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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Curso
May 15, 2020
Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Contenido
1 IntroducciónConceptos básicos del las ecuaciones diferenciales
2 Ecuaciones de variables separables.
3 La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
IntroducciónLa 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
2
y ′ cos x = y ln y , y(π4) = e
Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
IntroducciónLa 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
2
y ′ cos x = y ln y , y(π4) = e
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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
2
y ′ cos x = y ln y , y(π4) = e
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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
2
y ′ cos x = y ln y , y(π4) = e
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IntroducciónLa 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
2
y ′ cos x = y ln y , y(π4) = e
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Noción de una ecuación diferencial
1
y ′ = 1 + ex , y(0) = 1
2
u′ −√
t − 3u = 0
3
(y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0
4
∂2z∂x2−∂2z∂x∂y
= sin z
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Noción de una ecuación diferencial
1
y ′ = 1 + ex , y(0) = 1
2
u′ −√
t − 3u = 0
3
(y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0
4
∂2z∂x2−∂2z∂x∂y
= sin z
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Noción de una ecuación diferencial
1
y ′ = 1 + ex , y(0) = 1
2
u′ −√
t − 3u = 0
3
(y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0
4
∂2z∂x2−∂2z∂x∂y
= sin z
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Noción de una ecuación diferencial
1
y ′ = 1 + ex , y(0) = 1
2
u′ −√
t − 3u = 0
3
(y ′′′)2− 2y ′y ′′′ + (y ′′)3 = 0
4
∂2z∂x2−∂2z∂x∂y
= sin z
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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.
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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.
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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Solución de una ecuación diferencial
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
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Solución de una ecuación diferencial
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
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Solución de una ecuación diferencial
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
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Solución de una ecuación diferencial
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
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Solución de una ecuación diferencial
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
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Solución de una ecuación diferencial
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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Grado de una ecuación diferencial
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.
Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Grado de una ecuación diferencial
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.
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Grado de una ecuación diferencial
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.
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Grado de una ecuación diferencial
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.
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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.
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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.
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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.
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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.
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
y(0) = 0 (3)
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
y(0) = 0 (3)
Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
y(0) = 0 (3)
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
y(0) = 0 (3)
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
y(0) = 0 (3)
Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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 está “despejada”.
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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 está “despejada”.
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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 está “despejada”.
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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 está “despejada”.
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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 está “despejada”.
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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 está “despejada”.
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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 (??)
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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 (??)
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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 (??)
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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 (??)
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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 (??)
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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 (??)
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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 (??)
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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 (??)
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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 .
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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 .
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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 .
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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 .
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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 .
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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 .
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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.
dAdt
= −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.
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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.
dAdt
= −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.
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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.
dAdt
= −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.
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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.
dAdt
= −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.
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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.
dAdt
= −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.
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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.
dAdt
= −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.
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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.
dAdt
= −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.
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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):
1A
dA = −Kdt∫1A
dA =
∫−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
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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):
1A
dA = −Kdt∫1A
dA =
∫−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
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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):
1A
dA = −Kdt∫1A
dA =
∫−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
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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):
1A
dA = −Kdt∫1A
dA =
∫−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
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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):
1A
dA = −Kdt∫1A
dA =
∫−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
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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):
1A
dA = −Kdt∫1A
dA =
∫−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
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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):
1A
dA = −Kdt∫1A
dA =
∫−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
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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):
1A
dA = −Kdt∫1A
dA =
∫−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
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Método de separación de variables
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
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(910
) = −16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
10)
52 ≈ 15.37g
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Método de separación de variables
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
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
10)
52 ≈ 15.37g
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Método de separación de variables
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
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
10)
52 ≈ 15.37g
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Método de separación de variables
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
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
10)
52 ≈ 15.37g
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Método de separación de variables
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
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
10)
52 ≈ 15.37g
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Método de separación de variables
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
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
10)
52 ≈ 15.37g
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Método de separación de variables
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
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
10)
52 ≈ 15.37g
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Método de separación de variables
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
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
10)
52 ≈ 15.37g
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Método de separación de variables
A partir de la solución general obtenida: A(t) = eCe−Kt y las condiciones dadasse tiene:
A(0) = 20, Condición inicial
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eC = 20
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A(6) = e−6K eC = e−6K 20
18 = 20e−6K
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
A(15) = 20e−156 ln 10
9 = 20(9
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A partir de la solución general obtenida: A(t) = eCe−Kt y las condiciones dadasse tiene:
A(0) = 20, Condición inicial
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eC = 20
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18 = 20e−6K
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
ln(109)
A(t) = 20e−16 ln 10
9 t
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9 = 20(9
10)
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A partir de la solución general obtenida: A(t) = eCe−Kt y las condiciones dadasse tiene:
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eC = 20
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18 = 20e−6K
1820
= e−6K
ln(1820
) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
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9 t
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Método de separación de variables
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
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18 = 20e−6K
1820
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) = −6K
− K =16
ln(9
10) = −
16
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52 ≈ 15.37g
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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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
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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
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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
IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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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 +
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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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
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1. Resolver el siguiente problema de valores iniciales:
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Variables separables. Ejemplos.
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:
yey
dy =1
1 + exdx
que al integrar ∫ye−y dy =
∫1
1 + exdx ,
resulta:−ye−y
− e−y = − ln(1 + e−x) + C.
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Variables separables. Ejemplos.
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:
yey
dy =1
1 + exdx
que al integrar ∫ye−y dy =
∫1
1 + exdx ,
resulta:−ye−y
− e−y = − ln(1 + e−x) + C.
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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:
yey
dy =1
1 + exdx
que al integrar ∫ye−y dy =
∫1
1 + exdx ,
resulta:−ye−y
− e−y = − ln(1 + e−x) + C.
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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:
yey
dy =1
1 + exdx
que al integrar ∫ye−y dy =
∫1
1 + exdx ,
resulta:−ye−y
− e−y = − ln(1 + e−x) + C.
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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:
yey
dy =1
1 + exdx
que al integrar ∫ye−y dy =
∫1
1 + exdx ,
resulta:−ye−y
− e−y = − ln(1 + e−x) + C.
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Variables separables. Ejemplos.
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:
yey
dy =1
1 + exdx
que al integrar ∫ye−y dy =
∫1
1 + exdx ,
resulta:−ye−y
− e−y = − ln(1 + e−x) + C.
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
Variables separables. Ejemplos.
En donde se ha integrado de la siguiente manera:∫ye−y dy = −ye−y +
∫e−y dy = −ye−y
− e−y
∫1
1 + exdx =
∫e−x
e−x + 1dx = − ln(1 + e−x) + C
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Variables separables. Ejemplos.
En donde se ha integrado de la siguiente manera:∫ye−y dy = −ye−y +
∫e−y dy = −ye−y
− e−y
∫1
1 + exdx =
∫e−x
e−x + 1dx = − ln(1 + e−x) + C
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Variables separables. Ejemplos.
En donde se ha integrado de la siguiente manera:∫ye−y dy = −ye−y +
∫e−y dy = −ye−y
− e−y
∫1
1 + exdx =
∫e−x
e−x + 1dx = − ln(1 + e−x) + C
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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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
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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
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2x + 1
y = (x + 1)3
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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
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y = (x + 1)3
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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
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y = (x + 1)3
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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
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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
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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:
xy =
∫e4x dx =
14
e4x + C,
por lo tanto, la solución general es:
y =e4x
4x+
Cx
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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:
xy =
∫e4x dx =
14
e4x + C,
por lo tanto, la solución general es:
y =e4x
4x+
Cx
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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:
xy =
∫e4x dx =
14
e4x + C,
por lo tanto, la solución general es:
y =e4x
4x+
Cx
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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:
xy =
∫e4x dx =
14
e4x + C,
por lo tanto, la solución general es:
y =e4x
4x+
Cx
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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
(15)
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
Lecciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Introducción
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
(15)
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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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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
(15)
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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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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
(15)
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
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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
(15)
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
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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
(15)
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
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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
(15)
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
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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
(15)
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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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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
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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
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Solución general
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
y =1
µ(x)
∫q(x)e
∫p(x) dx dx (23)
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Solución general
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
y =1
µ(x)
∫q(x)e
∫p(x) dx dx (23)
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Solución general
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
y =1
µ(x)
∫q(x)e
∫p(x) dx dx (23)
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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
y =1
µ(x)
∫q(x)e
∫p(x) dx dx (23)
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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
y =1
µ(x)
∫q(x)e
∫p(x) dx dx (23)
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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IntroducciónLa Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden
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
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Ejemplos
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 =
12
x +sin 2x
4+ C
Ejemplo 1
La solución general de la ecuación diferencial lineal y ′ = 2y tan x + 1 es:
y =x
2 cos2 x+
sin 2x4 cos2 x
+C
cos2 x
o, equivalentemente
y =x
2 cos2 x+
tan x2
+C
cos2 x
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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 =
12
x +sin 2x
4+ C
Ejemplo 1
La solución general de la ecuación diferencial lineal y ′ = 2y tan x + 1 es:
y =x
2 cos2 x+
sin 2x4 cos2 x
+C
cos2 x
o, equivalentemente
y =x
2 cos2 x+
tan x2
+C
cos2 x
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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 =
12
x +sin 2x
4+ C
Ejemplo 1
La solución general de la ecuación diferencial lineal y ′ = 2y tan x + 1 es:
y =x
2 cos2 x+
sin 2x4 cos2 x
+C
cos2 x
o, equivalentemente
y =x
2 cos2 x+
tan x2
+C
cos2 x
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Ejemplos
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
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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
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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
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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
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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
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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
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Ejemplos
Integramos a ambos lados de (yex)′ = 2x + x2ex :
yex =
∫(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
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Integramos a ambos lados de (yex)′ = 2x + x2ex :
yex =
∫(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
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Integramos a ambos lados de (yex)′ = 2x + x2ex :
yex =
∫(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
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Integramos a ambos lados de (yex)′ = 2x + x2ex :
yex =
∫(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
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Integramos a ambos lados de (yex)′ = 2x + x2ex :
yex =
∫(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
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Ejemplo 3
Resolver la ecuación diferencial lineal:
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
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Ejemplo 3
Resolver la ecuación diferencial lineal:
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
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Ejemplos
Ejemplo 3
Resolver la ecuación diferencial lineal:
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
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Ejemplo 3
Resolver la ecuación diferencial lineal:
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
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Ejemplo 3
Resolver la ecuación diferencial lineal:
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
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Ejemplo 3
Resolver la ecuación diferencial lineal:
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
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Ejemplos
Ejemplo 3
Resolver la ecuación diferencial lineal:
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
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Ejemplos
Integrando la ecuación (ln x)y =∫
3x2 dx = x3 + K
Solución del ejemplo 3
La solución general es
y =x3 + K
ln x
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La Ecuación Diferencial Lineal de Primer Orden. Ejemplos
Integrando la ecuación (ln x)y =∫
3x2 dx = x3 + K
Solución del ejemplo 3
La solución general es
y =x3 + K
ln x
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