Ecuaciones Diferenciales en variables separables

2. Ecuaciones Diferenciales en variables separables

Definición 12.

Se dice que una ecuación diferencial de primer orden $y^{'} = f (x, y)$ , es de variables separables si puede ser escrita de la forma $y^{'} = g (x) h (y)$ , donde $g (x)$ y $h (y)$ son funciones continuas de $x$ e $y$ respectivamente en cierto intervalo común $I$ .

Al dividir entre la función $h (y)$ , una ecuación separable se puede escribir en la forma

p (y) \frac{dy}{dx} = g (x)

(2.4)

con donde, por comodidad, $p (y)$ representa a $\frac{1}{h (y)}$ ( $h (y) \neq 0$ ).

Si $y = ϕ (x)$ representa una solución de 2.4, se debe cumplir

\int p (ϕ (x)) ϕ^{'} (x) dx = \int g (x) dx

(2.5)

Pero $dy = ϕ^{'} (x) dx$ , de modo que 2.5 es lo mismo que

\int p (y) dy = \int g (x) dx

(2.6)

De donde se tiene que solución general para este tipo de ecuaciones diferenciales viene dada por

F (y) = \int g (x) dx + C .

Ejemplo35

Considere la ecuación diferencial $y^{2} \frac{dy}{dx} = x$ , determine si es de variable separable y encuentre la solución general.

Note que dicha ecuación diferencial es de variable separable pues esta dada de acuerdo a la forma 2.4. Así luego, dado que una antiderivada de $q (y) = y^{2}$ es $\frac{y^{3}}{3}$ se cumple que

\frac{d [\frac{y^{3}}{3}]}{dx} = x,

de donde al integrar a ambos miembros con respecto a variable independiente $x$ se obtiene que la solución general viene dada de forma implícita por

\frac{y^{3}}{3} = \frac{x^{2}}{2} + C .

Definición 13.

Una ecuación diferencial de la forma diferencial: $M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0$ es una ecuación separable o de variables separables si se puede escribir de la forma:

f (x) g (y) dx + h (x) k (y) dy = 0 .

(2.7)

Ahora si la ecuación diferencial 2.7, se multiplica por $\frac{1}{g (y) h (x)}$ , con ( $g (y) h (x) \neq 0$ ):

\frac{f (x)}{h (x)} dx + \frac{k (y)}{g (y)} dy = 0,

(2.8)

luego, al tomar $\frac{f (x)}{h (x)} = n (x)$ y $\frac{k (y)}{g (y)} = m (y)$ la ecuación obtenida anteriormente puede ser escrita:

n (x) dx + m (y) dy = 0 .

(2.9)

donde separando las variables: $m (y) dy = - n (x) dx,$ , luego integrando a ambos lados de la igualdad:

\int m (y) dy = \int - n (x) dx,

de esta forma se obtiene la solución de 2.7 en su forma implícita viene dada por :

F (y) = G (x) + C .

donde $F$ y $G$ son antiderivadas de $m$ y $n$ respectivamente.

Observación 2.1. En el proceso de resolución se pueden perder soluciones con las manipulaciones algebraicas. Por ejemplo, el proceso al pasar de 2.7 a 2.8, es válido si $h (x) g (y) \neq 0$ . Sin embargo, para los casos cuando $h (x) = 0$ y $g (y) = 0$ se deben comprobar en la ecuación original si alguna de ellas es o no solución, y en caso de serlo, añadirla a la solución general.

Ejemplo36

Comprobar mediante las definiciones dadas anteriormente que las siguientes ecuaciones diferenciales son de variables separables:

(a) $\frac{dy}{dx} = x^{2} + x^{2} y^{3} .$ (b) $\frac{dy}{dx} = \frac{2 x + xy}{y^{2} + 1 .}$ (c) $y^{'} = 2 - xy .$

(d) $\cos (x) e^{y} dx + (x + 1) dy = 0$ . (e) $(x y^{2} - y^{2} + x - 1) dx + (x^{2} y - 2 xy + x^{2} + 2 y - 2 x + 2) dy = 0$ .

En efecto, fácilmente utilizando las definiciones aportadas para ecuaciones diferenciales en variables separable se comprueba que:

(a) Esta ecuación se puede reescribir como: $\frac{dy}{dx} = x^{2} (1 + y^{3})$ , luego sí es una ecuación separable. (b) Esta ecuación se puede reescribir como $\frac{dy}{dx} = \frac{x (3 - y)}{y^{2} + 1}$ , por tanto, el término de la derecha se puede escribir como el producto de una función de $x$ por una función de $y$ : $\frac{dy}{dx} = x \cdot \frac{3 - y}{y^{2} + 1}$ luego sí es una ecuación separable.

(c) En la ecuación $y^{'} = 2 - xy$ no se puede separar la expresión $2 - xy$ como producto de una función de $x$ por una de $y$ ; por tanto, no es una ecuación separable.

(d) Esta ecuación es de la forma: $\underset{f (x)}{\underset{⏟}{cos (x)}} \underset{g (y)}{\underset{⏟}{e^{y}}} dx + \underset{h (x)}{\underset{⏟}{(x + 1)}} dx = 0$ , luego sí es una ecuación separable.

(e) Note que la ecuación dada se puede expresar de la forma: $\underset{f (x)}{\underset{⏟}{(x - 1)}} \underset{g (y)}{\underset{⏟}{(y^{2} + 1)}} dx + \underset{h (x)}{\underset{⏟}{(x^{2} - 2 x + 2)}} \underset{k (y)}{\underset{⏟}{(y + 1)}} dy = 0$ , luego sí es una ecuación diferencial en variable separable.

Ejemplo37

Encontrar la solución general de $\frac{dy}{dx} = \frac{x^{2} + 1}{2 - y}$ y determinar la solución particular para la cual $y = 4$ cuando $x = - 3$ .

Separando las variables, se puede escribir la ecuación dada en la forma $(2 - y) dy = (x^{2} + 1) dx,$

luego integrando la ecuación anterior se obtiene fácilmente la solución general de la siguiente forma

\int (2 - y) dy = \int (x^{2} + 1) dx \Leftrightarrow 2 y - \frac{y^{2}}{2} = \frac{x^{3}}{3} + x + C .

(2.10)

Posteriormente, sustituyendo $x = - 3$ y $y = 4$ en 2.10 se obtiene $C = 12$ , por lo que la solución particular requerida es

\frac{- x^{3}}{3} - x + 2 y - \frac{y^{2}}{2} = - 12 .

(2.11)

Observación 2.2. Se debe notar que para llegar a la solución general de la EDO del ejemplo anterior, se debe considerar que $y \neq 2$ . Gráficamente, las curvas solución en $\frac{- x^{3}}{3} - x + 2 y - \frac{y^{2}}{2} = C$ se observan en la figura 2.1 y asimismo que tienen una pendiente vertical en el punto donde $y = 2$ .

Fig. 2.1: algunas soluciones particulares de la EDO

\frac{dy}{dx} = \frac{x^{2} + 1}{2 - y} .

Fuente: elaboración propia con Mathematica 9.0.

Por otro lado, la solución particular 2.11 puede obtenerse explícitamente mediante fórmula cuadrática, y dicha solución será $y = \frac{12 \pm \sqrt{- 24 x^{3} - 72 x - 720}}{6} = \frac{1}{3} (6 \pm \sqrt{6} \sqrt{- x^{3} - 3 x - 30})$ la cual se muestra gráficamente a través de la figura 2.2.

Fig. 2.2: solución particular de la EDO que pasa

\frac{dy}{dx} = \frac{x^{2} + 1}{2 - y}

por

(- 3, 4)

Fuente: elaboración propia con Mathematica 9.0.

Ejemplo38

Resuelva el PVI $xy \frac{dy}{dx} = yx + x + y + 1$ , con $y (1) = 0$ , $x \neq 0$ .

Si en la ecuación diferencial dada factorizamos el lado derecho se tiene $xy \frac{dy}{dx} = (y + 1) (x + 1)$ , luego separando variables con $y \neq - 1$ e integrando

\begin{array}{rcl} \int \frac{y}{y + 1} dy & = & \int \frac{x + 1}{x} dx \\ y - ln | y + 1 | + C_{1} & = & x + ln | x | + C_{2} \\ y - ln | y + 1 | & = & x + ln | x | + C \\ y & = & x + ln | (y + 1) x | + C (*) \end{array}

de donde (*) representa la solución general de la ED dada, ahora si en ella se toma $y = 0$ , $x = 1$ obtenemos $C = - 1$ , de esta forma la solución al PVI es

y (x) = x + ln | (y + 1) x | - 1

Observe que $y = - 1$ es una solución de la ecuación (sustituya directamente), pero $y = - 1$ no está contenida en la familia $y (x) = x + ln | (y + 1) x | + C$ , por lo que es una solución singular.

Ejemplo39

Encontrar una solución al problema de valores iniciales:

\frac{dy}{dx} = \frac{x^{2}}{1 - y^{2}}, y (0) = 1

Separando variables en la ecuación diferencial dada se tiene ahora $(1 - y^{2}) dy = x^{2} dx$ e integramos:

\int (1 - y^{2}) dy = y - \frac{1}{3} y^{3} + C_{1}

\int x^{2} dx = \frac{1}{3} x^{3} + C_{2}

Por lo que la solución está dada por:

y - \frac{1}{3} y^{3} - \frac{1}{3} x^{3} = C (*)

donde $C = C_{1} - C_{2}$ es una constante arbitraria. Ahora si utilizamos en en (*) la condición $y (0) = 1$ para obtener la solución del problema de valor inicial. obtenemos $C = \frac{2}{3}$ .

Por lo que la solución del problema de valor inicial viene dada por :

y - \frac{1}{3} y^{3} - \frac{1}{3} x^{3} = \frac{2}{3}

Observe que aunque el TEU no garantiza una solución al problema de valores iniciales en el punto $(0, 1)$ (pues el denominador se anula), esta sí existe.

Ejemplo40

Resuelva la ecuación diferencial $x \frac{dy}{dx} = 2 y$ hasta obtener su solución general.

Si en la ED dada separamos variables $(y \neq 0, x \neq 0),$ e integramos a ambos lados se tiene

$ln | y | = 2 ln | x | + K$ ,

$\Rightarrow ln | \frac{y}{x^{2}} | = K$

$\Rightarrow | \frac{y}{x^{2}} | = e^{K}$ ,

$\Rightarrow | y | = x^{2} e^{K}$

$\Rightarrow | y | = x^{2} C (*)$ con $C = e^{K}$ constante arbitraria.

Por lo que (*) representa la solución general de la ED dada. Por otro lado si analizamos el caso cuando $y (x) = 0$ se tiene que esta se desprende de (*) para la constante $C = 0$ , esto indica no es solución singular. Además se aprecia que $y (0) = 0$ para todas las soluciones, lo cual se puede apreciar en la figura 2.3.

Fig. 2.3: soluciones de la EDO

x \frac{dy}{dx} = 2 y

por

(0, 0)

Fuente: elaboración propia con Mathematica 11.0.

Ejemplo41

Resolver el problema de valor inicial

e^{y} cos x + cos x + (e^{y} sen x + e^{y}) y^{'} = 0, y (π) = 0

Separando variables e integrando se sigue que:

\begin{array}{rcl} e^{y} cos x + cos x + (e^{y} sen x + e^{y}) y^{'} & = & 0 \\ cos x (e^{y} + 1) + e^{y} (sen x + 1) \frac{dy}{dx} & = & 0 \\ e^{y} (sen x + 1) \frac{dy}{dx} & = & - cos x (e^{y} + 1) \\ e^{y} (sen x + 1) dy & = & - cos x (e^{y} + 1) dx con sen x \neq 1 \\ \frac{e^{y}}{e^{y} + 1} dy & = & - \frac{cos x}{sen x + 1} dx \\ ln | e^{y} + 1 | & = & - ln | sen x + 1 | + ln | c_{1} |, tome C = ln | c_{1} | \\ ln (e^{y} + 1) & = & ln (\frac{| c_{1} |}{sen x + 1}), para sen x + 1 > 0 \end{array}

Ahora despejamos $y$ para expresar la solución en forma explícita

e^{y} = \frac{| c_{1} | - sen x - 1}{sen x + 1}

es decir,

y = ln (\frac{K - sen x}{sen x + 1}) (*)

con $K = | c_{1} | - 1$ . Se quiere ahora una solución que cumple con $y (π) = 0$ , entonces

0 = ln (\frac{K - sen 0}{sen 0 + 1}) = ln K

de donde

K = 1

Sustituyendo en (*) obtenemos la solución del problema de valor inicial viene dada por

y (x) = ln (\frac{1 - sen x}{sen x + 1})

Ejemplo42

Determine la solución de la ecuación diferencial:

(x y^{2} - y^{2} + x - 1) dx + (x^{2} y - 2 xy + x^{2} + 2 y - 2 x + 2) dy = 0 (1)

Note que la ecuación $(1)$ se puede expresar como

(y^{2} + 1) (x - 1) dx + (x^{2} - 2 x + 2) (y + 1) dy = 0

de donde se observa es de variables separables y de esta forma:

\begin{array}{rcl} \frac{x - 1}{x^{2} - 2 x + 2} dx + \frac{y + 1}{y^{2} + 1} dy & = & 0 \\ \frac{x - 1}{x^{2} - 2 x + 2} dx & = & - \frac{y + 1}{y^{2} + 1} dy \\ \Rightarrow \frac{1}{2} ln | x^{2} - 2 x + 2 | & = & - (\frac{1}{2} ln | y^{2} + 1 | + arctan y) + k \\ \Rightarrow \frac{1}{2} ln (x^{2} - 2 x + 2) + \frac{1}{2} ln (y^{2} + 1) + arctan y & = & k \\ \Rightarrow ln [(x^{2} - 2 x + 2) (y^{2} + 1)] + 2 arctan y & = & 2 k \\ \Rightarrow e^{ln [(x^{2} - 2 x + 2) (y^{2} + 1)] + 2 arctan y} & = & e^{2 k} \\ \Rightarrow (x^{2} - 2 x + 2) (y^{2} + 1) \cdot e^{2 arctan y} & = & e^{2 k} \end{array}

Así la solución general de la ED dada corresponde a: $(x^{2} - 2 x + 2) (y^{2} + 1) \cdot e^{2 arctan y} = C$ .

Puede ingresar al link https://youtu.be/ZllxBiUBIEY o código QR para visualizar explición de tal ejemplo.

Ejemplo43

Resolver la ecuación diferencial:

\frac{dy}{dx} = \frac{y + 1}{\sqrt{x} + \sqrt{xy}}

factorizando primero y posteriormente separando variables se tiene que

\begin{array}{rcl} \frac{dy}{dx} = \frac{y + 1}{\sqrt{x} + \sqrt{x} \sqrt{y}} = \frac{y + 1}{\sqrt{x} (1 + \sqrt{y})} \\ \Rightarrow & \frac{1 + \sqrt{y}}{y + 1} dy = \frac{dx}{\sqrt{x}} \\ \Rightarrow & \int \frac{\sqrt{y} + 1}{y + 1} dy = \int x^{\frac{1}{2}} dx \end{array}

Resolviendo la primera integral mediante el cambio de variable $\sqrt{y} = t$ se obtiene:

\begin{array}{rcl} \int \frac{t + 1}{t^{2} + 1} \cdot 2 tdt & = & \int \frac{2 t^{2} + 2 t}{t^{2} + 1} dt \\ = & \int (\frac{2 t^{2}}{t^{2} + 1} + \frac{2 t}{t^{2} + 1}) dt \\ = & \int (2 - \frac{2}{t^{2} + 1} + \frac{2 t}{t^{2} + 1}) dt \\ = & 2 t - 2 arctan t + ln (t^{2} + 1) + C_{1} \end{array}

De esta forma y dado que $t = \sqrt{y}$ , se tiene que la solución en términos de variables iniciales $x, y$ viene dada por:

\begin{array}{rcl} 2 \sqrt{y} + ln (y + 1) - 2 arctan \sqrt{y} + C_{1} = 2 \sqrt{x} + C_{2} \\ \Rightarrow & 2 (\sqrt{y} - \sqrt{x}) + ln (y + 1) - 2 arctan \sqrt{y} = C \end{array}

Esta última expresión representa la solución general de la ecuación diferencial en forma implícita.

Ejemplo44

Determinar solución general de la ecuación diferencial $x \frac{dy}{dx} - y = 2 x^{2} y$ .

Al multiplicar por $dx$ la ecuación $x \frac{dy}{dx} - y = 2 x^{2} y$ se tiene

\begin{array}{rcl} xdy - ydx = 2 x^{2} ydx & \Leftrightarrow & (2 x^{2} y + y) dx - xdy = 0, \\ \Leftrightarrow & y (2 x^{2} + 1) dx - xdy = 0, \end{array}

dividiendo por $xy \neq 0$ , se obtiene que

\frac{1}{xy} (y (2 x^{2} + 1) dx - xdy) = \frac{1}{xy} (0) \Leftrightarrow (\frac{2 x^{2} + 1}{x}) dx - (\frac{1}{y}) dy = 0 .

En tal caso, $x \neq 0$ y $y \neq 0$ . Luego, se tiene que la solución está dada por

\begin{align} \int (\frac{2 x^{2} + 1}{x}) dx - \int (\frac{1}{y}) dy = C \Leftrightarrow & \int (2 x + \frac{1}{x}) dx - \int \frac{1}{y} dy = C, \\ \Leftrightarrow & x^{2} + ln | x | - ln | y | = C . & (2.12) \end{align}

Esto también puede escribirse en una forma libre de logaritmos escribiendo 2.12 como

\begin{align} x^{2} + ln | x | - ln | y | = C \Leftrightarrow & x^{2} + ln | \frac{x}{y} | = C \\ \Leftrightarrow & ln | \frac{x}{y} | = C - x^{2} \\ \Leftrightarrow & | \frac{x}{y} | = e^{C - x^{2}} \\ \Leftrightarrow & | \frac{x}{y} | = e^{C} e^{- x^{2}} \\ \Leftrightarrow & \frac{x}{y} = \pm e^{C} e^{- x^{2}} \\ \Leftrightarrow & x = \pm y e^{C} e^{- x^{2}} \\ \Leftrightarrow & x e^{x^{2}} = \pm y e^{C} \\ \Leftrightarrow & \pm e^{- C} x e^{x^{2}} = y \\ \Leftrightarrow & y = Ax e^{x^{2}} . & (2.13) \end{align}

Note que el caso $y = 0$ esta contenido en la solución general para el caso $A = 0 .$

Ejemplo45

Determinar solución general de la ecuación diferencial $sen (x + y) dx + sen y (csc xdy - cos xdx) = 0$ .

Al considerar la ecuación diferencial $sen (x + y) dx + sen y (csc xdy - cos xdx) = 0$ y efectuar simplificaciones previamente se tiene

$sen (x + y) dx + sen y (csc xdy - cos xdx) = 0$

$\Leftrightarrow (sen x cos y + cos x sen y) dx + (sen y csc xdy - sen y cos xdx) = 0$

$\Leftrightarrow (sen x cos y + cos x sen y - sen y cos x) dx + (sen y csc x) dy = 0$

$\Leftrightarrow (sen x cos y) dx + (sen y csc x) dy = 0$

$\Leftrightarrow (sen x cos y) dx + (\frac{sen y}{sen x}) dy = 0 .$

Multiplicando el último resultado por $\frac{sen x}{cos y}$ , con $cos y \neq 0$ se obtiene que

\frac{sen x}{cos y} ((sen x cos y) dx + (\frac{sen y}{sen x}) dy) = \frac{sen x}{cos y} (0) \Leftrightarrow ({sen}^{2} x) dx + (\frac{sen y}{cos y}) dy = 0 .

En tal caso, $cos y \neq 0$ , o bien, $y \neq \frac{π}{2} + kπ, k \in ℤ$ . Luego, la solución está dada por

\begin{align} \int {sen}^{2} x dx + \int \frac{sen y}{cos y} dy = C \Leftrightarrow & \int (\frac{1 - cos 2 x}{2}) dx + \int \frac{sen y}{cos y} dy = C \\ \Leftrightarrow & \frac{x}{2} - \frac{sen 2 x}{4} + ln | cos y | = C \\ \Leftrightarrow & x - \frac{sen 2 x}{2} + 2 ln | cos y | = 2 C \\ \Leftrightarrow & x - \frac{sen 2 x}{2} + ln ({cos}^{2} y) = K . \end{align}

Aquí $K = 2 C$ . Por otra parte, se debe notar que se usaron diversas estrategias para hallar dicha solución, entre las que se recuerda la integración por sustitución en

\int \frac{sen y}{cos y} dy y \int cos 2 x dx,

y el uso de la identidad

{sen}^{2} x = \frac{1 - cos 2 x}{2} .

2..1 Casos especiales que requieren alguna sustitución

En algunos casos se pueden hacer cambios de variable apropiados que permiten transformar una ecuación de la forma $\frac{dy}{dx} = f (x, y)$ , en otra de variables separables, como se ilustra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo46

Resuelva la siguiente ecuación diferencial

\frac{dy}{dx} = 3 \sqrt[3]{y - 3 x} .

(2.14)

La raíz cúbica en la ecuación diferencial sugiere cambiar la variable dependiente, por ejemplo $y$ a $z$ , de modo tal que la raíz pueda evitarse.

En este caso, si $y - 3 x = z^{3}$ de donde

\frac{dy}{dx} = 3 + 3 z^{2} \frac{dz}{dx},

posteriormente sustituyendo en la ecuación diferencial 2.14 se tiene

3 + 3 z^{2} \frac{dz}{dx} = 3 z,

es decir,

z^{2} \frac{dz}{dx} = z - 1,

al separar variables

\frac{z^{2}}{z - 1} dz = dx,

posteriormente integrando a ambos lados

\frac{z^{2}}{2} + z + ln ∣ z - 1 ∣ = x + K .

Finalmente como $z = \sqrt[3]{y - 3 x}$ , se concluye que

\sqrt[3]{{(y - 3 x)}^{2}} + 2 \sqrt[3]{y - 3 x} + 2 ln ∣ \sqrt[3]{y - 3 x} - 1 ∣ = 2 x + C . (C = 2 K)

Ejemplo47

Verifique que la ecuación diferencial $\frac{dy}{dx} = \frac{y - x y^{2}}{x + x^{2} y}$ se puede transformar en una ecuación diferencial de variables separables al aplicar la transformación $z x^{- 1} = y$ (no resuelva esta última ecuación).

Observe que: $z x^{- 1} = y \Rightarrow \frac{dz}{dx} x^{- 1} - x^{- 2} z = \frac{dy}{dx}$ , luego de esta forma

\begin{array}{rcl} \frac{dy}{dx} = \frac{y - x y^{2}}{x + x^{2} y} & \Rightarrow & \frac{dz}{dx} x^{- 1} - x^{- 2} z = \frac{z x^{- 1} - x \cdot {(z x^{- 1})}^{2}}{x + x^{2} \cdot z x^{- 1}} \\ \Rightarrow & \frac{dz}{dx} x^{- 1} = \frac{z x^{- 1} - x z^{2} x^{- 2}}{x + x^{2} \cdot z x^{- 1}} + x^{- 2 z} \\ \Rightarrow & \frac{dz}{dx} x^{- 1} = \frac{z x^{- 1} - z^{2} x^{- 1} + x^{- 1} z + x^{- 1} z^{2}}{x + xz} \\ \Rightarrow & \frac{dz}{dx} x^{- 1} = \frac{z x^{- 1} + x^{- 1} z}{x + xz} \\ \Rightarrow & \frac{dz}{dx} x^{- 1} = \frac{2 z x^{- 1}}{x (1 + z)} \\ \Rightarrow & \frac{1 + z}{z} dz = \frac{2 dx}{x} \to Ecuación diferencial en variables separables z (x) \end{array}

Ejemplo48

Resolver la siguiente ecuación diferencial $(2 \sqrt{xy} - y) dx - xdy = 0$ , mediante un cambio de variable apropiado.

La raíz nos sugiere hacer el cambio de variable $u^{2} = xy,$ así, $u$ y $y$ son funciones que dependen de $x .$

luego derivando con respecto a $x$ se tiene que $2 u \frac{du}{dx} = y + x \frac{dy}{dx},$
despejando $\frac{dy}{dx}$

se obtiene

\frac{dy}{dx} = \frac{2 u \frac{du}{dx} - y}{x}, (x \neq 0)

Al expresar $(2 \sqrt{xy} - y) dx - xdy = 0$

en su forma normal, es decir,

y^{'} = \frac{2 \sqrt{xy} - y}{x}

, luego tomando los cambios obtenidos anteriormente se tiene

\frac{2 u \frac{du}{dx} - y}{x} = \frac{2 \sqrt{u^{2}} - y}{x},

es decir, $2 u \frac{du}{dx} = 2 u,$ de donde separando variables e integrando a ambos miembros de la ecuación

u = x + c,

finalmente devolviendo el cambio de variable $u^{2} = xy$ se obtiene por solución general en su forma implícita

\pm \sqrt{xy} = x + c .

Ejercicios 2.1 — Ejercicios de retroalimentación

Ejercicio 2.1

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales, en caso de no estar la ED dada en su forma normal conviene tenerla en dicha forma

y^{'} = f (x, y)

. Posteriormente ingrese a página interactiva

Variables Separablespara comprobar dichos resultados.¹

1.: $y \frac{dy}{dx} = e^{- 4 x} + e^{- 2 x}$
2.: $y^{'} = \frac{6 x^{2} + 1}{2 y + 3}$
3.: $- csc (y) dx + (x^{2} + 1) dy = 0$
4.: $y^{'} = x^{2} (y^{2} + 1)$

Ejercicio 2.2

Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales en variables separables.

1.: $\frac{tan y}{cot x} dx + sec xdy = 0$
2.: $(x + x y^{2}) dx + e^{x^{2}} ydy = 0 .$
3.: $y^{'} = \frac{y cos x}{1 - 2 y}$
4.: $e^{- y} x^{2} + (x^{2} + 2) y y^{'} = 0$
5.: $(x y^{2} - y^{2} + x - 1) dx + (x^{2} y - 2 xy + x^{2} + 2 y - 2 x + 2) dy = 0$
6.: $(1 + x^{2} + y^{2} + x^{2} y^{2}) dy = (1 + y^{2}) dx$
7.: $(1 + x^{2} + y^{2} + x^{2} y^{2}) \frac{dy}{dx} = 1$

1.: $ln (sen y) = K + cos x$ o equivalentemente $y = arcsen (C e^{cos x})$ donde $e^{k} = C$
2.: $ln (1 + y^{2}) = K + \frac{e^{- x^{2}}}{2}$ equivalentemente $y^{2} = C e^{e^{- x^{2}}} - 1$ donde $e^{k} = C$
3.: $ln y - 2 y = sen x + C .$
4.: $e^{y} (1 - y) = x - \sqrt{2} arctan (\frac{x}{\sqrt{2}}) + C$
5.: $(x^{2} - 2 x + 2) (y^{2} + 1) e^{2 arctan (y)} = C .$
6.: $y = arctan x + C$
7.: $y + \frac{y^{3}}{3} = arctan x + C$

Ejercicio 2.3

Resuelva el siguiente problema de valor inicial:

1.: $y^{'} = \sqrt{2 x - y} + 2;$ con $y (2) = 1$ .
2.: $\frac{dy}{dx} = \frac{y (2 x^{2} + 1)}{x}, y (1) = 1 (Sol : y = x e^{(x^{2} - 1)})$

1.
2.

Ejercicio 2.4

Muestre que en la ecuación diferencial

ydx + (1 + y^{2} e^{2 x}) dy = 0

el cambio de variables

u = y e^{x}

separa variables, luego obtenga la solución general de dicha ecuación

ED en variables separables

u^{'} = \frac{u^{3}}{1 + u^{2}}

. SG:

\frac{- 1}{2 y^{2} e^{2 x}} + ln | y e^{x} | = x + C

. SS:

y = 0

Ejercicio 2.5

Considere la ecuación diferencial

\frac{dy}{dx} = f (ax + by + c)

;

b \neq 0

a)

Demuestre que esta ecuación se puede transformar a una de variables separables mediante la sustitución

z = ax + by + c

b)

Utilice el resultado anterior para resolver las siguientes ecuaciones:

(a): $y^{'} = {sen}^{2} (x - y + 1)$
(b): $y^{'} = 2 xy - x^{2} - y^{2}$ .
(c): $y^{'} = \frac{1}{ln (2 x + y + 3)} + 1$

1.: $arctan (x + y) = x + C$
2.: SG: $tan (x - y + 1) = x + C$ SS: $x - y + 1 = (\frac{2 k + 1}{2} π)$ con $K \in ℤ$
3.

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