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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

May 15, 2020

Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

Contenido

1 IntroducciónConceptos básicos del las ecuaciones diferenciales

2 Ecuaciones de variables separables.

3 La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden

Noción de una ecuación diferencial

Ecuación diferencial F(x , y(x), y ′(x), · · · y (n)(x)) = 0

Una ecuación diferencial es una ecuación:1 Cuya incógnita es una función, generalmente denotada por y , o bien z, u, θ,

etc.2 En la cual aparecen ciertas derivadas de y (primera derivada de y , y ′, o

derivadas de orden superior y ′′, y ′′′,...)

Ejemplos:1

y ′′ + 2y ′ + 8y = 2x

y ′ cos x = y ln y , y(π4) = e

Ejemplos:1

y ′′ + 2y ′ + 8y = 2x

Ejemplos:1

y ′′ + 2y ′ + 8y = 2x

Ejemplos:1

y ′′ + 2y ′ + 8y = 2x

Ejemplos:1

y ′′ + 2y ′ + 8y = 2x

y ′ = 1 + ex , y(0) = 1

u′ −√

t − 3u = 0

(y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0

∂2z∂x2−∂2z∂x∂y

= sin z

y ′ = 1 + ex , y(0) = 1

u′ −√

t − 3u = 0

(y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0

∂2z∂x2−∂2z∂x∂y

= sin z

y ′ = 1 + ex , y(0) = 1

u′ −√

t − 3u = 0

(y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0

∂2z∂x2−∂2z∂x∂y

= sin z

y ′ = 1 + ex , y(0) = 1

u′ −√

t − 3u = 0

(y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0

∂2z∂x2−∂2z∂x∂y

= sin z

Orden de una ecuación diferencial

El orden de la ecuación F(x , y(x), y ′(x), · · · y (n)(x)) = 0 es n, que es el númeroentero que corresponde a la más alta derivada que aparece en la ecuación

En los ejemplos anteriores tenemos:1 Ejemplo 1, y ′′ + 2y ′ + 8y = 2x orden 2,2 Ejemplo 2, y ′ cos x = y ln y , orden 1,3 Ejemplo 3, y ′ = 1 + ex , orden 1,4 Ejemplo 4, u′ −

√t − 3u = 0, orden 1,

5 Ejemplo 5, (y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0, orden 3 y

6 Ejemplo 6, ∂2z∂x2 −

∂2z∂x∂y = sin z, orden 2.

√t − 3u = 0, orden 1,

Solución de una ecuación diferencial

Una solución de la ecuación F(x , y(x), y ′(x), · · · y (n)(x)) = 0 es una funciónf (x), definida en un intervalo [a, b], tal que al escribir y = f (x) y sustituir y en laecuación diferencial, ésta se satisface.

Ejemplos1 La función y(x) = x2, x ∈ (−∞,+∞) es una solución de la ecuación

(y ′′)2− (y ′)2 = 4 − 4x2 En efecto: y ′ = 2x , y ′′ = 2, entonces

(y ′′)2− (y ′)2 = (2)2

− (2x)2 = 4 − 4x2

2 La función u(t) = te−t , t ∈ (−∞,+∞) es una solución de la ecuaciónu′ + u = e−t

En efecto: u′ = −te−t + e−t , entonces u′ + u = {t(−e−t) + e−t}+ te−t = e−t

(y ′′)2− (y ′)2 = (2)2

− (2x)2 = 4 − 4x2

(y ′′)2− (y ′)2 = (2)2

− (2x)2 = 4 − 4x2

(y ′′)2− (y ′)2 = (2)2

− (2x)2 = 4 − 4x2

(y ′′)2− (y ′)2 = (2)2

− (2x)2 = 4 − 4x2

(y ′′)2− (y ′)2 = (2)2

− (2x)2 = 4 − 4x2

Grado de una ecuación diferencial

Si una una ecuación diferencial puede escribirse como un polinomio en su m’asalta derivada, se llama grado de la ecuaci|’on el exponente más alto de la másalta derivada.

Ejemplos:1 (y ′′′)2

− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0 es orden 3 y grado 2.2 xy ′′ + 2y ′ + 3y = 6ex es de orden 2 y grado 1.3 (y ′′)3 + (y ′)2 = 4x2

− 4 es orden 2 y grado 3.

Curva integral de una ecuación diferencial

La gráfica de una solución de una ecuación diferencial se llama una curvaintegral de la ecuación diferencial

Hemos visto que la función

u(t) = te−t , t ∈ (−∞,+∞)

es una solución de la ecuación u′ + u = e−t . Puede verificarse que también lo esla función

u1(t) = (t + 1)e−t

y que para cualquier constante C la a función

uC(t) = (t + C)e−t

también es solución de a ecuación diferencial dada.

u(t) = te−t , t ∈ (−∞,+∞)

u1(t) = (t + 1)e−t

uC(t) = (t + C)e−t

u(t) = te−t , t ∈ (−∞,+∞)

u1(t) = (t + 1)e−t

uC(t) = (t + C)e−t

u(t) = te−t , t ∈ (−∞,+∞)

u1(t) = (t + 1)e−t

uC(t) = (t + C)e−t

Ecuaciones diferenciales con condiciones iniciales

Se dice que la ecuación

u′ + u = e−t

u(0) = 1

es una ecuación diferencial con condición inicial, o que es un problema convalores iniciales

Más ejemplos:

u′(t) = u√

t − 3

u(1) = 2 (1)

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4 (2)

y ′(t) = 2√

y(0) = 0 (3)

u′ + u = e−t

u(0) = 1

Más ejemplos:

u′(t) = u√

t − 3

u(1) = 2 (1)

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4 (2)

y ′(t) = 2√

y(0) = 0 (3)

u′ + u = e−t

u(0) = 1

Más ejemplos:

u′(t) = u√

t − 3

u(1) = 2 (1)

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4 (2)

y ′(t) = 2√

y(0) = 0 (3)

u′ + u = e−t

u(0) = 1

Más ejemplos:

u′(t) = u√

t − 3

u(1) = 2 (1)

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4 (2)

y ′(t) = 2√

y(0) = 0 (3)

u′ + u = e−t

u(0) = 1

Más ejemplos:

u′(t) = u√

t − 3

u(1) = 2 (1)

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4 (2)

y ′(t) = 2√

y(0) = 0 (3)

Ecuaciones diferenciales con valores a la frontera

Si en una ecuación diferencial todas las condiciones están relacionadas conun sólo valor de la variable independiente, se trata de un Problema deValores Iniciales.

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4

Si en una ecuación diferencial las condiciones están relacionadas con dos omás valores de la variable independiente, se trata de un Problema deValores a la Frontera.

y ′′ + y = 0

y(0) = 1

y ′(1) = 5

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4

y ′′ + y = 0

y(0) = 1

y ′(1) = 5

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4

y ′′ + y = 0

y(0) = 1

y ′(1) = 5

y ′′ + y = 0

y(1) = 3

y ′(1) = −4

y ′′ + y = 0

y(0) = 1

y ′(1) = 5

Presentación de las soluciones de una ecuaciones diferencial

Soluciones explícitas

La funcióny = 2sen x + 3 cos x , x ∈ (−∞,+∞)

es una solución de la ecuación diferencial

y ′′ + y = 0,

la cual se llama Solución Explícita de la ecuación, pues la función está“despejada”

Soluciones implícitas

La relaciónx2 + y2 = 25

define en el intervalo (−5, 5), dos Soluciones Implícitas para la ecuacióndiferencial

y ′y + x = 0,

a saber, define las soluciones: y1(x) =√

25 − x2 y y1(x) =√

25 − x2. En laexpresi’on x2 + y2 = 25, la función y no estÃ¡ “despejada”.

y ′′ + y = 0,

y ′y + x = 0,

25 − x2 y y1(x) =√

y ′′ + y = 0,

y ′y + x = 0,

25 − x2 y y1(x) =√

y ′′ + y = 0,

y ′y + x = 0,

25 − x2 y y1(x) =√

y ′′ + y = 0,

y ′y + x = 0,

25 − x2 y y1(x) =√

y ′′ + y = 0,

y ′y + x = 0,

25 − x2 y y1(x) =√

Ejemplos

Solución explícita

La funcióny = sen x + x , x ∈ (−∞,+∞)

es una Solución Explícita de la ecuación

(2 − x cot x)y ′′ − xy ′ + 2y − x = 0

En efecto:

y ′ = cos x + 1

y ′′ = −sen x

(2 − x cot x)y ′′ − xy ′ + 2y − x = (2 − x cot x)(−sen x) − x(cos x + 1) + 2(sen x + x) − x

= −2sen x + x cos x − x − x cos x + 2x + 2sen x − x = 0

Ejemplos

(2 − x cot x)y ′′ − xy ′ + 2y − x = 0

En efecto:

y ′ = cos x + 1

y ′′ = −sen x

Ejemplos

(2 − x cot x)y ′′ − xy ′ + 2y − x = 0

En efecto:

y ′ = cos x + 1

y ′′ = −sen x

Ejemplos

(2 − x cot x)y ′′ − xy ′ + 2y − x = 0

En efecto:

y ′ = cos x + 1

y ′′ = −sen x

Ejemplos

(2 − x cot x)y ′′ − xy ′ + 2y − x = 0

En efecto:

y ′ = cos x + 1

y ′′ = −sen x

Ejemplos

(2 − x cot x)y ′′ − xy ′ + 2y − x = 0

En efecto:

y ′ = cos x + 1

y ′′ = −sen x

Ejemplos

(2 − x cot x)y ′′ − xy ′ + 2y − x = 0

En efecto:

y ′ = cos x + 1

y ′′ = −sen x

Ejemplos

Solución implícita

La relacióntan y − C(2 − ex)3 = 0 (4)

es la Solución Implícita de la ecuación diferencial

3ex tan y dx + (2 − ex) sec2 y dy = 0 (5)

Transformemos primero la ecuación (5), “dividiéndola por dx”:

3ex tan y + (2 − ex) sec2 yy ′ = 0 (6)

Derivemos ahora implícitamente la relación (4):

sec2 yy ′ − 3C(2 − ex )2(−ex ) = 0

(2 − ex ) sec2 yy ′ + 3C(2 − ex )3ex = 0

(2 − ex ) sec2 y y ′ + 3 tan y ex = 0

verificando que se satisface (??)

Ejemplos

3ex tan y + (2 − ex) sec2 yy ′ = 0 (6)

sec2 yy ′ − 3C(2 − ex )2(−ex ) = 0

(2 − ex ) sec2 yy ′ + 3C(2 − ex )3ex = 0

(2 − ex ) sec2 y y ′ + 3 tan y ex = 0

Ejemplos

3ex tan y + (2 − ex) sec2 yy ′ = 0 (6)

sec2 yy ′ − 3C(2 − ex )2(−ex ) = 0

(2 − ex ) sec2 yy ′ + 3C(2 − ex )3ex = 0

(2 − ex ) sec2 y y ′ + 3 tan y ex = 0

Ejemplos

3ex tan y + (2 − ex) sec2 yy ′ = 0 (6)

sec2 yy ′ − 3C(2 − ex )2(−ex ) = 0

(2 − ex ) sec2 yy ′ + 3C(2 − ex )3ex = 0

(2 − ex ) sec2 y y ′ + 3 tan y ex = 0

Ejemplos

3ex tan y + (2 − ex) sec2 yy ′ = 0 (6)

sec2 yy ′ − 3C(2 − ex )2(−ex ) = 0

(2 − ex ) sec2 yy ′ + 3C(2 − ex )3ex = 0

(2 − ex ) sec2 y y ′ + 3 tan y ex = 0

Ejemplos

3ex tan y + (2 − ex) sec2 yy ′ = 0 (6)

sec2 yy ′ − 3C(2 − ex )2(−ex ) = 0

(2 − ex ) sec2 yy ′ + 3C(2 − ex )3ex = 0

(2 − ex ) sec2 y y ′ + 3 tan y ex = 0

Ejemplos

3ex tan y + (2 − ex) sec2 yy ′ = 0 (6)

sec2 yy ′ − 3C(2 − ex )2(−ex ) = 0

(2 − ex ) sec2 yy ′ + 3C(2 − ex )3ex = 0

(2 − ex ) sec2 y y ′ + 3 tan y ex = 0

Ejemplos

3ex tan y + (2 − ex) sec2 yy ′ = 0 (6)

sec2 yy ′ − 3C(2 − ex )2(−ex ) = 0

(2 − ex ) sec2 yy ′ + 3C(2 − ex )3ex = 0

(2 − ex ) sec2 y y ′ + 3 tan y ex = 0

Ecuación diferencial lineal de orden n

Una ecuación diferencial ordinaria de orden n se llama LINEAL, si tiene la forma

an(x)dnydxn

+ an−1(x)dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a2(x)d2ydx2

+ a1(x)dydx

+ a0(x)y = b(x) (7)

en donde ai(x), i = 0, 1, 2, · · · , n y b(x) son funciones independientes de lavariable y .

Observamos las siguientes características:

La función y y todas sus derivadas y ′, y ′′, · · · y (n) tienen potencia 1.

ai(x) depende sólo de x .

No contiene funciones trascendentes de y ni de sus derivadas, ni productosde las derivadas de y .

an(x)dnydxn

+ · · ·+ a2(x)d2ydx2

+ a1(x)dydx

+ a0(x)y = b(x) (7)

an(x)dnydxn

+ · · ·+ a2(x)d2ydx2

+ a1(x)dydx

+ a0(x)y = b(x) (7)

an(x)dnydxn

+ · · ·+ a2(x)d2ydx2

+ a1(x)dydx

+ a0(x)y = b(x) (7)

an(x)dnydxn

+ · · ·+ a2(x)d2ydx2

+ a1(x)dydx

+ a0(x)y = b(x) (7)

an(x)dnydxn

+ · · ·+ a2(x)d2ydx2

+ a1(x)dydx

+ a0(x)y = b(x) (7)

Ejemplos

Ejemplos de ecuación diferenciales lineales

y ′′ − y = 2

xy ′′′ − ln(x)y ′ − ex y = cos x

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

Ejemplos de ecuación diferenciales no lineales

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′′ + ln y = tan x

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Ejemplos

y ′′ − y = 2

y ′′ + x3y ′ + y = x2 + 1

y ′′ − cos y = x

y ′ − y2 = x3

y ′′y ′ − y = x

(y ′)2 + y = 1

xy ′ + y = x4y3

Separación de variables

Decaimiento radioactivo

Elementos radioactivos, como el radio o el uranio, tienden a desintegrarse odecaer con el paso del tiempo, debido a la emisión de electrones. Algunassustancias lo hacen más rápido que otras. Existe un principio general quegobierna la razón o la velocidad a la cual estas sustancias se desintegran:

El decaimiento radioactivo tiene lugar continuamente.

El decaimiento radioactivo ocurre a una razón proporcional a la cantidadpresente de la sustancia en un momento dado.

= −kA (8)

en donde

A(t) cantidad de la sustancia, presente al tiempo t .

K Constante positiva de proporcionalidad, la cual depende de la sustancia.

= −kA (8)

en donde

= −kA (8)

en donde

= −kA (8)

en donde

= −kA (8)

en donde

= −kA (8)

en donde

= −kA (8)

en donde

Método de separación de variables

Problema

Si 20 g de una sustancia radioactiva se reducen, después de 6 años dedecaimiento radioactivo, a 18 g, determinar la cantidad de sustancia A(t) quequedará después de 15 años.

Pensando en la derivada como un cociente, igual que lo pensaba Leibnitz,reescribimos la ecuación (8):

dA = −Kdt∫1A

∫−Kdt

ln(A(t)) + C1 = −Kt + C2

ln(A(t)) = −Kt + C, C = C2 − C1

A(t) = e−Kt+C = e−Kt eC

Solución general

A(t) = eCe−Kt

Problema

dA = −Kdt∫1A

∫−Kdt

ln(A(t)) + C1 = −Kt + C2

ln(A(t)) = −Kt + C, C = C2 − C1

Solución general

A(t) = eCe−Kt

Problema

dA = −Kdt∫1A

∫−Kdt

ln(A(t)) + C1 = −Kt + C2

ln(A(t)) = −Kt + C, C = C2 − C1

Solución general

A(t) = eCe−Kt

Problema

dA = −Kdt∫1A

∫−Kdt

ln(A(t)) + C1 = −Kt + C2

ln(A(t)) = −Kt + C, C = C2 − C1

Solución general

A(t) = eCe−Kt

Problema

dA = −Kdt∫1A

∫−Kdt

ln(A(t)) + C1 = −Kt + C2

ln(A(t)) = −Kt + C, C = C2 − C1

Solución general

A(t) = eCe−Kt

Problema

dA = −Kdt∫1A

∫−Kdt

ln(A(t)) + C1 = −Kt + C2

ln(A(t)) = −Kt + C, C = C2 − C1

Solución general

A(t) = eCe−Kt

Problema

dA = −Kdt∫1A

∫−Kdt

ln(A(t)) + C1 = −Kt + C2

ln(A(t)) = −Kt + C, C = C2 − C1

Solución general

A(t) = eCe−Kt

Problema

dA = −Kdt∫1A

∫−Kdt

ln(A(t)) + C1 = −Kt + C2

ln(A(t)) = −Kt + C, C = C2 − C1

Solución general

A(t) = eCe−Kt

A partir de la solución general obtenida: A(t) = eCe−Kt y las condiciones dadasse tiene:

A(0) = 20, Condición inicial

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = 18, Condición adicional

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

ln(910

) = −16

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

A(0) = e0eC = eC

eC = 20

A(6) = e−6K eC = e−6K 20

18 = 20e−6K

= e−6K

ln(1820

) = −6K

− K =16

10) = −

ln(109)

A(t) = 20e−16 ln 10

A(15) = 20e−156 ln 10

9 = 20(9

52 ≈ 15.37g

Método general de separación de variables.

Consideremos una ecuación de primer orden en su forma normal

y ′(x) = f (x , y) (9)

Si es posible escribir a f (x , y) como un producto de dos funciones, una funciónde x y otra función de y :

f (x , y) = f1(x)f2(y),

entonces la ecuación (9) puede escribirse como:dydx

= f1(x)f2(y) (10)

de donde, si f2(y) , 0,dy

f2(y)= f1(x)dx (11)

es decir,

f1(x)dx −1

f2(y)dy = 0 (12)

o en generalM(x)dx + N(y)dy = 0 (13)

la cual puede integrarse término a término:∫M(x)dx +

∫N(y)dy = C (14)Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

y ′(x) = f (x , y) (9)

f (x , y) = f1(x)f2(y),

= f1(x)f2(y) (10)

f2(y)= f1(x)dx (11)

es decir,

f1(x)dx −1

f2(y)dy = 0 (12)

y ′(x) = f (x , y) (9)

f (x , y) = f1(x)f2(y),

= f1(x)f2(y) (10)

f2(y)= f1(x)dx (11)

es decir,

f1(x)dx −1

f2(y)dy = 0 (12)

y ′(x) = f (x , y) (9)

f (x , y) = f1(x)f2(y),

= f1(x)f2(y) (10)

f2(y)= f1(x)dx (11)

es decir,

f1(x)dx −1

f2(y)dy = 0 (12)

y ′(x) = f (x , y) (9)

f (x , y) = f1(x)f2(y),

= f1(x)f2(y) (10)

f2(y)= f1(x)dx (11)

es decir,

f1(x)dx −1

f2(y)dy = 0 (12)

y ′(x) = f (x , y) (9)

f (x , y) = f1(x)f2(y),

= f1(x)f2(y) (10)

f2(y)= f1(x)dx (11)

es decir,

f1(x)dx −1

f2(y)dy = 0 (12)

y ′(x) = f (x , y) (9)

f (x , y) = f1(x)f2(y),

= f1(x)f2(y) (10)

f2(y)= f1(x)dx (11)

es decir,

f1(x)dx −1

f2(y)dy = 0 (12)

y ′(x) = f (x , y) (9)

f (x , y) = f1(x)f2(y),

= f1(x)f2(y) (10)

f2(y)= f1(x)dx (11)

es decir,

f1(x)dx −1

f2(y)dy = 0 (12)

Variables separables. Ejemplos.

1. Resolver el siguiente problema de valores iniciales:

3ex tan y dx + (2 − ex) sec2 y dy = 0

y(0) =π2

La ecuación puede escribirse en la forma de variables separadas:

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

la cual, al integrar nos lleva a la expresión:

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

Escribiendo C1 = ln C, para C = eC1 y aplicando propiedades del logaritmo:

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ ln C = ln |2 − ex

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

Y empleando la condición inicial: tan π2 = C(2 − e0)3, es decir 1 = C,por lo tanto

la solución al problema es: tan y = (2 − ex)3.Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

y(0) =π2

sec2 ytan y

dy =3ex

2 − exdx ,

ln | tan y | = 3 ln |2 − ex|+ C1

|3 + ln C = ln |C(2 − ex)3

tan y = C(2 − ex)3

2. Obtener la solución general de la siguiente ecuación diferencial:

(1 + ex)yy ′ = ey

La ecuación es equivalente a:

(1 + ex)y dy = ey dx

y puede escribirse en la forma de variables separadas:

1 + exdx

que al integrar ∫ye−y dy =

1 + exdx ,

resulta:−ye−y

− e−y = − ln(1 + e−x) + C.

(1 + ex)yy ′ = ey

1 + exdx

1 + exdx ,

resulta:−ye−y

− e−y = − ln(1 + e−x) + C.

(1 + ex)yy ′ = ey

1 + exdx

1 + exdx ,

resulta:−ye−y

− e−y = − ln(1 + e−x) + C.

(1 + ex)yy ′ = ey

1 + exdx

1 + exdx ,

resulta:−ye−y

− e−y = − ln(1 + e−x) + C.

(1 + ex)yy ′ = ey

1 + exdx

1 + exdx ,

resulta:−ye−y

− e−y = − ln(1 + e−x) + C.

(1 + ex)yy ′ = ey

1 + exdx

1 + exdx ,

resulta:−ye−y

− e−y = − ln(1 + e−x) + C.

En donde se ha integrado de la siguiente manera:∫ye−y dy = −ye−y +

∫e−y dy = −ye−y

− e−y

1 + exdx =

∫e−x

e−x + 1dx = − ln(1 + e−x) + C

− e−y

1 + exdx =

∫e−x

e−x + 1dx = − ln(1 + e−x) + C

− e−y

1 + exdx =

∫e−x

e−x + 1dx = − ln(1 + e−x) + C

La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Introducción

La forma general de una ecuación diferencial lineal de primer orden es:

a1(x)y ′ + a0(x)y = b(x),

la cual puede llevarse a su Forma Normal:

y ′ + p(x)y = q(x),

en donde

p(x) =a0(x)a1(x)

, q(x) =b(x)a1(x)

Ejemplos.

1 xy ′ + y = e4x , p(x) =1x

2 xy ′ − 2y = 3x , p(x) = −2x

3 x ln(x)y ′ + y = 3x3, p(x) =1

x ln x4

dydx−

2x + 1

y = (x + 1)3

a1(x)y ′ + a0(x)y = b(x),

y ′ + p(x)y = q(x),

en donde

p(x) =a0(x)a1(x)

, q(x) =b(x)a1(x)

Ejemplos.

1 xy ′ + y = e4x , p(x) =1x

2 xy ′ − 2y = 3x , p(x) = −2x

3 x ln(x)y ′ + y = 3x3, p(x) =1

x ln x4

dydx−

2x + 1

y = (x + 1)3

a1(x)y ′ + a0(x)y = b(x),

y ′ + p(x)y = q(x),

en donde

p(x) =a0(x)a1(x)

, q(x) =b(x)a1(x)

Ejemplos.

1 xy ′ + y = e4x , p(x) =1x

2 xy ′ − 2y = 3x , p(x) = −2x

3 x ln(x)y ′ + y = 3x3, p(x) =1

x ln x4

dydx−

2x + 1

y = (x + 1)3

a1(x)y ′ + a0(x)y = b(x),

y ′ + p(x)y = q(x),

en donde

p(x) =a0(x)a1(x)

, q(x) =b(x)a1(x)

Ejemplos.

1 xy ′ + y = e4x , p(x) =1x

2 xy ′ − 2y = 3x , p(x) = −2x

3 x ln(x)y ′ + y = 3x3, p(x) =1

x ln x4

dydx−

2x + 1

y = (x + 1)3

a1(x)y ′ + a0(x)y = b(x),

y ′ + p(x)y = q(x),

en donde

p(x) =a0(x)a1(x)

, q(x) =b(x)a1(x)

Ejemplos.

1 xy ′ + y = e4x , p(x) =1x

2 xy ′ − 2y = 3x , p(x) = −2x

3 x ln(x)y ′ + y = 3x3, p(x) =1

x ln x4

dydx−

2x + 1

y = (x + 1)3

a1(x)y ′ + a0(x)y = b(x),

y ′ + p(x)y = q(x),

en donde

p(x) =a0(x)a1(x)

, q(x) =b(x)a1(x)

Ejemplos.

1 xy ′ + y = e4x , p(x) =1x

2 xy ′ − 2y = 3x , p(x) = −2x

3 x ln(x)y ′ + y = 3x3, p(x) =1

x ln x4

dydx−

2x + 1

y = (x + 1)3

a1(x)y ′ + a0(x)y = b(x),

y ′ + p(x)y = q(x),

en donde

p(x) =a0(x)a1(x)

, q(x) =b(x)a1(x)

Ejemplos.

1 xy ′ + y = e4x , p(x) =1x

2 xy ′ − 2y = 3x , p(x) = −2x

3 x ln(x)y ′ + y = 3x3, p(x) =1

x ln x4

dydx−

2x + 1

y = (x + 1)3

a1(x)y ′ + a0(x)y = b(x),

y ′ + p(x)y = q(x),

en donde

p(x) =a0(x)a1(x)

, q(x) =b(x)a1(x)

Ejemplos.

1 xy ′ + y = e4x , p(x) =1x

2 xy ′ − 2y = 3x , p(x) = −2x

3 x ln(x)y ′ + y = 3x3, p(x) =1

x ln x4

dydx−

2x + 1

y = (x + 1)3

Ejemplo 1

Resolver la ecuacón diferencial siguiente:

xy ′ + y = e4x

Observemos que, dado que (xy)′ = xy ′ + y , la ecuación es equivalente a:

(xy)′ = e4x ,

que al integrar resulta:

∫e4x dx =

e4x + C,

por lo tanto, la solución general es:

y =e4x

Ejemplo 1

xy ′ + y = e4x

(xy)′ = e4x ,

∫e4x dx =

e4x + C,

y =e4x

Ejemplo 1

xy ′ + y = e4x

(xy)′ = e4x ,

∫e4x dx =

e4x + C,

y =e4x

Ejemplo 1

xy ′ + y = e4x

(xy)′ = e4x ,

∫e4x dx =

e4x + C,

y =e4x

Factor integrante

Resolver el problema de valores iniciales siguiente:

xy ′ + 2y = 3x , y(1) = 3

Observemos que (xy)′ , xy ′ + 2y , por lo cual no podemos hacer lo mismo queen el ejemplo 1. Sin embargo, si multiplicamos la ecuación diferencial por elfactor x llamado factor integrante:

x2y ′ + 2xy = 3x2, equivalentemente (x2y)′ = 3x2

pues (x2y)′ = x2y ′ + 2xy . Al integrar resulta: x2y =

∫3x2 dx = x3 + C, por lo

tanto, la solución general es:

y = x +Cx2

Empleamos la condición inicial, sustituyendo en (15) los valores x = 1 y y = 3:3 = 1 + C. La solución particular buscada es:

y = x +2x2

Factor integrante

xy ′ + 2y = 3x , y(1) = 3

y = x +Cx2

y = x +2x2

Factor integrante

xy ′ + 2y = 3x , y(1) = 3

y = x +Cx2

y = x +2x2

Factor integrante

xy ′ + 2y = 3x , y(1) = 3

y = x +Cx2

y = x +2x2

Factor integrante

xy ′ + 2y = 3x , y(1) = 3

y = x +Cx2

y = x +2x2

Factor integrante

xy ′ + 2y = 3x , y(1) = 3

y = x +Cx2

y = x +2x2

Factor integrante

xy ′ + 2y = 3x , y(1) = 3

y = x +Cx2

y = x +2x2

Factor integrante

xy ′ + 2y = 3x , y(1) = 3

y = x +Cx2

y = x +2x2

La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Solución general

Solución de la ecuación y ′ + p(x)y = q(x)

Sería deseable encontrar un factor integrante, digamos µ(x), tal que almultiplicar la ecuación y ′ + p(x)y = q(x) por µ(x):

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = q(x)µ(x), (16)

el lado izquierdo de esta ecuación pueda escribirse como (µ(x)y)′, o sea,

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ (17)

y poder integrar directamente (16)

(µ(x)y)′ = q(x)µ(x), es decir µ(x)y =

∫q(x)µ(x) dx (18)

Para encontrar µ(x), reescribamos (17), considerando que(µ(x)y)′ = µ(x)y ′ + µ′(x)y :

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = µ(x)y ′ + µ′(x)y , de donde

µ′(x) = µ(x)p(x) (19)

Separando variables:

dµ(x)µ(x)

= p(x), es decir quad ln(µ(x)) =∫

p(x) dx (20)

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = q(x)µ(x), (16)

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ (17)

∫q(x)µ(x) dx (18)

µ′(x) = µ(x)p(x) (19)

dµ(x)µ(x)

p(x) dx (20)

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = q(x)µ(x), (16)

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ (17)

∫q(x)µ(x) dx (18)

µ′(x) = µ(x)p(x) (19)

dµ(x)µ(x)

p(x) dx (20)

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = q(x)µ(x), (16)

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ (17)

∫q(x)µ(x) dx (18)

µ′(x) = µ(x)p(x) (19)

dµ(x)µ(x)

p(x) dx (20)

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = q(x)µ(x), (16)

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ (17)

∫q(x)µ(x) dx (18)

µ′(x) = µ(x)p(x) (19)

dµ(x)µ(x)

p(x) dx (20)

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = q(x)µ(x), (16)

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ (17)

∫q(x)µ(x) dx (18)

µ′(x) = µ(x)p(x) (19)

dµ(x)µ(x)

p(x) dx (20)

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = q(x)µ(x), (16)

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ (17)

∫q(x)µ(x) dx (18)

µ′(x) = µ(x)p(x) (19)

dµ(x)µ(x)

p(x) dx (20)

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = q(x)µ(x), (16)

µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ (17)

∫q(x)µ(x) dx (18)

µ′(x) = µ(x)p(x) (19)

dµ(x)µ(x)

p(x) dx (20)

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx

A partir de esta ecuación diferencial para µ(x)

µ′(x) = µ(x)p(x)

separemos variables para resolverla:

dµ(x)µ(x)

= p(x) dx , (21)

es decir

ln(µ(x)) =∫

p(x) dx

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx (22)

µ(x) se llama el factor de integración de la ecuación y ′ + p(x)y = q(x), porquepermite integrarla. La solución es, de acuerdo a ():

Factor integrante µ(x) = e∫

p(x) dx

∫q(x)e

∫p(x) dx dx (23)

µ′(x) = µ(x)p(x)

dµ(x)µ(x)

= p(x) dx , (21)

es decir

ln(µ(x)) =∫

p(x) dx

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx (22)

p(x) dx

∫q(x)e

∫p(x) dx dx (23)

µ′(x) = µ(x)p(x)

dµ(x)µ(x)

= p(x) dx , (21)

es decir

ln(µ(x)) =∫

p(x) dx

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx (22)

p(x) dx

∫q(x)e

∫p(x) dx dx (23)

µ′(x) = µ(x)p(x)

dµ(x)µ(x)

= p(x) dx , (21)

es decir

ln(µ(x)) =∫

p(x) dx

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx (22)

p(x) dx

∫q(x)e

∫p(x) dx dx (23)

µ′(x) = µ(x)p(x)

dµ(x)µ(x)

= p(x) dx , (21)

es decir

ln(µ(x)) =∫

p(x) dx

de donde:µ(x) = e

∫p(x) dx (22)

p(x) dx

∫q(x)e

∫p(x) dx dx (23)

La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Ejemplos

Ejemplo 1

Resolver la ecuación diferencial lineal:

y ′ = 2y tan x + 1

Solución Escribimos la ecuación en su forma normal:

y ′ − 2y tan x = 1 (24)

en la cual identificamos p(x) = −2 tan x . Y el factor de integración es

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫−2 tan x dx = e

∫−2 sin x

cos x dx = e2 ln | cos x | = (cos x)2

Multiplicando por el factor de integración a la ecuación diferencial normal (24):

(cos x)2y ′ − 2y(cos x)2 tan x = (cos x)2 (25)

Sabemos que el lado izquierdo de la ecuación anterior eisigual a (yµ(x))′, por lotanto,

(y(cos x)2)′ = (cos x)2

Ejemplo 1

y ′ = 2y tan x + 1

y ′ − 2y tan x = 1 (24)

µ(x) = e∫

∫−2 sin x

(y(cos x)2)′ = (cos x)2

Ejemplo 1

y ′ = 2y tan x + 1

y ′ − 2y tan x = 1 (24)

µ(x) = e∫

∫−2 sin x

(y(cos x)2)′ = (cos x)2

Ejemplo 1

y ′ = 2y tan x + 1

y ′ − 2y tan x = 1 (24)

µ(x) = e∫

∫−2 sin x

(y(cos x)2)′ = (cos x)2

Ejemplo 1

y ′ = 2y tan x + 1

y ′ − 2y tan x = 1 (24)

µ(x) = e∫

∫−2 sin x

(y(cos x)2)′ = (cos x)2

Ejemplo 1

y ′ = 2y tan x + 1

y ′ − 2y tan x = 1 (24)

µ(x) = e∫

∫−2 sin x

(y(cos x)2)′ = (cos x)2

Ejemplo 1

y ′ = 2y tan x + 1

y ′ − 2y tan x = 1 (24)

µ(x) = e∫

∫−2 sin x

(y(cos x)2)′ = (cos x)2

Integramos a ambos lados de (y(cos x)2)′ = (cos x)2:

y(cos x)2 =

∫(cos x)2 dx =

∫12(1 + cos 2x) dx =

x +sin 2x

Ejemplo 1

La solución general de la ecuación diferencial lineal y ′ = 2y tan x + 1 es:

2 cos2 x+

sin 2x4 cos2 x

cos2 x

o, equivalentemente

2 cos2 x+

tan x2

cos2 x

y(cos x)2 =

∫(cos x)2 dx =

∫12(1 + cos 2x) dx =

x +sin 2x

Ejemplo 1

2 cos2 x+

sin 2x4 cos2 x

cos2 x

o, equivalentemente

2 cos2 x+

tan x2

cos2 x

y(cos x)2 =

∫(cos x)2 dx =

∫12(1 + cos 2x) dx =

x +sin 2x

Ejemplo 1

2 cos2 x+

sin 2x4 cos2 x

cos2 x

o, equivalentemente

2 cos2 x+

tan x2

cos2 x

Ejemplo 2

Resolver el siguiente problema de valores iniciales:

y ′ + y = 2xe−x + x2

y(0) = −1 (26)

Solución. Identificamos p(x) = 1. Y el factor de integración es

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

dx = ex

Multiplicando por el factor de integración a la ecuación dada:

ex y ′ + yex = 2xe−x ex + x2ex

es decir,ex y ′ + yex = 2x + x2ex

Sabemos que el lado izquierdo de la ecuación anterior es igual a (yµ(x))′, por lotanto,

(yex)′ = 2x + x2ex

Ejemplo 2

y ′ + y = 2xe−x + x2

y(0) = −1 (26)

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

dx = ex

(yex)′ = 2x + x2ex

Ejemplo 2

y ′ + y = 2xe−x + x2

y(0) = −1 (26)

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

dx = ex

(yex)′ = 2x + x2ex

Ejemplo 2

y ′ + y = 2xe−x + x2

y(0) = −1 (26)

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

dx = ex

(yex)′ = 2x + x2ex

Ejemplo 2

y ′ + y = 2xe−x + x2

y(0) = −1 (26)

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

dx = ex

(yex)′ = 2x + x2ex

Ejemplo 2

y ′ + y = 2xe−x + x2

y(0) = −1 (26)

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

dx = ex

(yex)′ = 2x + x2ex

Integramos a ambos lados de (yex)′ = 2x + x2ex :

∫(2x + x2ex) dx = x2 + x2ex

− 2xex + 2ex + C

Utilizamos la condición inicial, sustituyendo x = 0 y y = −1:

−1 = 2 + C

de donde C = −3.

Solución del ejemplo 2

La solución general de la ecuación diferencial lineal y ′ + y = 2xe−x + x2 concondición y(0) = −1 es:

y = x2e−x + x2− 2x + 2 − 3e−x

∫(2x + x2ex) dx = x2 + x2ex

− 2xex + 2ex + C

−1 = 2 + C

de donde C = −3.

y = x2e−x + x2− 2x + 2 − 3e−x

∫(2x + x2ex) dx = x2 + x2ex

− 2xex + 2ex + C

−1 = 2 + C

de donde C = −3.

y = x2e−x + x2− 2x + 2 − 3e−x

∫(2x + x2ex) dx = x2 + x2ex

− 2xex + 2ex + C

−1 = 2 + C

de donde C = −3.

y = x2e−x + x2− 2x + 2 − 3e−x

∫(2x + x2ex) dx = x2 + x2ex

− 2xex + 2ex + C

−1 = 2 + C

de donde C = −3.

y = x2e−x + x2− 2x + 2 − 3e−x

Ejemplo 3

x ln(x) y ′ + y = 3x3

Solución. Escribimos la ecuación en su forma normal:

y ′ +1

x ln xy =

1x ln x

3x3 =1

ln x3x2

Identificamos p(x) = 1x ln x . El factor de integración es

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

1x ln x dx = e

∫(ln x)−1 1

x dx = eln(ln x) = ln x

Multiplicando por el factor de integración a la ecuación normal:

(ln x)y ′ +1x

xy = 3x2

es decir,((ln x)y)′ = 3x2

Ejemplo 3

x ln(x) y ′ + y = 3x3

y ′ +1

x ln xy =

1x ln x

3x3 =1

ln x3x2

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

1x ln x dx = e

∫(ln x)−1 1

(ln x)y ′ +1x

xy = 3x2

Ejemplo 3

x ln(x) y ′ + y = 3x3

y ′ +1

x ln xy =

1x ln x

3x3 =1

ln x3x2

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

1x ln x dx = e

∫(ln x)−1 1

(ln x)y ′ +1x

xy = 3x2

Ejemplo 3

x ln(x) y ′ + y = 3x3

y ′ +1

x ln xy =

1x ln x

3x3 =1

ln x3x2

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

1x ln x dx = e

∫(ln x)−1 1

(ln x)y ′ +1x

xy = 3x2

Ejemplo 3

x ln(x) y ′ + y = 3x3

y ′ +1

x ln xy =

1x ln x

3x3 =1

ln x3x2

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

1x ln x dx = e

∫(ln x)−1 1

(ln x)y ′ +1x

xy = 3x2

Ejemplo 3

x ln(x) y ′ + y = 3x3

y ′ +1

x ln xy =

1x ln x

3x3 =1

ln x3x2

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

1x ln x dx = e

∫(ln x)−1 1

(ln x)y ′ +1x

xy = 3x2

Ejemplo 3

x ln(x) y ′ + y = 3x3

y ′ +1

x ln xy =

1x ln x

3x3 =1

ln x3x2

µ(x) = e∫

p(x) dx = e∫

1x ln x dx = e

∫(ln x)−1 1

(ln x)y ′ +1x

xy = 3x2

Integrando la ecuación (ln x)y =∫

3x2 dx = x3 + K

La solución general es

y =x3 + K

Integrando la ecuación (ln x)y =∫

3x2 dx = x3 + K

La solución general es

y =x3 + K

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