V t e (a, tí) 
1>{tx,ty) = tm1>(x,y), (x,y) e D. 
Con ayuda del cambio de variable y = x • U(x) la
ecuación (1) se reduce a una ecuación de variables separables
x y U. 
3.2, Ejemplo de ecuación reducible
a una ecuación homogénea
3,3. Ecuación homogénea generalizada
Se dice que (1) es una ecuación diferencial homogénea gene-
ralizada si existe tal constante a que, después del cambio de
variable y = za, la ecuación se reduce a una homogénea.
Resolver las ecuaciones:
Solución. Aquí las funciones M(x,y) — y + \/x2 - y2
(I®! ^ Ij/I) y N(x,y) = —x son homogéneas de grado
m = 1, pues
M(tx, ty) = ty + ^t2{x2~y2) = 
= t(y + sjx2 - y2) = tM(x, y) 
para t ^ 0 (es decir, a = 0, b = +oo) y 
N(tx, ty) = -tx = tN(x, y) 
para todo t. Por consiguiente, la función dada es homogénea.
Realizando el cambio de variable y = xu, obtenemos dy = 
x du + u dx, y la ecuación toma la forma
(xu + |x| v i - u2) dx - x(x du + u dx) = 0. (1)
Es evidente que x = 0 satisface la ecuación original. Por
tanto, asumiendo x 0 en (1), obtenemos
sgn x v i —m2 dx — x du = 0.
Separando las variables e integrando, hallamos
dx du 
Ñ ~~ y/T^Ü?' 
ysgn x ln x : arcsen —b C. 
x
Teniendo en cuenta que u = ±1 (esto es, y — ±x) también son
soluciones déla ecuación original, escribamos definitivamente
todas las soluciones:
ysgn x ln |a:| - arcsen —b C, y = ±x, x 0. • 
. .. • . . . : 
' i - - . : : i • ^ • A ^ , j , • 
-l I I 1 h» • I 
Nota. Hablando con rigor, la solución x = 0 se obtiene suponiendo que
\ f - y 2 -0 = 0 para todo valor de y.
rri-
A Solución. Si escribimos esta ecuación en la forma
x dy - y ( 1 + ln — I dx — 0 
(x >0, y > 0), 
descubrimos que las funciones M(x,y) y (l + ln yx �
N(x, y) — x son homogéneas y del mismo grado m = 1. Por
tanto, empleando el cambio de variable
y «K Uj 
dy =: x du + u dx, 
obtenemos
x du — u ln u dx = 0.
Separando las variables e integrando, hallamos
ln x — ln | ln u\ = ln C (u ^ 1), 
o bien
xe c%
Observemos que la solución y — xf correspondiente al valor
1, pertenece a la familia de curvas integrales parau
C = 0. • 
M Solución. En el ejemplo dado se pide hallar la curva que
satisface la ecuación diferencial y que pasa por el punto M.
Hallemos todas las soluciones de la ecuación. Hacien-
do el cambio de variable y = xu, obtenemos
u dx + x (tr — 1) du = 0,
Bcuacioiuw' homogdiwtÍH y 
Do aquí, p.ira u ^ 0, separando las variables e integrando,
hallamos
o bien
f u 2 - 1 f dx 
/ —5— du + / — = ln C, 
J uó J x 
ln \ux\ + —-r = InC,
2 u¿
x2 + 2y2 ln — = 0.
C (D
A la familia de curvas integrales obtenidas añadimos, ademas,
la curva y = 0. Tomando en (1) x = 1, y = 1 llegamos a que
C = e1/2. Por
consiguiente, la ecuación de la curva buscada
es x2 + y2(h\y2 - l ) = 0. • 
Solución. En este caso es cómodo hacer el cambio de variable
x = uy. Entonces dx = udy + ydu, udy + y(ueu + 1) du = 0. 
Separando las variables, obtenemos la ecuación
dy (ueu + 1) du 
— + - = 0,
y u 
cuya solución es ln |x| + ex^y = C. • 
Solución. Es evidente que xy ^ 0. Para eludir las soluciones
triviales x = 0 e y = 0, asumimos que xy > 0. Realizando el
cambio de variable y = ux (u > 0), tenemos
dy = u dx + x du, 
2{y/u sgn x - u) dx - x du = 0. 
Si x > 0, después de separar las variables x y u (u ^ I), 
hallamosdx 1 f du f dx _ 1 f J V ~ 2 j y/u - U 
•Hî '.iíHws'̂ -í-uínwiisn
In a; ln |l - Vu\ + lnC,
o bien
x 1 C.
Si x < O, haciendo a? xj en (1), obtenemos
2[y/ñ + u) dx i + x\ du = 0. 
Separando las variables e integrando, tenemos
«i C,
o bien
x C
Reuniendo las dos respuestas (para x > 0 y para x < 0) en
una, finalmente podemos escribir la solución de la ecuación
dada en la forma
x sfxy — C. ���
1) satisface la ecua-
= 0 
Señalemos que la solución y = x (u = 
ción (2) para x > 0 (C = 0), mientras que la solución y 
no la satisface. Así pues, todas las soluciones de la ecuación
dada se expresan por la fórmula (2) con la adición de y = 0. 
La solución x = 0 se puede incluir en (2) sólo formalmente,
= 0,ya que la diferencial d(x — -y/xy) no existe para x •
"••ii '.• i1.
< Solución» Mediante el cambio de variable y — xu, (u > 0,
x ^ 0) la ecuación dada se lleva a la forma
xut í¿(cos ln u - 1). 
Asumiendo que ln u ^ 2á;7t (u ^ e2k7C, k G Z), obtenemos
dx
x
du
u(cos lnu - 1)' 
MM o 
¿Z(ln u) 
H-̂ fl"
eos ln u — 1 
ctg (ln y/u),
licuaciones hómo$ni!»iN y o<
o bien
ln {Cx) = ctg ln
Asimismo, es fácil comprobar que para todo k £ Z la función
y = xe2*1*, x 0, también es solución de la ecuación
dada. • 
<4 Solución, Esta ecuación es de la forma (2), p. 3.2. En el caso
dado at = 6 , £»i = 1, a2 = 4, b2 = 1, afa - o,2bi = 2 ^ 0 .
Por consiguiente, para reducirla a una ecuación homogénea
utilizamos el cambio de variable x = u + a, y = v + ¡3. De
este modo, obtenemos
[6u + v + 6a + j3 - 1) du + {4u + v + 4a + ¡3 - 2) dv = 0.
La ecuación diferencial obtenida se reduce a una ecuación
homogénea haciendo
La solución de este sistema de ecuaciones es a = - - , ¡3 = 4.
1
De esta manera, mediante los cambios de variable x = u — -, 
y = v + 4 la ecuación original se reduce a una homogénea:
(6 u + v)du + (4 u + v)dv = 0.
Utilicemos ahora el cambio ya conocido: u = du = 
v + £ dv. Tenemos (6£ + l)v d£ + (6£2 + 5£ + 1 )dv = 0.
Separando las variables e integrando, obtenemos (£ ^ -1/2,
dx — du, 
dy = dv, 
6a + /3 - 1 = 0, 
4a + ¡3 - 2 = 0.
1
e * - i / 3 )
6£ + 1 
dí + — =s 0,6£2 + 5£ +1 v
1
�
6Í + 1 
�
-f ln v Jn C, 
o bien
2 3f(2f + l)2 = C— 
1
v
Regresando a las variables x e y, finalmente hallamos
(2x + y-3)2 {3x + y-5-
Las soluciones 2x + y — 3 — 0 
1 \ • 5 
y 3 x + y r- -
2 / y * 2 
0
= — - ) se pueden incluir en la familia de curvas integra-
les obtenidas para C = 0 y C ~ oo, respectivamente. • 
• " l * I •• •II I 
WV"1"
4 Solución, Por cuanto las rectas 5x — 7y + l = 0 y x + y-1 — 0 
no son parálelas (aib2 — ü2h i=- 0)/ empleamos el cambio de
variable • 
x u + a, 
y = v + p, 
donde las constantes a y fi satisfacen el sistema de ecuaciones
5a — 7p + 1 — 0, 
a + ¡3-1 = 0. 
Resolviendo este sistema, obtenemos a — (5 — 
los cambios de variable x = u 
ecuación diferencial
1
2
1
1
2
. Efectuando
y v + llegamos a ]a
(5u — 7v) dv + {% + v) du — 0, 
Al igual que en el ejemplo anterior, realicemos el cambio de
variable u = Entonces,
du ~ v d£ + £ dv, (£2 + 6£ - 7) d v '*>(£•!• = 0.
licuaciones- luHnpgéiMH y. ucuacio^lijed,
Separando las variables e integrando, obtenemos
« + 1)
/ < £ - ! ) « + 7 ) d í + In(|w|C) = 0/
de donde
o bien
^ln l|+^ln|£ + 7| + ln|t;C| = 0,
(í - 1)(£ + 7 ) V = C, 
(;X - y)(x + 7y — 4f = C. • 
M Solución. Puesto que las rectas 2x+y+l = 0 y 4x+2y-3 — 0 
son paralelas (aií^ — a2&i = 0)/ no podemos recurrir al cambio
de variable empleado en los ejemplos anteriores. Sin embargo,
como los coeficientes de las variables x ey son proporcionales,
entonces podemos tomar z = 2x+y , obteniendo de este modo
dy = dz - 2 dx y 
5(z - 1) dx - (2x -3)dz = 0. 
Integrando esta ecuación y regresando a la variable y, obte-
nemos
2x + y - 1 = Ce2y~x. • 
Solución. Mediante el cambio de variable x = u+3, y = v-2 
reducimos esta ecuación a la ecuación homogénea
dv v2
— = 2 -du (u + v)2
Empleando otro cambio de variable v = obtenemos la
ecuación diferencial de variables separables
d£ ^ 2j 2
Udu (l+O2
, :• mm
Integrando, hallamos
du
u +
£2 + 2£ + 1 
ln + 2 arctg £ = C.
Después de regresar a las variables x e y obtenemos
, - ^ -2 arctgi/ + 2 = Ce 6 a-3,
Solución* Mediante el cambio de variable x = t¿ - 3,
y = v + 3, la ecuación dada se reduce a la ecuación ho-
mogénea
dv \ u + v 
— + 1 ] lndu / u 
u + v 
u
la cual, a su vez, se reduce con ayuda del cambio de variable
v — a una ecuación de variables separables:
( « * ' + € + l)ln <1 + 0 = 1 + 6 
« í ' ln (1 + f) = (1 + í)(l - ln (1 + 0) .
Separando las variables en la última ecuación e integrando,
hallamos
du
u
ln(l + C)df
(1 + 0(1 - ln (1 + O)
ln C,
o bien
ln |u| + ln (1 + O + ln |1 - ln (1 + 01 = ln C.
de donde, regresando a las variables x o y, obtenemos
i x+y 1 i ln = 1 I x + 3 
C
x | y 
Ecuaciones^ 'î TÍ̂ Vr.v1»'"-'1'1''
Nota. Para resolver la ecuación (2), p. 3.2, se utiliza también el cambio de
variable
_ + b^y + Ci
a2x + b2y + c2'
el cual reduce directamente esta ecuación a una ecuación de variables separa-
bles. En el ejemplo que acabamos de analizar podemos hacer uso del cambio
indicado, obteniendo la ecuación
(z + (x + 3 )z') ln z = z, 
y + x 
donde z — . Separando las variables e integrando, finalmente hallamos
x + 3 
ln + 3| + ln z + ln |1 - ln z\ - ln C,
o, lo que es lo mismo,
> x+y Cln = 1 + 
x -f 3 x + y 
-4 Solución. Esta ecuación se reduce a una ecuación homogénea
con ayuda del cambio de variable x = u - 1, y = v - 2: 
dv v v — 2u 
= ~ + tg . 
du u u 
Al igual que en los ejemplos anteriores, el cambio de variable
v = u£(u) proporciona
« í ' = t g ( í - 2 ) .
Separando las variables e integrando, obtenemos
du
t g ( Í - 2 ) = V 
lnju| - l n | s e n ( í - 2 ) | = l n C .
Regresando a las variables iniciales, finalmente obtenemos
y — 2x 
Señalemos que las soluciones x + l = 0(tt = 0 ) y = kn,
x + 1 
k € Z, (tg (£ - 2) = 0) pertenecen a la familia obtenida de
curvas integrales para C = 0 y C = oo, respectivamente. • 
tifér?ñ0ales; dié ¡primer orden !
s
i • <-. . ' '"i ! ., L . X • • 1 . i • 1
r. '-I
> • - i • • f : 1 J j J
liV¡̂írídŜ iflíSíSÍKííli5* JDC.
M Solución. Esta ecuación no es homogénea; sin embargo,
utilizando el cambio de variable y = (z(x))a, vemos que la
ecuación
a**" V dz ( la + x ) dx ���
se reduce a una ecuación homogénea si tomamos a = 2.
Haciendo z = xu en (1), obtenemos
(u l)2dx lux du. 
Separando las variables e integrando, hallamos
ln lar + 
1
u 1 C,
o bien
ln x + 
x
y-x
C. • ���
i »ii ii| .i1. I . rt '14 li1 II
Nota. En el caso analizado obtuvimos la solución para y ^ 0, por cuanto
O ? 
y = z ^ 0. De forma análoga se puede demostrar que para y — —z ^ 0 la
familia de soluciones también se expresa mediante la fórmula (2). La solución
y ™ x2 pertenece a esa familia de curvas integrales para C = oo.
•••f^W
< Solución, Hagamos el cambio de variable y — za; entonces
2 a « V " V z3ct+xz°, 2ax2za~1 dz-(zSa+xza) dx ~ 0 
Vemos que las funciones 2ax2za y z + xza son homogé
neas si, y sólo si, se cumple la condición
a + l = 3a = a! + l/
1
es decir, si a = - . D e esta manera, asumiendo que y ^ 0 
utilizamos el cambio de variable y = después de lo cual
la ecuación original adquiere la forma
n
x dz - (z + x)z dx = 0. 
licuaciones homofliüni'iiN y ecuaciones
Con ayuda del cambio de variable z — xu{x), esta ecuación
se transforma on la ecuación de variables separables
x du - u2 dx — 0. 
Integrando, .obtenemos
1
o bien
u
x
+ ln]z| = C, 
-f ln \x\ = C. 
y2
La solución y = 0 pertenece a la familia de soluciones
obtenida para C = oo. • 
Nota 1. En el ejemplo que acabamos de analizar, así como en muchos otros,
incluimos las soluciones "perdidas" en la familia de curvas integrales para
valores singulares de C. Sin embargo, tal situación no es más que una
consecuencia de la forma de escritura de la solución. Expliquemos lo dicho
utilizando el último ejemplo. Tenemos:
£ + y2 ln |a;| = Cy2,
C
(x + y2 ln |z|) = y 2 ,
Ci (x + y2 ln |¡e|) = y2,
1
Tomando C\ — 0 en la última fórmula, hallamos y = 0.
Nota 2. El cambiode variable y = — a/z (para y ^ 0) conduce al mismo
resultado.
< Solución. Empleando el cambio de variable y = za, obtene-
mos la ecuación
za dx + x(2xza + 1 )otza~1 dz = 0. 
.f&m
Puesto que las funciones za y axza~l (2xza + l ) son homo-
géneas y del mismo grado para a = — 1, entonces la ecuación
dada se reduce a una ecuación homogénea con ayuda del
1
cambio de variable y — -. Asimismo, la ecuación examinada
z
se puede reducir directamente a una ecuación de variables
u(x)
separables si se utiliza el cambio de variable y = 
(en el caso general hay que emplear el cambio de variable
y = xau(x)).
De esta manera, llegamos a la ecuación
2u dx + x(2u +1) du = 0, 
de donde
dx
x
du du 
— + 
u lu1'
ln
x
u +
1
2u
ln C. 
es decir,
2 xy 
1
lnC\y\' ���
o bien
2e-l/*i, = a
���
Nótese que la fórmula (2) no contiene las soluciones
x = 0 e y = 0, mientras que la fórmula (1) incluye la solución
x = 0 (para C = oo). En cuanto a la solución y = 0, no es
difícil demostrar que no existe ninguna transformación de las
fórmulas (1) ó (2) que permita incluir dicha solución en la
familia de soluciones obtenida. • 
< Solución. En este ejemplo se analiza una ecuación homo-
génea generalizada de grado dos, es decir, a = 2. Por
consiguiente, con ayuda del cambio de variable y = x u(x) 
(u ^ 0) la ecuación se reduce directamente a la ecuación de
variables separables
2x du � �� � �� � 4\/u) dx = � (x ^ ���
Integrando esta ecuación, resulta
1
o bien
(x-2 „ = 
x
~4x-'Wii.
Si x < 0, en lugar de la ecuación (1) obtenemos la ecuación
2x du + �� � �� � ��
� � dx = 0, 
la cual, después de ser integrada, nos conduce al mismo
resultado obtenido para la ecuación (1). • 
Solución. Haciendo y = za, obtenemos la ecuación
2(\/x4z2a + l - x2za) dx - axV-1 dz = 0. 
Vemos que los factores de las diferenciales son funciones
homogéneas de un mismo grado sólo para a — —2. De esta
u{x)
manera, el cambio de variable y = — t - reduce la ecuación
xL
inicial a la ecuación de variables separables
2\Ju2 + 1 dx - x du = 0,
de donde hallamos
x2 = C(u+ y/ví + l), 
o bien
x2 = C(x2y+ Vl+zV)- • 
•4 Solución. De acuerdo con las
condiciones de partida, \OK\ = 
\KM\ (fig. 16). Por tanto.
a-2(3
V
tg a 2tg/?
l - t g 2 / 5
Como
lg/3
y
X
M(x, y) 
Fig. 16
entonces
tg a 
2 xy 
x y2"
Teniendo en cuenta el significado geométrico de la derivada,
finalmente resulta
y
2 xy 
" " p . - 1 1 . i .
X y2"
La ecuación diferencial obtenida es homogénea. Para resol-
verla utilicemos el cambio de variable y — xu(x), el cual
proporciona
t 2u+ u = + u = 
l - « 2
dx 1 - u2
. X u + u3
du.
Integrando, hallamos
x
u
(u1 + l) = c. 
Regresando a las variables x e y, obtenemos
x2 + y2 Cy. •
lfcuixiohes'-hoiribfitó
M Solución. En la figura 17 ve-
mos que ios triángulos ONM y 
OML son congruentes, pues se-
gún las condiciones de partida
|OJV| = \OL\ y, además, la hipo-
tenusa OM es común a ambos
triángulos. Por consiguiente, los
ángulos MOL y MON son igua-
7T
les. Como KON ~ a, enton-
2
ees MOL — - + a ) . A par-
tir del triángulo OLM, obtene-
mos
y f ^ = t§x
7T a 
4 + í l =
1 + tg a/2 
a y — x 
de donde te — = 
b 2 y + x 
la trigonométrica tg a = 
l - t g a / 2 '
. Finalmente, utilizando la fórmu-
2 tg (a/2)
y el hecho de que
l - t g 2 ( a / 2 )
tg a = y', obtenemos la ecuación diferencial
2 2 
, y -x 
y = —z—• 2 xy 
Mediante el cambio de variable y = xu(x), esta ecuación se
reduce a la ecuación de variables separables
dx 2u du 
— + - 5 — 7 = 0,x vr + 1 
cuya solución es
o bien
ln \x\ + ln {u + 1) = ln C, 
2 . 2 ~ x +y = Cx. 
Si
. h . r r u M
. . w
J _ _ • ^ A L W . I _ 
>" J : " i . • ,• ; "J!1-
- ^ . l ' + i - j . ; . 1 j . d > í E s ! J í ' v i ^ i • L 
h - í n i í > ; . • . • . - . : • . . , . • . . . <.f
Solución. A partir de la figura 18, hallamos
|JVL| = y tg a,
| 0M| - V®2 + V1'
|OiV| X.
M(x, y) 
Entonces
yy
i
y/x2 + y1 — x 
Fig. 18
2 dx 
U U i U l I U
X
Esta ecuación diferen-
cial es homogénea. Para redu-
cirla a una ecuación de va-
riables separables hacemos el
cambio de variable y = xu(x). 
Si x > 0, tenemos
du
11 mi • i i . i
y/u1 + 1 - 1 » u 2 '
du
VüFTl-1 u
+ C. 
Integrando, resulta
donde
x(l — z) = C, 
= v V + L 
De este modo, la familia de curvas integrales buscada tiene
la forma
ir \J xl + y2 = C. 
Dejamos el caso x < 0 a cargo del lector. • 
1TI JPi*
I Solución. Según las condiciones
de partida, los triángulos KMN 
y OLN tienen áreas iguales
(fig. 19); por tanto, los triángu-
los KOP y PML también tie-
nen áreas iguales. Puesto que los
últimos son, además, semejantes,
entonces ellos son congruentes.
Por consiguiente, \OP\ = \PM\. 
A partir de la ecuación de la tan-
gente Y — y = y'(X - x), don-
de X e Y son las coordenadas
de un punto de la tangente, se
deduce que
\PO\ = y- y'x. 
La longitud del segmento PM es
N x 
Fig. 19
|PAT| = y/x2 + y'2x2.
De este modo, obtenemos la ecuación diferencial ho-
mogénea
! I \1 2 . >2 2 (y-y x) =x +y x , 
o bien
y2 - lyy'x - x2 = 0. 
Mediante el cambio de variable y = xu(x), esta ecuación se
reduce a la ecuación de variables separables
u + luu'x + 1-0, 
de donde, integrando, hallamos
o bien
x(l + u) = 2 C,
{x-C)2 + y2 = C2.
Ésta es la ecuación de la curva buscada. • 
M Solución* Efectuando el cambio de variable indicado, obte-
nemos
mzm~lz — axa + bzm^ (ra ^ 0), (1)
de donde se deduce que si a y b no son nulos, entonces para
que la ecuación (1) sea homogénea es necesario y suficiente
que se cumplan las igualdades
m - 1 = a = m(3, 
i
De la segunda igualdad obtenemos
Sustituyendo ra en la primera igualdad, llegamos a la relación
buscada:
1 1 _ 
•¿•Ni I • i I ^F'^B ^ ^ ^
/3 a 
< Solución. Efectuando un desplazamiento paralelo
x u + a, 
y - v + P, 
del sistema de coordenadas, reducimos la ecuación inicial a la
forma
(au + bv) du + fav — bu) dv — 0. 
Es conveniente pasar a las coordenadas polares tomando
u — p eos tp, v — p sen <p, donde pf tp son coordenadas
polares con origen en el punto {a, (3) respecto al sistema de
coordenadas Oxy. Tenemos:
ap bp,
Ifcuaciones.hompgó^
de donde hallamos
= Ce^^ 
De esta manera, hemos obtenido la familia de espirales
logarítmicas buscada, • 
Nota. Si a = 6 = 0, se obtiene una familia de rectas. Lo mismo resulta
en caso de que a = 0, 6 ^ 0 . Para b = 0, a ^ 0 obtenemos una familia
de circunferencias. Estos resultados son casos particulares que se obtienen
directamente de la ecuación dada.
Solución. En la figura 20, vemos que OMN = NMS, 
es decir, el ángulo de incidencia del rayo OM es igual al
ángulo de reflexión del ra-
yo MS. Supongamos que
la dirección de los rayos
M S reflejados es paralela
al eje Ox. Entonces, a par-
tir de las condiciones se-
ñaladas obtenemos
ir
a + /5 = KMO = a. 
Fig. 20
Por consiguiente, el trián-
gulo KMO es isósceles,
esto es, \KO\ = \OM\. 
Evidentemente, \OM\ = \fx2 + y2. Hallamos la longitud
del segmento KO calculando la abscisa del punto de inter-
sección de la tangente con el eje Ox. A partir de la ecuación
de la tangente a la curva buscada
Y=y + y'(X-x), 
donde X, Y son las coordenadas de un punto de la tangente,
hallamos la abscisa requerida:
V_
y'
X-x
Entonces \KO\ = -X. De este modo, tenemos la ecuación
diferencial
™ - x = \/x2 + y2.
y
Esta ecuación es homogénea. Empleando el cambio de variable
y = xu(x)f tras una serie de cálculos sencillos obtenemos la
solución
y2 - 2Cx -C2 = 0, 
que describe una familia de parábolas {C ^ 0). • 
< Solución, Emplearemos el método de reducción al absurdo.
Supongamos que /(fco) = fco, < 1/ y <lue ecuación
v tiene una solución que es tangente a la recta
y = kgX en el origen de coordenadas. Entonces, en un entorno
del origen de coordenadas dicha solución tiene la forma
y ( x ) = ÍCqX + X 5 { X ) ���
donde 8{x) 0 cuando x 0. Sustituyendo (1) en la
ecuación inicial llegamos a la ecuación
¿o + xti + 6 = /(fc0 + S(x)) = 
f(h) + fVtim + 0(61 
o bien
x6' = AS + o(6), 
de donde
6 ~ g ' 
siendo
A = /'(feo) - 1.
o{6)
Despreciando ——- (pues tiende a cero cuando x —• 0),
6
podemos escribirxS'
— ~ A, 
o
de donde hallamos ó « C\x\A. De la última fórmula se
infiere que si C ^ 0, entonces 6 no tiende a cero cuando
x --» 0 (puesto que A < 0). Así pues, hemos llegado a una
contradicción. De este modo, la afirmación 1) es cierta.
2) En este caso no aparece contradicción alguna, ya
que A > 0 y 6 —> 0 cuando x —• 0 para todo C. • 
Nota. Hablando con rigor, ninguna de las soluciones en los casos analizados
es tangente a la recta y = k0x en el origen de coordenadas sin que admitamos
tácitamente que — 
x x=D
~ lim —.z-0 x 
4 Solución. Sean x{t) e y{t) las cantidades no evaporadas de
los líquidos en el instante t. Entonces x(t + At) e y(t + At) 
son las cantidades de los líquidos no convertidas en vapor en
el instante t + Ai. Por consiguiente, durante el tiempo Ai se
evaporan las siguientes cantidades de cada líquido:
x{l) - x(t + At) e y(t) - y{t + At). 
•gŜW-iWIWWWMMMi
Según las condiciones de partida,
x(t + Ai) - x{t) x(txy u
donde fc es el coeficiente de proporcionalidad, t\ £ (t, t + Ai).
Asumiendo que las funciones a? e y son diferenciabas,
a partir de (1) y pasando al limité cuando At —• 0, obtenemos
la ecuación diferencial
dy , y 
— — ~ K — .
dx x 
Integrando esta ecuación hallamos la dependencia buscada
y-Cxk. > 
§4, Ecuaciones lineales y 
ecuaciones reducibles a lineales
4.1. Ecuaciones lineales de primer orden
Toda ecuación de la forma
1I i 1|ní 1I11111m:I|I Ii11n ii111Sj* i11jI Í i ¡jjm1|í mm - 1i i|i i11|1|i ¡ i1 SIU
sirI
1
-¡¡ir
1I II11
I I1
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Til
*Ai&
#
1i
•'.jiÉ
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V
mvi i11 1 ¡A+* 4I•H\Ii i1 ¡gI 1s mi 35911 !I[I1Émtó 1 A-¡¡ir
| g | g
II11 i ¡ f | | g g g | ¿ i'Z
Til
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#¡|||
•'.jiÉ
i
i 1 I I I É f e E S l S í I i í K f l - Í M Í ' i M
Vi
••i*£ j l f f i ¡y naM'i rid'mj . I .J¡n ¡ §
l l i g l p
1 | g ¡ § l j j | ¡ 8 §§|
11
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S¡*!ÍÜ¡8
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i l üÍ 9 BEüéC&éüGíií BSBSCHS í S l ® +ÍTW2WWW70 í s H ^ 5VESOSESSCBwi n W n W t¿&s W!-S-PKfiTÍWt Srwcwí l l i g l p §§|
11
i SSáfBtiWBi ídKín i Swiíiltii i i l ü
se denomina ecuación diferencial lineal de primer orden. El
método de resolución de esta ecuación más conocido es el
método de variación de la constante, cuya idea consiste en lo
siguiente.
En primer lugar, se busca la solución general de la
ecuación homogénea
asociada a la ecuación (1). Después, la constante arbitraria C 
que figura en la solución general de la ecuación (2) se
considera una función diferenciable de la variable x, es decir,
C = C(x), La función C(x) se determina a partir de la
ecuación diferencial de variables separables que se obtiene
como resultado de la sustitución de la solución general de la
ecuación (2) en la ecuación (1).
4.2. Cambio de papeles entre la función
y el argumento
Señalemos que algunas ecuaciones se reducen a lineales si en
ellas intercambiamos los papeles de la función y el argumento.
4.3. Ecuaciones reducibles
a ecuaciones lineales
áén se í T O »f̂fiySfüili
•mm
Haciendo f(y) = z(x) en (3), obtenemos
f'(y)y' - z{x), 
lo cual conduce a la ecuación lineal
z + P(x)z = Q(x). 
En la ecuación (4) es conveniente hacer el cambio de
variable e~ny = z(x), de donde
—nu i í 
—ne y — z , 
z'
- - +P(x)z = Q(x) 0). 
n
La ecuación (5) se conoce como ecuación de Bernoulli. 
Ésta se reduce a una ecuación lineal con ayuda del cambio
de variable z(x) = yl~m {se supone que m ya que en
estos dos casos la ecuación es de por sí lineal).
4.4. Ecuación de Minding—Darboux
La ecuación de Minding—Darboux 
(las funciones M y J V son homogéneas de grado ra, mientras
que R es una función homogénea de grado n) se reduce
mediante el cambio de variable y = ux(u) primero a una
ecuación de Bernoulli, la cual, a su vez, se reduce por el
método conocido a una ecuación lineal.
Resolver las ecuaciones:
Solucion. En primer lugar, hallemos la solucu
la ecuación homogénea asociada
y + y tg x = o.
Separando las variables e integrando, hallamos
y — C eos x. a)
La fórmula (1) es la solución general de la ecuación homogé*
nea, donde C es una constante arbitraria. Para obtener todas
las soluciones de la ecuación lineal no homogénea, consi-
deramos C como una función de x, es decir, C — C(x) y 
exigimos que la función y = C(x) eos x satisfaga la ecuación
original dada:
C* eos x — C sen x + C eos x tg x = sec xt
o bien C'
1
eos ¿x . De aquí hallamos que C(x) — tg x + 
donde Co es una constante arbitraria nueva. Sustituyendo la
expresión de C(x) en (1), finalmente obtenemos
y = sen X + CQ eos x. • 
• • i^wm
wmmemam
Nota. En lo sucesivo designaremos la nueva constante arbitraria con la misma
letra C. De esta manera, en el ejemplo anterior y — sena; -I- C cosa; es
la solución general de Ja ecuación lineal no homogénea, donde C es una
constante.
4 Solución. Resolvamos primero la ecuación homogénea aso-
ciada
(2x + l)y' = 2 y. 
Su solución general es y — C(2x + 1). Empleando el método
de variación de la constante, obtenemos
(C'(2x +1) + 2C)(2x + 1) = ix + 2C{2x + 1), 
o bien (2x 4-1��� = 4x, de donde hallamos
/
x dx 1 
Así pues, la solución de la ecuación planteada es
y = (2x + l)(ln |2x +1| + C) + 1. • 
4 Solución. Asumiendo que dx ^ 0 (para eludir la solución
trivial x — 0), escribimos la ecuación en la forma
I X xy - xy = e . 
La ecuación homogénea asociada xy' - xy = 0 tiene la
solución general y = Cex. Aplicando el método de variación
de la constante, obtenemos
x(C + C')ex - xCex = e1,
de donde C*
1
x
, luego C = ln \x\ + Cq. De este modo,
todas las soluciones de la ecuación lineal no homogénea están
dadas por las fórmulas
y
X on\x + C); x 0. • ���
•—i • • • •• i. !• — u ••! ••
Í
i cvcvi f i l • : 
J t í X í I í X í í f W • ' J ^ f C
f^ztrX'ritritr^KlrKO-K.cfxcrxa
5Í?
•4 Solución. La ecuación examinada no es lineal respecto a la
variable y, pero sí lo es respecto a x. Por eso, es apropiado
considerar x como una función de y. 
Asumiendo que dy ^ 0 (y = 0 es una solución trivial),
tenemos
x + y y
dx
dy
dx
La ecuación homogénea asociada x = y— tiene la solución
y
general x = Cy. Aplicando el método de variación de la
constante, obtenemos sucesivamente
Cy + y2 = y(C'y + C), C' = C = y + C0.
Por consiguiente, todas las soluciones de la ecuación están
dadas por las fórmulas
x = Cy + y , y = 0. • (1)
Nota. Volviendo a escribir la primera fórmula de (1) en la forma
y
X - y 
C
y tomando C = oo, obtenemos la solución y — 0. De esta manera, si
admitimos que la constante C puede tomar valores singulares, podemos no
escribir explícitamente la solución y = 0.
Tomando a? = 1, y — 1, en (1) hallamos que C = 0, con !o que
obtenemos la solución particular x = y1.
V.UJLYJLVJLUXWJLW *JLf 4 ULW AUAUÍ LV LVJ W ̂ J A U 
J O O - Í 6 - í i x u o s olnllHOrxOKOíixtxOlrtlí
• t r t r t .
Ctr c r c r • 
cvif 1 K 1 <c xctr c » r yX" r : 
'fícuaciÓí-Yijti:] í nê loH y^épyi^eijn^di^^'Vtí^wmmmm
:m¡M
4 Solución. La ecuación planteada es lineal respecto a x y,
puesto que
dy = 1
dx dx/dy' 
se puede escribir en la forma
2ey — x = x. (1)
La solución de la ecuación lineal homogénea x' + x = 0 es
x = Ce"y. (2)
Considerando C = C(y) y sustituyendo (2) en (1), obtenemos
sucesivamente
2ey - Ce~y = C'e~y - Ce~v,
C1 = 2e2<J,
C(y) = e2y + C0.
Finalmente,
x = Ce"y + e . • 
4 Solución. Esta ecuación es lineal respecto a la variable x, 
por eso la representamos en la forma
x - x ctg y = sen2 y. 
Aplicando el método de variación de la constante, obtenemos
x(y) = C(y) sen y,
donde
= - eos y + const. • 
< Solución, La ecuación propuesta es de la forma Í3),.r>, 4.3,
Por eso, el cambio de variable ln y — z(x) produce
I Él 
y dx' 
z � �� � x)z = x[e ~2x + e^2).
La ecuación resultante es lineal respecto a z> Utilizando
método de variación de la constante, hallamos
el
z(x) = C(x)eT~lx
donde
C(x) (x e � �
�
	 � + e ) dx + Cq .
De este modo, la solución general de la ecuación inicial es
¿ln y = e 2 -2x
1 1
•
m n m • w I M-
Solución. Esta ecuación es de la forma (3) examinada en el
p. 4.3. Por consiguiente, el cambio de variable z(x) = s/y2 + 1 
conduce a la ecuación
/ 2:' + z = X + 1.

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