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Timestamp: 2018-09-20 16:38:31+00:00

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Mate5 Todo El Curso
Ensenanza-ecuaciones Operadores Diferenciales.
1 Métodos para resolver ecuaciones diferenciales
ordinarias de primer orden
1.1 Variables Separadas
q(r) = /(j)j
formalmente, podemos poner q(r)dr = /(j)dj; si suponemos que G es una
primitiva de q y H una de /, tendremos G
(r)dr = H
(j)dj e, integrando,
G(r) = H(j) +C, que es la solución general de la ecuación.
Expliquemos con un poco más de rigor por qué funciona el método: Sea
j = c(r) una solución de la ecuación diferencial, es decir, c(r) debe cumplir
q(r) = /(c(r))c
(r). Pero H es una primitiva de /, así que, por la regla de la
cadena, q(r) = /(c(r))c
(r) = (H c)
(r).Integrando, G(r) = (H c) (r)+C
(lo que antes hemos expresado como G) (r) = H (j) + C, de donde c(r) =
(G(r) C).
En los pasos anteriores, está justi…cado emplear la regla de la cadena cuando
c y H son derivables, lo cual es cierto sin más que suponer que / sea continua.
Y …nalmente, para poder despejar c mediante el uso de H
bastaría con exigir
además que / no se anulara en el intervalo de de…nición, con lo cual, como
= / 6= 0, H es creciente o decreciente entonces existe H
como la derivada de H no se anula, el teorema de la función inversa nos asegura
que existe H
Las ecuaciones en variables separadas son las más sencillas de integrar y, a
la vez, las más importantes, ya que cualquier otro método de resolución se basa
esencialmente en aplicar diversos trucos para llegar a una ecuación en variables
separadas. En ellas hemos visto, con todo rigor, qué hipótesis hay que imponer
para que el método que conduce a la solución esté correctamente empleado, y
cómo se justi…ca el funcionamiento del proceso.
En cualquier caso, conviene recordar que la expresión
útil notación para designar la derivada de j respecto de r, no un cociente de
dj dividido por dr; ni dj ni dr tienen entidad en sí mismas. Esta notación se
usa porque es consecuente con los enunciados de varios importantes resultados.
Ya hemos visto cómo resulta adecuada a la hora de recordar cómo resolver
ecuaciones en variables separadas q(r) = /(j)
, descomponiendo q(r)dr =
/(r)dj (como si
fuese realmente una fracción) e integrando ambos lados de
la expresión anterior. Pero no sólo aquí se pone de mani…esto la utilidad de
esta notación. Por ejemplo, el teorema de la función inversa prueba (con las
hipótesis adecuadas) que, cuando j es una función de r, si se despeja r como
función de j se cumple
es decir, se produce un comportamiento similar a si estuviéramos operando con
fracciones. Análogamente, si tenemos que . es una función de j y, a su vez, j
una función de r, la regla de la cadena establece que la derivada de la función
compuesta .(r) es
que es como si simpli…cáramos dj en los supuestos cocientes de la derecha. Esto
permite usar las notaciones del tipo
y su comportamiento como si fuesen
fracciones como regla nemotécnica de los resultados anteriores.
+ (sinr) j = 0 (4)
= (sinr)dr e, integrando, log j = cos r +C , es decir, j =
. Sin más que tomar 1 = c
encontramos las soluciones j = 1c
Fijarse que, en principio, parece que 1 tiene que ser positiva; pero en realidad
es |oq jjj, lo que nos llevaría a soluciones con valores negativos
de 1. Por último, notar j = 0 (es decir, tomar 1 = 0) también es claramente
una solución de la ecuación diferencial, aunque no se obtiene con el método
seguido. Así pues, la solución general de la ecuación diferencial es de la forma
j = 1c
con 1 2 1.
1.2 Ecuación de la forma y
= f(ax + by)
Si a = 0 o / = 0, la ecuación es separable. En otro caso, efectuemos el cambio de
función j(r) por .(r) dado por . = ar+/j , de donde .
= a+/j
. Entonces, sustituyendo en la ecuación diferencial obtenemos
)(.), es decir, .
= a+/)(.), que es de variables separadas. La escribimos como
a +/)(.)
con lo que, integrando, r =
(a +/) (.))
d. = c(., C). Así pues, las solu-
ciones de la ecuación diferencial de partida serán
r = c(ar +/j, C) (6)
de modo que hemos encontrado j como función de r expresada en forma im-
plícita.
= 1 (7)
Tenemos j
, con lo que si efectuamos el cambio de función
dado por la sustitución . = r + j, la ecuación queda transformada en .
, es decir, dr = c
d., ecuación en variables separadas cuya solución es
+ C . Volviendo a las variables iniciales, C r = c
log(Cr) = rj, y por tanto la solución de la ecuación diferencial de partida
es j = log(C r) r.
1.3 Homogéneas
Para resolverla, hacemos el cambio de función j(r) por n(r) mediante n =
Así, derivando j = nr tenemos j
r + n, es decir, n
r + n = )(n). Esta
ecuación, que podemos poner como n
r = )(n) n, es de variables separadas.
Vamos a solucionarla:
Si )(n) 6= n, podemos escribir
f(u)u
. Despejando r obtenemos r = Cc
con c(n) =
las curvas con ecuaciones paramétricas
j = Cnc
son solución de la ecuación diferencial para cada C 2 R. A veces, es conveniente
expresar estas soluciones de otras formas. Siempre puede ponerse r = Cc
solución dada mediante una función implícita. Y, cuando en r = Cc
despejar de alguna forma n = H(r, C), la solución de la ecuación diferencial
queda mucho más sencilla: j = rH(r, C).
Supongamos ahora que existe algún n
tal que )(n
. En este caso, es
inmediato comprobar que la recta j = n
r es solución: j
= )(n
) = )(
entonces se satisface la ecuación diferencial. Este tipo de soluciones que no se
obtienen con el procedimiento general suelen denominarse soluciones singulares.
2rj j
Con el cambio j = nr podemos poner j
= 2n n
r +n, sustituyendo tenemos n
r +n = 2n n
, es decir, rn
Si n 6= n
. Para integrar, descomponemos
, lo que se satisface para ¹ = 1 = 1. Entonces, integrando,
log n log(1 n) = log
, y sustituyendo n =
1y=x
, de donde Cj = r(r j). De aquí es fácil despejar explícitamente
y si así se desea.
Por otra parte, a partir de n
= 1 (para las cuales n = n
tienen las soluciones singulares j = 0 e j = r.
1.4 Reducibles a homogéneas
ar +/j +c
1. Supongamos en primer lugar que las rectas ar + /j + c = 0 y a1r +
/1j + c1 = 0 se cortan en el punto (r
). Así, tendremos que ar + /j + c =
) +/(j j
). Hagamos ahora
el cambio de variable y de función A = r r
, 1 = j j
a (r r
) +/ (j j
aA +/1
es decir, hemos reducido la ecuación a una homogénea.
2. En segundo lugar, supongamos que ar+/j+c = 0 y a
= 0 son
rectas paralelas, con lo cual podrá ponerse (a
) = 1(a, /) para algún 1 2 R.
Efectuemos ahora el cambio de función . = ar + /j . Derivando, .
= a + /j
o sea, j
a/. Si sustituimos en la ecuación diferencial original obtenemos
= a +/)
1. +c1
. +c
2r + 4j 6
r +j 3
Las rectas 2r+4j6 = 0 y r+j3 = 0 se cortan en el punto (r, j) = (1, 2),
con lo que efectuamos el cambio A = r 1, 1 = j 2, 1
obtenemos la ecuación homogénea
2A + 41
Para resolverla, hacemos un nuevo cambio n =
, de donde 1 = nA ,
A + n. Tras sustituir, tenemos n
que, podemos poner
3u+2
Tenemos ahora que distinguir cuándo, y cuándo no, se anula la expresión
3n + 2. Resolviendo n
3n + 2 = 0, esto ocurre para n = 1 y n = 2.
Analicemos en primer lugar el caso n
3n + 2 6= 0. Así, podemos escribir
(n + 1) dn
de donde, integrando, 2 log(n1)3 log(n2) = |oq(1A) y, consiguientemente,
= 1A. Sustituyendo ahora n = 1,A llegamos fácilmente a (1 A)
1(1 2A)
; y volviendo a las variables originales r e j obtenemos las soluciones
(j r 1)
= 1(j 2r)
de la ecuación diferencial de partida.
Finalmente, con n
= 2 tenemos, respectivamente, las soluciones
1 = A e 1 = 2A que, sustituyendo A e 1 por su valor, se traducen en j = r+1
y j = 2r.
r j 2
Efectuamos el cambio de función . = r j, de donde .
. Susti-
tuyendo, tenemos .
, y consiguientemente
que es la ecuación (.2)d. = dr, cuyas variables están separadas. Integrando,
= r+1, y …nalmente, sustituyendo de nuevo . = rj y denotando
C = 21, obtenemos que las soluciones de la ecuación diferencial original son
(r j 2)
+ 2r = C.
1.5 Homogéneas implícitas
Para resolverla, consideremos la curva 1(c, ,) = 0 y supongamos que hemos
logrado encontrar una representación paramétrica de la curva dada por c =
c(t), , = c(t). Es decir, que se veri…ca 1(c(t), c(t)) = 0. Hagamos ahora el
cambio de función j por t mediante
= c(t), teniendo en cuenta que j
Si derivamos j = r,(t) respecto de r tenemos j
= ,(t) +r,
c(t) = ,(t) +r,
c(t) ,(t) = r,
que, en principio, es una ecuación en variables separadas.
Si c(t) 6= ,(t), podemos poner
(t)'(t)
, cuya solución será r = Cc
con c(t) =
. De aquí que la ecuación diferencial de partida tiene las
j = C,(t) c
Si existe t
tal que c(t
) = ,(t
), formalmente, podemos pensar 0 = r,
(t) = 0 y por tanto ,(t) = ctc. = ,(t
), lo que nos llevaría a la solu-
ción j = r,(t
). Esta recta es, efectivamente, una solución de la ecuación difer-
encial, como podemos comprobar directamente: 1(
) = 1(,(t
), ,(t
1(,(t
1.6 Ecuaciones exactas.
Llamamos exacta a una ecuación diferencial
1 (r, j) dr +Q(r, j) dj = 0 (23)
es decir, j
Q(x;y)
, que cumple 1
(con la notación 1
). Antes de explicar cómo resolverlas, comentemos brevemente algo
sobre expresiones diferenciales.
Vamos a suponer que 1 y Q son continuas, con derivadas parciales continuas,
en su dominio de de…nición. Una expresión diferencial 1(r, j)dr +Q(r, j)dj se
dice que es una diferencial cerrada en una región 1 del plano rj si se veri…ca
(r, j) = Q
(r, j) para todo (r, j) 2 1. Y se dice exacta en 1 cuando existe
alguna función 1(r, j) tal que
= Q para todo (r, j) 2 1; en
otras palabras, si la diferencial de 1 es d1 = 1dr+Qdj (1 , que es única salvo
constantes, se denomina función potencial ). El teorema de Schwartz sobre
igualdad de derivadas cruzadas nos asegura que cualquier expresión diferencial
exacta es cerrada. Lo contrario no es cierto en general, aunque sí en una clase
muy amplia de dominios de R
: los simplemente conexos que, intuitivamente,
son los que no tienen agujeros. El lema de Poincaré asegura que una expresión
cerrada es exacta siempre que el dominio sea estrellado, lo que signi…ca que
exista un punto del dominio que se pueda unir a todos los demás mediante
un segmento sin salirnos del dominio; en particular, los conjuntos convexos
son estrellados. Además, esto asegura que, dada cualquier expresión cerrada,
es exacta localmente, es decir, alrededor de cada punto podemos restringir el
dominio de tal forma que la expresión sea exacta en ese nuevo dominio. Por
lo tanto, en lo que a nosotros concierne, podemos identi…car los conceptos de
exacto y cerrado, ya que no nos estamos preocupando de dónde están de…nidas
las ecuaciones diferenciales que tratamos de resolver ni en qué intervalo existen
las soluciones. En realidad, en ecuaciones diferenciales suele hablarse siempre
de exacto aún re…riéndose a que se satisface la igualdad 1
Una ecuación diferencial exacta es una expresión exacta igualada a cero.
Veamos cómo resolverlas: si tenemos 1dr +Qdj = 0 exacta, como existe 1 tal
que d1 = 1dr+Qdj, entonces la ecuación podemos ponerla en la forma d1 = 0
y, por tanto, su solución será 1(r, j) = C (siendo C constante arbitraria). Así
pues, basta con que encontremos la función potencial 1 . El procedimiento para
hallarla que, según veremos, funciona gracias a que 1j = Qr, es como sigue:
Buscamos 1 tal que
= 1; así, es posible encontrar 1 integrando 1(r, j)
respecto a r mientras se mantiene j constante, es decir, 1(r, j) =
1(r, j)dr+
,(j), donde la función arbitraria ,(j) es la constante de integración. Derivando
respecto de j obtenemos
1(r, j)dr + ,
(j). Por otra parte, si uti-
lizamos
= Q, de aquí resulta que ,
(j) = Q(r, j)
1(r, j)dr; ésta es
realmente una expresión independiente de r ya que
Q(r, j)
1 (r, j) dr
Una vez conocida ,
(j), integrando obtenemos ,(j) y, sustituyendo su valor,
llegamos a la función potencial 1(r, j). Así, quedan halladas completamente
las soluciones buscadas 1(r, j) = C , expresadas en forma implícita.
3j +c
+ (3r + cos j) j
Si ponemos la ecuación en la forma 1dr + Qdj = 0 con 1(r, j) = 3j + c
y Q(r, j) = 3r + cos j, es claro que 1j = Qr = 3, entonces la ecuación difer-
encial es exacta. Calculemos la función potencial 1 (que nos dará directa-
mente las soluciones 1(r, j) = C). Como 1
= 3j + c
, integrando respecto
de r, 1(r, j) = 3jr + c
+ ,(j). Derivando respecto de j e igualando a Q
queda 3r + ,
(j) = 3r + cos j, es decir, ,
(j) = cos j, de donde basta tomar
,(j) = sinj, y por tanto 1(r, j) = 3jr + c
+ sinj. Así, la solución de la
ecuación diferencial viene dada, implícitamente, por 3jr +c
+ sinj = C .
1.7 Ecuaciones lineales de primer orden.
+a (r) j = / (r) (26)
vamos a explicar cómo resolverla por tres métodos distintos:
(i) Encontrar un factor integrante de la forma j(r). Para ello, si la
ponemos en la forma (a(r)j /(r))dr +dj = 0 y denotamos 1(r, j) = a(r)j
/(r) y Q(r, j) = 1, se tiene
PyQx
= a(r). Por tanto, según hemos visto anteri-
ormente, la ecuación diferencial tiene el factor integrante j(r) = exp(
a(r)dr).
Así, multiplicando por j(r), la ecuación
a (r) dr
(a (r) j / (r)) dr + exp
dj = 0 (27)
tiene que ser exacta. Ahora, bastará encontrar la función potencial 1 con lo
que la ecuación anterior podrá ponerse d1 = 0 y su solución será 1(r, j) = C .
Busquemos F :
a(r)dr
, tendremos 1 = j exp
+ ,(r). Por
otra parte, derivando esta 1 respecto de r y usando que 1
a(r)dr)(a(r)j
/(r)) llegamos a
= j exp
a (r) +,
(a (r) j / (r))
de donde /(r) exp
(r). Integrando, ,(r) =
/(r) exp(
a(r)dr)dr,
entonces 1 = j exp(
a(r)dr)
a(r)dr)dr y la solución de la
ecuación exacta (y de la lineal de partida) es, expresada en forma implícita,
/ (r) exp
dr = C (29)
Sin más que despejar j, tenemos que la solución de la ecuación lineal resulta
(ii) Un segundo método de resolución se basa en resolver previamente
la ecuación lineal homogénea asociada j
+ a(r)j = 0. Esta ecuación es de
variables separadas, pues puede ponerse
= a(r)dr; su solución es j =
Apliquemos ahora el método de variación de las constantes, esto es, consid-
j = C (r) exp
y vamos a ver cómo debe ser C(r) para que se veri…que j
+ a(r)j = /(r).
Derivando, j
(r) exp(
a(r)dr) C(r)a(r) exp(
a(r)dr) y, susti-
tuyendo en la ecuación lineal,
(r) exp
C (r) a (r) exp
+a (r) C (r) exp
= / (r)
dos de los sumandos anteriores se cancelan, de donde C
(r) = /(r) exp(
+C (33)
Así, hemos llegado a la misma expresión para las soluciones que la que encon-
tramos por el método anterior.
(iii) El tercer procedimiento de resolución parte de suponer que hemos
encontrado, una solución particular j
(r) de la ecuación diferencial lineal. En-
tonces, la solución general de la lineal es j
más la solución general de la lineal
homogénea asociada, es decir,
+C exp
es solución para todo C 2 R. La justi…cación de este hecho es sencilla. En
efecto, basta comprobar que, si j
es solución de j
+ a(r)j = /(r) y j lo es
+ a(r)j = 0, entonces j + j
+ a(r)j = /(r), lo cual es
claramente cierto:
+a (r) (j +j
+a (r) j) +
+a (r) j
= 0 +/ (r) = / (r)
(i·) El último método de resolución de ecuaciones lineales que de-
scribimos consiste en efectuar una descomposición j(r) = n(r)·(r) adecuada.
Tomando j de esa forma, si derivamos, j
· + n·
, con lo cual, al sustituir
en la ecuación, n
· +n·
+a(r)n· = /(r).
Sacando n factor común, podemos escribir la expresión anterior como n
+ a(r)·)n = /(r). Vamos ahora a elegir · de tal forma que se anule el
coe…ciente de n, es decir,que satisfaga ·
+ a(r)· = 0. Ésta es una ecuación
diferencial en variables separadas; resolviéndola,
= a (r), con lo cual basta
tomar log · =
a(r)dr, es decir,
· (r) = exp
con ·(r) esa función, la ecuación queda ahora n
· = /(r), de donde n
= /(r)·
es decir, n
a(r)dr). Integrando,
dr +C (37)
Sin más que recomponer j = n(r)·(r), con este procedimiento de nuevo encon-
tramos la misma expresión para las soluciones de la ecuación diferencial lineal
Para concluir, comentemos una vez más que no hace falta recordar la fór-
mula que hemos obtenido para las soluciones de la ecuación lineal, sino que
basta seguir en cada problema alguno de los procesos descritos. Generalmente,
los que suelen conducir a la solución por un procedimiento más corto suelen
ser el segundo y el cuarto. El tercero tiene, sobre todo, gran importancia
teórica. Además, merece la pena destacar que el segundo y el tercero tienen
su paralelismo a la hora de resolver ecuaciones lineales de orden superior, mien-
tras que los otros dos sólo se aplican a las de primer orden.
3j = 4r
por los 4 métodos descritos.
(i) Tenemos la ecuación lineal j
= 2r, es decir, dj = (
+2r)dr,
que es de la forma 1dr+Qdj = 0 con 1(r, j) =
j 2r y Q(r, j) = 1. Como
3=(2x)0
, existe el factor integrante j(r) = exp
. Así, la ecuación
dj = 0 es exacta. La
función potencial 1 debe cumplir 1
, entonces 1 = r
j + ,(r).
Por otra parte, 1
(r), de donde ,(r) =
. Por tanto, 1(r, j) = r
, y la solución de
la ecuación diferencial es r
= C , o sea j = Cr
, C 2 R.
(ii) La lineal homogénea asociada es j
j = 0. Podemos ponerla
, de variables separadas, cuya solución es log j =
log r + 1,
es decir, j = Cr
. Empleando el método de variación de las constantes, para
lo cual tomamos j = C(r)r
. Derivando, j
C(r)r
sustituyendo en la ecuación diferencial de partida, 2r(C
3C(r)r
, esto es, C
. Integrando, C(r) = 4r
entonces la solución de la lineal es j = (4r
. Si empleamos de
nuevo C para denotar la constante, j = Cr
, la misma expresión que se
encontró en (i).
(iii) Primero, tratemos de hallar una solución particular de la ecuación
lineal. Lo más sencillo es intentar probar si existe alguna solución polinómica.
Esto sólo sería posible con un polinomio de segundo grado, pues en otro caso no
podrían cancelarse nunca todos los sumandos. Por tanto, vamos a tantear con
polinomios de la forma j = ar
+/r+c. Derivando, j
= 2ar+/ y, sustituyendo
en la ecuación, 2r(2ar +/) 3(ar
+/r +c) = 4r
. Si igualamos los términos
del mismo grado encontramos que esto se cumple con a = 4, / = c = 0. Así
pues, una solución particular de la lineal es j = 4r
. Por otra parte, y tal como
ya hemos calculado en (ii), la solución general de la homogénea asociada es
j = Cr
. En de…nitiva, de nuevo tenemos que la solución general de la lineal
es j = Cr
(i·) Para resolver la ecuación lineal, descomponemos j = n(r)·(r),
de donde j
. Sustituyendo, 2r(n
) 3n· = 4r
·+(2r·
3·)n = 4r
. Si igualamos a 0 el coe…ciente de n queda 2r·
3· =
0, o sea
; integrando, log · =
log r, entonces · = r
la ecuación queda 2rn
, es decir, n
, cuya solución es
+C . Sin más que recomponer j = n· obtenemos j = (4r
+C)r
la misma solución para la lineal que con los otros tres métodos.
+a (r) j +/ (r) j
es claro que, si c = 0, la ecuación diferencial anterior es lineal y, si c = 1, es de
variables separadas. En otro caso, veamos cómo resolverla:
Efectuemos el cambio de función j
= ., para el cual (1 c)j
+ a(r)j
+ /(r) = 0 tenemos
+a(r). +/(r) = 0, con lo que hemos transformado la ecuación de Bernoulli
en la ecuación diferencial lineal .
+ (1 c)a(r). = (c 1)/(r).
Puede seguirse un segundo método de resolución sin más que aplicar un
procedimiento análogo al último de los que hemos visto para ecuaciones lineales.
Partimos de la descomposición j(r) = n(r)·(r). Derivando, j
sustituyendo en la ecuación diferencial n
+a(r)n· +/(r)n
= 0, que
escribimos como n
· + (·
+ a(r)·)n + /(r)n
= 0. Ahora, igualamos a 0
el coe…ciente de n, con lo cual tenemos ·
+ a(r)· = 0, que es una ecuación
en ·(r) de variables separadas; resolviéndola determinamos ·(r). Con esta ·,
la ecuación de la que partíamos ha quedado n
· + /(r)n
= 0, que es una
ecuación en n(r) de variables separadas. Resolviéndola encontramos n(r), con
lo que ya tenemos completamente solucionada la ecuación de Bernoulli.
Ejemplo 8. Resolver
+ 2j +r
Puesta en la forma j
= 0, es claro que la ecuación es de
Bernoulli con c = 3. Hacemos el cambio de función j
= ., para el cual
. Si sustituimos esto en
. = 2r
, que es lineal con a(r) =
j/(r) = 2r
Tal como sabemos, la solución de la ecuación lineal es . = exp
a(r)dr =
dr = 4 log r = log r
se sigue . = r
+ C). Por tanto, la solución de la
ecuación diferencial de Bernoulli es j
+C), es decir, j = r
Resolvamos ahora la ecuación por el segundo procedimiento explicado. Tomamos
j = n·, entonces j
·+n·
; sustituyendo, r(n
)+2n·+r
es decir, rn
· + (r·
+ 2·)n + r
= 0. Elijamos · tal que r·
+ 2· = 0,
, lo cual se consigue con log · = 2 log r, o sea, · = r
Así, tenemos la nueva ecuación rn
= 0, que puede escribirse como
dr. Su solución es
, es decir, n = (2c
Con todo esto, la solución de la ecuación de Bernoulli de la que partíamos es
. Hemos obtenido la misma respuesta que mediante el
notar y = 0 (es decir. z 0 = a + bf (z). Análogamente. aunque no se obtiene con el método seguido. en principio. Resolver dy + (sin x) y = 0 dx (4) Despejando. que es de variables separadas. En otro caso. Ejemplo 1. sustituyendo en la ecuación diferencial obtenemos z b a = f (z). C). 1. las solu(6) R 1 con lo que. dy = (sin x)dx e. por tanto. Entonces. con lo que si efectuamos el cambio de función dado por la sustitución z = x + y. la regla de la cadena establece que la derivada de la función compuesta z(x) es dz dy dz = (3) dx dy dx que es como si simpli…cáramos dy en los supuestos cocientes de la derecha. C) de modo que hemos encontrado y como función de x expresada en forma implícita. Esto dy permite usar las notaciones del tipo dx y su comportamiento como si fuesen fracciones como regla nemotécnica de los resultados anteriores. tomar K = 0) también es claramente una solución de la ecuación diferencial. y = y ecos x+C . log y = cos x + C . lo que nos llevaría a soluciones con valores negativos y de K. integrando. Sin más que tomar K = eC encontramos las soluciones y = Kecos x . y una función de x. Ejemplo 2.2 Ecuación de la forma y 0 = f (ax + by) Si a = 0 o b = 0. 0 0 y 0 = z b a . integrando. si tenemos que z es una función de y y. Por último. de donde z 0 = a + by 0 y. es decir. x = (a + bf (z)) dz = ciones de la ecuación diferencial de partida serán x = (ax + by. Así pues. Fijarse que. Resolver y0 ex ey = 1 (7) Tenemos y 0 + 1 = ex+y . parece que K tiene que ser positiva. a su vez. la ecuación es separable. La escribimos como dx = dz a + bf (z) (5) (z.es decir. es decir. pero en realidad la integral de dy es log jyj. efectuemos el cambio de función y(x) por z(x) dado por z = ax + by . Así pues. se produce un comportamiento similar a si estuviéramos operando con fracciones. la solución general de la ecuación diferencial es de la forma y = Kecos x con K 2 R. la ecuación queda transformada en z 0 = 2 .
Por tanto. es decir. Entonces. y por tanto la solución de la ecuación diferencial de partida x) x. C). Este tipo de soluciones que no se obtienen con el procedimiento general suelen denominarse soluciones singulares. lo que se satisface para A = B = 1. la solución de la ecuación diferencial queda mucho más sencilla: y = xH(x. En este caso. log(C x) = x es y = log(C = e z dz. Siempre puede ponerse x = Ce (y=x) . de donde Cy = x(x y). hacemos el cambio de función y(x) por u(x) mediante u = x . es y inmediato comprobar que la recta y = u0 x es solución: y 0 = u0 = f (u0 ) = f ( x ). Por otra parte. solución dada mediante una función implícita. xu0 = u u2 . Supongamos ahora que existe algún u0 tal que f (u0 ) = u0 . 1. es decir. 1 u u = C . podemos escribir f (u) u = dx e. Ejemplo 3. De aquí es fácil despejar explícitamente y si así se desea. Para integrar. f (u) u = x R du x log C . Vamos a solucionarla: R du du Si f (u) 6= u. es de variables separadas. se tienen las soluciones singulares y = 0 e y = x. de donde y. integrando. C). sustituyendo tenemos u x + u = 2u u . Despejando x obtenemos x = Ce (u) con (u) = f (u) u . es conveniente expresar estas soluciones de otras formas. integrando. dx x = e z +C . A veces. cuando en x = Ce (u) se logra despejar de alguna forma u = H(x.3 Homogéneas y x Supongamos que tenemos la ecuación y0 = f (8) y Para resolverla. ecuación en variables separadas cuya solución es Volviendo a las variables iniciales. Y. Como 0 0 0 2 y = u x + u. descomponemos u x 1 A B u u2 = u + 1 u . podemos poner u du 2 = dx . entonces se satisface la ecuación diferencial. Esta ecuación. 0 0 0 Así. u x + u = f (u). es decir. y sustituyendo u = x tenemos x = C . derivando y = ux tenemos y = u x + u. y=x 1 y=x 3 . a partir de u0 = 0 y u0 = 1 (para las cuales u = u2 ). C x = e x y . y x x log u log(1 u) = log C . Si u 6= u2 .ez . las curvas con ecuaciones paramétricas x = Ce (u) y = Cue (u) (9) (10) son solución de la ecuación diferencial para cada C 2 R. es decir. que podemos poner como u0 x = f (u) u. Resolver 2xy y 2 y0 = (11) x2 y y Con el cambio y = ux podemos poner y 0 = 2 x ( x )2 = 2u u2 .
hay que distinguir dos casos: 1. Así. y cuándo no. 2+4u 1+u que. Supongamos en primer lugar que las rectas ax + by + c = 0 y a1x + b1y + c1 = 0 se cortan en el punto (x0 . Hagamos ahora el cambio de variable y de función X = x x0 . con lo que efectuamos el cambio X = x 1. integrando. podemos poner du 3u+2 como X dX = u u+1 . En segundo lugar. Efectuemos ahora el cambio de función z = ax + by . hacemos un nuevo cambio u = Y = u0 X + u. Tenemos ahora que distinguir cuándo. Y = y y0 . podemos escribir dX (u + 1) du A B 2 = 2 = du + du = du X u 3u + 2 u 2 u 1 u 1 3 u 2 du (17) de donde. hemos reducido la ecuación a una homogénea. Sustituyendo. Derivando. 2). y 0 = z 0 ab. se anula la expresión u2 3u + 2. 2 log(u 1) 3 log(u 2) = log(KX) y. de donde Y = uX . (u 1)2 = KX. tendremos que ax + by + c = a(x x0 ) + b(y y0 ) y a1 x + b1 y + c1 = a1 (x x0 ) + b1 (y y0 ). b) para algún K 2 R. con lo cual podrá ponerse (a1 . obtenemos la ecuación homogénea Y0 = 2 + 4Y 2X + 4Y X = Y X +Y 1+ X (16) Para resolverla. Analicemos en primer lugar el caso u2 3u + 2 6= 0. con lo cual ! Y a1 + b1 X a1 (x x0 ) + b1 (y y0 ) a1 X + b1 Y Y 0 = y0 = f =f =f Y a (x x0 ) + b (y y0 ) aX + bY a + bX (13) es decir. Resolviendo u2 3u + 2 = 0. Y 0 = y 0 . 2. Ejemplo 4. o sea. supongamos que ax+by +c = 0 y a1 x+b1 y +c1 = 0 son rectas paralelas. tenemos u0 X + u = 0 2 Y X .4 Reducibles a homogéneas y0 = f a1 x + b1 y + c1 ax + by + c Consideremos la ecuación (12) Para resolverla. Resolver y0 = 2x + 4y 6 x+y 3 (15) Kz + c1 z+c (14) Las rectas 2x+4y 6 = 0 y x+y 3 = 0 se cortan en el punto (x. y) = (1. esto ocurre para u = 1 y u = 2. consiguientemente. Tras sustituir. b1 ) = K(a. Sustituyendo ahora u = Y =X llegamos fácilmente a (Y X)2 = (u 2)3 4 .1. Y = y 2. y0 ). Si sustituimos en la ecuación diferencial original obtenemos dz = a + bf dx que es de variables separadas. z 0 = a + by 0 . Así.
lo que nos llevaría a la solución y = x'(t0 ). Hagamos ahora el y cambio de función y por t mediante x = (t). o F (t) '(t) = x'0 (t) dt dx (20) que. Ejemplo 5. y 0 ) = F ('(t0 ). '(t0 )) = F ('(t0 ). (t0 )) = 0 5 . teniendo en cuenta que y 0 = (t). z 2 z 2 que es la ecuación (z 2)dz = dx. Es decir.5 Homogéneas implícitas Sea la ecuación y 0 . efectivamente. Esta recta es. podemos pensar 0 = x'0 (t) dx . con u0 = 1 y u0 = 2 tenemos. = (t). obtenemos que las soluciones de la ecuación diferencial original son (x y 2)2 + 2x = C. como podemos comprobar directamente: F ( x . 1. '0 Si (t) 6= '(t). 0 entonces ' (t) = 0 y por tanto '(t) = cte: = '(t0 ). Integrando. ) = 0 y supongamos que hemos logrado encontrar una representación paramétrica de la curva dada por = (t). sustituyendo de nuevo z = x y y denotando 2 (z C = 2K. cuya solución será x = Ce (t) '(t) x R '0 (t)dt con (t) = (t) '(t) . dt Si derivamos y = x'(t) respecto de x tenemos y 0 = '(t) + x'0 (t) dx . en principio. que se veri…ca F ( (t). consideremos la curva F ( . respectivamente. cuyas variables están separadas. dt 0 (t) = '(t) + x' (t) dx . Sustidz tuyendo. 1 2)2 = x + K. formalmente. es una ecuación en variables separadas. se traducen en y = x+1 y y = 2x.K(Y 2X)3 . Resolver x y 1 (18) y0 = x y 2 Efectuamos el cambio de función z = x y. las soluciones Y = X e Y = 2X que. De aquí que la ecuación diferencial de partida tiene las soluciones x = Ce (t) y = C' (t) e (t) (21) (22) dt Si existe t0 tal que (t0 ) = '(t0 ). una solución de la ecuación difery encial. y volviendo a las variables originales x e y obtenemos las soluciones (y x 1)2 = K(y 2x)3 de la ecuación diferencial de partida. y …nalmente. es decir. de donde z 0 = 1 y 0 .y = 0 (19) x Para resolverla. tenemos z 0 + 1 = z 1 . y consiguientemente dx = z 1 1 = z 1 2 . sustituyendo X e Y por su valor. Finalmente. podemos poner (t)(t)dt dx . (t)) = 0.
los conjuntos convexos son estrellados. en ecuaciones diferenciales suele hablarse siempre de exacto aún re…riéndose a que se satisface la igualdad Py = Qx . y) tal que @F = P y @F = Q para todo (x. y) = P (x. y)dx. y) dx = P (x. y) P (x. en particular. P (x. que es única salvo constantes. que cumple Py = Qx (con la notación Py = . donde la función arbitraria ' (y) es la constante de integración. y) dx + Q (x. y) @y P (x.y) .6 Ecuaciones exactas. como existe F tal que dF = P dx+Qdy. y) = Qx (x. es como sigue: Buscamos F tal que @F = P . funciona gracias a que P y = Qx. lo que signi…ca que exista un punto del dominio que se pueda unir a todos los demás mediante un segmento sin salirnos del dominio. de aquí resulta que '0 (y) = Q(x. Por lo tanto. ya que no nos estamos preocupando de dónde están de…nidas las ecuaciones diferenciales que tratamos de resolver ni en qué intervalo existen las soluciones. es decir. se denomina función potencial ). alrededor de cada punto podemos restringir el dominio de tal forma que la expresión sea exacta en ese nuevo dominio. y)dx + '(y). Vamos a suponer que P y Q son continuas. y) dy = 0 (23) @P @y Llamamos exacta a una ecuación diferencial es decir. Antes de explicar cómo resolverlas. ésta es @y realmente una expresión independiente de x ya que Z Z @ @ @Q @ @ @Q @P Q (x. y) 2 R. comentemos brevemente algo Qx = sobre expresiones diferenciales. por tanto. si la diferencial de F es dF = P dx + Qdy (F . Así pues. y) 2 R. es posible encontrar F integrando P (x. según veremos. y) = C (siendo C constante arbitraria). El procedimiento para hallarla que. Por otra parte. son los que no tienen agujeros. Derivando R @ respecto de y obtenemos @F = @y P (x. en lo que a nosotros concierne. Una expresión diferencial P (x. esto asegura que. entonces la ecuación podemos ponerla en la forma dF = 0 y. con derivadas parciales continuas.1. y 0 = @Q @x ). y) para todo (x. dada cualquier expresión cerrada. es decir. El lema de Poincaré asegura que una expresión cerrada es exacta siempre que el dominio sea estrellado. dy dx = P (x. Una ecuación diferencial exacta es una expresión exacta igualada a cero. si uti@y R @ lizamos @F = Q. así. aunque sí en una clase muy amplia de dominios de R2 : los simplemente conexos que. Además.y) Q(x. En realidad. podemos identi…car los conceptos de exacto y cerrado. en su dominio de de…nición. y)dy se dice que es una diferencial cerrada en una región R del plano xy si se veri…ca Py (x. y)dx + Q(x. basta con que encontremos la función potencial F . y)dx + '0 (y). Veamos cómo resolverlas: si tenemos P dx + Qdy = 0 exacta. y) @x R respecto a x mientras se mantiene y constante. es exacta localmente. Y se dice exacta en R cuando existe alguna función F (x. Lo contrario no es cierto en general. en @x @y otras palabras. y) dx = =0 @x @y @x @y @x @x @y (24) 6 . su solución será F (x. F (x. intuitivamente. El teorema de Schwartz sobre igualdad de derivadas cruzadas nos asegura que cualquier expresión diferencial exacta es cerrada.
Por tanto. Así. tendremos F = y exp a(x)dxR + '(x). se tiene y Q x = a(x). integrando respecto de x. llegamos a la función potencial F (x. por 3yx + ex + sin y = C .Una vez conocida '0 (y). Ahora. '0 (y) = cos y. multiplicando por (x). y 0 + a (x) y = b (x) (26) Dada la ecuación vamos a explicar cómo resolverla por tres métodos distintos: (i) Encontrar un factor integrante de la forma (x). es decir. y) = a(x)y P Q b(x) y Q(x. y) = C). Integrando. Para ello. la ecuación diferencial tiene el factor integrante (x) = exp( a(x)dx). Busquemos F : R R Como Fy = exp a(x)dx . F (x. y) = 3yx + ex + sin y. Resolver 3y + ex + (3x + cos y) y 0 = 0 (25) Si ponemos la ecuación en la forma P dx + Qdy = 0 con P (x. y por tanto F (x. quedan halladas completamente las soluciones buscadas F (x. Así. Como Fx = 3y + ex . Calculemos la función potencial F (que nos dará directamente las soluciones F (x. según hemos visto anteriR ormente. de donde basta tomar '(y) = sin y. la solución de la ecuación diferencial viene dada. Ejemplo 6. Derivando respecto de y e igualando a Q queda 3x + '0 (y) = 3x + cos y. expresadas en forma implícita. '(x) = b(x) exp( a(x)dx)dx. derivando esta F respecto de x y usando que Fx = exp( a(x)dx)(a(x)y b(x)) llegamos a Fx = y exp Z a (x) dx a (x) + ' (x) = exp 0 R R R (28) de donde b(x) exp R (x). y) = 3y + ex y Q(x. Así. y) = C . entonces la ecuación diferencial es exacta. sustituyendo su valor. implícitamente. expresada en forma implícita. Z Z Z y exp a (x) dx b (x) exp a (x) dx dx = C (29) 7 Z a (x) dx (a (x) y b (x)) . y) = 3x + cos y. Por otra parte. 1. y) = 1. es claro que P y = Qx = 3. bastará encontrar la función potencial F con lo que la ecuación anterior podrá ponerse dF = 0 y su solución será F (x.7 Ecuaciones lineales de primer orden. si la ponemos en la forma (a(x)y b(x))dx + dy = 0 y denotamos P (x. integrando obtenemos '(y) y. a(x)dx = '0R R entonces F = y exp( a(x)dx) b(x) exp( a(x)dx)dx y la solución de la ecuación exacta (y de la lineal de partida) es. y) = C . y) = 3yx + ex + '(y). y). la ecuación Z Z exp a (x) dx (a (x) y b (x)) dx + exp a (x) dx dy = 0 (27) tiene que ser exacta.
esto es. hemos llegado a la misma expresión para las soluciones que la que encontramos por el método anterior. Esta ecuación es de variables separadas. basta comprobar que. si derivamos. es decir. En efecto. sustituyendo en la ecuación lineal. consideremos Z y = C (x) exp a (x) dx (31) y vamos a ver cómo debe ser R C(x) para que se veri…que y 0 + a(x)y = b(x). La justi…cación de este hecho es sencilla. R 0 0 Derivando. Tomando y de esa forma. Z y = yp + C exp a (x) dx (34) es solución para todo C 2 R. tenemos que la solución de la ecuación lineal resulta Z Z Z y = exp a (x) dx b (x) exp a (x) dx dx + C (30) (ii) Un segundo método de resolución se basa en resolver previamente la ecuación lineal homogénea asociada y 0 + a(x)y = 0. de donde C 0 (x) = b(x) exp( a(x)dx) e. al sustituir en la ecuación. pues puede ponerse dy = a(x)dx. integrando. si yp es solución de y 0 + a(x)y = b(x) y y lo es de y 0 + a(x)y = 0. Entonces. u0 v + uv 0 + a(x)uv = b(x). (iii) El tercer procedimiento de resolución parte de suponer que hemos encontrado. Apliquemos ahora el método de variación de las constantes. Z Z C(x) = b (x) exp a (x) dx + C (33) Así. entonces y + yp es solución de y 0 + a(x)y = b(x). y 0 = u0 v + uv 0 .ser Sin más que despejar y. con lo cual. 0 8 . su solución es y = y R C exp( a(x)dx). la solución general de la lineal es yp más la solución general de la lineal homogénea asociada. y = C (x) exp( a(x)dx) C(x)a(x) exp( a(x)dx) y. lo cual es claramente cierto: Z a (x) dx = b (x) 0 (y + yp ) + a (x) (y + yp ) = (y 0 + a (x) y) + yp + a (x) yp = 0 + b (x) = b (x) (35) (iv) El último método de resolución de ecuaciones lineales que describimos consiste en efectuar una descomposición y(x) = u(x)v(x) adecuada. una solución particular yp (x) de la ecuación diferencial lineal. C 0 (x) exp Z a (x) dx C (x) a (x) exp Z a (x) dx +a (x) C (x) exp (32) R dos de los sumandos anteriores se cancelan.
3 (ii) La lineal homogénea asociada es y 0 2x y = 0. u0 (x) = b(x) exp( a(x)dx). entonces F = x 3=2 y + '(x). La función potencial F debe cumplir Fy = x 3=2 . cuya solución es log y = 3 log x + K. Además. de donde u0 = b(x)v 1 . Por otra parte.Sacando u factor común. R es decir. Ejemplo 7. y) = 1. con este procedimiento de nuevo encontramos la misma expresión para las soluciones de la ecuación diferencial lineal de partida. resolviéndola. merece la pena destacar que el segundo y el tercero tienen su paralelismo a la hora de resolver ecuaciones lineales de orden superior. podemos escribir la expresión anterior como u0 v + (v + a(x)v)u = b(x). C(x) = 4x1=2 + K1 entonces la solución de la lineal es y = (4x1=2 + K1 )x3=2 . Podemos ponerla dy 3dx como y = 2x . Por tanto. 3 3 (i) Tenemos la ecuación lineal y 0 2xy = 2x. Si empleamos de 9 . Como R 3 Py Qx 3 = 3=(2x) 0 = 2x . 2 es decir. dy = ( 2xy +2x)dx. con lo cual basta v R tomar log v = a(x)dx. Vamos ahora a elegir v de tal forma que se anule el coe…ciente de u. es decir. y) = 2x y 2x y Q(x. Integrando. 2 3 sustituyendo en la ecuación diferencial de partida. y 0 = C 0 (x)x3=2 + 3 C(x)x1=2 y. Para concluir. y) = x 3=2 y 4x1=2 . Así. El tercero tiene. Z Z u (x) = b (x) exp a (x) dx dx + C (37) Sin más que recomponer y = u(x)v(x). Empleando el método de variación de las constantes. mientras que los otros dos sólo se aplican a las de primer orden. esto es. C 0 (x) = 2x 1=2 . de donde '(x) = R 2 x 1=2 dx = 4x1=2 . gran importancia teórica. la ecuación queda ahora u0 v = b(x). existe el factor integrante (x) = exp Q 1 2x dx = x 3=2 . de variables separadas. Ésta es una ecuación 0 diferencial en variables separadas.que satisfaga v 0 + a(x)v = 0. y la solución de la ecuación diferencial es x 3=2 y 4x1=2 = C . y = Cx3=2 . Derivando. C 2 R. v = a (x). Integrando. es decir. Fx = 23 x 5=2 y 2x 1=2 = 23 x 5=2 y + '0 (x). sobre todo. la ecuación 23 x 5=2 y 2x 1=2 dx + x 3=2 dy = 0 es exacta. F (x. comentemos una vez más que no hace falta recordar la fórmula que hemos obtenido para las soluciones de la ecuación lineal. Z v (x) = exp a (x) dx (36) 0 con v(x) esa función. o sea y = Cx3=2 + 4x2 . Resolver 2xy 0 3y = 4x2 (38) por los 4 métodos descritos. para lo cual tomamos y = C(x)x3=2 . 2x(C 0 (x)x3=2 + 2 C(x)x1=2 ) 3C(x)x3=2 = 4x2 . los que suelen conducir a la solución por un procedimiento más corto suelen ser el segundo y el cuarto. 3 que es de la forma P dx + Qdy = 0 con P (x. Generalmente. es decir. sino que basta seguir en cada problema alguno de los procesos descritos.
v 2 la ecuación queda 2xu0 x3=2 = 4x2 . u0 = 2x 1=2 . y 0 = u0 v + uv 0 y. 2x(u0 v + uv 0 ) 3uv = 4x2 . sustituyendo en la ecuación. Sustituyendo. 0 es decir. y 0 = 2ax+b y. Lo más sencillo es intentar probar si existe alguna solución polinómica. la solución general de la homogénea asociada es y = Cx3=2 . la ecuación de la que partíamos ha quedado u0 v + b(x)u v = 0. Derivando. resolviéndola determinamos v(x). y = Cx3=2 + 4x2 . 1. Por tanto.nuevo C para denotar la constante. igualamos a 0 el coe…ciente de u. y1 y 0 = 1 z . Ahora. (iii) Primero. Partimos de la descomposición y(x) = u(x)v(x).8 Ecuación de Bernoulli y 0 + a (x) y + b (x) y = 0 (39) Consideremos es claro que. Esto sólo sería posible con un polinomio de segundo grado. 1 z0 Ejemplo 8. Resolver xy 0 + 2y + x5 y 3 ex = 0 10 (40) . log v = 3 log x. de donde y 0 = u0 v + uv 0 . Resolviéndola encontramos u(x). integrando. si = 0. sustituyendo en la ecuación diferencial u0 v + uv 0 + a(x)uv + b(x)u v = 0. con lo cual tenemos v 0 + a(x)v = 0. vamos a tantear con polinomios de la forma y = ax2 +bx+c. con lo que hemos transformado la ecuación de Bernoulli en la ecuación diferencial lineal z 0 + (1 )a(x)z = ( 1)b(x). es decir. Sin más que recomponer y = uv obtenemos y = (4x1=2 +C)x3=2 . descomponemos y = u(x)v(x). que es una ecuación en u(x) de variables separadas. Con esto. con lo que ya tenemos completamente solucionada la ecuación de Bernoulli. la misma solución para la lineal que con los otros tres métodos. Puede seguirse un segundo método de resolución sin más que aplicar un procedimiento análogo al último de los que hemos visto para ecuaciones lineales. veamos cómo resolverla: Efectuemos el cambio de función y 1 = z. entonces v = x3=2 . b = c = 0. una solución particular de la lineal es y = 4x2 . que es una ecuación en v(x) de variables separadas. es decir. Si igualamos los términos del mismo grado encontramos que esto se cumple con a = 4. tratemos de hallar una solución particular de la ecuación lineal. cuya solución es u = 4x1=2 +C . Derivando. Con esta v. de nuevo tenemos que la solución general de la lineal es y = Cx3=2 + 4x2 . pues en otro caso no podrían cancelarse nunca todos los sumandos. En otro caso. Por otra parte. la ecuación diferencial anterior es lineal y. que escribimos como u0 v + (v 0 + a(x)v)u + b(x)u v = 0. si = 1. En de…nitiva. o sea v0 = 2x . la misma expresión que se encontró en (i). para el cual (1 )y y 0 = z 0 . (iv) Para resolver la ecuación lineal. Si igualamos a 0 el coe…ciente de u queda 2xv 0 3v = 3 0. 2x(2ax + b) 3(ax2 + bx + c) = 4x2 . 2xu0 v+(2xv 0 3v)u = 4x2 . Sustituyendo en y1 y 0 + a(x)y 1 + b(x) = 0 tenemos + a(x)z + b(x) = 0. Así pues. y tal como ya hemos calculado en (ii). es de variables separadas.
Como a(x)dx = dx = 4 log x = log x 4 . esto es. Por tanto. para el cual 0 y0 y0 2 z 0 = 2y 3 y 0 . Hemos obtenido la misma respuesta que mediante el primer método. lo cual se consigue con log v = 2 log x. la solución de la ecuación lineal es z = exp a (x) dx R Tal como R R R 4 b (x) exp a (x) dx dx + C . u = (2e + C) Con todo esto. es decir. R sabemos. u3 = e dx. Resolvamos ahora la ecuación por el segundo procedimiento explicado. Tomamos y = uv. Su solución es 2u2 = e + 2 . tenemos la nueva ecuación xu0 + x5 u3 x 6 ex = 0. 2 Puesta en la forma y 0 + x y + x4 y 3 ex = 0. Elijamos v tal que xv 0 + 2v = 0. Hacemos el cambio de función y 2 = z. dv = 2dx . entonces y 0 = u0 v +uv 0 . la solución de la ecuación de Bernoulli de la que partíamos es y = x 2 (2ex + C) 1=2 . que es lineal con a(x) = x4 yb(x) = 2x4 ex . es decir. y3 = z . v x Así. xu0 v + (xv 0 + 2v)u + x5 u3 v 3 ex = 0. la solución de la x4 11 . x R 2x4 ex se sigue z = x4 dx + C = x4 (2ex + C). v = x 2 . x(u0 v +uv 0 )+2uv +x5 u3 v 3 ex = 0. y = x 2 (2ex + C) 1=2 . es decir. Si sustituimos esto en y3 + x y 2 + x4 ex = 0 2 4 queda z 0 x z = 2x4 ex . o sea. es claro que la ecuación es de Bernoulli con = 3. que puede escribirse como 1 du C x x x 1=2 .ecuación diferencial de Bernoulli es y 2 = x4 (2ex + C). es decir. sustituyendo.
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