Matematica II

Universidad Cesar Vallejo
Escuelas de Ingeniería
Industrial y Sistemas
Docentes de Matemática I y II
Lord Barrera Bocanegra
Juan Contreras Matos
Elvia Perez Barturen
Elbert Perez Diaz
Antenor Leva Apaza
Francisco Quiroz García
Carlos Deudor Gomez

Magister Lord Barrera:

Coordinador del área
de Matemática

Método de Variables Separables
y Modelos de Aplicación

Escuelas de
Ingeniería IndustrialIngeniería de Sistemas
Ingeniería Empresarial

1.

Ecuaciones Separables

Definición 1.1. Una ecuación diferencial de la forma
y′ = f ( x, y)
en la cual el miembro derecho f ( x, y) se factoriza como producto de dos
factores, uno dependiendo de x y el otro dependiendo de y, es llamada
ecuación separable.
O sea, cada ecuación separable se expresa como
y′ = P( x ) Q(y)
donde P y Q son funcionesdadas. Cuando Q(y) ̸= 0 podemos dividir la
ecuación diferencial por Q(y) y reescribirlo en la forma
dy
P( x )
=
dx
R(y)

(1.1)

donde R(y) = 1/Q(y). De (1.1) se sigue que

∫

∫
R(y) dy =

P( x ) dx + C

que es la solución implícita de la ecuación (1.1).
Ejemplo 1.1.
(i) y = x2
Ejemplo 1.2.

Algunos ejemplos de ecuaciones separable son:
(ii) y′ = x2 cos y

(iii) y′ = x2 y3

Resolver la ecuacióndiferencial
y′ =

6x
,
y2

y (1) = 2

(iv) y′ =

sen x
cos x

Solución. Primero hallamos la solución general mediante ecuaciones
separables
dy
6x
= 2
dx
y
y2 dy = 6xdx
Integrando en ambos lados

∫

∫
2

y dy =

6x dx

1 3
y = 3x2 + C
3
y3 = 9x2 + 3C = 9x2 + c
√
3
y = 9x2 + c
Esta es la solución general con constante arbitraria c. La condición inicial y(1) = 2 dice
que y = 2 cuando x = 1. Sustituyendoestos valores en la
√
3
solución y = 9x2 + c y hallando c
√
2 = 3 9 + c ⇔ 8 = 9 + c ⇔ c = −1
Por tanto, la solución de la ecuación diferencial es
√
3
y = 9x2 − 1

Ejemplo 1.3.

La ecuación diferencial de primer orden
xy′ + y = y2

es separable desde que puede ser escrita en la forma
y2 − y
dy
=
x
dx

⇔
2

dy
y ( y − 1)

=

dx
x

con y(y − 1) ̸= 0 y x ̸= 0. Las funciones constantes y = 0 e y = 1son claramente soluciones de la ecuación xy′ + y = y2 . Las otras soluciones
resultan de integrar
∫
∫
dy
dx
dy =
dx
x
y ( y − 1)
Esto nos da

ln |y − 1| − ln |y| = ln | x | + C

De donde se consigue
y−1
= xeK
y

o bien

y−1
=C
y

despejando y obtenemos
y=

Ejemplo 1.4.

1
1 − Cx

Resolver la ecuación con condición inicial

dy

= xy
dx

y (0) = 2

Solución.
dy = xydx
Ahora bien
dy
= xdx
y
∫
∫
dy
=xdx
y
1
ln y = x2 + C
2
1 2
1 2
2
y = e 2 x +C = e 2 x .eC = ce x /2
3

Esta es la solución general. Para satisfacer la condición inicial y(0) = 2,
lo que hacemos es sustituir y = 2 y x = 0 para hallar c.

⇔

2 = ce0

c=2

Sustituyendo c = 2 en la solución general obtenemos la solución particular
2
y = 2e x /2

Ejemplo 1.5.

Resolver la ecuación con condición inicial

dy

= x2 y
dx

y (0) =5

Solución. Ejercicio para el lector.
Ejemplo 1.6. Suponga que usted deposita en el banco 5000 soles y que
su ganancia crece a un interés compuesto continuo del 5 % anual más 3000
soles adicionales que resulta de una liquidación. Hallar la fórmula para
el balance de su cuenta bancaria después de t años. ¿Cuánto didero tiene
luego de 10 años?
Solución. Sea y(t) su cuenta en el banco (en miles desoles) después de
t años. A medida que pasa el tiempo, y(t) crece en 3 (miles de soles) más
el 5 % de interés. Este crecimiento puede ser modelado por una ecuación
diferencial:
y′ = 3 + 0.05y
Antes de continuar asegurémonos de entender cómo esta ecuación diferencial modela los cambios debido a los ahorros e intereses
Resolviendo esta ecuación por variables separables
dy
= 3 + 0.05y
dt
4

queintegrando resulta

∫

dy
=
3 + 0.05y

∫
dt

Haciendo el cambio u = 3 + 0.05y conseguimos du = 0.05dy, de donde

∫
20

du
=
u

∫
dt

o sea que
20 ln u = t + C
Sustituyendo llegamos a
ln(3 + 0.05y) = 0.05t + 0.05C = 0.05t + c
que equivale a
3 + 0.05y = e0.05t+c = ke0.05t
Simplificando resulta
0.05y = ke0.05t − 3

⇔

y = 20ke0.05t − 60 = be0.05t − 60

Nosotros iniciamos en el tiempo t = 0 con 5 (mil...