Ecuaciones Diferenciales apunte 1

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Julio Flores Dionicio Página 1 
 
 
Georg Friedrich Riemann (1826-1866) 
Georg Friedrich Riemann 
Ejemplo vivo de la timidez y de la fragilidad física, Riemann impactó, sin embargo, el mundo de las 
matemáticas como pocos lo han hecho en la historia. 
Hijo del pastor de un pequeño pueblo en Alemania, recibió no obstante una buena educación que 
lo llevó a presentar su tesis doctoral delante de Gauss en Gottingen. 
Este último, reconocido como difícil de sorprender, quedó entusiasmado por el desarrollo que hizo 
Riemann sobre la teoría de la función de una variable compleja. Este episodio se recuerda como la 
única vez en la que Gauss haya expresado admiración por un trabajo ajeno. 
Ahí aparecen las famosas superficies de Riemann, las cuales generarían el enfoque topológico del 
análisis. Un poco más tarde clarificó la noción de integral mediante una nueva definición conocida 
como la "Integral de Riemann". 
Sus trabajos sobre los fundamentos de la geometría le permitieron generalizar la noción de 
espacio y son precursores de las teorías del siglo XX sobre los espacios abstractos. 
Pero su complexión débil lo hizo presa de la tuberculosis, un mal entonces incurable, y Riemann 
murió en 1866 a los 40 años. Sus obras, que caben en pocas páginas, son de una densidad tal que 
dejan trabajo e ideas incluso para los matemáticos de hoy en día. 
 
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CAPITULO I 
Las ecuaciones diferenciales aparecen con frecuencia en muchas ramas de la matemática, y sirven 
para plantear y resolver problemas provenientes de la física, la ingeniería, la economía, la biología 
y de las ciencias sociales, entre otras disciplinas. 
En esta notas de clase solamente se estudiara ecuaciones ordinarias, para empezar nuestro 
estudio es útil introducir ciertas definiciones básicas y la noción de solución de una ecuación 
diferencial. 
DEFINICIONES Y TERMINOLOGÍA 
 
DEFINICIÓN DE UNA ECUACION DIFERENCIAL 
Una ecuación que contiene derivadas de una o más variables respecto a una o más variables 
independientes, se dice que es una ecuación diferencial (ED). 
 
 
 
 
 
En todo el libro las derivadas ordinarias se escribirán usando la notación de Leibniz 
2
2
, ,...,
n
n
dy d y d y
dx dx dx
 
o la notación prima  , , ,..., ny y y y   Usando 
 
ECUACION DIFERENCIAL ORDINARIA 
Si una ecuación contiene sólo derivadas de una o más variables dependientes respecto a una sola 
variable independiente se dice que es una ecuación diferencial ordinaria (EDO) 
Ejemplos de ecuaciones diferenciales ordinarias 3
dx dy
y x
dt dx
   , y xy  y 
( ) tan( )xy csen x y x   
ECUACION DIFERENCIAL PARCIAL 
Una ecuación que involucra derivadas parciales de una o más variables dependientes de dos o más 
variables independientes se llama ecuación diferencial parcial (EDP). 
Las 
u u
x y u
x y
 
 
 
 , y 
3 2
3 2
4
u u u
x t t
  
 
   
son ecuaciones diferenciales parciales 
DEFINICIÓN 1: ECUACION DIFERENCIAL 
Una ecuación que contiene derivadas de una o más variables respecto a una o más 
variables independientes, se dice que es una ecuación diferencial (ED). 
 
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Las ecuaciones diferenciales ordinarias son identidades que vinculan una función con sus 
derivadas. Por ejemplo, si  y t denota el número de bacterias en una colonia en función del 
tiempo, la ecuación diferencial    y t ky t  , donde k es una constante positiva, expresa que el 
aumento de la población bacteriana, representada por la derivada y , es proporcional a la propia 
población y, esto es, mientras más bacterias hay, más rápido ellas se multiplican. 
 
 
 
 
 
Por ejemplo y xy  es de orden 1 ;  
3
0y y xy    es de orden 2. 
Simbólicamente podemos expresar una ecuación diferencial ordinaria de n-ésimo orden con una 
variable dependiente por la forma general ( )( , ( ), ( ), ( )...., ( )) 0nF x y x y x y x y x   , donde F es una 
función con valores reales de n + 2 variables: ( ), ( ), ( ), ( )...., ( )nx y x y x y x y x  . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
La ecuación diferencial ( 1)( , , , ...., )
n
n
n
d y
f x y y y y
dx
  , donde f es una función continua con valores 
reales, se conoce como la forma normal de la ecuación ( )( , ( ), ( ), ( )...., ( )) 0nF x y x y x y x y x   . Así 
que cuando sea adecuado para nuestros propósitos, usaremos las formas normales ( , )
dy
f x y
dx
 y 
2
2
( , , )
d y
f x y y
dx
 para representar en general las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer y 
segundo orden. 
 
 
 
 
 
DEFINICIÓN 2: ORDEN DE UNA ECUACION DIFERENCIAL 
 El orden de una ecuación diferencial (ya sea EDO o EDP) es el orden de la mayor 
derivada en la ecuación. 
NOTA 
Por razones tanto prácticas como teóricas, de ahora en adelante supondremos que 
es posible resolver una ecuación diferencial ordinaria en la forma de la ecuación 
( )( , ( ), ( ), ( )...., ( )) 0nF x y x y x y x y x   únicamente para la mayor derivada ( )ny 
en términos de las n + 1 variables restantes. 
 
DEFINICIÓN 3: DE UNA ECUACION DIFERENCIAL ORDINARIA LINEAL 
Una EDO lineal de orden n es de forma 
( ) ( 1)
1 0( ) ( ) .... ( ) ( ) ( )
n n
n na x y a x y a x y a x y f x
     
Donde las funciones  ( ) , 1,...ia x i n   son llamadas coeficientes de la EDO lineal 
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DEFINICION 4. f(x) (llamado comúnmente lado derecho de la EDO) es idénticamente nulo, la EDO 
lineal se dice homogénea. Si ( ) 0f x  la EDO lineal se dice no homogénea. 
DEFINICION 5. Si los coeficientes ( )ia x no dependen de x, se dice que la EDO lineal es a 
coeficientes constantes. De lo contrario se dice que ella es a coeficientes variables. 
En el caso que ( ) 0na x  se puede dividir la EDO (1) por ( )na x . La EDO que así se obtiene queda 
( ) ( 1)1 1 0( ) ( ) ( ).... ( )
( ) ( ) ( )
n nn
n n n
a x a x a x
y y y y g x
a x a x a x
     con , 
( )
( )
( )n
f x
g x
a x
 
Se dice que está normalizada. 
EJEMPLO 1.    xy sen x tg x   . EDO lineal de orden 1 a coeficientes variables, no homogénea 
no normalizada. 
EJEMPLO 2. 2 0y y   . EDO lineal de orden 3 de coeficientes constantes, homogénea y 
normalizada. 
Una EDO no lineal es simplemente una EDO que no es lineal. Gran parte de esta nota de clases 
concierne en el estudio de EDO lineales. 
EJEMPLO.   2 21y y k  .EDO No lineal, de orden 1. Esta es la EDO de curva 
braquistócrona 
 
 
 
 
 
En otras palabras, una solución de una ecuación diferencial ordinaria de n-ésimo orden 
( ) ( 1)
1 0( ) ( ) .... ( ) ( ) ( )
n n
n na x y a x y a x y a x y f x
     es una función  que 
posee al menos n derivadas para las que ( )( , ( ), ( ), ( )...., ( )) 0nF x x x x x      para toda x en I . 
Decimos que  satisface la ecuación diferencial en I . Para nuestros propósitos supondremos que 
una solución  es una función con valores reales. Ocasionalmente será conveniente denotar una 
solución con el símbolo alternativo y(x). 
El intervalo I en la definición también se conoce con otros nombres como son intervalo de defi 
nición, intervalo de existencia, intervalo de validez, o dominio de la solución y puede ser un 
intervalo abierto (a, b), un intervalo cerrado [a, b], etcétera. 
SOLUCION DE UNA ECUACION DIFERENCIAL ORDINARIA 
Cualquier función  x , defi nida en un intervalo I y que tiene al menos n derivadas 
continuas en I , las cuales cuando se sustituyen en una ecuación diferencial ordinaria de n-
ésimo orden reducen la ecuación a una identidad, se dice que es una solución de la ecuación 
en el intervalo. 
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FAMILIAS DE SOLUCIONES 
El estudio de ecuaciones diferenciales es similar al del cálculo integral. En algunos libros una 
solución  es algunas veces llamada integral de la ecuación y su gráfi ca se llama curva integral. 
Cuando obtenemos una antiderivada o una integral indefi nida encálculo, usamos una sola 
constante C de integración. 
De modo similar, cuando resolvemos una ecuación diferencial de primer orden  , , 0F x y y  , 
normalmente obtenemos una solución que contiene una sola constante arbitraria o parámetro C . 
Una solución que contiene una constante arbitraria representa un conjunto  , , 0G x y C  de 
soluciones llamado familia de soluciones uniparamétrica. 
Cuando resolvemos una ecuación diferencial de orden n,   , , , ,..., 0nF x y y y y   , buscamos una 
familia de soluciones n-paramétrica  1 2, , , ,..., 0nG x y C C C  . Esto signifi ca que una sola 
ecuación diferencial puede tener un número infi nito de soluciones correspondiendo a un número 
ilimitado de elecciones de los parámetros. Una solución de una ecuación diferencial que está libre 
de la elección de parámetros se llama solución particular. Por ejemplo, la familia uniparamétrica
cosy cx x x  es una solución explícita de la ecuación lineal de primer orden 2xy y x senx   en 
el intervalo  .  . La siguiente fi gura muestra las gráfi cas de algunas de las soluciones en 
esta familia. La solución cosy x x  , la curva azul en la fi gura, es una solución particular 
correspondiente a c = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
En lo sucesivo no haremos distinción entre las curvas integrales y las funciones que las definen. 
Por otra parte, la solución general de una ecuación diferencial es una expresión que agrupa, de 
manera compacta y explicita, la familia de todas las soluciones. Si toda solución de una ecuación 
de orden n,           , , , ,..., 0nF x x x x x      , en un intervalo I, se puede obtener partiendo 
de una familia n-paramétrica  1 2, , , ,..., 0nG x y C C C  , con valores adecuados de los parámetros 
iC (i=1,2, . . ., n), se dice que la familia es la solución general de la ecuación diferencial. Al resolver 
las ecuaciones diferenciales lineales vamos a imponer restricciones relativamente sencillas a los 
coeficientes de esas ecuaciones. 
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Con estas restricciones siempre nos aseguraremos no sólo de que exista una solución en un 
intervalo, sino también de que una familia de soluciones contenga todas las soluciones posibles. 
Las ecuaciones no lineales, a excepción de algunas de primer orden, son difíciles de resolver e 
incluso resultan irresolubles, en términos de las funciones elementales comunes (combinaciones 
finitas de potencias o raíces enteras de x, de funciones exponenciales y logarítmicas, o funciones 
trigonométricas o trigonométricas inversas). Además, si en cierto momento nos encontramos con 
una familia de soluciones de una ecuación no lineal, no es obvio cuando la familia es una solución 
general. Por lo anterior, y en un nivel práctico, el nombre “solución general” sólo se aplica a las 
ecuaciones diferenciales lineales. 
 
EJEMPLO 1. Consideremos la ecuación diferencial y’ = 0 en un intervalo I. recordemos que la 
derivada de una función en un intervalo es cero si, y solo si, la función es constante. Por lo tanto, 
la solución general de la ecuación es ( )y x C , con C 
En muchas ocasiones las ecuaciones diferenciales revelan una gran información cualitativa acerca 
de las curvas integrales, como vemos en el siguiente ejemplo: 
EJEMPLO 2. Consideremos la ecuación diferencial 𝑦′ = 1 − |𝑦| en ℝ , más adelante estudiaremos 
las técnicas que nos permitirán resolver este tipo de ecuación. Sin embargo, al examinar la 
ecuación diferencial podemos tener una idea de cómo son las curvas integrales. Vemos que las 
funciones constantes 𝑦(𝑥) ≡ 1 y 𝑦(𝑥) ≡ −1 son de clase 𝐶1 y satisfacen 𝑦′ = 1 − |𝑦| en ℝ, por lo 
que define curvas integrales de la EDO. Supongamos ahora que 𝑦: ℝ → ℝ define una curva integral 
de la EDO. En los puntos donde y toma valores entre -1 y 1, su derivada es positiva; luego y es 
creciente. En otro caso, y es decreciente. Además mientas más cerca esté y(x) de los valores 1 y -1, 
más cercana a 0 será su derivada. Si al contrario, |𝑦(𝑥)| es muy grande, la pendiente será muy 
pronunciada. 
 
Otro dato que obtenemos directamente de la ecuación es que si 𝑦: ℝ → ℝ define una curva 
integral, entonces la función 𝑦𝑐: ℝ → ℝ definida por 𝑦𝑐(𝑥) = 𝑦(𝑥 + 𝑐) también define una curva 
integral (basta sustituir en la ecuación). Esto nos dice que al trasladar una curva integral hacia la 
derecha o hacia la izquierda obtenemos mas curvas integrales. Con toda esta información 
deducimos que, de existir, las curvas integrales deben tener un aspectos bastantes similar a las 
que se muestran a en la gráfica siguiente. 
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PROBLEMAS DE VALOR INICIAL (PVI) 
A menudo nos interesa resolver una ecuación diferencial sujeta a condiciones prescritas, que son 
las condiciones que se imponen a y(x) o a sus derivadas. En algún intervalo I que contenga a 0x , el 
problema 
  1
( 1)
0 0 0 1 0 2 0 1
, , , ,...
( ) , ( ) , ( ) ,... ( )
n
n
n
n
n
d y
F x y y y y
dx
y x y y x y y x y y x y




 

     
 
, en donde 0 1 2 1, , ,..., ny y y y  
son constantes reales especificadas arbitrariamente, se llama problema de valor inicial (PVI). Los 
valores dados de la función desconocida, y(x), y de sus primeras n - 1 derivadas en un solo punto 
0x : 
( 1)
0 0 0 1 0 2 0 1( ) , ( ) , ( ) ,... ( )
n
ny x y y x y y x y y x y


     se llaman condiciones iniciales. EI PVI 
emmciado con las ecuaciones iniciales, también se denomina problema de valor inicial de 
enésimo orden 
LOS PVI DE PRIMER Y SEGUNDO ORDEN 
 
0 0
,
( )
dy
F x y
dx
y x y



 
 y 
 
2
2
0 0 0 1
, ,
( ) , ( )
d y
F x y y
dx
y x y y x y



  
 
, 
respectivamente son fáciles de
 
interpretar en términos geométricos. 
 Para las ecuaciones 
 
0 0
,
( )
dy
F x y
dx
y x y



 
 estamos buscando una solución
 
de la ecuación diferencial 
en un intervalo I que contenga a 0x , tal que la curva de solución pase por el punto prescrito 
0 0( , )x y 
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Para las ecuaciones 
 
2
2
0 0 0 1
, ,
( ) , ( )
d y
F x y y
dx
y x y y x y



  
 , deseamos determinar una solución de la ecuación 
diferencial cuya gráfica no sólo pase por 0 0( , )x y , sino que también pase por ese punto de tal 
manera que la pendiente de la curva en ese lugar sea 1y (ver figura). El término condición inicial 
0 0 0 1( ) ( )y x y y x y   procede de los sistemas físicos en que la variable independiente es el 
tiempo t y donde 0 0 0 1( ) ( )y t y y t y   representan, respectivamente, la posición y la velocidad 
de un objeto en cierto momento o tiempo inicial 0t . 
A menudo, la solución de un problema de valor inicial de orden n entraña la aplicación de una 
familia n-paramétrica de soluciones de la ecuación diferencial dada para determinar n constantes 
especializadas, de tal modo que la solución particular que resulte para la ecuación “se ajuste” (0 
satisfaga) a las n condiciones iniciales. 
 
 
 
 
 
 
 
 
EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCION DE UNA ECUACION DIFERENCIAL 
Al resolver un problema de valor inicial surgen dos asuntos fundamentales: 
¿Existe una solución al problema? Si la hay, ¿es única? 
 
 
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Para un problema de valor inicial, como 
 
0 0
,
( )
dy
F x y
dx
y x y



 
, lo que se pregunta es: 
¿La ecuación diferencial  ,
dy
F x y
dx
 tiene solución?(EXISTENCIA).¿Alguna de las curvas 
solución pasa por el punto 
0 0( , )x y ?. ¿Cuándo podemos estar seguros de que hay precisamente 
una curva solución que pasa por el
0 0( , )x y ?(UNICIDAD) 
Dentro de los confines seguros de un curso formal de ecuaciones diferenciales, se puede asumir, 
que la mayor parte de las ecuaciones diferenciales tienen soluciones y que las soluciones de los 
problemas de valor inicial probablemente sean únicas. Sin embargo,en la vida real las cosas no 
son tan simples. Por consiguiente, antes de resolver un problema de valor inicial es preferible 
conocer, si existe una solución y, cuando exista, si es la única. Puesto que vamos a manejar 
ecuaciones diferenciales de primer orden en estos dos primeros capítulos, enunciaremos aquí, sin 
demostrarlo, un teorema que define las condiciones suficientes para garantizar la existencia y 
unicidad de una solución a un problema de valor inicial de primer orden, para ecuaciones que 
tengan la forma de las ecuaciones 
 
0 0
,
( )
dy
F x y
dx
y x y



 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
El resultado anterior es uno de los teoremas más comunes de existencia y unicidad para 
ecuaciones de primer orden, ya que es bastante fácil comprobar los criterios de continuidad de 
 ,
F
F x y
y



. 
En la figura podemos ver la interpretacidn geometrica del teorema. 
 
 
TEOREMA: Existencia de una solución única 
Sea R una región rectangular del plano xy, definida por , a x b c y d    , que contiene 
al punto 0 0( , )x y en su interior. Si  ,
F
F x y
y



 son continuas en R , entonces existe algún 
intervalo I  :  0 0,x h x h  , 0h  contenido en ,a b (centrado en 0x ), y una función única, 
y(x) definida en I  , que satisface el problema de valor inicial 
 
0 0
,
( )
dy
F x y
dx
y x y



 
. 
 
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EJEMPLO 1 
La función xy Ce es una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación de primer orden
y y  . Todas las soluciones en esta familia están defi nidas en el intervalo  ,  . Si 
imponemos una condición inicial, digamos,  0 3y  , tendríamos el PVI: 
 0 3
y y
y
 


 . Ahora al 
sustituir 0 3x y   en la familia se determina la constante 03 Ce C  por lo tanto 3
xy e 
es una solución del PVI planteado 
 
Ahora si hacemos que la curva solución pase por el punto  1, 2 en lugar de  0,3 , entonces 
 1 2y   se obtendrá   1 12 1 2y Ce C e      . En este caso 
12 xy e   es una solución del 
PVI 
 1 2
y y
y
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
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EJEMPLO 2 
Se puede demostrar fasilmenta que que una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación 
diferencial de primer orden 22 0y xy   , es 
2
1
y
x C


 . Si establecemos la condición inicial
 0 1y   , entonces al sustituir 0 1x y    en la familia de soluciones, se obtiene 
1
1 1C
C
     . Así 
2
1
1
y
x


. Ahora enfatizamos las siguientes tres diferencias: 
• Considerada como una función, el dominio de   2
1
1
y x
x


 es el conjunto de todos los números 
reales x para los cuales  y x está defi nida, excepto 1x   y en 1x  . Véase la fi gura 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Considerada como una solución de la ecuación diferencial 22 0y xy   , el intervalo I de defi 
nición de   2
1
1
y x
x


 podría tomarse como cualquier intervalo en el cual y(x) está defi nida y es 
derivable. Como se puede ver en la fi gura anterior, los intervalos más largos en los que 
  2
1
1
y x
x


 es una solución son  , 1  ,  1,1 y  1, . 
 
• Considerada como una solución del problema con valores iniciales 
 
22 0
0 1
y xy
y
  

 
, el intervalo I 
de defi nición de   2
1
1
y x
x


 podría ser cualquier intervalo en el cual y(x) está defi nida, es 
derivable y contiene al punto inicial 0x  ; el intervalo más largo para el cual esto es válido es 
 1,1 . Véase la curva roja en la fi gura 
 
 
 
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INTERVALO DE EXISTENCIA Y UNICIDAD 
 
Suponga que  y x representa una solución del problema con valores iniciales 
 
 
0 0
,
( )
dy
F x y
dx
y x y



 
 . 
 
Los siguientes tres conjuntos de números reales en el eje x pueden no ser iguales: el dominio de la 
función  y x , el intervalo I en el cual la solución y(x) está definida o existe, y el intervalo I  de 
existencia y unicidad. 
El ejemplo 2 muestra la diferencia entre el dominio de una función y el intervalo I de definición. 
Ahora suponga que  0 0,x y es un punto en el interior de la región rectangular R en el teorema 
de existencia y unicidad. Esto da como resultado que la continuidad de la función  ,f x y en R 
por sí misma es suficiente para garantizar la existencia de al menos una solución de 
 
0 0
,
( )
dy
F x y
dx
y x y



 
, definida en algún intervalo 
 
I . El intervalo I de definición para este problema con valores iniciales normalmente se toma 
como el intervalo más grande que contiene 0x en el cual la solución  y x está definida y es 
derivable. 
 
El intervalo I depende tanto de  ,F x y como de la condición inicial  0 0y x y . La condición 
extra de continuidad de la primera derivada parcial /F y  en R nos permite decir que no sólo 
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existe una solución en algún intervalo I  que contiene 0x , sino que esta es la única solución que 
satisface  0 0y x y . Sin embargo, el teorema de existencia de una solución única no da ninguna 
indicación de los tamaños de los intervalos I e I  ; el intervalo de definición I no necesita ser tan 
amplio como la región R y el intervalo de existencia y unicidad I  puede no ser tan amplio como 
I . El número 0h  que define el intervalo I  :  0 0,x h x h  podría ser muy pequeño, por lo que 
es mejor considerar que la solución y(x) es única en un sentido local, esto es, una solución definida 
cerca del punto  0 0,x y ). Véase el siguiente ejemplo. 
 
EJEMPLO 
Las funciones   4
1
,
16
y x x x     y  
4
0, 0
, 01
16
x
y x x
x


 


, tienen el mismo dominio pero 
son obviamente diferentes. 
Véanse las figuras a) y b), respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ambas funciones son soluciones del problema con valores iniciales 
 
3
2
2 1
dy
xy
dx
y



 
 en el intervalo 
 ,  . 
 
COMENTARIOS 
 
(i) Las condiciones del teorema de existencia de una solución única son suficientes pero no 
necesarias. Esto significa que cuando  , /F x y F y  son continuas en una región rectangular 
R , debe siempre seguir que existe una solución de la ecuación
 
 0 0
,
dy
F x y
dx
y x y



 
 y es única siempre 
que  0 0,x y sea un punto interior a R . Sin embargo si las condiciones establecidas en la hipótesis 
del teorema de existencia de una solución única no son válidas, entonces puede ocurrir 
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cualquier cosa: el problema de la ecuación 
 
 0 0
,
dy
F x y
dx
y x y



 
 puede tener una solución y esta 
solución puede ser única o la ecuación
 
 0 0
,
dy
F x y
dx
y x y



 
 puede tener varias soluciones o puede no 
tener ninguna solución. 
(ii) Suponga que la ecuación diferencial de primer orden  ,
dy
F x y
dx
 tiene una familia 
uniparamétrica de soluciones y que  ,F x y satisface la hipótesis del teorema de existencia de 
una solución única en alguna región rectangular R del plano xy. Dos curvas solución diferentes 
no se pueden interceptar o ser tangentes entre sí en un punto  0 0,x y en R . 
Ya podemos resolver algunas ecuaciones diferenciales. Comenzaremos con las de primer orden 
elemental y veremos cómo hacerlo; el método dependerá del tipo de ecuación. 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 
DE PRIMER ORDEN 
 Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden se escribe:  ,y F x y  , o 
 , , 0F x y y 
 
y se dice que ( )y x es solución en el intervalo I de esta ecuación si se 
verifica ( ) ( , ( )) , x Ix F x x     , es decir, si cuando se sustituye en la ecuación y por su 
expresión e y por la expresión de la derivada, lo que se obtiene es una identidad, algo que es 
ciertopara todo x I  . 
 
EJEMPLO La función 
xy e es solución de la ecuación y y   en todo , ya que 
( ) ( ) x Ixy x e y x       
Pero también es solución cualquier función de la forma 
xy Ce siendo C una constante 
arbitraria, puesto 
Que ( ) ( ) x I
xy x Ce y x       
Julio Flores Dionicio Página 15 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Así pues, la ecuación del Ejemplo tiene infinitas soluciones, lo que no es una particularidad de 
esta ecuación concreta. La ecuación diferencial ordinaria  ,y F x y  posee, en general, una 
«familia» de infinitas soluciones dependientes de una constante arbitraria, a la que se llama 
solución general de  ,y F x y  . Para cada valor de dicha constante arbitraria se obtiene una 
solución particular. 
Se llama resolver una ecuación diferencial a encontrar su solución general. En realidad, esto sólo 
es posible para unas cuantas (pocas) ecuaciones sencillas. Para la inmensa mayoría de las 
ecuaciones diferenciales es necesario recurrir a métodos numéricos y calcular soluciones 
aproximadas con ayuda de un ordenador. 
Con frecuencia lo que interesa en las aplicaciones es encontrar una solución particular que 
verifique alguna condición eadicional. Por ejemplo, que toma un valor dado para un valor, 
también dado, de la variable independiente. 
 
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 
ELEMENTALES DE PRIMER ORDEN 
A continuación estudiaremos algunas técnicas que nos permitirán determinar las soluciones de 
una gran cantidad de EDO. Comenzaremos por analizar tres tipos de ecuaciones de primer orden 
que llamaremos elementales. 
 PRIMER TIPO: INTEGRACION DIRECTA (ID): ( )y f x  (1) 
 SEGUNDO TIPO. VARIABLE SEPARABLE (vs): ( ) ( )y f x g y  (2) 
 TERCER TIPO: LINEALES DE PRIMER ORDEN (LI):    y a t y b t   (3) 
Julio Flores Dionicio Página 16 
 
Posteriormente estudiaremos algunas otras ecuaciones de primer y segundo orden que pueden 
reducirse a estos elementales. 
Para resolver los casos elementales, será útil el cálculo de primitivas y recordar el conocido 
Teorema Fundamental del Cálculo. 
TEOREMA (TFC). Sea f integrable en  ,a b , entonces, dado  0 ,x a b e 0y  , la función y, 
definida por 
0
0( ) ( )
x
x
y x y f s ds   , para  ,x a b , 
Es continua en  ,a b y se tiene 0 0( )y x y . Si además f es continua en  ,a b entonces la función 
y(x) es también derivable en  ,a b con derivada continua igual a  f x , esto es, se tiene que 
0
0( ) ( )
x
x
y x y y s ds   ,  ,x a b  y 
0
( ) ( )
x
x
d
f s ds f x
ds
  ,x a b  
Nos enfocaremos en la resolución de las ecuaciones y no siempre seremos demasiados rigurosos 
en los aspectos teóricos que justifican los cálculos. Estos aspectos (existencia, unicidad, 
regularidad de la solución) serán tratados con más profundidad en otros cursos. 
PRIMER TIPO: INTEGRACION DIRECTA (ID) 
 
 
 
Si la función f es integrable (por ejemplo si es continua o continua por pedazos), las soluciones 
existen y están dadas por: ( )y f x dx C  Donde 
C R es una constante arbitraria. 
EJEMPLO 1. Las soluciones de la ecuación ( )y sen x  son de la forma 
 ( ) cos( )y sen x dx C x C     , con C R 
EJEMPLO 2. La ecuación y x  tiene como soluciones a las funciones de la forma 
 
2
2
x
y xdx C C    , con C R 
Denotaremos por C genéricamente a una constante arbitraria sin importar las eventualidades 
transformaciones biyectivas que la mantienen arbitraria (ponderaciones por un escalar no nulo, 
Es una ecuación de la forma 
( )y f x 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 17 
 
cambios de signo, suma de otra constante). Por ejemplo ,2 , 2 , 4C C C C  pueden ser 
representados por una misma constante genérica. Si la transformación no es biyectiva, por 
ejemplo 2C , entonces se pierde la arbitrariedad y es mejor escribir explícitamente 2C o precisar 
de algún modo que la constante no puede ser negativa. 
EJEMPLO 3. Estudiaremos la ecuación 
1
y
x
  para 0x  . 
SOLUCIÓN ln( ) ln( ) ln( ) ln( )
dx
y C x C x k k x
x
       , 0k  , 
En el cálculo anterior hemos reemplazado la constante arbitraria C por ln(k) (donde 0
Ck e  ) 
para escribir la solución de manera mas compacta y sin perder arbitrariedad. Observemos también 
que el modulo en el logaritmo nos da la primitiva correcta de 
1
x
 cuando x <0. Como x ni es 
derivable en 0x  , se considera la resolución de la EDO separadamente en cada intervalo  ,0 
y  ,0 . 
PROBLEMA DE CAUCHY (PVI) 
Supongamos que ahora que queremos encontrar la solución de ( )y f x  definida sobre un 
intervalo I y que además pase por cierto punto  0 0,x y dado. Esto es, queremos resolver el 
siguiente problema (PROBLEMA DE CAUCHY). 
 
0 0
( ) ( ) ,
( )
y x f x para todo x I
y x y
  


 
Integrando la ecuación ( )y f x  entre 0x y x I obtenemos 
 
0 0
( ) ( )
x x
x x
y s ds f s ds   y del TFC , se tiene que 
0
0( ) ( ) ( )
x
x
y x y x f s ds   . 
Detengámonos aquí para comprobar (7) y (8). La función 
0
( ) ( )
x
x
F x f s ds  en (8) es una 
primitiva bien particular de f: aquella que cumple 0( ) 0F x  . Entonces la constante C en (7) 
deja de ser arbitraria y se tiene que 0( )C y x . 
Julio Flores Dionicio Página 18 
 
Esto nos dice que el problema de Cauchy que nos planteamos tiene una única solución para cada 
condición inicial. 
SEGUNDO TIPO: VARIABLES SEPARABLES (vs) 
 
 
 
 
 
 
Observe que al dividir entre la función  g y , podemos escribir una ecuación separable 
 ( )
dy
f x g y
dx
 como 
 
1
( )
dy
f x
g y dx
 o   ( )
dy
h y f x
dx
 , donde, por conveniencia  h y 
representa a 
 
1
g y
. 
Ahora sí  y x representa una solución de la ecuación   ( )
dy
h y f x
dx
 , se tiene que 
     ( )h x x f x   , y por tanto       h x x dx f x dx    . Pero  dy x dx , por lo que 
la ecuación       h x x dx f x dx    es la misma que 
   h y dy f x dx  o ( ) ( )G y F x C  , donde C R es una constante arbitraria. ( )G y y 
( )F x son antiderivadas de  
 
1
h y
g y
 y  f x , respectivamente. 
Si queremos una formula explicita para las soluciones debemos despejar y en función de x en la 
relación anterior. Si no se puede despejar y las soluciones quedan expresadas de manera 
implícita o paramétrica 
EJEMPLO 1. 
Resuelva la ecuación diferencial 
26
2 cos
dy x
dx y y


 
SOLUCIÓN 
Al escribir la ecuación en forma diferencial e integrar ambos lados, se tiene 
   2 2 2 32 cos 6 2 cos 6 2y y dy x dx y y dy x dx y seny x C          , donde C es una 
constante. La ecuación 32seny x C   da la solución general en forma implícita. En este caso, es 
imposible resolver la ecuación para expresar y de forma explícita como una función de x. 
Una EDO de primer orden de la forma 
( ) ( )
dy
f x g y
dx

 (*) 
Se dice que es de variables separables 
Julio Flores Dionicio Página 19 
 
En la figura se muestran las gráficas de varios miembros de la familia de soluciones de la ecuación 
diferencial del ejemplo 1. Como se ve en las curvas de izquierda a derecha, los valores de C son 3, 
2, 1, 0, -1, -2 y -3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
EJEMPLO 2. Analicemos la ecuación y xy  . 
SOLUCIÓN 
Aquí ( )f x x y ( )y y y . Observemos primero que la función nula ( ) 0y x  define una 
solución de la EDO. Si 0y  hacemos
dy
xds C
y
   . Tenemos entonces que 
2
ln( )
2
x
y C  , de donde2
2
2ln( ) exp
2
x
x
y C ke
 
   
 
, donde 0
Ck e  . Eliminando el 
modulo y considerando los posibles valores positivos y negativos vemos que todas las soluciones 
son de forma 
2
2
x
y ke . 
EJEMPLO 3. Estudiaremos ahora la EDO 
2cos ( )y y  . 
SOLUCIÓN 
En este caso ( ) 1f x  y 
2( ) cos ( )g y y . Las soluciones constantes son de la forma 
2
( )y x k   k . Para las demás soluciones, 2cos ( )
dy
dx C
y
   
 
2sec ( )y dy x C  de aquí, tan( )y x C  , donde C R 
. Para 2 2( , )y
   esto es arctan( )y x C  . 
Julio Flores Dionicio Página 20 
 
Para los demás valores de y debemos tener en cuenta la periodicidad de la función tangente. 
Tenemos entonces que todas las soluciones no constantes son de la forma 
arctan( )y k x C   ,con C R y k Z
 
Ejemplo 4 
 BRAQUISTOGRONA. 
Se denomina así a la forma que debe tener un alambre para que una argolla que se desliza por el 
sin roce bajo acción de la gravedad de un punto a otro de menor altura y no en la misma vertical, 
lo haga en el menor tiempo posible. 
El EDO que describe la forma de la curva es   2 21y y k  , donde k es una constante 
positiva. 
SOLUCIÓN 
Utilizando el método de separación de variables, se tiene 
1
2 2k y
y
y
 
   
 
 
De aquí ∫
√𝑦
√𝑘2−𝑦
𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 + 𝐶 , haciendo 𝑦 = 𝑘2𝑠𝑒𝑛2𝜃 ⇒ 𝑑𝑦 = 2𝑘2𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃 obtenemos 
∫
𝑘𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑘2𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃
𝑘 𝑐𝑜𝑠𝜃
= 𝑥 + 𝐶 entonces 2𝑘2 ∫ 𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑑𝜃 = 𝑥 + 𝐶 de aquí 2𝑘2 ∫
1−cos (2𝜃)
2
𝑑𝜃 =
𝑥 + 𝐶, entonces2𝑘2 (
𝜃
2
−
𝑠𝑒𝑛2𝜃
4
) = 𝑥 + 𝐶 ,luego 𝑥 = 2𝑘2 (
𝜃
2
−
𝑠𝑒𝑛2𝜃
4
) − 𝐶 Por lo tanto, se tiene 
que 𝑥 = 𝑥(𝜃) e 𝑦 = 𝑦(𝜃) con 
𝑥 =
𝑘2
2
(2𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃) − 𝐶 ; 𝑦 =
𝑘2
2
(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃). 
Si ahora hacemos 𝑤 = 2𝜃 , vemos que 𝑥 =
𝑘2
2
(𝑤 − 𝑠𝑒𝑛𝑤) − 𝐶 
 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 21 
 
𝑦 =
𝑘2
2
(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑤), Con 𝑤 ∈ ℝ. La solución es una familia de curvas llamadas cicloides. Ver 
figura . 
 
PÉRDIDA DE UNA SOLUCIÓN 
Se debe tener cuidado al separar las variables ya que las variables que sean divisores podrían ser 
cero en un punto. Concretamente, si r es una raíz de la función  g y , entonces sustituyendo 
y r en  ( )
dy
f x g y
dx
 , se encuentra que ambos lados son iguales a cero; es decir, y r es 
una solución constante de la ecuación diferencial. Pero después de que las variables se separan, el 
lado izquierdo de 
 
( )
dy
f x dx
g y
 está indefi nido en r. Por tanto, y r podría no representar a 
la familia de soluciones que se ha obtenido después de la integración 
y simplificación. Recuerde que una solución de este tipo se llama solución singular 
Ejemplo 5 
PÉRDIDA DE UNA SOLUCIÓN 
Analicemos la ecuación 
2 4
dy
y
dx
  
SOLUCIÓN 
 Poniendo la ecuación en la forma 2
1/ 4 1/ 4
4 2 2
dy
dx dy dx
y y y
 
    
   
 (1) 
La segunda ecuación en la ecuación (1) es el resultado de utilizar fracciones parciales en el lado 
izquierdo de la primera ecuación. Integrando y utilizando las leyes de los logaritmos se obtiene
1
1 1
ln 2 ln 2
4 4
y y x C     o 2
2
ln 4
2
y
x C
y

 

 o 
24
2
2
x Cy
e
y

 

. Aquí hemos 
-0.8 
-1 
-0.6 
-0.4 
-0.2 
 0.5 1 1.5 
0 Y 
X 
Curva Braquistócrona con 𝑥 ∈ [0, 𝜋
2
] y ∈ [−1,0], parámetro k =1 y constante C = 0 
Julio Flores Dionicio Página 22 
 
sustituido 
14C por 2C . Por último, después de sustituir 
2Ce por C y despejando y de la última 
ecuación, obtenemos una familia uniparamétrica de soluciones 
4
4
1
2
1
x
x
Ce
y
Ce



 (2) 
Ahora, si factorizamos el lado derecho de la ecuación diferencial como   2 2
dy
y y
dx
  
dy_dx _ 
(y _ 2)(y _ 2), sabemos del análisis de puntos críticos que  2y  y y  2y  son dos 
soluciones constantes (de equilibrio). La solución 2y  es un miembro de la familia de 
soluciones definida por la ecuación (2) correspondiendo al valor 0C  . Sin embargo, 2y   
es una solución singular; ésta no se puede obtener de la ecuación (2) para cualquier elección del 
parámetro C . La última solución se perdió al inicio del proceso de solución. El examen de la 
ecuación (1) indica claramente que debemos excluir 2y   en estos pasos. 
EJEMPLO 6 
Un problema con valores iniciales 
Resuelva 
 
 
2 cos 2
0 0
y ydye y x e sen x
dx
y

 

 
 
SOLUCIÓN 
Dividiendo la ecuación entre cosye x se obtiene 
2 2
cos
y
y
e y sen x
dy dx
e x

 
Antes de integrar se realiza la división del lado izquierdo y utilizamos la identidad trigonométrica 
2 2 cossen x senx x en el lado derecho. Entonces integrando   2y ye ye dy senxdx   , se 
obtiene 2cosy y ye ye e x C      
La condición inicial  0y cuando 0x  implica que 4C  . Por tanto una solución del problema 
con valores iniciales es 2cos 4y y ye ye e x      
Antes de dar el ejemplo 7 veamos algo sobre reacciones químicas. 
 
REACCIONES QUÍMICAS 
REACCIONES QUÍMICAS La desintegración de una sustancia radiactiva, caracterizada por la 
ecuación diferencial 
dX
kX
dt
 , se dice que es una reacción de primer orden. En química hay 
algunas reacciones que siguen esta misma ley empírica: si las moléculas de la sustancia A se 
descomponen y forman moléculas más pequeñas, es natural suponer que la rapidez con que se 
lleva a cabo esa descomposición es proporcional a la cantidad de la primera sustancia que no ha 
experimentado la conversión; esto es, si  X t es la cantidad de la sustancia A que permanece en 
cualquier momento, entonces 
dX
kX
dt
 , donde k es una constante negativa ya que X es 
Julio Flores Dionicio Página 23 
 
decreciente. Un ejemplo de una reacción química de primer orden es la conversión del cloruro de 
terbutilo,  3 3CH CCI en alcohol t-butílico  3 3CH COH : 
   3 33 3a aCH CCI N OH CH COH N CI   . 
Sólo la concentración del cloruro de terbutilo controla la rapidez de la reacción. Pero en la 
reacción 
3 3a aCH CI N OH CH OH N CI   se consume una molécula de hidróxido de sodio,
aN OH , por cada molécula de cloruro de metilo, 3CH CI , por lo que se forma una molécula de 
alcohol metílico, 
3CH OH y una molécula de cloruro de sodio, aN CI . En este caso, la razón con 
que avanza la reacción es proporcional al producto de las concentraciones de 
3CH CI y aN OH
que quedan. Para describir en general esta segunda reacción, supongamos una molécula de una 
sustancia A que se combina con una molécula de una sustancia B para formar una molécula de 
una sustancia C . Si X denota la cantidad de un químico C formado al tiempo t y si  y  son, 
respectivamente, las cantidades de los dos químicos A y B en 0t  (cantidades iniciales), 
entonces las cantidades instantáneas no convertidas de A y B al químico C son X  y X  , 
respectivamente. Por lo que la razón de formación de C está dada por 
 
  
dX
k X X
dt
   
, donde k es una constante de proporcionalidad. Una 
reacción cuyo modelo es la ecuación   
dX
k X X
dt
    se dice que es una reacción de 
segundo orden. 
 
Suponga que a gramos de una sustancia química A se combinan con b gramos de una sustancia 
química B . Si hay M partes de A y N partes de B formadas en el compuesto y  X t es el 
número de gramos de la sustancia química C formada, entonces el número de gramos de la 
sustancia química A y el número de gramos de la sustancia química B que quedan al tiempo t 
son, respectivamente, 
 
M
a X
M N


 y 
N
b X
M N


 
 
La ley de acción de masas establece que cuando no hay ningún cambio de temperatura, la razón 
con la que reaccionan las dos sustancias es proporcional al producto de las cantidades de A y de B 
que aún no se han transformado al tiempo t: 
dX M N
a X b X
dt M N M N
  
    
   ( %) 
Si se saca el factor 
M
M N
 del primer factor y 
N
M N
 del segundo y se introduce una constante 
de proporcionalidad 0k  , la expresión (%) toma la forma 
 
  
dX
k X X
dt
   
 (+++) 
 
Julio Flores Dionicio Página 24 
 
donde 
M N
a
M


 y 
M N
b
N


 . Una reacción química gobernada por la ecuación diferencial 
no lineal (+++) como sabemos es una reacción de segundo orden. 
 
EJEMPLO 7 Reacción química de segundo orden 
 
Cuando se combinan dos sustancias químicas A y B se forma un compuesto C. La reacción 
resultante entre las dos sustancias químicas es tal que por cada gramo de A se usan 4 gramos de B. 
Se observa que a los 10 minutos se han formado 30 gramos del producto C. Determine la cantidad 
de C en el tiempo t si la razón de la reacción es proporcional a las cantidades de A y B que quedan 
y si inicialmente hay 50 gramos de A y 32 gramos de B. ¿Qué cantidad de compuesto C hay a los 15 
minutos? Interprete la solución cuando t  . 
SOLUCIÓN 
Sea  X t la cantidad de gramos del compuesto C presentes en el tiempo t. Es obvio que 
 0 0X g y  10 30X g . 
Si, por ejemplo, hay 2 gramos del producto C, hemos debido usar, digamos, a gramos de A y b 
gramos de B, así a + b = 2 y b= 4a. Por tanto, debemos usar 
2 1
2
5 5
a
 
   
 
 de la sustancia química 
A y 
8 4
2
5 5
b g
 
   
 
 de B. En general, para obtener X gramos de C debemos usar 
1
5
X gramos de 
A y 
4
5
X gramos de B. 
Entonces las cantidades de A y B que quedan al tiempo t son 
1
50
5
X y 
4
32
5
X
respectivamente. Sabemos que la razón con la que se forma el compuesto C satisface que 
 
1 4
50 32
5 5
dX
X X
dt
  
    
  
. Para simplificar las operaciones algebraicas subsecuentes, factorizamos 
1
5
 del primer término y 
4
5
 del segundo y después introduciremos la constante de 
proporcionalidad:   250 40
dX
k X X
dt
   . Separamos variables y por fracciones parciales 
podemos escribir que 
1 1
210 210
250 40
dX dX kdt
X X
 
 
, Integrando se obtiene 
1
250
ln 210
40
X
kt C
X

 

 o 210
2
250
40
ktX C e
X



 
 
Cuando 0t  , 0X  , se tiene que en este punto 
2
25
4
C  . Usando  10 30X g en t = 10 
encontramos que 
1 88
210 ln 0.1258
10 25
k   . Con esta información se despeja X de la última 
ecuación:  
0.1258
0.1258
1
1000
25 4
t
t
e
X t
e





 
En la fi gura se presenta el comportamiento de X como una función del tiempo. 
Julio Flores Dionicio Página 25 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Es claro de la tabla adjunta y de la ecuación anterior que 40X  conforme t  . Esto significa 
que se forman 40 gramos del compuesto C, quedando 
 
 
1
50 40 42
5
g  de A y 
4
32
5
X A y  
4
32 40 0
5
g  de B 
TERCER TIPO 
LA ECUACION DIFERENCIAL LINEAL DE PRIMER ORDEN 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolveremos la ecuación        y t a t y t b t   en cuatro partes: 
   ) 0i y t a y t   , donde a es una constante. 
   ) ii y t a y t b   , donde a y b es una constante diferentes de cero. 
     ) iii y t a y t b t   , donde b(t) es una función continua en 0, . 
       ) iv y t a t y t b t   , donde a(t) y b(t)son funciones continuas en  0, . 
 
 
 
 
Supongamos que y es solución de (i). Luego ( ) ( ) 0y t ay t   . Por consiguiente 
( ( ) ( )) 0ate y t ay t    ( ) ( ) ( ( )) 0
at at ate y t ae y t e y t    existe una constante C tal que 
Una ecuación diferencial de primer orden de la forma 
       y t a t y t b t   
Se dice que es una ecuación lineal en la variable dependiente y. 
 
(i)     0,y t ay t a    
 
Julio Flores Dionicio Página 26 
 
( )ate y t C , de aquí ( )
aty t Ce como C es un constante arbitraria es dable aseverar que 
las soluciones de (i) son infinitas y todas ellas están comprendidas en ( )
aty t Ce , esta 
( ) aty t Ce es llamada solución general de (i) 
(Recordar ( ( ) ( ) ( ( ))
at ate y t ay t e y t   ). Ahora bien, frecuentemente una ecuación 
diferencial y’(t) + ay(t) = 0 viene acompañada de una condición adicional 0( )y t  ( número 
real arbitrario) lo que da lugar a un problema de valor inicial (PVI). 
PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI): 
 
0
( ) 0
( )
y t ay t
y t 
  

 
 Veremos que el PVI tiene una única, solución. Para ello basta evaluar en 𝑡0 a la función 
( ) aty t Ce (solución general de la ecuación diferencial). 
En efecto      00 00
a t tat at
y t Ce C e y t e  
 
      , solución única de ecuación 
diferencial en estudio 
 
EJEMPLO 1 
Resolver 3 0y y   
 
Solución 
Multiplicando por 
3xe obtenemos  3 3 30 0x x xe y e y e y      , entonces existe una constante C 
talque 3 3x xe y C y Ce   
 
EJEMPLO 2 
Resolver    y t ky t  , done k es una constante positiva;  0 12y  
 
Solución 
Multiplicando por 
kte obtenemos  0 0kt kt kte y e ky e y        , entonces existe una 
constante C talque  kt kte y C y t Ce    .Ahora para 0t  , obtenemos 
  .012 0 12ky Ce C    .Luego   12 kty t e 
 
Julio Flores Dionicio Página 27 
 
APLICACIONES 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ensayo sobre el principio de la población – Thomas Malthus (1798) 
Publicada en el siglo XVIII, es probablemente el ensayo sobre demografía más conocido del 
mundo. Elaborado por el economista inglés Thomas Maltus, en la que desarrollaba un modelo 
matemático en el que hacia una previsión del crecimiento de la población (crecimiento 
exponencial según su ensayo) y como se regulaba este crecimiento debido a la futura escasez de 
alimentos (hambrunas) así como el estallido de guerras y epidemias. 
Todo y que la mayoría de sus predicciones nunca llegaron a cumplirse, su obra aparece como una 
de las más influyentes, sobretodo en Inglaterra, donde aprovechándose de sus teorías se 
degradaron mucho las condiciones de vida de las ya desfavorecidas clases bajas y obreras inglesas. 
También influyó a los biólogos Darwin y Wallace o, más recientemente el economista John 
Maynard Keynes. 
Aún hoy en día sus teorías son objeto de discusión y controversia. 
La curiosidad: Malthus era pastor anglicano y provenía de una familia de clase alta. Gracias a su 
padre mantuvo relación directa con destacados filósofos de la época como David Hume y Jean-
Jaques Rousseau. 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 28 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
INTRODUCCIÓN 
En esta sección introduciremos la idea de una ecuación diferencial como un modelo matemático y 
analizaremos algunos modelos específicos en biología, química y física 
Con frecuencia es deseable describir en términos matemáticos el comportamiento de algunos 
sistemas o fenómenos de la vida real, sean físicos, sociológicos o hasta económicos. La descripción 
matemática de un sistema de fenómenos se llama modelo matemático y se construye con ciertos 
objetivos. Por ejemplo, podemos desear entender los mecanismos de cierto ecosistema al estudiar 
el crecimiento de la población animal en ese sistema, o podemos desear datar fósiles y analizar el 
decaimiento de una sustancia radiactiva ya sea en el fósil o en el estrato en que éste fue 
descubierto. 
1) DINÁMICA POBLACIONAL 
Uno de los primeros intentos para modelar el crecimiento de la población humana por medio de 
las matemáticas fue realizado en 1798 por el economista inglés Thomas Malthus. Básicamente la 
idea detrás del modelo de Malthus es la suposición de que la razón con la que la población de un 
país en un cierto tiempo es proporcional* a la población total del país en ese tiempo. En otras 
palabras, entre más personas estén presentes al tiempo t, habrá más en el futuro. En términos 
matemáticos, si P(t) denota la población al tiempo t, entonces esta suposición se puede expresar 
como 
 
dP
kP
dt
(1) 
 
Donde k es una constante de proporcionalidad. Este modelo simple, falla si se consideran muchos 
otros factores que pueden influir en el crecimiento o decrecimiento (por ejemplo, inmigración y 
emigración), resultó, sin embargo, bastante exacto en predecir la población de los Estados Unidos, 
durante 1790-1860. Las poblaciones que crecen con una razón descrita por la ecuación (1) son 
raras; sin embargo, (1) aún se usa para modelar el crecimiento de pequeñas poblaciones en 
intervalos de tiempo cortos (por ejemplo, crecimiento de bacterias en una caja de Petri). 
Supóngase que el numero P(t) de una población en el tiempo t sigue una ley de crecimiento 
exponencial, entonces la razón de cambio de una población es proporcional a la población 
existente en dicho instante
  00
dP
kP
dt
P P



 
 
 EL PVI 
   
 0
0y t ay t
y t 
  


 COMO MODELOS MATEMÁTICOS 
Julio Flores Dionicio Página 29 
 
 Esta ecuación lineal tiene como solución   0
ktP t Pe , donde 
0P es la población inicial Por 
lo tanto, se concluye que el crecimiento poblacional continuara indefinidamente, es decir: 


)(tPlím
t
 
Con crecimiento exponencial una población crecería en forma indefinida al avanzar el tiempo. 
Sin embargo, en realidad, cuando la población crece lo suficiente existen factores del medio 
ambiente que reducen la tasa de crecimiento. Algunos ejemplos son disponibilidad de 
alimentos, depredadores, hacinamiento, etc. Estos factores ocasionan que al final 
dt
dP
 disminuya 
El modelo de la ecuación (1) para crecimiento también se puede ver como la ecuación
dS
rS
dt
 , 
que describe el crecimiento del capital S cuando está a una tasa anual de interés r compuesto 
continuamente 
 
2) DECAIMIENTO RADIACTIVO 
El núcleo de un átomo está formado por combinaciones de protones y neutrones. Muchas de esas 
combinaciones son inestables, esto es, los átomos se desintegran o se convierten en átomos de 
otras sustancias. Se dice que estos núcleos son radiactivos. Por ejemplo, con el tiempo, el radio Ra 
226, intensamente radiactivo, se transforma en el radiactivo gas radón, Rn-222. 
Para modelar el fenómeno del decaimiento radiactivo, se supone que la razón 
dN
dt
 con la que los 
núcleos de una sustancia se desintegran es proporcional a la cantidad (más precisamente, el 
número de núcleos),  N t de la sustancia que queda al tiempo t; esto es 
dN
kN
dt
 …(2) 
Por supuesto que las ecuaciones (1) y (2) son exactamente iguales; la diferencia radica sólo en la 
interpretación de los símbolos y de las constantes de proporcionalidad. En el caso del crecimiento, 
como esperamos en la ecuación (l), k > 0, y para la desintegración como en la ecuación (2), k < 0. 
El modelo de desintegración de la ecuación (2) también se aplica a sistemas biológicos tales como 
la determinación de la “vida media” de un medicamento, es decir, el tiempo que le toma a 50% del 
medicamento ser eliminado del cuerpo por excreción o metabolización. En química el modelo del 
decaimiento, ecuación (2), se presenta en la descripción matemática de una reacción química de 
primer orden. Lo importante aquí es: Una sola ecuación diferencial puede servir como modelo 
matemático de muchos fenómenos distintos. Con frecuencia, los modelos matemáticos se 
acompañan de condiciones que los definen. Por ejemplo, en las ecuaciones (l) y (2) esperaríamos 
conocer una población inicial 0P y por otra parte la cantidad inicial de sustancia radioactiva 0N . Si 
el tiempo inicial se toma en 0t  , sabemos que   00P P y que   00N N . En otras palabras, un 
modelo matemático puede consistir en un problema con valores iniciales o, como veremos más 
adelante , en un problema con valores en la frontera. 
 
Julio Flores Dionicio Página 30 
 
SOLUCION AL PVI: 
  00
dN
kN
dt
N N

 

 
 
Muchas sustancias ( o materiales ) radioactivos se desintegran a una velocidad que es 
proporcional a la cantidad de sustancias ( o material ) presente en dicho instante. En el PVI 
planteado  N t denota la cantidad de sustancia o elemento radiactivo presente en el instante “t” 
y k es una constante positiva. 
La ecuación    N t kN t   o equivalentemente     0N t kN t   . para resolver multiplicamos 
a ambos miembros por 𝑒𝑘𝑡 obtenemos N'(t) 𝑒𝑘𝑡 + k N(t) 𝑒𝑘𝑡 = 0 ⟺ (N(t) 𝑒𝑘𝑡 )' = 0 entonces 
existe una constante C tal que N(t) 𝑒𝑘𝑡 = C ⟺ N(t) = C e-kt , evaluando en t = 0 obtenemos C = 
N(0) remplazando este valor obtenemos   0
ktN t N e 
En donde 0N y k son constante positivas. 
 0N Representa la cantidad del elemento que está presente al tiempo t = 0 y se le denomina 
cantidad inicial. 
 La constante k depende del elemento particular implicado y se llama constante de 
decrecimiento ó decaimiento. 
 El concepto de semi-vida (o vida media), que definiremos a continuación, reviste particular 
importancia; denotamos con  el tiempo que debe transcurrir para que la cantidad inicial N(0) se 
reduzca a 
2
)0(N
 esto es 
2
)0(N
 = N(0) = N(0)e-k luego – ln2 = -k , es decir 
2In
k
  . 
Observamos que, conocida como la semi-vida (o vida media) de la sustancia(o elemento) en 
estudios , es independiente de la cantidad inicial N(0). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 1 
Si el 45% de una sustancia radioactiva se desintegra en 200 años .¿Cuál es su vida media? y ¿En 
cuánto tiempo se desintegrará 60% de la cantidad original?. 
Solución 
a) Si el 45% se desintegra, permanece sin desintegrar el 55% luego: 
Julio Flores Dionicio Página 31 
 
 
100
55
N(0) = N(0)e-200k es decir 
20
11
 = e-200k luego ln 
20
11
= -200k 
  k = 
200
1
(ln20-ln11). Por tanto  =
k
2ln
 así  = 
11ln20ln
2ln200

. 
 b) Si el 60% se desintegra permanece sin desintegrar 40%. 
 Luego: 
100
40
N(0) = N(0)e-kt 
5
2
 e-kt  kt
5
2
ln 





 de ahí que t = - 
k
l
ln 





5
2
, 
en donde k = 
200
1
(ln20 – ln11). 
Ejemplo 2 
Si después de 50 días se tiene el 60% de una sustancia radioactiva, determina la constante de 
decrecimiento y la vida media de la sustancia. 
Solución 
100
60
N(0) = N(0)e-50k  In(0,6) = -50k luego k = - 
50
)6,0ln(
 y 
 = 
k
)2(In
 67,82 días. 
Ejemplo3 Un isótopo radioactivo tiene una vida media de 16 días. Ud desea obtener 30g al final de 
30 días. ¿Cuál es la cantidad inicial del isótopo necesaria? 
 
Solución 
Como el tiempo de vida media está en días trabajaremos en dicha unidad de tiempo. Sea N(t) la 
cantidad presente al momento t y N(0) la cantidad que andamos buscando Sabemos que: 
𝑵(𝒕) = 𝑵(𝟎)𝒆−𝒌𝒕, donde k es una constante. Usando el tiempo de vida media  para determinar 
k, se tiene que:  2ln
16
1
k 
Por consiguiente,   30)0(30 30   KeNN 
 
geeN K 04.1103030)0(
2ln
16
30
30  
Ejemplo 4 
Suponer que 10 gramos del isótopo 239Pu se liberaron en el accidente nuclear de Chernobyl. 
¿Cuánto tiempo tomará a los 10 gramos disminuir a 1 gramo? 
 
Solución 
Considerar que N representa la masa (en gramos) del plutonio. Dado que la tasa de desintegración 
es proporcional a y, se sabe que 𝑵(𝒕) = 𝑵(𝟎)𝒆−𝒌𝒕 donde t es el tiempo en años. Para encontrar 
los valores de las constantes N(0) y k, aplicar las condiciones iniciales. Con base en que N(0) = 10 
cuando t = 0, lo cual implica que C = 10. Luego, con base en el hecho de que la vida media de 
239Pu es de 24 100 años se puede tener 
ln 2 ln 2
24100 0.000028761
24100
k
k
    
 
Julio Flores Dionicio Página 32 
 
Así, el modelo es   0.00002876110 tN t e 
Para encontrar el tiempo en que 10 gramos decrecen a 1 gramo, se puede despejar para t en la 
ecuación 0.0000287611 10 80059te t   
La solución es aproximadamente 80 059 años. 
NOTA DE ENRIQUECIMIENTO(Carbono 14(C14)) 
 
METODO DEL CARBONO 14 
La técnica llamada del C14, para datar un objeto consiste en medir la cantidad de C-14 que queda 
en la actualidad en dicho objeto, y utilizar la forma de las soluciones de la ecuación de 
decaimiento radiactivo para calcular el tiempo que ha pasado. 
Por ejemplo, la técnica de C-14 se utilizó en el año 1988 para estimar la edad del Sudario de Turin, 
tela de lino hallada en 1356 que muestra la imagen de un hombre que pre- senta marcas y 
traumas fisicos (ver la Figura), y de la que se pensaba que podría ser la tela que cubria a Jesus de 
Nazaret en el sepulcro, llamada también Sabana Santa. Se observó que las fibras del tejido 
contenían entre un 92% y un 93% del nivel inicial de C-14 
Se llego a un resultado que indicaba que el Sudario fue fabricado entre 689 y 599 años antes del 
momento en que fueron realizadas las pruebas, en el año de 1988. Es decir, mucho despues de la 
epoca en que vivio Jesus. Lo que probo que no podria ser la Sabana Santa. 
Este método se debe al quimico Willar Libby cuyo descubrimiento le valio el premio Nobel de 
Quimica en 1960. La teoría se basa en lo siguiente. La atmosfera terrestre es continuamente 
bombardiada por rayos cósmicos, los cuales producen neutrones libres que se conbinan con el 
nitrógeno de la atmosfera para producir el isotopo C-14 (Carbono 14 bien radiocarbono). Este C-14 
se combina con el bióxido de carbono presente en la atmosfera, el cual es absorbido por las 
plantas y estas a su vez son alimento para los animales. Asi es como se incorpora el radiocarbono a 
los tejidos de seres vivos. 
Julio Flores Dionicio Página 33 
 
El cociente de la cantidad de carbono 14 y la cantidad de carbono ordinario presentes en la 
atmosfera es constantes, y en consecuencia la proporción de isotopo presente en todos los 
organismos vivos es la misma que en la atmosfera. Cuando un organismo muere, la velocidad de 
incorporación de radiocarbono a el se hace nula y entonces comienza el proceso de desintegración 
radioactiva del C-14, que se encontraba presente en el momento de su muerte. Asi comparando la 
proporción de C-14 que hay en un fosil con la proporción constante encontrada en la atmosfera es 
posible obtener una estimación razonable de su edad. 
 
Ejemplo 1 
Se ha encontrado que un hueso antiguo contiene 
1
8
 de la cantidad original de C-14 de un hueso al 
tiempo actual. ¿Cuál es la antigüedad del fosil?. 
 
 
 
 
 
 
 
Solución 
Sea N(t) la cantidad presente de C-14 en el hueso t años después que murió el organismo. En este 
caso,    0 ktN t N e , en donde N(0) es la cantidad de C-14 cuando t = 0 
La vida media del C-14 es de 5568 años, es decir 5568 años  , entonces 
0,69315
0,00012448
5569
k   , asi     0,000124480 tN t N e 
Buscando el valor de t para el cual  
 0
8
N
N t  , tenemos que 
 
 0,00012448 0 10 0,00012448 ln 16705
8 8
t
N
N e t t       . Asi, el fosil tiene una antigüedad de 
16705 años. 
Ejemplo 2 
En 1950 se hicieron excavaciones en Nipur (Babilonia), en las cuales se encontraron muestras de 
carbón que reportaron 4.09 desintegraciones por minuto y por gramo. Una muestra actual 
reporto 6.68 desintegraciones por minuto y por gramo. Se sabe que la primer muestra se formo 
en la época del reinado de Hammurabi. Con estos datos, determine hace cuanto tiempo 
Hammurabi reino en Babilonia. 
Julio Flores Dionicio Página 34 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución 
Sea N(t) la cantidad presente de C-14 en el tiempo t. entonces 
dN
dt
, esla velocidad de 
desintegración del C-14 al tiempo t y 4.09 ; 6.68
dN dN
dt dt
  …(1) 
Sabemos que  
dN
kN t
dt
  , además la vida media del C-14 es de 5568 años, es decir 
5568 años  , entonces 
0,69315
0,00012448
5569
k   , asi     0,000124480 tN t N e … (2) 
Sustituyendo (2) en  
dN
kN t
dt
  se tiene   0,000124480 t
dN
kN e
dt
  ….(3) 
Considerando (1) en (3) se tiene 0,000124486.68 t
dN
e
dt
 
Ahora bien para determinar hace cuanto tiempo reino Hammurabi en Babilonia, tendremos que 
calcular t para el cual se cumple que 4.09
dN
dt
 , esto es 0,000124484.09 6.68 te , entonces 
4.09
ln 0.00012448 3940.9786.
6.68
t t    
Aproximadamente 3941 años que Hammurabi reino en Babilonia. 
Julio Flores Dionicio Página 35 
 
 
DOSIFICACIÓN DE MEDICAMENTOS 
Determinar y recetar dosis de fármacos son aspectos sumamente importantes de la profesión 
médica. Con frecuencia se debe tener precaución debido al lado posible adverso o a los efectos 
tóxicos de las medicinas (o drogas). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Muchos medicamentos son utilizados por el cuerpo humano de manera que la cantidad presente 
sigue una ley exponencial de disminución. Es decir, si N(t) es la cantidad de fármaco presente en el 
cuerpo al tiempo t, entonces N'(t) = - k N(t) o equivalentemente N'(t) + k N(t) = 0 . para 
resolver multiplicamos a ambos miembros por 𝑒𝑘𝑡 obtenemos N'(t) 𝑒𝑘𝑡 + k N(t) 𝑒𝑘𝑡 = 0 ⟺ (N(t) 
𝑒𝑘𝑡 )' = 0 entonces existe una constante C tal que N(t) 𝑒𝑘𝑡 = C ⟺ N(t) = C e-kt , evaluando en t = 0 
obtenemos C = N(0) remplazando este valor obtenemos 𝑵(𝒕) = 𝑵(𝟎)𝒆−𝒌𝒕 
En donde N(0) y k son constante positivas . 
 N(0) representa la cantidad del elemento que esta presente al tiempo t = 0 y se le denomina 
cantidad inicial. 
 La constante k depende del elemento particular implicado y se llama constante de 
decrecimiento ó decaimiento. 
Si H es la semivida de tal medicamento, entonces 𝐻 = (𝑙𝑛2)/𝑘 
Supóngase que se desea anal izar el caso en que se administren a un paciente dosis iguales de un 
fármaco como ese, cada I unidades de tiempo, hasta que se logre un cierto nivel terapéutico. 
La razón de administrar dosis reducidas de mantenimiento se relaciona con frecuencia con los 
efectos tóxicos de los fármacos. En particular, supóngase que existen d dosis de P unidades cada 
una, que se aplican dosis en los tiempos t = 0, I, 2I,…, y (d - 1)I, y que el nivel terapéutico T, se 
alcanza en t = dI, lo cual se presenta un intervalo después de que se administra la ultima dosis. Se 
verá ahora como determinar una formula que dé el nivel terapéutico. 
En el tiempo t = 0, el paciente recibe las primeras P unidades, de manera que la cantidad de 
medicamento en el cuerpo es P. al tiempo t = I, la cantidad presente que proviene de la primera 
Julio Flores Dionicio Página 36 
 
dosis es [de la ecuación (1)] 𝑃𝑒−𝑘𝐼. Además, a t = I, se administran las segundas P unidades. Por 
ello, la cantidad total de fármaco presente es 𝑃 + 𝑃𝑒−𝑘𝐼. 
Al tiempo t = 2 I, la cantidad que permanece, y que proviene de la primera dosis es 𝑃𝑒−2𝑘𝐼 , de la 
segunda dosis, que ha estado en el sistema durante sólo un intervalo, la cantidad presente es 
𝑃𝑒−𝑘𝐼 . También, al mismo tiempo t = 2 I se administrar la tercera dosis de P unidades, de manera 
que la cantidad total de fármaco presente es 𝑃 + 𝑃𝑒−𝑘𝐼 + 𝑃𝑒−2𝑘𝐼 
Continuando de esta manera, la cantidad de fármaco presente en el sistema al tiempo dI, un 
intervalo de tiempo después de que se administra la ultima dosis, esta dad por 𝑇 = 𝑃𝑒−𝑘𝐼 +
 𝑃𝑒−2𝑘𝐼 + ⋯ + 𝑃𝑒−𝑑𝑘𝐼. (2) 
Se puede expresar el lado derecho de la Ec. (2) en forma distinta. En primer lugar, se multiplican 
ambos lados de la (2) por 𝑒−𝑘𝐼: 
𝑒−𝑘𝐼𝑇 = 𝑒−𝑘𝐼(𝑃𝑒−𝑘𝐼 + 𝑃𝑒−2𝑘𝐼 + … + 𝑃𝑒−𝑑𝑘𝐼) 𝑒−𝑘𝐼𝑇 = 𝑃𝑒−2𝑘𝐼 + 𝑃𝑒−3𝑘𝐼 + … +
𝑃𝑒−(𝑑+𝐼)𝑘𝐼) (3) 
Restando los resultados de la Ec. (3) de los correspondientes de la Ec.(2), se tiene 
𝑇 − 𝑒−𝑘𝐼𝑇 = 𝑃𝑒−𝑘𝐼 − 𝑃𝑒−(𝑑+𝐼)𝑘𝐼 Simplificando y despejando T, (1 − 𝑒−𝑘𝐼)𝑇 = 𝑃𝑒−𝑘𝐼(1 −
𝑒−𝑑𝑘𝐼)  𝑇 = 
𝑃𝑒−𝑘𝐼(1−𝑒−𝑑𝑘𝐼)
1 − 𝑒−𝑘𝐼
  𝑇 = 
𝑃(1−𝑒−𝑑𝑘𝐼)
𝑒−𝑘𝐼(1 − 𝑒−𝑘𝐼)
 
 𝑇 = 
𝑃(1−𝑒−𝑑𝑘𝐼)
𝑒−𝑘𝐼−1(4) 
La ecuación (4) permite determinar el nivel terapéutico T en términos de la dosis P, los intervalos I, 
el numero de dosis d, y la semivida H, del medicamento [puesto que 𝑘 = (𝑙𝑛2)/𝐻]. Entre oras 
posibilidades, puede determinarse la dosis P si se conocen T, H, I y d. 
El objetivo ahora es mantener el nivel terapéutico en el sistema del paciente. Para lograr esto, se 
administra una dosis reducida R, a los tiempos 𝑡 = 𝑑𝐼, (𝑑 + 2)𝐼, asi sucesivamente. En el tiempo 
𝑡 = (𝑑 + 1)𝐼, pero antes de administrar la segunda dosis reducida, la cantidad de fármaco en el 
sistema, proviene de la primera dosis reducida es 𝑅𝑒−𝑘𝐼. Y la cantidad que permanece, proviene 
del nivel terapéutico, es 𝑇𝑒−𝑘𝐼 Supóngase que se requiere que la suma de esas cantidades esas el 
nivel terapéutico, T. es decir, 𝑇 = 𝑅𝑒−𝑘𝐼 + 𝑇𝑒−𝑘𝐼 
Despejando R, obtenemos 𝑅𝑒−𝑘𝐼 = 𝑇 − 𝑒−𝑘𝐼  𝑅 = 𝑇(1 − 𝑒−𝑘𝐼)𝑒𝑘𝐼 . 
De aqui se obtiene 𝑅 =
𝑃𝑒−𝑘𝐼(1−𝑒−𝑑𝑘𝐼)
1−𝑒−𝑑𝑘𝐼
(1 − 𝑒−𝑑𝑘𝐼)𝑒𝑘𝐼 , 
O en términos más simples, 𝑅 = 𝑃(1 − 𝑒−𝑑𝑘𝐼). (5) 
Continuando con la dosis reducida a intervalos I se asegura que le nivel de fármacos en el sistema 
nunca caiga por debajo de T. además, se debe observar que como – 𝑑𝑘𝐼 < 0, entonces 0 <
Julio Flores Dionicio Página 37 
 
𝑒−𝑑𝑘𝐼 < 1. En consecuencia, el factor 1 − 𝑒−𝑑𝑘𝐼 de la Ec. (5) se encuentra entre 0 y 1. Esto asegura 
que R sea menor que P, en donde R es en realidad una dosis reducida. 
Los especialistas afirman que “la cantidad terapéutica T debe ser elegida de entre una gama de 
valores determinados en forma empírica. Se requieren discreción y experiencias médicas para 
seleccionar los intervalos y las duraciones o tiempos apropiados para administrar el fármaco. 
Incluso es posible que varíe la semi-vida de un fármaco entre pacientes distintos. Su distribución 
en el sistema, las interacciones entre los medicamentos, la edad de los pacientes, su salud en 
general y la salud de órganos vitales, como el hígado y los riñones. 
 
 
 
 
 
Ejemplo. 
La teofilina es un fármaco que se utiliza para tratar asma bronquial y tiene una semi-vida de 8 
horas en el sistema de un paciente relativamente saludable, que no fuma. Supóngase que un 
paciente como este logra el nivel terapéutico deseado de este fármaco en 12 horas. Aquí, d = 
3.Debido a su toxicidad, debe reducirse la dosis después. Al miligramo más próximo, determine (a) 
el nivel terapéutico y (b) la dosis reducida. 
Solución 
a) T = 
1
)1(



kl
dkl
e
eP
 Aquí P = 100mg ,  =8h , I = 4h 
Pero  = 
h8
2ln
k 
k
2ln
 , entonces kI = h4
h8
2ln
 
Es decir kI = 
2
2ln
 luego T = 
12
)21(mg100
1
)1(mg100
2
1
2
3
2
2ln
3






2
ln2
e
e
 
T = 
12
)
8
1
1(100
12
)
2
1
1(100
2
3











  T = 156 mg 
Julio Flores Dionicio Página 38 
 
b) R = (1 – e-dkl)R = 100 mg(1 - )
8
1
1(mg100)e
2ln
2
3


 
R = 100 mg )
4
2
1(  = 100mg 







 
4
24
R = 65 mg 
 
 
 
La experiencia alcanzado en (i) sugiere suponer que y es solución de (ii); luego 
 ( ) ( )y t ay t b   .Para todo 0t  , multiplicamos ambos lados por ate , se obtiene 
( ( ) ( ))at ate y t ay t be    ( ( )) ( )
at atbe y t e
a
  , teniendo en mente el hacho de que si la 
derivada de dos funciones son iguales entonces ambas funciones deben diferir por una constante. 
Luego existe una constante C tal que ( )
at atbe y t e C
a
  ,de aquí ( )
atby t Ce
a
  
como C es un constante arbitraria , entonces es dable afirmar que las soluciones de (ii) son 
infinitas y todas ellas están comprendidas en 
( ) at
b
y t Ce
a
  
 Por el rol que juega la función 
ate en el proceso arriba descrito, se acostumbra decir que es el 
factor integrante de la ecuación diferencial. Ahora bien, frecuentemente una ecuación diferencial 
viene acompañada de una condición adicional 0( )y t  ( número real arbitrario) lo que da 
lugar a un problema de valor inicial (PVI). 
EL PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI) 
 
0( )
y ay b
y t 
 

 (*) 
(ii)     ; ; , 0y t ay t b a b a b      
 
Julio Flores Dionicio Página 39 
 
Veremos que el PVI (*) tiene una única , solución; para ello basta evaluar en 𝑡0 a la función 
( ) at
b
y t Ce
a
  (solución general de la ecuación diferencial), en efecto 
0
0( )
atb
y t Ce
a
     
0at
b
Ce
a
   
De aquí 0( )
atb
C e
a
  de tal manera que 0
( )
( ) ( )
a t tb b
y t e
a a
     es la única solución del 
PVI 
Como ejemplos aplicativos veamos los siguientes modelos 
 
 
 
 
 
 
1) LEY DE ENFRIAMIENTO/CALENTAMIENTO DE NEWTON 
 De acuerdo con la ley empírica de Newton de enfriamiento/calentamiento, la rapidez con la que 
cambia la temperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre la temperatura del 
cuerpo y la del medio que lo rodea, que se llama temperatura ambiente. Si  T t representa la 
temperatura del cuerpo al tiempo t, mT es la temperatura del medio que lo rodea y 
dT
dt
 es la 
rapidez con que cambia la temperatura del cuerpo, entonces la ley de Newton de 
enfriamiento/calentamiento traducida en una expresión matemática es 
 
 m
dT
k T T
dt
 
 (3) 
 
Donde k es una constante de proporcionalidad en ambos casos, enfriamiento o calentamiento. 
En el caso de enfriamiento La ley de enfriamiento de Newton establece que la razón a que la 
temperatura ( )T t cambia en un cuerpo que se enfría es proporcional a la diferencia entre la 
temperatura en el cuerpo y la temperatura constante mT del medio circundante; es decir, 
 
    mT t k T t T    , en este caso k es una constante positiva. 
 EL PVI 
   
 0
y t ay t b
y t 
  


 COMO MODELOS MATEMÁTICOS 
Julio Flores Dionicio Página 40 
 
Sean 
0(0)T T la temperatura inicial, entonces     mT t k T t T    con la condición inicial 
(PVI) se escribe de la forma 
 
0(0)
mT KT kT
T T
  
 Es un PVI de primer orden 
Para resolver el PVI multiplicaremos a toda la ecuación por 𝑒𝑘𝑡 
kt kt kt
mT e kTe kT e   de aquí obtenemos ( )
kt kt
mTe kT e  ,entonces 
Integrando obtenemos 
kt kt
mTe T e C  por lo tanto ( )
kt
mT t T Ce
  
De donde, evaluando en t = 0, se obtiene 0 mC T T  . Con esto, 
 0( ) ( )
kt
m mT t T T T e
   
Ejemplo 1 Asesinato 
Se encontró asesinado en su hogar a un rico industrial. La policía llego al lugar del crimen a las 
11:00 P.M. en ese momento la temperatura del cuerpos era 31°C, y una hora después era de 30°C. 
La temperatura del cuarto en el que se encontró el cuerpo era de 22°C. Determinar la hora en que 
ocurrió el asesinato. 
 
Solución 
Sea t el número de horas después de las cuales se descubrió el cuerpo, y T(t) la temperatura (en 
grados Celsius) del cuerpo en el tiempo t. Se desea calcular el valor de t para el cual T = 37 (la 
temperatura normal de cuerpo). Por supuesto, este valor de t será negativo. De acuerdo a la ley de 
Newton del enfriamiento, 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝑘(𝑇 − 22), 
En donde k es una constante( negativa ) y la (temperatura ambiente) es 22. En consecuencia 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝑘(𝑇 − 22), Separando variables, se tiene 
𝑑𝑇
𝑇−22
= 𝑘 𝑑𝑡, → ∫
𝑑𝑇
𝑇−22
= ∫ 𝑘 𝑑𝑡, → 𝑙𝑛|𝑇 − 22| = 𝑘𝑡 + 𝐶. 
Como T -22 > 0, → ln(𝑇 − 22) = 𝑘𝑡 + 𝐶. 
Cuando t = 0, T = 31, por lo tanto, ln(31 − 22) = 𝑘 × 0 + 𝐶, De donde 
ln(𝑇 − 22) = 𝑘𝑡 + ln 9,→ ln(𝑇 − 22) − ln 9 = 𝑘𝑡,→ 𝑙𝑛
𝑇−22
9
= 𝑘𝑡. 
Cuando t = 1, entonces T = 30, por lo que 
Julio Flores Dionicio Página 41 
 
𝑙𝑛
30−22
9
= 𝑘 × 1.→ 𝑘 = 𝑙𝑛
8
9
≈ −0.11778. Así, → 𝑘 = 𝑙𝑛
𝑇−22
9
≈ −0.11778𝑡.Ahora, se evalúa t cuando T = 37: 𝑘 = 𝑙𝑛
37−22
9
≈ −0.11778𝑡.→ 
𝑡 ≈ −
ln (
15
9
)
0.11778
≈ −
0.51083
0.11778
,→ 𝑡 ≈ −4.34. 
Puesto que 4.34 horas es (aproximadamente) 4 horas 20minutos, el industrial fue asesinado 
aproximadamente a las 6:40 P.M. 
Ejemplo 2 Pastel 
Cuando un pastel se retira del horno, su temperatura es de. Tres minutos después su temperatura 
es de 200 F . Determine la temperatura del pastel en cualquier instante después que se ha sacado 
del horno si la temperatura ambiente es de 70 F . 
SOLUCION 
Aquí 0(0) 300T F T  y (3) 200T F 
Sabemos que 0( ) ( ) ( ) 70 (300 70 )
kt kt
m mT t T T T e T t F F F e
        
Es decir ( ) 70 230
ktT t F Fe  
3 3130200 (3) 70 230
230
k kF T F Fe e      , de aquí 
13 1 13
ln( ) 3 ln( ) 0.1902
23 3 23
k k k       
Luego 
0.1902( ) 70 230 tT t F Fe  
 
 
MODELAMIENTO DE UN FENOMENO EN BIOLOGIA 
ÓSMOSIS: es el pasaje o difusión de un solvente (agua) a través de una membrana 
semipermeable mediante un gradiente de concentración. La membrana plasmática permite el 
paso del agua de un sitio a otro pero no el de sustancias disueltas en ella (solutos). Toda vez que 
la célula tenga en su interior una concentración de solutos mayor que la del medio externo, la 
célula está en una solución hipotónica. Por lo tanto, el agua ingresa a la célula y provoca que se 
agrande. Por el contrario, si la concentración de solutos es mayor en su ambiente externo la 
célula está en un medio hipertónico, hecho que provoca la salida de agua intracelular y la 
crenación o arrugamiento de la célula. Cuando la concentración de solutos es igual a ambos 
lados de la membrana, la célula está en un medio isotónico (igual tonicidad) y no hay difusión de 
agua. En la difusión simple, en la facilitada y en la ósmosis no hay gasto de energía. 
 
Julio Flores Dionicio Página 42 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DIÁLISIS: cuando una membrana separa una sustancia con diferente 
concentración a ambos lados, el soluto (la sal) difunde desde el lugar de mayor 
concentración al de menor concentración, mientras que el agua lo hace desde el 
sitio donde está en mayor cantidad (solución diluida) hacia la de menor cantidad 
(solución concentrada de sal). Este proceso, denominado diálisis, se define como 
el pasaje de una sustancia disuelta a través de una membrana semipermeable a 
favor de un gradiente de concentración y sin gasto de energía. 
 
 
 
http://4.bp.blogspot.com/_TYKXEPKoytc/SRF9npnOXNI/AAAAAAAABOg/kV8Ke8GRdQg/s1600-h/F4.bmp
http://1.bp.blogspot.com/_TYKXEPKoytc/S_V3nVRIPZI/AAAAAAAADyU/Udw9GTkdLSc/s1600/F3.jpg
Julio Flores Dionicio Página 43 
 
LEY DE OSMOSIS 
 Analicemos el fenómeno de la osmosis, presente en muchos procesos fisiológicos. Consideremos 
un experimento en que disponemos dos medios de salmuera A y B separados por una membrana 
impermeable en t = 0 con concentraciones iniciales 𝐴(0) y B(0) con A(0) < B(0) . 
 En un instante t > 0 la membrana que los separa se vuelve semipermeable y permite el paso de 
las moléculas de agua, pero no de las moléculas de sal disueltas (ver figura). 
 
 
 
 
 
 
 
 
El problema es modelar la evolución de las concentraciones de sal A(𝑡) y B(𝑡) en función del 
tiempo. Se observa experimentalmente que a medida que el tiempo transcurre, el agua se 
desplaza a través de la membrana desde la solución de baja concentración A hacia la de alta 
concentración B hasta alcanzar asintóticamente un valor de equilibrio como se muestran en el 
gráfico de la figura 2 
Se constata, también experimentalmente, que este valor de equilibrio corresponde al promedio M 
de concentraciones, el cual es conservado a través del tiempo. Esto tiene dos consecuencias: dicho 
promedio debe ser igual al promedio de las concentraciones iniciales y es por lo tanto conocido. 
Además, como A(𝑡) + 𝐵(𝑡) = 2𝑀 es constante, podemos obtener en cada instante t la 
concentración en B conociendo la de A y viceversa. Así es que el problema se reduce a encontrar 
solamente la función A(𝑡). 
 
 
 
 
 
 
 
t = 0 
A(0) B(0) 𝑨(𝒕) 𝑩(𝒕) 
t > 0 
FIGURA 1 . Osmosis por una membrana 
semipermeable 
Julio Flores Dionicio Página 44 
 
Si registramos en un gráfico el logaritmo natural de la diferencia 𝑀 − 𝐴(𝑡) en función del tiempo, 
observemos que la curva experimental se ajusta bien a una recta de pendiente negativa – 𝑘. Una 
hipótesis razonable es entonces un ajuste A(𝑡) a la asíntota de ordenada M, en efecto 
 ln(𝑀 − 𝐴(𝑡)) = −𝑘𝑡 + 𝐶 ⇒ A(𝑡) = 𝑀 − 𝐻𝑒−𝑘𝑡, 
Donde H es una constante que se obtiene imponiendo la condición inicial A(0) para t = 0 lo que 
nos da 𝐻 = 𝑀 − 𝐴(𝑜) . Reemplazando la constante H en la expresión anterior, estos nos provee 
de la formula siguientes para la concentración buscada: 
(1) 𝐴(𝑡) = 𝑀 − (𝑀 − 𝐴(0))𝑒−𝑘𝑡. 
Esta función representa un buen modelo de la realidad, ya que se ajusta razonablemente bien a 
las mediciones experimentales, sin embargo, nos resulta todavía misterioso por qué deberíamos 
aceptar este modelo de crecimiento exponencial como un modelo razonable y no otro modelo 
diferente, por ejemplo, un ajuste polinomial por pedazos. 
Estos nos lleva a preguntarnos ¿hay alguna ley o principio que explique el fenómeno de la 
osmosis? Una idea, que resulta ser fundamental, consiste en estudiar si existe una relación simple 
entre la concentración A(𝑡) y su aumento 𝐴′(𝑡). Derivado (1) obtenemos: 
𝐴′(𝑡) = 𝑘𝐻𝑒−𝑘𝑡 = 𝑘𝐻𝑒−𝑘𝑡 + 𝑘𝑀 − 𝑘𝑀 = 𝑘(𝑀 − (𝑀 − 𝐻𝑒−𝑘𝑡)) 
esto es, la relación buscada es: 𝐴′(𝑡) = 𝑘(𝑀 − 𝐴(𝑡)) (2) Entonces la solución (1) 
satisface (2). Interpretando (2) encontramos una relación diferencial simple y comprensible que 
podemos enunciar como ley siguiente: 
 
 
 
 
 
 
La ley de la osmosis representada por la ecuación diferencial (2) provee una interpretación más 
intuitiva y profunda del proceso de osmosis. Ahora veremos que (2) tiene como solución (1). 
 La EDO que modela (ley de osmosis) este fenómeno es     A t k M A t   , con k>0 y 
donde
   0 0
2
A B
M

 es la concentración promedio . La ecuación es equivalente a 
LEY DE OSMOSIS 
“El aumento de concentración es proporcional en cada 
instante a la diferencia de concentración entre el promedio 
asintótico de concentraciones y la concentración actual. 
La constante de proporcionalidad cuantifica la 
permeabilidad de la membrana.” 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 45 
 
   A t kA t kM   multiplicando a esta ecuación por kte se obtiene 
        kt kt kt kt kte A t kA t e kMe A t e Me      , entonces existe una constante arbitraria 
C 𝝐ℝ tal que    kt kt ktA t e Me C A t M Ce     .Este resultado es una familia de 
curvas (indexadas por la constante C ). 
Si evaluamos en el tiempo inicial t = 0, encontramos el valor de la constante C , esto es, 
A(O) =C + M ⟺ C = A(0) – M ; pero 
   0 0
2
A B
M

 . 
Por lo tanto, la solución es
 
 
       0 0 0 0
2 2
kt
A B A B
A t e
 
  
 
2) MEZCLAS 
La mezcla de dos líquidos a menudo origina una ecuación diferencial de primer orden. 
Más concretamente, se considera un recipiente que contiene una cantidad de V litros de cierto 
fluido, en el que se encuentra disuelta una cantidad,  0y , de cierta sustancia. En el recipiente 
entra constantemente fluido con una concentración de eC gramos por litro y a una velocidad de 
eV litros por minuto. Se supone que los fluidos en el recipientese mezclan de forma instantánea y 
que la mezcla sale del recipiente a una velocidad de sV litros por minuto. Lo que se desea es 
determinar una función que indique la cantidad de sustancia que hay en el interior del recipiente 
en cada instante, t. Llamemos  V t a la cantidad de fluido (litros) presente en el recipiente en el 
instante t, y  y t a la cantidad de sustancia disuelta (gramos) en el instante t, de forma que la 
concentración de sustancia disuelta en el instante t es 
 
 
y t
V t
 gramos por litro. 
La variación de la magnitud  y t por unidad de tiempo es  y t y viene dada por la diferencia 
entre la cantidad de sustancia que entra (por unidad de tiempo) y la cantidad de sustancia que 
sale (por unidad de tiempo): 
 
Puesto que entran eV litros por minuto, que contienen una concentración eC gramos de sustancia 
por litro, se tiene que entran eC . eV Gramos por minuto de sustancia. 
Julio Flores Dionicio Página 46 
 
La concentración de sustancia en el fluido que sale es la del fluido en el interior del recipiente, es 
decir
 
 
y t
V t
 gramos por litro. Puesto que salen 
sV litros por minuto, se tiene que salen 
 
 
s
y t
V
V t
 
gramos por minuto de la sustancia disuelta. Así pues, la variación de la concentración,  y t , 
verifica: 
 
 
 
e e s
y t
y t C V V
V t
  
 
La expresión de  V t , cantidad de fluido en el recipiente en el instante t, deberá ser determinada 
en cada caso, ya que depende de la cantidad inicial y de las velocidades de entrada y salida del 
fluido en el recipiente. Si, por ejemplo, la velocidad de entrada de fluido es igual a la velocidad de 
salida, entonces el volumen en el interior del recipiente permanecerá constante. 
 
Ejemplo 1 
Un depósito contiene 100 litros de una disolución salina cuya concentración es de 2.5 gramos de 
sal por litro. Una disolución conteniendo 2 gramos de sal por litro entra en el depósito a razón de 5 
litros por minuto y la mezcla (que se supone uniforme de forma instantánea) sale del depósito a la 
misma velocidad. Encontrar la cantidad de sal que hay en cada instante en el depósito. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución 
Puesto que la velocidad a la que entra el líquido en el depósito es la misma a la que sale, en el 
depósito siempre hay la misma cantidad de líquido: 100 litros. 
Sea  y t la cantidad de sal en el depósito en el instante t. 
 
En el depósito entran 5l. por minuto de una disolución con 2gr. por litro, luego entran 10gr. de sal 
por minuto. 
Puesto que la cantidad de sal en el depósito es  y t y la cantidad de líquido que hay es 100l., la 
concentración de la disolución en el depósito es de
 
100
y t
 gramos por litro. Esta disolución sale a 
Julio Flores Dionicio Página 47 
 
una velocidad de 5 litros por minuto, por lo tanto la sal sale a una velocidad de 
 
 5
100
y t
 gramos 
por minuto. 
Así pues, se tiene:  
5
10
100
y
y t   
Esta ecuación es de variables separables 
   
 
 
0.05
0.05
0.05 0.05
5 1000 5 1
10
100 100 1000 5 1000 1000 5 100
1 1 1
ln 1000 5 ln 1000 5 1000 5
5 100 20
1000
5 1000 200
5
t
t
t t
y ty y dy dt
y t y t
y y
y t C y t K y Ke
Ke
y Ke y t Ke


 

        
 
            

      
 
 
Así pues, la solución general de la ecuación diferencial es   0.05200 ty t Ke  
Puesto que, inicialmente, la concentración de sal en el depósito era de 2:5 gramos por litro, la 
cantidad de sal inicial era de  0 2.5 100 250y    . Sustituyendo esta condición inicial en la 
expresión de la solución general se tiene   0.05 0250 0 200 200 50y Ke K K         
Luego la función que nos da la cantidad de sal en cualquier instante t es:   0.05200 50 ty t e  
 
Ejemplo 2 
La corriente sanguínea lleva un medicamento hacia el interior de un órgano a razón de 33 /cm sg y 
sale de él a la misma velocidad. El órgano tiene un volumen de 3125cm : Si la concentración del 
medicamento en la sangre que entra en el órgano es de 30.2 /gr cm , se pide: 
1) ¿Cuál es la concentración del medicamento en el órgano en cada instante si inicialmente no 
había vestigio alguno del medicamento? 
2) ¿Cuándo la concentración del medicamento en el órgano será de 30.1 /gr cm ? 
Solución 
 
La cantidad de medicamento que entra en el órgano por segundo es: 0:2 x 3 = 0:6 gramos 
Si denotamos por y(t) la cantidad de medicamento presente en el órgano en el instante t se 
tendrá, puesto que la sangre abandona el órgano a la misma velocidad a la que entra ( 33 /cm sg ), 
que la cantidad de medicamento que abandona el órgano por segundo será de
 
3
125
y t
 
En consecuencia, puesto que la variación por unidad de tiempo (i.e., por segundo) de la cantidad 
de medicamento viene dada por: 
  que entra por segundo-cantidad que sale por segundoy t cantidad  
Se tiene    
3 75 3
0.6
125 125
y
y t y t

    
Esta ecuación es de variables separables: 
Julio Flores Dionicio Página 48 
 
Z
75 3 1 1 1 1
ln 75 3
125 75 3 125 75 3 125 3 125
y y dy
y dt y t C
y y

         
  
 
Despejando aquí y se obtiene la solución general de la ecuación:   3 /12525 ty t Ke  
Puesto que, inicialmente, no había ninguna cantidad de medicamento en el órgano, la condición 
inicial para 
Y(t) es y(0)=0, lo que conduce, sustituyendo, a:  0 0 25 25y K K     
En consecuencia la función que nos da la cantidad de medicamento en el órgano en cada instante 
es   3 /12525 25 ty t e  
La concentración es la cantidad de medicamento dividido por el volumen del órgano, es decir
 
   3 /125 3 /125
25 1
1 1
125 125 5
t t
y t
e e     
Por lo tanto, la contestación a la primera pregunta es que
 3 /125
1
 consentracion en el instante t es 1
5
tla e  
Para contestar a la segunda pregunta hay que calcular para qué valor de t se verifica 
 
 3 /125 3 /125
1 3
0.1 1 0.5 1 ln 0.5
5 125
125
ln 0.5 28.88
3
t t te e
t segundos
         
   
 
 
Ejemplo 3 
Un tanque contiene 50 galones de una disolución compuesta por 90% agua y 10% alcohol. 
Una segunda disolución que contiene 50% agua y 50% alcohol se agrega al tanque a una tasa de 4 
galones por minuto. Conforme se añade la segunda, el tanque empieza a drenar 
a una tasa de 5 galones por minuto, como se muestra en la figura . Si se supone que la disolución 
en el tanque se agita constantemente, ¿cuánto alcohol permanecerá en el tanque después de 10 
minutos? 
 
 
 
 
 
 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 49 
 
Solución 
Sea y el número de galones de alcohol en el tanque en cualquier instante t. 
 Se sabe qué y = 5 cuando t =0. Dado que el número de galones en el tanque en cualquier 
tiempo es 50- t, y que el tanque pierde 5 galones por minuto, se debe perder galones 
de alcohol por minuto. Además, ya que el tanque gana 2 galones de alcohol por minuto, el ritmo o 
velocidad de cambio de alcohol en el tanque está dada por 
, Para resolver esta ecuación lineal, sea y se 
obtiene Ya que t <50, se puede eliminar el signo del valor 
absoluto y concluir que 
Así, la solución general es 
Dado que t = 5 para t = 0, se tiene , lo cual significa que la solución 
particular es 
Por último, cuando t = 10, la cantidad de alcohol en el tanque es 
, lo cual representa una solución que contiene 33.6% de 
alcohol. 
 
Ejemplo 4 
Inicialmente, 50 lb de sal se disuelven en un gran tanque que contiene 300 gal de agua. Una 
solución de salmuera se bombea hacia el tanque a razón de 3 gal/min, y luego la solución bien 
mezclada se extrae al mismo ritmo. Vea la FIGURA. Si la concentración de la solución que entra es 
2 lb/gal, determine la cantidad de sal en el tanque en el instante t. ¿Cuánta sal hay después de 50 
min? ¿Y después de un gran tiempo? 
 
 
5
50
y
t
 
  
5 5
2 2
50 50
dy dy
y y
dt t dt t

   
          
5
( )
50
a tt


5
( ) 5ln 50
50
a t dt dt t
t
   
 
 
 
( ) 5ln 50
5
1
50
a t dt t
e e
t
   

     
 
5
5 5 4
2 1 50
50
250 50 2 50
y t
dt C y C t
t t t

   
 
 


 
5
5
50 20
5 50
2 50
C C   
5
50 50
20
2 50
t t
y
  
   
 
5
50 10 50 10
20 13.45
2 50
y gal
  
   
 
Julio Flores Dionicio Página 50 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución 
Sea A (t) la cantidad de sal (en libras) en el tanque en el instante t. Para problemas de esta clase, la 
razón neta a la que A (t) cambia está dada por 
( de la sustancia que entra)-( de la sustancia que sale)
dA
razon razon
dt
 
Luego, la razón a la que la sal entra al tanque, en libras por minuto, es 
(3 / min).(2 / ) 6 / mingal lb gal lb mientras que la razón a la que la sal sale es 
(3 / min).( / ) / min
300 100
A A
gal lb gal lb 
Por tanto, la ecuación es 
1
6 6
100 100
dA A
A A
dt
     
Resolviendo se obtiene 100( ) 600 550
t
A t e

  , para t = 50 se tiene A(50) = 266.41 lb 
 
 
 
 
Supongamos que  y t es solución de (iii). Luego ( ) ( ) ( )y t a y t b t   
Guiados por el camino seguido en (i) y(ii), multiplicamos ambos miembros de
( ) ( ) ( )y t ay t b t   por 
ate , obtenemos  ( ( ) ) ( )
at ate y t ay t e b t    
( ( )) ( )at ate y t e b t 
 ……..(1) 
Observando el segundo miembro de esta ecuación , el teorema fundamental del cálculo afirma 
que 
0
( ( ) ) ( )
t
as at
t
e b s ds e b t  ,donde t0 es cualquier punto (fijo arbitrario) de  0, . Por 
(iii)      y t ay t b t   donde b(t) es una función 
continua en 0, mientras que a . 
 
Julio Flores Dionicio Página 51 
 
consiguiente reemplazando en (1), se obtiene 
0
( ( )) ( ( ) )
t
at as
t
e y t e b s ds   , entonces existe una 
constante C tal que 
0
( ) ( )
t
at as
t
e y t e b s ds C  , de donde 
0
( ) ( )
t
at as at
t
y t e e b s ds Ce   
es solución de (iii). De esta manera hemos obtenido la solución general de la ecuación diferencial 
en discusión; de esta se desprenden todas las infinitas soluciones. 
 En un primer momento puede perecer que si se escoge otro punto t1 como límite interior, la 
formula 
 1
( )
t
at at as
t
Ce e e b s ds  
 
Conduce a otro conjunto solución. Veremos que ambas fórmulas dan origen al mismo conjunto, es 
decir. 
   
0 1
( ) : ( ) :
t t
at at as at at as
t t
Ce e e b s ds C He e e b s ds H        
 
Para probar la igualdad basta observar que 
1 0
( ) ( )
t t
as as
t t
e b s ds e b s M   
Para una cierta constante M, al ser 
0
( )
t
as
t
e b s ds y 
1
( )
t
as
t
e b s ds primitivas de una misma 
función. Luego, dado H tenemos 
 
1 0
( ) ( ( ) )
t t
at at at at at as
t t
He e e b s ds He e e b s ds M          
 
0 0
( ) ( ) ( )
t t
at at as at at as
t t
H M e e e b s ds Ce e e b s ds        
donde L = H + M. en forma análoga se demuestra que para cualquier C se cumple 
 
0 1
( ) ( )
t t
at at as at at as
t t
Ce e e b s ds He e e b s ds       ,para una cierta constante H. la no 
importancia del límite inferior lleva muchas veces a escribir la formula general como 
( )
t
at at asCe e e b s ds   , formula que lo usaremos en la practica 
 
Julio Flores Dionicio Página 52 
 
EL PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI) 
 
 
 0
y ay b t
y t 
 


 
Si y es solución del PVI entonces debe existir una constante C tal que 
 
0
( ) ( )
t
at at as
t
y t Ce e e b s ds    y además 0( )y t   0
at
Ce   0
at
C e . Luego 
0
0
( )
( ) ( )
t
a t t at as
t
y t e e e b s ds      . Este único candidato a ser solución del PVI es, como 
se puede ver, solución del problema de valor inicial en discusión. Hemos demostrado la existencia 
y unicidad de la solución del PVI. 
 
 
 
 
 
 
CIRCUITO SIMPLE 
Un circuito eléctrico simple consta de una corriente eléctrica I(en amperes), una resistencia R(en 
ohms), una inductancia L(en henrys), y una fuerza electromotriz E constante (en volts), como se 
muestra en la figura . Con base en la segunda ley de Kirchhoff, si el interruptor S se cierra cuando 
t=0, la fuerza electromotriz aplicada (voltaje) es igual a la suma de la caída de voltaje en el resto 
del circuito. De hecho, esto significa que la corriente I satisface la ecuación diferencial 
dI
L RI E
dt
  
 
 
 
EL PVI 
     
 0
y t ay t b t
y t 
  


 COMO MODELOS MATEMÁTICOS 
Julio Flores Dionicio Página 53 
 
EJEMPLO 
Encontrar la corriente I como función del tiempo t(en segundos), dado que I satisface la ecuación 
diferencial 2
dI
L RI sen t
dt
  , donde R y L son constantes diferentes de cero. 
Solución 
En forma normal, la ecuación lineal dada es 
1
2
dI R
I sen t
dt L L
  , entonces 
2 2
1 1
2 ( 2 2 cos 2 )
4
R R R
t t t
L L LIe e sen tdt e Rsen t L t C
L L R
     
     
        

 
Así, la solución general es 
2 2
1
( 2 2 cos 2 )
4
R
t
LI Rsen t L t Ce
L R
 
 
   

 
Así, la solución general es 
2 2
1
( 2 2 cos 2 )
4
R
t
LI Rsen t L t Ce
L R
 
 
   

 
 
 
 
 
 
Guiados por el método aplicado en la solución de ( )y ay b t   nos preguntamos si será 
posible hallar ( )t tal que  
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ( ))t te y t a t y t e y t    
En tal caso 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t t t te y t e a t y t t e y t e y t        
Aceptando que ( ) 0y t  para todo t (lo que es razonable en vista de nuestra experiencia 
anterior) tendremos µ’(t) = a(t)  ( ) ( )t a t   ,es decir, cualquier primitiva de a(t) aparece 
como buen candidato. Hechas estas consideraciones preliminares. Supongamos que ( )y t es 
solución de (iv).Luego ( ) ( ) ( ) ( )y t a t y t b t    
0 0
( ) ( )
( ( ) ( ) ( )) ( )
t t
t t
a s ds a s ds
e y t a t y t b t e
 
   
Donde t0 es cualquier punto de  0, , fijo arbitrario, entonces 
0 0
0
( ) ( )
( ( )) ( ( ) )
t s
t t
a s ds a dt
t
e y t b s e ds
  
   , entonces existirá una constante C tal que 
(IV)        y t a t y t b t   , donde a(t) y b(t)son 
funciones continuas en  0, . 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 54 
 
 0 0
0
( ) ( )
( ) ( )
t s
t t
a s ds a dt
t
e y t b s e ds C
  
  , es decir 
( )
0
0 0
0
( ) ( )
( ) ( )
t s t a s ds
t
t t
a s ds a dt
t
y t e b s e ds Ce
    
  
Esta función es solución de (iv) por lo tanto es la solución general esta fórmula impresiona por su 
complejidad pero, afortunadamente, en los casos practico no se utiliza sino se repite el proceso. 
Deseamos también hacer hincapié que no tiene importancia cual punto t0 se escoja, es decir 
tenemos entera libertad para seleccionar t0. 
EL PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI) 
 0
( ) ( ) ( ) ( )y t a t y t b t
y t 
  

 
Partimos de la solución general 
 
( )
0
0 0
0
( ) ( )
( ) ( )
t s t a s ds
t
t t
a s ds a dt
t
y t e b s e ds Ce
    
 
 evaluamos y (t) para t = 0t 
 Entonces C =   
00 0
0
( )( ) ( )
( ) ( )
st t
tt t
a da s ds a s dst
t
y t e b s e ds e
 

  
  es una solución de 
la ecuación ¿esta es la única solución del PVI? Si  (t) es cualquier solución de la ecuación 
diferencial en cuestión, entonces existe L tal que 
 
00 0
0
( )( ) ( )
( ) ( )
st t
tt t
a da s ds a s dst
t
t e b s e ds Le
 

  
  con 0( )t  
Luego 
00 0
0
( )( ) ( )
0( ) ( )
st t
tt t
a da s ds a s dst
t
t e b s e ds Le
 
 
  
   
Por consiguienteL  , demostrando de esta manera que   ( )t y t  para todo t. hemos 
conseguido justificar la existencia y unicidad de solución del PVI en cuestión. 
FUNCIONES DEFINIDAS POR INTEGRALES 
En el curso de cálculo integral analizamos el hecho de que algunas funciones continuas simples no 
tienen antiderivadas que sean funciones elementales y que las integrales de esa clase de funciones 
se llaman no elementales. 
Julio Flores Dionicio Página 55 
 
 Por ejemplo, usted puede haber visto en cálculo que 
2 2xe dx senx dx   no son integrales 
elementales. En matemáticas aplicadas algunas funciones importantes están definidas en términos 
de las integrales no elementales. Dos de esas funciones especiales son la función error y la 
función error complementario:  
2
0
2 x terf x e dt

  y  
22 t
x
erfc x e dt


  
Del conocido resultado 
2
0 2
te dt
   podemos escribir 
2
0
1
2
te dt
    
Entonces de la forma 
0 0
x
x
 
    se ve de la ecuación que la función error complementario, 
erfc(x), se relaciona con erf(x) por     1erfc x erf x  . Debido a su importancia en 
probabilidad, estadística y en ecuaciones diferenciales parciales aplicadas se cuenta con extensas 
tablas de la función error. Observe que  0 0erf  es un valor obvio de la función. 
 
EJEMPLO La función error 
Resuelva el problema con valores iniciales.  2 2, 0 1
dy
xy y
dx
   
SOLUCIÓN 
Puesto que la ecuación es lineal multiplicamos a la ecuación por
2xe para obtener
2 2
2x x
d
e e
dx
   
 
 y de aquí 
2 2 2
0
2
x
x t xy e e dt Ce   
Aplicando  0 1y  en la última expresión obtenemos 1C  . Por tanto, la solución del problema 
es  
2 2 2 2
0
2 1
x
x t x xy e e dt e e erf x      
  
En la fi gura se muestra en azul oscuro, la gráfica de esta solución en el intervalo 
 ,  Junto con otros miembros de la familia. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 56 
 
EJERCICIOS PROPUESTOS 
1. En el diagnostico medico se utilizan isotopos radioactivos como reactores para determinar 
anormalidades que puedan existir en un órgano. Por ejemplo, si se ingiere yodo radioactivo, 
después de cierto tiempo es absorbido por la glándula tiroides. Con el uso de un detector puede 
medirse la tasa a la cual es absorbido y determinar si la absorción es normal o no. Supóngase que 
se va a utilizar en un rastrero cerebral tecnesio-99m, que tiene una semivida de 6 horas, y se le va 
a detectar dentro de 2 horas. ¿Cuál debe ser su actividad ahora para que la actividad al momento 
se su utilización sea 10 unidades? Proporcione la respuesta con una cifra decimal. , considere N 
como la actividad dentro de t horas, y N0 la actividad ahora.] 
2. se va a implantar en forma temporal una sustancia radioactiva que tiene una semivida de 8 días 
a un paciente de hospital hasta que se tengan tres quintos de la cantidad originalmente presente. 
¿Qué tanto tiempo debe permanecer la sustancia implantada en el paciente? 
3. La razón en que un medicamento se disemina en el torrente sanguíneo está regida por la 
ecuación diferencial
dX
A BX
dt
  , donde Ay B son constantes positivas. La función X(t) describe la 
concentración del medicamento en el torrente sanguíneo en el instante t. Encuentre X(t). ¿Cuál es 
el valor limitante de X(t) cuando t  ¿En qué instante la concentración es la mitad de su valor 
limitante? Suponga que X(0) =0. 
4. Suponga que una célula está suspendida en una solución que contiene un soluto de 
concentración constante SC . Además, suponga que el volumen V de la célula es constante y que el 
área de su membrana permeable es la constante A. Por la ley de Fick, la razón de cambio de su 
masa m es directamente proporcional al área A y a la diferencia ( )SC C t , donde ( )C t es la 
concentración del soluto dentro de la célula en el instante t. Encuentre ( )C t si ( )m VC t y 
0(0)C C . Vea la FIGURA 
 
 
 
 
 
 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 57 
 
5. Un marcapasos, mostrado en la FIGURA, consta de una batería, un capacitor y el corazón como 
resistor. Cuando el interruptor S está en P , el capacitor se carga; cuando S está en Q , el 
capacitor se descarga, enviando un estímulo eléctrico al corazón. Durante este tiempo, la tensión 
E aplicada al corazón está dada por la ecuación diferencial lineal 1 2
1
, 
dE
E t t t
dt RC
    , 
donde R y C son constantes. Determine E(t) si 1 0( )E t E . (Por supuesto, la apertura y el cierre 
del interruptor son periódicos a fin de simular el latido cardiaco natural.) 
 
 
 
 
 
 
 
Resta 
6. En un modelo para el crecimiento de tejido, sea A(t) el área del cultivo de tejido en el instante t. 
Vea la FIGURA Puesto que la mayoría de divisiones celulares se llevan a cabo en la porción 
periférica de tejido, el número de células en la periferia es proporcional a Si se supone que la 
razón de crecimiento del área es conjuntamente proporcional a ( )A t y ( )M A t , entonces un 
modelo matemático para A está dado por ( )( ( ))
dA
k A t M A t
dt
  , donde M es el área final de 
tejido cuando se ha completado el crecimiento. 
a) Resuelva la ecuación diferencial 
b) Encuentre lim ( )
t
A t

. 
 
 
 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 58 
 
 
7. En los ejercicios 8 y 9, un investigador médico quiere determinar la concentración C (en moles 
por litro) de un medicamento marcador inyectado en un fluido en movimiento. Resolver este 
problema al considerar un modelo de dilución de un compartimento simple 
(Ver la figura). Suponer que el fluido está siendo mezclado y que el volumen de éste en el 
compartimento es constante. 
 
 
 
 Figura para 8 y 9 
 
 
 
8. Si el marcador es inyectado instantáneamente en el tiempo t=0, entonces la concentración del 
fluido en el compartimento se empieza a diluir según la ecuación diferencial 
dC R
C
dt V
 
  
 
, para 
0t  se tiene 
0(0)C C 
a) Resolver la ecuación diferencial para encontrar la concentración C como función de t. 
b) Encontrar lim ( )
t
C t

 
9. En el ejercicios 8, se supuso que había una inyección simple inicial del medicamento marcador 
dentro del compartimento. Ahora considerar el caso en el cual el marcador es continuamente 
inyectado (iniciando en t =0) a una tasa de Q moles por minuto. Si considera Q despreciable 
comparada con R, usar la ecuación diferencial 
dC Q R
C
dt V V
 
  
 
, para 0t  se tiene 
0(0)C C 
a) Resolver la ecuación diferencial para encontrar la concentración C como función de t. 
b) Encontrar lim ( )
t
C t

 
10. En una habitación de una casa donde la temperatura era constante de 70 F se encontró un 
cuerpo sin vida. Al medir la temperatura del cuerpo al momento de su descubrimiento, la lectura 
fue de 85 F . Una segunda medición, una hora después, mostró que la temperatura del cuerpo 
era de 80 F . Use el hecho de que si t = 0 corresponde al instante de fallecimiento, entonces la 
temperatura del cuerpo en ese instante era de 98,6 F . Determine cuántas horas transcurrieron 
entre el fallecimiento y el descubrimiento. 
 
Julio Flores Dionicio Página 59 
 
11. Suponga que un sujeto se ha hallado muerto en una habitación de un motel a la medianoche y 
su temperatura corporal es de 80° F. La temperatura de la habitación ha permanecido constante 
en 60° F. Dos horas después la temperatura del occiso es de 75° F. Determine la hora de 
defunción. 
RSPTA: murió aproximadamente a las 7:26 P.M 
 
CUERPOS QUE CAEN Y RESISTENCIA DEL AIRE 
Se ha establecido experimentalmente que cuando un cuerpo se mueve a través de un medio 
resistivo como el aire (o agua), la fuerza retardadora debida al medio, denominada fuerza de 
arrastre, actúa en dirección opuesta a la del movimiento y es proporcional a la potencia de la 
velocidad del cuerpo, es decir, kv . Aquí k es una constante de proporcionalidad y es 
constante en el intervalo 1 2  . En términos generales, para velocidades más lentas se toma
1  . Ahora, suponga que en un cuerpo de masa m que cae la resistencia del aire es proporcional 
a su velocidad instantánea v . Si en estas circunstancias tomamos la dirección positiva orientada 
hacia abajo, entonces la fuerza neta que actúa sobre la masa está dada por mg kv , donde el 
peso mg del cuerpo es una fuerza que actúa en la dirección positiva y la resistencia del aire es una 
fuerza que actúa en la dirección opuesta o hacia arriba. Vea la figura. 
 
Luego, puesto que v está relacionada con la aceleración a por 
dv
a
dt
 , la segunda ley de Newton 
se vuelve
dv
F ma m
dt
  Al igualar la fuerza neta con esta forma de la segunda ley de Newton 
obtenemos una ecuación diferencial lineal para la velocidad y del cuerpo en el instante t, 
dv
m mg kv
dt
  , donde k es una constante de proporcionalidad 
Para movimiento a gran velocidad, como un paracaidista que cae libremente antes de abrir su 
paracaídas, suele suponerse que la resistencia del aire es proporcional al cuadrado de la velocidad 
instantánea; en otras palabras, 2  . Si de nuevo la dirección positiva se toma hacia abajo, 
entonces un modelo para la velocidad v de un cuerpo que cae está dado por la ecuación 
diferencial no lineal 2
dv
m mg kv
dt
  , donde k es una constante de proporcionalidad. Vea la 
ecuación de Bernoulli. 
 La ecuación 
dv
m mg kv
dt
  , se puede escribir de la forma 
 
Julio Flores Dionicio Página 60 
 
( )
dv k k
v g v t v g
dt m m
     que es una ecuación de la forma (iii) 
 
12. Resuelva el PVI 0( ) , (0)
k
v t v g v v
m
    
13. La ley de Torricelli establece que el agua fluirá desde una abertura en la parte inferior del 
tanque con la misma velocidad que alcanzaría al caer desde la superficie del agua a la abertura. 
Una de las formas de la ecuación de Torricelli es ( ) 2
dh
A h k gh
dt
  , donde h es la altura del 
agua en el tanque, k es el área de la abertura de la parte inferior del tanque, ( )A h es el área de la 
sección transversal a la altura h, y g es la aceleración debida a la gravedad ( 232 /g pies s ). Un 
tanque de agua hemisférico tiene un radio de 6 pies. Cuando el tanque está lleno, una válvula 
circular con un radio de 1 pulgada se abre en la parte inferior, como se muestra en la figura. 
¿Cuánto tiempo es necesario para que el tanque se vacíe completamente? 
 
 
14. El tanque cilíndrico de agua mostrado en la figura tiene una altura de 18 pies. Cuando el 
tanque está lleno, una válvula circular se abre en la parte inferior del tanque. Después de 30 
minutos, la profundidad del agua es de 12 pies. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) ¿Cuánto tiempo es necesario para que el tanque se vacíe completamente? 
b) ¿Cuál es la profundidad del agua en el tanque después de 1 hora? 
 
15. Suponer que el tanque del ejercicio 14 tiene una altura de 20 pies, un radio de 8 pies, y la 
válvula circular tiene un radio de 2 pulgadas. El tanque está completamente lleno cuando la 
válvula está abierta. ¿Cuánto tiempo es necesario para que el tanque se vacíe completamente? 
 
Julio Flores Dionicio Página 61 
 
16. Un cuerpo cuya temperatura es de 30 C requiere de dos minutos para descender su 
temperatura a 20 C si es colocado en un refrigerador con temperatura constante de 10 C . 
¿Cuánto tiempo tardará el mismo cuerpo en bajar su temperatura de 40 C a 35 C suponiendo 
que el medio se encuentre a la temperatura constante de 15 C ? 
17. La temperatura de un cuerpo difiere en 20 C de la del medio en que se coloca, cuya 
temperatura MT se mantiene constante. A los 3 minutos la diferencia es de 10 C .¿Cuánto tiempo 
deberá transcurrir para que la diferencia sea de 10 C ? 
18. Un químico desea enfriar desde 80 C hasta 60 C una solución contenida en un matraz. 
Coloca el dispositivo en un recipiente amplio por el que circula agua a 15 C . Observa que 
después de 2 minutos la temperatura ha descendido a 70 C . Estimar el tiempo total de 
enfriamiento. 
19. Se tienen dos recipientes con agua que se mantiene a una temperatura constante de 20 C 
 el recipiente A y 14 C el recipiente B . A las 8:00 a.m un termómetro que marca 25 C 
 es puesto en el recipiente B. A las 8:01 a.m el termómetro marca 20 C . Mas tarde el 
 termómetro es puesto en el recipiente A . Luego a las 8:06 a.m el termómetro marca 23 C . 
 ¿Cuándo fue llevado el termómetro del recipiente B al A ? 
20. Describir y resolver el sistema cinético de primer orden 
 1kA C 
 2kB C 
 Donde    
0 0
,A B cantidades iniciales. 
21. Aceptando una cinética de primer orden, plantear y resolver las ecuaciones que gobiernan el 
 sistema cinético 21
3
kk
k
A B C  
 Donde      
0 0 0
, 0A B C  son las condiciones iniciales en 0t  . 
22. Si el 45% de una sustancia radioactiva se desintegra en 200 años. ¿Cuál es su vida media? En 
cuánto tiempo se desintegrará 60% de la cantidad original? 
23. Una sustancia radioactiva A se descompone dando lugar a una sustancia radioactiva B , a la 
vez se desintegra dando lugar a un producto estable C . 
 1 2 k kA B C  
 en el instante 0t  se tienen 10 mg de A mientras que no hay nada de B y C . La vida media 
de A es de 2 horas, mientras que de B es 1 hora. ¿Cuál es el valor de ( )B t y ( )C t después de 
2 horas? 
24. Hallar la solución de PVI recursivo 
 1( ) [( 1) ( ) ( )]n n nP t n P t nP t      para 0,1,2...n  
 0(0) 1P  y (0) 0nP  para 1,2...n  
Sistema que aparece en el estudio de procesos estocásticos 
 
Julio Flores Dionicio Página 62 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Daniel Bernoulli (1700-1782) 
 
Los Bernoulli 
La familia Bemoulli fue para la matemática lo que la familia Bach para la música. Entre 1654 fecha 
de nacimiento de Jacobo y 1863 año en que murió Juan Gustavo, tataranieto de Juan, hermano del 
primero, esta familia suiza produjo doce matemáticos de notoriedad. Sin lugar a dudas, los 
Bemoulli de más peso fueron Jacobo (1654-1705), Juan (1667-1748) y Daniel (1700-1782), hijo de 
este último. Debernos a Jacobo el uso de las coordenadas polares, la obtención del radio de 
curvatura, el estudio de la curva llamada catenaria y muchos más resultados, consecuencia de la 
aplicación del cálculo a problemas de física. Los famosos números de Bemoulli, distribución de 
Bemoulli, "lemniscata y polinomio de Bemoulli son obras de J acobo. 
Su hermano Juan, maestro reputado y hombre de mal genio, fue aún más prolífico, especialmente 
en el desarrollo del cálculo que aplicaba indistintamente a problemas de matemáticas o de física . 
Así es corno se encuentran entre sus obras el estudio de la propagación de la luz (reflexión y 
refracción) , de las trayectorias ortogonales a ciertas familias de curvas o del famoso 
braquistócrono la trayectoria de más rapidez para el movimiento de una partícula pesada entre 
dos puntos-o Jacobo y Juan, a pesar de cierta tensión entre ellos debida a asuntos de prioridad de 
descubrimientos, intercambiaron ideas toda su vida. También estaban en relación continua con 
Leibniz, padre de la herramienta que tanto estaban usando. El tercer gran Bemoulli, Daniel, se 
interesó más en ciertas ramas de la física corno la astronomía, la teoría cinética de los gases -
creación suya- y, sobre todo, en la hidrodinámica. Sin embargo, sus trabajos en probabilidad y 
ecuaciones diferenciales parciales lo colocan también entre los grandes de la matemática 
 
JulioFlores Dionicio Página 63 
 
CAPITULO II 
ECUACIONES QUE SE REDUCEN 
 A CASOS ELEMENTALES 
Veremos ahora lagunas ecuaciones diferenciales que se pueden reducir a casos elementales 
mediante un cambio de variables. 
I. ECUACION DE BERNOULLI 
 
 
 
 
 
Se realiza el cambio de variables 
1 (1 ) n nz y z n y y      . Multiplicando (1 ) nn y a ambos lados 
de la ecuación, queda 
1(1 ) ( ) (1 ) (1 ) ( )n nn y y a t n y n b t     
 , de aquí obtenemos 
( )(1 ) (1 ) ( )z a t n z n b t     que resulta ser una ecuación lineal no homogénea de primer 
orden en la variable z. 
Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de Bernoulli: 
1. -
3
23 2
t
x
tx x  
 
SOLUCION 
 Dividiendo la ecuación por 3t , 0t  , obtenemos 
2
22
3 3
t
x x x
t
   , aquí n = -2 , entonces 
hacer 
 1 2 3 23z x z x z x x
        Multiplicando ahora la ecuación por 
23x 
llegamos a 
2 3 223x x x t
t
   ,Que es equivalente a la ecuación 
22z z t
t
   Vía el cambio 
de variable 
3z x . La solución general de esta ecuación es  2( )z t t t C  , C ,Luego 
deshaciendo el cambio de variable obtenemos 
1
33 2( ) ( )x t t Ct  , C . 
La ecuación de Bernoulli es de la forma 
 
( ) ( ) ny a t y b t y  
 , 0n  , 1n  
 
 
Julio Flores Dionicio Página 64 
 
Nota .-en la práctica cuando se reconoce una ecuación de Bernoulli multiplicas a la ecuación por 
ny como veremos en los siguientes ejemplos. 
2. 
7 2tx e x x   
SOLUCION 
7 72 2t tx e x x x x e x      
Multiplicando la ecuación por 
7x obtenemos 
7 62 tx x x e    . Planteamos el cambio de 
variable 
6 76z x z x x      , en cuyo caso la ecuación anterior se puede reformular 
del siguiente modo: 
1
2 12 6
6
t tz z e z z e        .La solución general de esta 
ecuación es 
126( )
13
t tz t e Ce   , C .Deshaciendo el cambio de variable obtenemos 
1
6
12 6( )
13
t tx t Ce e

   
 
, C . 
3. 
2log( )y
x
x
y y
x
  
 
SOLUCION 
Multiplicando la ecuación por 
2y obtenemos 
2 11 log( )xy y y
x x
    . Planteamos el cambio 
de variable 
1 2z y z y y      , en cuyo caso la ecuación anterior se puede reformular 
del siguiente modo: 
log( )z x
z
x x
   .La solución general de esta ecuación es 
( ) log( ) 1z x Cx x   , C .Deshaciendo el cambio de variable obtenemos 
 
1
( )
1 log( )
y x
x Cx

 
 , C , 
A continuación veamos ejemplos de aplicación de la ecuación de Bernoulli. 
 
Julio Flores Dionicio Página 65 
 
LA ECUACION DE BERNOULLI COMO 
MODELOS MATEMATICOS 
 
 
 
 
MODELO LOGÍSTICO (MODELO DE VERHUHLST-PEARL) 
DINÁMICA POBLACIONAL 
Si P(t) es el tamaño de una población al tiempo t, el modelo del crecimiento exponencial comienza 
suponiendo que kP
dt
dP
 para cierta 0k  . En este modelo, la tasa específica o relativa de 
crecimiento, definida por
/dP dt
P
 es una constante k . Es difícil encontrar casos reales de un 
crecimiento exponencial durante largos periodos, porque en cierto momento los recursos 
limitados del ambiente ejercerán restricciones sobre el crecimiento de la población. Por lo que 
para otros modelos, se puede esperar que la razón 
/dP dt
P
 decrezca conforme la población P 
aumenta de tamaño. 
La hipótesis de que la tasa con que crece (o decrece) una población sólo depende del número 
presente P y no de mecanismos dependientes del tiempo, tales como los fenómenos 
estacionales, se puede enunciar como:  
/dP dt
f P
P
 o  
dP
Pf P
dt
 , esta ecuación diferencial, 
que se adopta en muchos modelos de población de animales, se llama hipótesis de dependencia 
de densidad. 
 
ECUACIÓN LOGÍSTICA 
 
Supóngase que un medio ambiente es capaz de sostener, como máximo, una cantidad M
determinada de individuos en una población. La cantidad M se llama capacidad de sustento del 
ambiente. Así para la función f en la ecuación  
dP
Pf P
dt
 se tiene que   0f M  y simplemente 
hacemos  0f r . En la fi gura vemos tres funciones que satisfacen estas dos condiciones. 
LEY DE CRECIMIENTO EXPONENCIAL 
(AUMENTO DE POBLACION) 
 
Julio Flores Dionicio Página 66 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
La hipótesis más sencilla es que  f P es lineal, es decir,   1 2f P c P c  . Si aplicamos las 
condiciones  0f r y   0f M  , tenemos 2c r y 1
r
c
M
  , respectivamente, y así f adopta la 
forma  
r
f P r
M
   . 
Entonces la ecuación  
dP
Pf P
dt
 se convierte en 
dP r
P r P
dt M
 
  
 
 
Redefiniendo las constantes, la ecuación no lineal dP rP r P
dt M
 
  
 
 es igual a (*) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Alrededor de 1840, P. F. Verhulst, matemático y biólogo belga, investigó modelos matemáticos 
para predecir la población humana en varios países. Una de las ecuaciones que estudió fue la (*), 
con 0 0a b   . Esa ecuación se llamó ecuación logística y su solución se denomina función 
logística. La gráfica de una función logística es la curva logística. 
La ecuación diferencial kP
dt
dP
 no es un modelo muy fi el de la población cuando ésta es muy 
grande. Cuando las condiciones son de sobrepoblación, se presentan efectos negativos sobre el 
ambiente como contaminación y exceso de demanda de alimentos y combustible, esto puede 
tener un efecto inhibidor en el crecimiento para la población. Como veremos a continuación, la 
solución de (*) está acotada conforme 
t  . Si se rescribe (*) como 
2 2dP dPaP bP aP bP
dt dt
      ES UNA ECUACION DE 
BERNOULLI, el término no lineal 2bP , 0b  0 se puede interpretar como un término de 
 
 
dP
P a bP
dt
 
 ECUACION LOGÍSTICA (*) 
 
Julio Flores Dionicio Página 67 
 
“inhibición” o “competencia”. También, en la mayoría de las aplicaciones la constante positiva a es 
mucho mayor que b. 
Se ha comprobado que las curvas logísticas predicen con bastante exactitud el crecimiento de 
ciertos tipos de bacterias, protozoarios, pulgas de agua (Dafnia) y moscas de la fruta (Drosófi la) en 
un espacio limitado. 
 
SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN LOGÍSTICA(PVI) 
 
2
0 0
dP
aP bP
dtPVI
P

  

 
 
2 2dP aP bP P aP bP
dt
      , para resolver esta ecuación por Bernoulli, Multiplicando 
la ecuación por 
2P para obtener 2 1P P aP b     hacemos el cambio de variables
1 2z P z P P      obtenemos z az    ( # ) que es una ecuación lineal de primer 
orden. Para resolver (#) multiplicamos por 
ate , y obtenemos 
 at at at at at
b
e z e az be ze e
a
        
 
, de aquí existe una constante 1C  tal que 
1 1 1
1
( )
at at at atb b bze e C z C e C e
a a P t a
            
Multiplicando por -1, y haciendo 1C C   , obtenemos 
     
1 1 1
0 0
atb b bCe C C
P t a P a P a
        ; Luego 
   
1 1
0
atb b e
P t a P a

 
    
 
operando se tiene 
 
 
 
 
 
0 01
1
0 0
at at
a bP a bPb b a
e e
P t a aP a b aP
 
     
          
     
, entonces 
 
 
 
 
 
 
 
    
0 01
1
0 0 00
0
at
at
at
a bP aPb a
e P t
P t a bP bP a bP ea bP
b e
P



  
                  
 
 
Recuerde que un medio ambiente es capaz de sostener, como máximo, una cantidad M y que 
a r y 
r
b
M
 de aquí 
a
M
b
 , remplazando el valor 
a
M
b
 en la última ecuación obtenemos 
Julio Flores Dionicio Página 68 
 
 
 
    
0
0 0 M t
MP
P t
P M P e 

  O 
  .....(**)
1 1
(0)
kt
M
P t
M
e
P


 
  
 
 
Es fácil comprobar ahora que si el tiempo se extiende al infinito el valor máximo de la población 
será M, es decir 
MtPlím
t


)(
 
A la Ecuación (**) se le denomina función lógica o bien función logística Verhulst-Pearl. Su graficaque recibe el nombre de curva lógica, tiene forma de S, 
 
Como una aplicación de este modelo veamos el siguiente ejemplo 
EJEMPLO 1 
Supóngase que el número máximo de miembros de un nuevo club campestre será de 800 
personas debido a limitaciones de las instalaciones. Hace un año el número de miembros era 50 y 
ahora existen 200. Suponiendo que las inscripciones siguen una función logística, ¿Cuántos 
miembros habrá dentro de tres años? 
Solución 
Sea P(t) el número de miembros que se inscriben t años después de la formación del club. 
En este caso 
 
 
kte
P
M
M
tP









1
)0(
1
 
Aquí, M = 800, y, cuando t = 0 se tiene P(0) = 50. 
 Por lo tanto 
P(0
))0 
M max 
t 
P(t) 
punto de inflexión 
0 
Julio Flores Dionicio Página 69 
 
 200 =
800
1+(
800
50
−1)𝑒−𝑘
  1 + 15𝑒−𝑘 =
800
200
= 4 𝑒−𝑘 =
3
15
=
1
5
 
De modo que, 𝑘 = − ln
1
5
= 𝑙𝑛5 . En vez de sustituir este valor de k en la Ecuación , es más 
conveniente sustituir el valor de 𝑒−𝑘. En la ecuación para obtener 
𝑃(𝑡) =
800
1+15(
1
5
)
𝑡Dentro de tres años t = 4, 𝑃(4) =
800
1+15(
1
5
)
4 ≈ 781. 
EJEMPLO 2 
En una universidad grande de 45,000 estudiantes una persona que se esta graduando en 
Sociología investiga la difusión de un nuevo rumor en las instalaciones universitarias. Cuando 
comienza con su investigación, determina que 300 estudiantes están enterados del rumor. 
Después de una semana descubre que son 900 las personas que lo saben. Estimar el número de 
personas que lo conocen después de cuatro semanas de haber comenzado la investigación, 
suponiendo un crecimiento logístico. Proporcione la respuesta al millar más cercano. 
Solución 
Sea P(t) el número de estudiantes que tiene noticias del rumor después de t semanas, de haber 
comenzado la investigación. Entonces,
 
kte
P
M
M
tP









1
)0(
1
 , si hacemos ( 1)
(0)
M
b
P
  
, entonces  
1 kt
M
P t
be


 
Aquí, M, el tamaño de la población es 45,000 y cuando t = 0, se tiene P (0) = 300 
45,000
300
1 b


 , entonces b = 149 por lo tanto  
45,000
1 149 kt
P t
e


 
Cuando t = 1, entonces P(1) = 900 , entonces 
45,000
900
1 149 ke


 de aquí 
49
149
ke  , de modo que 
Cuando t = 4, 
4
45,000
(4) 16,000
47
1 149
149
P  
 
  
 
 
Después de 4 semanas conocen el rumor 16,000 estudiantes aproximadamente 
 
MODIFICACIONES DE LA ECUACIÓN LOGÍSTICA 
Hay muchas variaciones de la ecuación logística. Por ejemplo, las ecuaciones diferenciales 
 
 
dP
P a bP h
dt
   y  
dP
P a bP h
dt
   (&) 
 
podrían servir, a su vez, como modelos para la población de una pesquería donde el pez se pesca o 
se reabastece con una razón h. Cuando h> 0 es una constante, las ED en las ecuaciones (&) se 
Julio Flores Dionicio Página 70 
 
analizan fácilmente cualitativamente o se resuelven analíticamente por separación de variables. 
Las ecuaciones en (&) también podrían servir como modelos de poblaciones humanas que 
decrecen por emigración o que crecen por inmigración, respectivamente. La razón h en las 
ecuaciones (&) podría ser función del tiempo t o depender de la población; por ejemplo, se podría 
pescar periódicamente o con una razón proporcional a la población P al tiempo t. En el último 
caso, el modelo sería  P P a bP cP    , donde c>0 . La población humana de una 
comunidad podría cambiar debido a la inmigración de manera tal que la contribución debida a la 
inmigración es grande cuando la población P de la comunidad era pequeña pero pequeña cuando 
P es grande; entonces un modelo razonable para la población de la comunidad sería
  kPP P a bP ce    , donde c>0 y k>0. Otra ecuación de la forma dada en  dP Pf P
dt
 , 
seria  ln
dP
P a b P
dt
  , es una modificación de la ecuación logística conocida como la 
ecuación diferencial de Gompertz. Esta ED algunas veces se usa como un modelo en el estudio del 
crecimiento o decrecimiento de poblaciones, el crecimiento de tumores sólidos y cierta clase de 
predicciones actuariales. Vea el problema 22 de los ejercicios 3.2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Una enfermedad contagiosa, por ejemplo un virus de gripe, se propaga a través de una comunidad 
por personas que han estado en contacto con otras personas enfermas. Sea que  P t denote el 
número de personas que han contraído la enfermedad y sea que  Q t denote el número de 
personas que aún no han sido expuestas al contagio. Es lógico suponer que la razón 
 dP t
dt
 con la 
que se propaga la enfermedad es proporcional al número de encuentros, o interacciones, entre 
estos dos grupos de personas. Si suponemos que el número de interacciones es conjuntamente 
PROPAGACIÓN DE UNA ENFERMEDAD 
EL PROBLEMA EN EPIDIOMOLOGIA 
Julio Flores Dionicio Página 71 
 
proporcional a  P t y  Q t , esto es, proporcional al producto    P t Q t , entonces 
 
   
dP t
P t Q t
dt
 , donde k es la constante usual de proporcionalidad 
 
EL PROBLEMA EN EPIDIOMOLOGIA 
Un problema importante en biología y medicina trata de la ocurrencia, propagación y control de 
una enfermedad contagiosa, esto es, una enfermedad que puede transmitirse de un individuo a 
otro. La ciencia que estudia este problema se llama epidemiología, y si un porcentaje grande no 
común de una población adquiere la enfermedad, decimos que hay una epidemia. 
Los problemas que contemplan la propagación de una enfermedad pueden ser algo complicados. 
Por ejemplo, se sabe que algunos individuos pueden no adquirir realmente una enfermedad aun 
cuando estén en contacto con personas enfermas por un periodo largo de tiempo. Se dice en tales 
casos que el individuo tiene una inmunidad a la enfermedad ya sea porque ha adquirido la 
enfermedad antes desarrollando defensas contra la recurrencia o porque tenga una resistencia 
inicial (inmunidad inicial) para no adquirir la enfermedad de ninguna manera. En algunos casos hay 
individuos que son inmunes a la enfermedad pero aún son capaces de transmitirla a otros; en tales 
casos ellos se llaman “transmisores”. Un ejemplo bien conocido de esto es el caso de la fiebre 
tifoidea. 
Para presentar un modelo matemático sencillo para la propagación de una enfermedad, 
asumamos que tenemos una población grande pero finita. Para fijar ideas, supongamos que nos 
restringimos a los estudiantes de algún colegio o universidad grande quienes permanecen en los 
predios universitarios por un período relativamente largo y que no tienen acceso a otras 
comunidades. Supondremos que hay sólo dos tipos de estudiantes, unos que tienen la 
enfermedad contagiosa, llamados infectados, y otros que no tienen la enfermedad, esto es, no 
infectados, pero que son capaces de adquirirla al primer contacto con un estudiante infectado. 
Deseamos obtener una fórmula para el número de estudiantes infectados en cualquier tiempo, 
dado que inicialmente hay un número especificado de estudiantes infectados. 
Formulación matemática. Supóngase que en cualquier tiempo t hay  P t estudiantes infectados 
y M es el número total de estudiantes, entonces  M P t son el número de estudiantes no 
infectados; La tasa de cambio en el número de estudiantes infectados está dada entonces por la 
derivada 
 dP t
dt
. Luego, tenemos: 
 
   ( )
dP t
kP t M P t
dt
  
EL PVI 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Resolveremos por VS dejando como ejercicio por Bernoulli para el lector 
EL PVI 
 
   
 
( )
0 , 0
dP t
kP t M P t
dt
P t

 

 
 PLANTEADO ES UNA ECUACION DE 
BERNOULLI 
Julio Flores Dionicio Página 72 
 
Separando variables en la ecuación diferencial se tiene 
 
   ( )
dP t
kdt
P t M P t

 
e integrando tenemos 
 
   ( )
dP t
kdt
P t M P t

  , de aquí se obtiene: 
 
 ( )
1 1
0
kMt
M
P t
M
e
P


 
   
 
   
La ecuación   es l misma que la función logística (**) dada anteriormente; la interpretación 
gráfica de P(t) , es la misma que la curva lógica 
. 
El gráfico de   es la curva logística, esto es la curva en forma de S. Vemos de la forma de la 
curva logística que inicialmente hay un incremento gradual en el número de estudiantes 
infectados, seguido de un incremento más o menos pronunciado en el número cerca al punto de 
inflexión, y finalmente una disminución gradual. El caso límite ocurre cuando todos los estudiantes 
llegan a estar infectados, como se ve al notar de   que MtPlímt


)(
. Desde el punto 
de vista práctico, esto afortunadamente no ocurre en la realidad puesto que una vez se descubran 
estudiantes infectados estos son aislados y puestos en cuarentena para prevenir el contacto con 
los otros. El problema de epidemias donde se considera la cuarentena es más complicado y no se 
considera este curso. 
En los casos donde se involucran grandes poblaciones, tales como una ciudad o un país, es fácil ver 
por qué el desastre puede prevalecer aun con intentos de cuarentena. Tal fue el caso por ejemplo 
P(0
0 
Mmax 
t 
P(t) 
Punto de inflexion 
0 
Julio Flores Dionicio Página 73 
 
en la enfermedad frecuentemente llamada la “plaga negra”, la cual devastó mucho de Europa por 
varios años en la mitad del siglo XIV. 
EJEMPLO 
Suponga que un estudiante es portador del virus de la gripe y regresa a su aislado campus de 1000 
estudiantes. Si se supone que la razón con que se propaga el virus es proporcional no sólo a la 
cantidad x de estudiantes infectados sino también a la cantidad de estudiantes no infectados, 
determine la cantidad de estudiantes infectados después de 6 días si además se observa que 
después de cuatro días habían 50 estudiantes infectados. 
 
SOLUCIÓN 
Suponiendo que nadie deja el campus mientras dura la enfermedad, debemos resolver el 
problema con valores iniciales 
 
 
 
1000
0 1
dP
kP P
dt
P

 

 
, cuya solución es 
 
( )
1 1
0
kMt
M
P t
M
e
P


 
   
 
ver   
Identificando M=1000 y P(0) =1, vemos de inmediato en la ecuación solución que 
  1000 1000
1000 1000
( )
1 1000 1 1 999kt kt
P t
e e 
 
  
 
Ahora, usamos la información X(4) = 50 y calculamos k con 
4000
1000
50 (4) 1000 0.9906
1 999 k
P k
e
   

Por tanto 
0.9906
1000
( )
1 999 t
P t
e


 
Finalmente, 
 0.9906 6
1000
(6) 276
1 999
P
e

 

 estudiantes 
 
II) ECUACIONES HOMOGENEAS 
. Sean 
2:f  una función de dos variables y k . Se dice que f es homogénea de 
grado k si ( , ) ( , )
kf x y f x y    para cada , ,x y  . Observemos que si f y 
g son homogéneos de grado k entonces el cociente 
( , )
( , )
f x y
g x y puede escribirse como una 
función que depende únicamente del cociente entre y e x . En efecto, 
 
( 1, ) (1, ) (1, )( , )
( , ) ( 1, ) (1, ) (1, )
y y yk
x x x
y y yk
x x x
f x x x f ff x y y
h
g x y g x x x g g x
    
      
    
 
Ecuación homogénea 
Julio Flores Dionicio Página 74 
 
Una ecuación de la forma    , , 0M x y dx N x y dy  , O 
   , , 0M x y N x y y  , o también 
 
 
,
,
M x y
y
N x y
  es homogénea si se 
puede escribir como 
y
y h
x
 
   
  .Para resolverla hacemos el cambio de 
variables 
y
x
z  , que reescribiremos como y xz de manera que y xz z   . 
Tenemos entonces que ( )xz z h z   , de donde 
( )h z z
z
x

  , 
Que es una ecuación en variables separables. 
EJEMPLO 1. Encontrar las soluciones de la ecuación 
x y
y
x y

 

. 
SOLUCION. 
Es fácil verificar que se trata de una ecuación homogénea. Hacemos el cambio 
y
z
x

, de donde 
y xz e y z xz   . La ecuación se convierte en 
 
1
1
x zx z
z z x
x zx z
 
  
 
, despejando z obtenemos 
21 1 1 1
1 1
z z
z z
x z x z
   
          
. 2
1 1
1
z
z
z x
 
   
 
Así 2 21 1
dz zdz dx
z z x
 
    ,de aquí obtenemos que 
21arctan( ) ln(1 ) ln
2
z z x C    
Si ahora deshacemos el cambio de variables obtenemos la solución expresada de manera implícita 
2
2
arctan ln 1 ln
y y
x C
x x
 
    
 
. 
Julio Flores Dionicio Página 75 
 
2.-Mostrar que la ecuación diferencial 
4 4 62 4x yy y x   
Se reduce a una ecuación homogénea mediante la transformación 
ny z , para cierto n . 
Determine el valor de n y resuelva la ecuación 
SOLUCION. 
Si 
ny z entonces 
1ny nz z  , y sustituyendo en la ecuación obtenemos 
 
4 1 4 62 ( ) 4n n nx z nz z z x    ,es decir 
4 2 1 6 42 (4 )n nnx z dz x z dx   . 
Para que sea homogénea debemos tener 2 1 2n  y 4 6n  . Luego 
3
2
n  y tenemos la 
ecuación homogénea 
6 6 4 2(4 ) 3x z dx x z dz  . 
Por tanto 
2 46 6
4 2
4 1
4
3 3
dz x z x z
dx x z z x
     
      
     
. 
Poniendo z xu , tenemos 
dz du
u x
dx dx
  , y reemplazando en la ecuación 
 
3 6
4
2 2
4 1 1 3 4
3 3 3
du u u
x u u
dx u u
  
     .Luego separando variables 
 
2
6 3
3
3 4
u du dx
u u x
 
 
,es decir Separando en fracciones 
 
2 2
3 33 5 3 5
2 2 2 2
1 3 3
5
u du u du dx
u u x
 
   
    
,O bien 
2 2
3 3
3 3 5
1 4
u du u du dx
u u x
  
 
. 
Integrando obtenemos 
3
3
1
ln 5ln( ) ln( )
4
u
x c
u
 
   
 
,y exponenciando obtenemos 
3
3 5
1
4
u c
u x



.De esta forma 
5
3
5
4x c
u
x c



  
1
35
5
4
( )
x c
u x
x c
 
  
 
 
1
35
5
4
( )
x c
z x x
x c
 
  
 
 
1
2
3 3
2 2
5
5
4
( ) ( )
x c
y x z x x
x c
 
   
 
. 
 
Julio Flores Dionicio Página 76 
 
3.- La ecuación 
3 3 5 2 2(2 2 ) (3 3 )x y y dy x x y dx   
Se reduce a una ecuación homogénea haciendo un cambio de coordenadas de la forma px u , 
qy  , con ,p q constante adecuadas. Encuentre dichas constantes y resuelve la ecuación. 
SOLUCION. 
Tenemos 
px u  1pdx pu du e 
qy   
1qdy q d  . 
Sustituyendo nos queda 
3 3 1 5 2 2 1(2 2 ) (3 3 )p q q q p p q pu q d u u pu du        , 
Es decir 
3 2 1 4 1 6 1 3 1 22 ( ) 3 ( )p q q p p qq u d p u u du         . 
Al hacer 2 3q p cada término queda de grado 6 1p  . Poniendo 6 1 1p  , obtenemos 
1
3
p  y 
1
2
q  , y reemplazando en la ecuación ( ) ( )u d u du     . 
Esta ecuación ya fue resuelta obteniéndose la solución implícita 
 
2 21tan ln( )
2
arc u c
u


 
   
 
.Luego volviendo a las variables originales, se obtiene que la 
solución general cumpla 
2
6 4
3
1
tan ln( )
2
y
arc x y c
x
 
   
 
. 
Ejemplo 4 CURVA DE PERSECUCIÓN. 
Sobre un río, en la posición P = (c, 0), un bote trata de alcanzar la orilla situada en la posición O = 
(0, 0) como se muestra en la figura . Se requiere caracterizar la posición en el eje OY con respecto 
a la posición en el eje OX. La rapidez de la corriente del río es a en dirección (0, -1). La rapidez del 
bote es b en dirección (-cos𝜃, sen𝜃) donde 𝜃 = 𝜃(𝑡) va variando en el tiempo de manera que este 
vector apunta siempre hacia O. si las coordenadas del bote en un tiempo dado son B = (x, -y), la 
rapidez en cada eje está dada por 
cos ,
dx dy
b tambien bsen a
dt dt
    
 
Aplicando la regla de la cadena tenemos que
dy dx dy
dx dt dt

 . 
Julio Flores Dionicio Página 77 
 
 
Recordando que 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝑥
√𝑦2+𝑥2
 y 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
−𝑦
√𝑦2+𝑥2
 vemos que 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (
𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃−𝑎
−𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃
) =
−𝑎+𝑏(
−𝑦
√𝑦2+𝑥2
)
−𝑏(
𝑥
√𝑦2+𝑥2
)
=
−𝑎√𝑥2+𝑦2−𝑏𝑦
−𝑏𝑥
 
Esta última ecuación es homogénea. Hacemos el cambio devariable 𝑧 =
𝑦
𝑥
 
⇒ 𝑥𝑧′ + 𝑧 = 𝑦′ . Recordando que x e y son positivas tenemos que 
𝑥′𝑧 + 𝑧 = 
𝑎
𝑏
√1 + 𝑧2 + 𝑧 separando variables 
𝑧′
√1+𝑧2
= 
𝑎
𝑏𝑥
 , integrando 
∫
𝑑𝑧
√1 + 𝑧2
= 
𝑎
𝑏
𝑙𝑛𝑥 + 𝐶. 
Reescribimos la constante C como 𝐶 =
𝑎
𝑏
𝑙𝑛𝑘 con 𝑘 > 0 y obtenemos 
ln (𝑧 + √1 + 𝑧2 ) = ln (𝑘𝑥)
𝑎
𝑏 , entonces 𝑧 + √1 + 𝑧2 = (𝑘𝑥)
𝑎
𝑏 de aquí 
1 + 𝑧2 = (𝑘𝑥)
2𝑎
𝑏 − 2𝑧(𝑘𝑥)
𝑎
𝑏 + 𝑧2. Despejando z y deshaciendo el cambio de variables obtenemos 
𝑧 =
1
2
[(𝑘𝑥)
𝑎
𝑏 − (𝑘𝑥)−
𝑎
𝑏] .Luego 
 
𝑦
𝑥
=
1
2
[(𝑘𝑥)
𝑎
𝑏 − (𝑘𝑥)−
𝑎
𝑏], por lo tanto 𝑦 =
𝑥
2
[(𝑘𝑥)
𝑎
𝑏 − (𝑘𝑥)−
𝑎
𝑏]. 
De la condición inicial y(c) = 0 vemos que 𝑘 =
1
𝑐
 . 
III).-ECUACIONES REDUCIBLES A 
HOMOGENEAS Y A VS 
O P(c,0) 
 a 
 b 𝜃 
FIGURA Bote con rapidez b cruzando un río cuya 
corriente tiene rapidez a. 
Y 
Julio Flores Dionicio Página 78 
 
Ecuaciones de la forma 
ax by c
y F
ex fy g
  
   
  
 
(i).-Si el determinante del sistema 
0
0
ax by c
ex fy g
  
  
 , es no nulo , es decir si 0af be  , el 
sistema tiene una única solución, digamos ,x h y k  . Entonces si hacemos el cambio de 
coordenadas ,X x h Y y k    , tenemos ,dX dx dY dy  , entonces 
ax by c aX bY
ex fy g eX fY
  

  
, luego en las nuevas coordenadas la ecuación 
aX bY
y F
eX fY
 
   
 
 
es homogénea 
(ii).-Si 0af be  , existe una constante k tal que  ex fy k ax by   . Ponemos 
entonces z ax by  , y la ecuación queda de la forma 
dz z c
a bF
dx kz g
 
   
 
, que es 
de variable separables. 
Ejemplo1.- Resolver la ecuación 
2
2
x y
y
x y
 
 
  
SOLUCION. 
Resolvemos primero el sistema 
2 0
2 0
x y
x y
  
  
, cuya solución es 0; 2x y  . Hacemos 
entonces el cambio de coordenadas , 2X x Y y   , y obtenemos la ecuación 
1
1
Y
dY X Y X
YdX X Y
X


 


, para transformarla en una ecuación de variable separable, ponemos 
como antes
Y
Z
X
 , obtenemos la ecuación 
1
1
dZ Z
X Z
dX Z

 

, por lo tanto 
21 2
1
dZ Z Z
X
dX Z
 


, y separando variables 2
1
1 2
Z dX
dZ
Z Z X


 
, integrando tenemos 
     2 2
1
ln 1 2 ln ln 1 2
2
c
Z Z X c Z Z
X
         , y elevando al cuadrado 
Julio Flores Dionicio Página 79 
 
obtenemos 
2
2
1 2
C
Z Z
X
   , volviendo a las variables X,Y, obtenemos 
2
2 2
2 2
1 2
Y Y C
X XY Y C
X X X
       , en las coordenadas x,y , la solución general en 
forma implícita es    
22 2 2 2x x y y C     , C . 
Ejemplo 2.-Encuentre la solución general de la ecuación 
 ( 2 4) (2 2) 0x y dx x y dy      . 
SOLUCION. Como la solución del sistema 
 
2 4 0
2 2 0
x y
x y
   

   
 es 0x  , 2y  
Para obtener una ecuación homogénea hacemos el cambio de coordenadas 
 x u , 2y   .Entonces dx du , dy d ,Y reemplazando, obtenemos 
 ( 2 ) (2 ) 0u du u d      .Para resolver esta ecuación ponemos tu  , y como 
d tdu udt   , reemplazando en la ecuación obtenemos 
 ( 2 ) (2 )( ) 0u tu du u tu tdu udt     .Es decir 
2 2(1 ) (2 ) 0t udu t u dt    . 
Separando variables se tiene 2
2
1
du t
dt
u t

 
 2 2
2
1 1
dt tdt
t t

 
 
21 1 1
dt dt tdt
t t t
  
  
, 
E integrando 
21 1ln( ) ln ln(1 ) ln( )
1 2
t
u t c
t
 
    
   2 12
1
ln
1 1
t c
t t
 
 
  
 
 
1
2
3
2
(1 )
ln
(1 )
t
c
t
 
    
.Por lo tanto 
1
2
3
2
(1 )
(1 )
t
u c
t



.Pero 
2y
t
u x
 
  ,Implica 
 
 
1
2
3
2
2
2
1
1
y
x
y
x
c
x





 
 
 
1
2
3
2
2
2
c x y x
x
x y
 

 
.Luego nuestra solución esta dad por 
 
 
 
3
2
1
2
2
2
x y
c
x y
 

 
,O bien elevando al cuadrado 
 
 
3
2
2
x y
c
x y
 

 
 
Julio Flores Dionicio Página 80 
 
Ejemplo 3.-Resolver la ecuación 
2
2
2
1
dy x y
dx x y
  
  
  
. 
SOLUCION. Como el sistema 
 
2 0
1 0
x y
x y
   

   
 
No tiene solución, hacemos la sustitución x y u  . Luego dx dy du  , y reemplazando 
obtenemos 
2
2
2
1
du dx u
dx u
  
  
 
. Separando variables se tiene 
2
2 2
( 1)
2( 2) ( 1)
u
du dx
u u


  
, de aquí 
2
2
2 1
3 10 9
u u
du dx
u u
 

 
 
 
22 5 2
3 9
1 2 6 10 2 1
3 9 3 10 9 27
u
du dx
u u u
 
   
     
. E 
integrando 
21 2 2 3 5ln(3 10 9) arctan
3 9 9 2
u
u u u x c
 
      
 
. 
Luego nuestra solución general satisface 
 
21 2 2 3( ) 5( ) ln(3( ) 10( ) 9) arctan
3 9 9 2
x y
x y x y x y x c
  
         
 
. 
IV).-ECUACION DE RICATI 
La ecuación de Ricarti es de la forma      
2y p x y q x y r x    
Se realiza el cambio de variable 1
1
y y
z
  , donde y1 es alguna solución conocida (por ejemplo 
fácil de calcular). Derivado con respecto a x se tiene 1 2
z
y y
z

   y reemplazando en la 
ecuación obtenemos 
     
2
1 1 12
1 1z
y p x y q x y r x
z z z
    
        
   
 
𝑦1
′ −
𝑧′
𝑧2
 = 𝑝(𝑥)𝑦1
2 + 2𝑝(𝑥)
𝑦1
𝑧
+
𝑝(𝑥)
𝑧2
+ 𝑞(𝑥)𝑦1 +
𝑞(𝑥)
𝑧
+ 𝑟(𝑥) 
Julio Flores Dionicio Página 81 
 
𝑦1
′ −
𝑧′
𝑧2
 = [𝑝(𝑥)𝑦1
2 + 𝑞(𝑥)𝑦1 + 𝑟(𝑥)] + 2𝑝(𝑥)
𝑦1
𝑧
+
𝑝(𝑥)
𝑧2
+
𝑞(𝑥)
𝑧
 
 
   
1
2 2
2
q x p xyz
p x
z z z z

    
     12z p x zy q x z p x     
de donde      1(2 )z p x y q x z p x     
Que resulta ser una EDO lineal de primera orden no homogénea en la variable z. 
EJEMPLO 1. Analicemos la ecuación diferencial 
22y y y     
Como se trata de una ecuación de primer orden a coeficientes constantes, es posible encontrar 
una solución constante resolviendo la ecuación algebraica 
𝜆2 − 𝜆 − 2 = 0, 
Cuyas raíces son 2 y -1. Tomemos entonces 𝒚𝟏 = 𝟐 como solución particular de la ecuación. 
Siguiendo el procedimiento descrito arriba podemos encontrar la solución general haciendo el 
cambio 
1 2
1 1
2
z
y y y
z z z

      
Sustituyendo en la ecuación obtenemos
2
2
1 1
2 2 2
z
z z z
    
         
   
 
−
𝑧′
𝑧2
 = −2 − 2 −
1
𝑧
+ 4 +
4
𝑧
+
1
𝑧2
 
3 1z z    
Resolvemos la ecuación lineal de primera orden no homogénea multiplicando por el factor 
𝑒3𝑥 , 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑧′𝑒3𝑥 + 3𝑧𝑒3𝑥 = −𝑒3𝑥 de aquí (𝑧𝑒3𝑥)′ = −𝑒3𝑥 existe 𝐶 ∈ ℝ tal que 
𝑧𝑒3𝑥 = −
1
3
𝑒3𝑥 + 𝐶 
 Despejando encontramos 𝑧(𝑥) = −
1
3
+ 𝐶𝑒−3𝑥. Esto nos dice finalmente que la solución general 
de la ecuación es 𝑦(𝑥) = 2 +
1
𝐶𝑒−3𝑥−
1
3
 , 𝑐𝑜𝑛 𝐶 ∈ ℝ 
Julio Flores Dionicio Página 82 
 
Notemos que tomando C = 0 recuperamos la otra solución constante 𝑦(𝑥) ≡ 1. Es importante 
observar también que si C < 0 la solución tiene una asíntota vertical en 𝑥 =
1
3
ln (3𝐶) , de modo 
que |𝑦(𝑥)| → ∞ si 𝑥 →
1
3
ln (3𝐶). 
 EJEMPLO 2.- Se considera la ecuación diferencial de Riccati 
 
2
2
1 y
y y
x x
     
(a). Busca una solución particular de la forma y x
 con  . 
(b). Encuentra la solución que cumple (1) 2y  y calcula, si es posible, el limite cuando 
x de dicha solución. 
SOLUCIÓN 
(a). la función y x
 resuelve la ecuación diferencial 
2
2
1 y
y y
x x
    
 
si y solamente si 
1 2 1 2x x x x         ,luego ha de ser 1   . 
(b). Para la solución particular encontrada en (1) y 
1
0( ) xy x  , consideramos el cambio de 
función incógnita 1
1
( )
( )
z x
y x x


.Entonces
2
2 2
1 1z y
y y
z z x x
  
      
 
2
1 1 1 1 1 1 1 1
z x x z x z z x
     
          
     
, 
Luego resolver el problema de valores iniciales asociado a
2
2
1 y
y y
x x
     con dato inicial 
(1) 2y  equivale a resolver la siguiente ecuación diferencial lineal de primer orden 
1
z
z
x
    Con dato inicial (1) 1z  . La (única) solución de este último problema se puede 
calcular fácilmente, obteniéndose 
21 3
( )
2
x
z x
x
 
  
 
. 
Por tanto, deshaciendo el cambio de variable llegamos a la solución del problema de Riccati de 
partida 
2
2
3
( )
(3 )
x
y x
x x



. 
Julio Flores Dionicio Página 83 
 
Finalmente, por la propia definición de solución de un problema de valores iniciales concluimos 
que en nuestro caso no se puede tomar ( )xlím y x por que ( )y x tiene una asíntota en 
3x  . 
 
V).-EDO DE DEGUNDO ORDEN SIN VARIABLE DEPENDIENTE 
 En la ecuación  , , 0G x y y   
No aparece la variable y explícitamente. En estos casos se realiza el cambio de variable 𝒑 = 𝒚′, 
con lo cual la ecuación se transforma en 𝑮(𝒙, 𝒑, 𝒑′) = 𝟎, que es una EDO de primer orden. 
EJEMPLO 1. 
Resolver la ecuación 𝒚′ =
𝒙
𝟏+𝒙
𝒚′′ − 𝟏 
Hacemos el cambio 𝑝 = 𝑦′, 𝑝′ = 𝑦′′. Luego, 𝑝 + 1 =
𝑥
1+𝑥
𝑝′ 
1 +
1
𝑥
=
𝑝′
𝑝+1
 integrando ∫ (1 +
1
𝑥
) 𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑝
𝑝+1
 de aquí, 𝑥 + 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 = 𝑙𝑛|𝑝 + 1| 
Y de allí, 𝑝 = −1 + 𝑘𝑥𝑒𝑥 con 𝑘 ∈ ℝ 
En términos de y esto es una ecuación con integración directa 𝑦′ = −1 + 𝑘𝑥𝑒𝑥 
 𝑦 = −𝑥 + 𝑘(𝑥 − 1)𝑒𝑥 + ℎ con 𝑘, ℎ ∈ ℝ. 
VI).- EDO DE SEGUNDO ORDEN SIN 
VARIABLE INDEPENDIENTE. 
En la ecuación 𝑯(𝒚, 𝒚′, 𝒚′′) = 𝟎 
La variable independiente x no aparece explícitamente. Se realiza el cambio de variable 
 𝑝 = 𝑦´ =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 y 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑑𝑝
𝑑𝑥
=
𝑑𝑝
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑𝑝
𝑑𝑦
𝑝, con lo cual la ecuación se transforma en 
𝐻 (𝑦, 𝑝, 𝑝
𝑑𝑝
𝑑𝑦
) = 0, que es una EDO de primer orden en la variable p con variable independiente y. 
A continuación veamos un ejemplo que resolveremos mediante este cambio; mas adelante 
cuando veamos la ecuación lineal de segundo orden resolveremos hallando las raíces del 
polinomio característico. 
Julio Flores Dionicio Página 84 
 
EJEMPLO 1.- (Ley de Hooke). Se tiene el sistema indicando en la figura , siendo k > 0 constante de 
elasticidad del resorte y m la masa del cuerpo. 
 
 
 
 
La Ley de Hooke establece que: 
 
 
 Esto es 𝒎𝒚′′ = −𝒌𝒚. Es decir, 𝒚′′ + 𝒘𝟐𝒚 = 𝟎, con 𝑤 = √
𝑘
𝑚
. 
Si hacemos el cambio 𝒛 = 𝒚′ entonces 𝒛′ =
𝒅𝒛
𝒅𝒚
𝒚′ y la ecuación se reescribe como 
𝒅𝒛
𝒅𝒚
𝒛 + 𝒘𝟐𝒚 = 𝟎 de aquí 
𝒅𝒛
𝒅𝒚
𝒛 = −𝒘𝟐𝒚. Integrando con respecto a la variable y vemos que 
∫ 𝒛𝒅𝒛 = − 𝒘𝟐 ∫ 𝒚𝒅𝒚 + 𝑪, entonces 
𝒛𝟐
𝟐
= −𝒘𝟐
𝒚𝟐
𝟐
+ 𝑪 , luego (𝑦′)2 = −𝑤2𝑦2 + 2𝐶 entonces 
𝑦′ = √2𝐶 − 𝑤2𝑦2. Finalmente usando separación de variables obtenemos ∫
𝑑𝑦
√2𝐶−𝑤2𝑦2
=
∫ 𝑑𝑡 + ℎ , entonces ∫
𝒅𝒚
√𝟏−𝒘
𝟐
𝟐𝑪
𝒚𝟐
= ∫ √𝟐𝑪𝒅𝒕 + 𝒉 2
2
wy
arcsen Ct h
C
 
  
 
 
𝒂𝒓𝒄 𝒔𝒆𝒏 (
𝒘𝒚
√𝟐𝑪
) = √𝟐𝑪 𝒕 + 𝒉 , de aquí 
𝒘𝒚
√𝟐𝑪
= 𝒔𝒆𝒏(√𝟐𝑪𝒕 + 𝒉). Luego 
 𝒚 =
√𝟐𝑪
𝒘
𝒔𝒆𝒏(√𝟐𝑪𝒕 + 𝒉) 𝒄𝒐𝒏 𝑪, 𝒉 ∈ ℝ. 
EJEMPLO 2.- (Cadena cayendo). Para el sistema de la segunda figura, 
 
 
 
 
 
El largo de la cadena es L y su densidad es 𝜌 [masa / largo], por lo tanto la EDO que lo de lo 
describe es 𝝆𝑳𝒚′′ = 𝝆𝒈𝒚 o 𝒚′′ −
𝒈
𝑳
𝒚 = 𝟎. 
LEY DE HOOKE 
“para pequeños desplazamientos en torno a la posición de equilibrio, la 
fuerza de restitución del resorte es proporcional al desplazamiento” 
 Sistema mecánico de 
un resorte y una masa 
 Sistema mecánico de una cadena bajo 
el efecto de g con un extremo cayendo. 
Julio Flores Dionicio Página 85 
 
Definiendo 𝝈 = √
𝒈
𝑳
 se tiene la EDO 𝒚′′ − 𝝈𝟐𝒚 = 𝟎. El mismo cambio de variable 𝒛 = 𝒚′ entonces 
𝒛′ =
𝒅𝒛
𝒅𝒚
𝒚′ nos da 𝒛
𝒅𝒛
𝒅𝒚
− 𝝈𝟐𝒚 = 𝟎 de esto 𝒛
𝒅𝒛
𝒅𝒚
= 𝝈𝟐𝒚 , entonces 
𝒛𝟐
𝟐
= 𝝈𝟐
𝒚𝟐
𝟐
+ 𝑪 de aquí 
𝒛 = √𝝈𝟐𝒚𝟐 + 𝟐𝑪.,luego 𝒚′ = 𝝈√𝒚𝟐 + 𝒂𝟐 𝒄𝒐𝒏 𝒂 =
𝟐𝑪
𝝈𝟐
. 
Esto es ∫
𝑑𝑦
√𝑦2+𝑎2
= 𝜎 ∫ 𝑑𝑡 = 𝜎𝑡 + 𝑘. 
Haciendo el cambio de variable 𝒚 = 𝒂 𝒔𝒆𝒏𝒉𝜽 en el lado izquierdo, obtenemos 
cosh
cosh
a
d t k
a

 

   t k   
Por lo tanto, 𝒚 = 𝒂 𝒔𝒆𝒏𝒉(𝝈𝒕 + 𝒌), con 𝒌 ∈ ℝ constante. 
VII).-OTROS CASOS. 
En ocasiones es posible reducir una ecuación complicada a otra más simple mediante un cambio 
de variables. No hay una regla general para determinar el cambio correcto, de modo que la 
experiencia es la clave 
EJEMPLO1.- La ecuación 𝒚′ = (𝒙 + 𝒚)𝟐 
Es Riccati. Sin embargo, para aplicar el método descrito más arriba es necesario conocer una 
solución particular, lo que puede no ser evidente. Otra opción es usar el cambio 𝒘 = 𝒙 + 𝒚. Esto 
nos da 𝒘′ = 𝟏 + 𝒚′ y la ecuación se transforma en 
 𝑤′ = 𝑤2 + 1, 
Que es una ecuación en variables separables. Para hallar la solución general hacemos 
∫
𝑑𝑤
𝑤2 + 1
= ∫ 𝑑𝑥, 
de donde arctan(𝑤) = 𝑥 + 𝐶. Esto es 
𝑦 = −𝑥 + tan(𝑥 + 𝐶) , 𝑐𝑜𝑛 𝐶 ∈ ℝ 
EJEMPLO2.- En la ecuación 𝒚′ =
𝐜𝐨𝐬 (𝒙+𝒚+𝟏)
𝟏−𝐜𝐨𝐬 (𝒙+𝒚+𝟏)
 
Podemos hacer el cambio 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 + 1. Con esto 𝑧′ = 𝑦′ + 1 y la ecuación se convierte en 
𝑧′ =
1
1−cos (𝑧)
 
∫(1 − cos(𝑧))𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑥 
Julio Flores Dionicio Página 86 
 
𝑧 − 𝑠𝑒𝑛(𝑧) = 𝑥 + 𝐶 𝑐𝑜𝑛 𝐶 ∈ ℝ 
La solución queda definida implícitamente como 
𝒚 − 𝒔𝒆𝒏(𝒙 + 𝒚 + 𝟏) = 𝑪. 
Otro procedimiento útil es integrar la variable independiente en términos de la variable 
dependiente y luego despejar. La justificación, a grandes rasgos y sin entrar en detalles, es la 
siguiente: en los intervalos donde y’ existe y no se anula, la expresión 𝑦 = 𝑦(𝑥)define 
implícitamente a x en función de y. es decir, podemos escribir 𝑥 = 𝑥(𝑦). Observando que 
𝑥(𝑦(𝑥)) = 𝑥usando la regla de la cadena vemos que     1x y x y x     𝑥
′(𝑦) =
 
1
𝑦′(𝑥)
 
EJEMPLO3.- En la ecuación 𝒚′(𝒆𝒚 − 𝒙) = 𝒚 
Puede escribirse como 
𝒆𝒚−𝒙
𝒚
=
𝟏
𝒚′
= 𝒙′. 
Esta lineal de primer orden en x si se toma y como variable: 𝑥′ +
1
𝑦
𝑥 =
1
𝑦
𝑒𝑦. 
Multiplicando por el factor y esto nos da (𝑥𝑦)′ = 𝑒𝑦 de aquí 
𝑥𝑦 = 𝑒𝑦 + 𝐶 ,y la solución queda definida de manera implícita. 
Otra manera de resolver la ecuación es 𝑦′𝑥 + 𝑦 = 𝑒𝑦𝑦′ 
(𝑥𝑦)′ = (𝑒𝑦)′ , luego 𝑥𝑦 = 𝑒𝑦 + 𝐶. 
EJERCICIOS RESUELTOS 
I.-Responde razonadamente a las siguientes cuestiones: 
1. ¿Puede ser la función 2( )t t  (definida para t ) solución de una ecuación lineal de primer 
orden homogénea? ¿ Y de una ecuación lineal de primer orden no homogénea? 
2. ¿Pueden ser las funciones ( ) tt e  y ( ) tt e  (definidas para t ) soluciones de una 
misma ecuación lineal de primer orden homogénea? ‘Y de una ecuación lineal de primer orden 
no homogénea? 
En caso afirmativo proporciona ejemplos explícitos: 
SOLUCION 
1. La función 2( )t t  (definida en ) NO puede ser solución de una ecuación lineal de primer 
orden homogénea ( ) ( ) ( )x t a t x t  , ya que de serlo habría de ocurrir 
Julio Flores Dionicio Página 87 
 
2 22 ( ) ( ) 0t a t t a t t
t
     y, en cualquier caso, el coeficiente ( )a t sólo estaría definido en 
 0 (no en ).Sin embrago, la respuesta es SI parael caso no homogéneo 
( ) ( ) ( ) ( )x t a t x t b t   . En efecto, bastaría con encontrar funciones continuas , :a b  tales 
que 22 ( ) ( )t a t t b t  . Por ejemplo, 0a  y ( ) 2b t t . 
2. Las funciones ( ) tt e  y ( ) tt e  (definidas en ) NO pueden ser soluciones de una misma 
ecuación diferencial lineal de primer orden homogénea, ya que de serlo tendrían que verificarse 
simultáneamente las dos siguientes condiciones: 
 ( )t te a t e , ( )t te a t e   , 
 que a la postre se traducen en que simultáneamente a 1a  y 1a   . Para el caso no 
homogéneo los análogos de las condiciones anteriores son ( ) ( )t te a t e b t  , 
( ) ( )t te a t e b t    , que tras un cálculo sencillo conducen a las siguientes expresiones de los 
coeficientes: ( )
t t
t t
e e
a t
e e





, 
2
( )
t t
b t
e e
 

.Estas expresiones son solo validas en  0 , 
luego ( )t y ( )t NO pueden ser soluciones de una misma ecuación lineal de primer orden no 
homogéneo. 
3. Sean , :a b  funciones continuas tales que ( ) 0a t c  para todo t y l m ( ) 0
t
í b t

 . 
Demuestra que todas las soluciones de la ecuación diferencial 
 ( ) ( )x a t x b t    , tienden a cero cuando t  . 
SOLUCION 
Resolviendo en primer lugar la ecuación homogénea, ( )x a t x   , obteniendo 0
( )
( )
t
t
a s ds
x t Ce

 , 
C . Variando ahora la constante, es decir asumiendo ( )C C t , concluimos que la solución 
general de la ecuación lineal ( ) ( )x a t x b t    es 
 0 0 0
0
( ) ( ) ( )
0( ) ( )
t s t
t t t
a s ds a d a s dst
t
x t x e b s e e
      
    
 
 , donde hemos asumido 0 0 0( )x t x con 0t y 0x 
arbitrarios en I  .Estudiaremos en primer lugar el límite en infinito del primer término de la 
solución 
 0 0
( )
0 00
t t
t t
a s ds cds
t t
lím x e x lím e
 
 
       
    
     
  0( )0 0c t t
t
x lím e
 

  . 
Julio Flores Dionicio Página 88 
 
Para el segundo término obtenemos 
0
0
0
0 0
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
s
t
t
t
t t
t t
a dt
a s ds
t
t ta s ds a s ds
b s e ds b t e
lím lím
e a t e
 
 
       
   
    
   

 
 
( )
0
( )t
b t
lím
a t
 
  
 
, ya que el  ( ) 0tlím b t  y 1 1( )a t c para todo t . Obsérvese que hemos 
utilizado la regla de L´Hospital y el teorema fundamental del cálculo para resolver la eventual 
indeterminación en el límite anterior. 
II.- Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de Bernoulli: 
1. 
3
23 2
t
x
tx x   
2. 
7 2tx e x x   
3. 
2log( )y
x
x
y y
x
   
SOLUCION 
1. Dividiendo la ecuación por 3t , 0t  , obtenemos 
 
2
22
3 3
t
x x x
t
   Multiplicando ahora la ecuación por 2x llegamos a 
 
2
2 32
3 3
t
x x x
t
   ,Que es equivalente a la ecuación 
22
3
t
z z
t
   
Vía el cambio de variable 
3
3
xz  . La solución general de esta ecuación es 
 2( )
3
t
z t t C
 
  
 
, C ,Luego deshaciendo el cambio de variable obtenemos 
 
1
32 2( ) ( )x t t Ct  , C . 
2. Multiplicando la ecuación por 7x obtenemos 7 62tx x e x    . Planteamos el cambio de 
variable 
61
6
z x , en cuyo caso la ecuación anterior se puede reformular del siguiente modo: 
12 tz z e    .La solución general de esta ecuación es 12
1
( )
13
t tz t e Ce   , C .Deshaciendo 
el cambio de variable obtenemos 
1
6
12 6( )
13
t tx t Ce e

   
 
,C . 
Julio Flores Dionicio Página 89 
 
3. Multiplicando la ecuación por 2y obtenemos 2
log( ) 1x
y y
x xy
    . Planteamos el cambio de 
variable 
1
z
y
  , en cuyo caso la ecuación anterior se puede reformular del siguiente modo: 
log( )z x
z
x x
   .La solución general de esta ecuación es 
 ( ) log( ) 1z x Cx x   , C .Deshaciendo el cambio de variable obtenemos 
 
1
( )
1 log( )
y x
x Cx

 
 , C , 
III.- Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de Riccati usando la solución particular 
proporcionada: 
1. 2 1y y xy    , ( )py x x 
2. 4 2y x y   , 2
1 1( )p x xy x   
SOLUCIÓN 
1.-Efectuamos el cambio de función incógnita 
1
( )
( )
z x
y x x


, 
De modo que 2
2
1
1
z
y y xy
z z
  
      
 
 
2
2
1 1 1 x
x x x
z z z z
   
        
   
 
O, equivalente, 1z xz    . Que es una ecuación deferencial lineal de primer orden cuya solución 
general es  
2 2
2 2( )
x x
z x C e dx e

   , C .Deshaciendo el cambio de variable concluimos que 
la solución de la ecuación de Riccati de partida es 
  
2 2
2 2
1
( )
x x
y x x e C e dx

    , C 
2. Efectuamos el cambio de función incógnita 
2
1 1
1
( )
( )
x x
z x
y x

 
,De modo que 
2
2 2 3 4 2 3
1 1 2 1 1 2z
y y
z z x x x x x
  
         
 
2
4 2 2 3 2
1 1 1 1 1 2 1 2 1 1
1
x z x x x x z x x z
   
            
   
 o 
equivalentemente, 
2 1
1 1z z
x x
 
    
 
. Que es una ecuación diferencial lineal de primer orden 
cuya solución general es 
2
2 1( )
2
xz x x Ce
 
  
 
, C .Deshaciendo el cambio de variable 
Julio Flores Dionicio Página 90 
 
concluimos que la solución de la ecuación de Riccati de partida es 
2
2
1 1
( ) 1
1
2
x
y x x
x
Ce
 
 
   
 
 
, 
C . 
3.- Se considera la ecuación diferencial de Riccati 
 2
2
1 y
y y
x x
     
(a). Busca una solución particular de la forma y x con  . 
(b). Encuentra la solución que cumple (1) 2y  y calcula, si es posible, el limite cuando x de 
dicha solución. 
SOLUCIÓN 
(a). la función y x resuelve la ecuación diferencial 2
2
1 y
y y
x x
    
 
si y solamente si 
 1 2 1 2x x x x         ,luego ha de ser 1   . 
(b). Para la solución particular encontrada en (1) y 
1
0( ) xy x  , consideramos el cambio de función 
incógnita 
1
1
( )
( )
z x
y x x


. 
Entonces 2
2 2
1 1z y
y y
z z x x
  
      
 
2
1 1 1 1 1 1 1 1
z x x z x z z x
     
          
     
, 
Luego resolver el problema de valores iniciales asociado a 2
2
1 y
y y
x x
     con dato inicial 
(1) 2y  equivale a resolver la siguiente ecuación diferencial lineal de primer orden 1
z
z
x
    
Con dato inicial (1) 1z  . La (única) solución de este último problema se puede calcular fácilmente, 
obteniéndose 
21 3
( )
2
x
z x
x
 
  
 
. 
Por tanto, deshaciendo el cambio de variable llegamos a la solución del problema de Riccati de 
partida 
2
2
3
( )
(3 )
x
y x
x x



. 
Finalmente, por la propia definición de solución de un problema de valores iniciales concluimos 
que en nuestro caso no se puede tomar ( )xlím y x por que ( )y x tiene una asíntota en 3x  . 
Julio Flores Dionicio Página 91 
 
IV. Decide de forma razonada si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas: 
1. Una solución del problema de valores iniciales 
 
2 2
(1) 2
x x t
x
  


 
Definida en un intervalo abierto que contenga a  1,2 satisface (2) 1x  . 
2. la ecuación de Riccati 2 0xy y y e     se transforma en una ecuación diferencial lineal de 
orden dos, 
 ( ) ( ) ( ) 0z a x z b x z c x     , 
Mediante el cambio de variable z
z
y  . 
SOLUCION 
1. FALSA. Claramente 0x  por lo que cualquier solución es creciente y si ha de satisfacer(1) 2x  , no puede ser (2) 1x  , ya que en este caso decrecería. 
2. VERDADERA. Derivando el cambio de variable obtenemos 
2
z z
y
z z
  
   
 
, 
Luego la ecuación resultante en la nueva función incógnita ( )z x es 
 0xz z e z    ,que es lineal de segundo orden que estudiaremos en el capitulo II. 
V. otros ejercicios 
 1.- Considere la ecuación diferencial 2(1 )y xy a x y    , 1a  . 
a). Encuentre la solución general. 
b). Encuentre la solución particular que verifica 
1
(1) a
a
y

 . 
c). Encuentre el intervalo máximo donde la solución particular anterior está definida. 
 
SOLUCIÓN 
a). Reordenando tenemos 2( )y a ax x y    
( 1)
dy y a
dx x ax



 
Y separando variable 
( 1)
dy dx
y a x ax

 
  
1
dy dx adx
y a x ax
 
 
. 
Julio Flores Dionicio Página 92 
 
Luego integrando obtenemos ln( ) ln( ) ln( 1) ln( )y a x ax c     ,Y de aquí 
1
cx
y a
ax
 

.Por lo 
tanto la solución general es ( )
1
cx
y x a
ax
 

 C . 
b). Imponiendo a la solución general la condición 
1
(1) a
a
y

 , obtenemos 
 
1 1
a c
a
a a
 
 
  
2
1 1
a a a c
a a
 

 
  2c a  . 
Luego nuestra solución particular es 
2
( )
1
a x
y x a
ax
 

. 
c). El dominio de la función 
2
( )
1
a x
y x a
ax
 

 ,es la unión de los intervalos abierto 
1
,
a
 
  
 
 y 
1
,
a
 
  
 
 . Como a es positivo, el 1 pertenece al segundo intervalo y luego 
1
,
a
 
  
 
 Es el 
intervalo máximo buscado 
EJERCICIOS PROPUESTOS 
I. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales usando el método que convenga en cada caso: 
1. 23 tan( ) (2 )sec( ) 0t te x e x x   
2. 2 3 3(3 ) 2 0t x x x t   
3. 2 log( )xy y y x   
4. 2 2(3 ) (3 ) 0tx x tx t x    
5. 
2
33 3 0tx e x tx   
6. 1
x t
x

  
7. 21 xy e   
8. (log( ) log( ))y
x
y y x   
9. 2xy y x   
10. log( )yy x  
Julio Flores Dionicio Página 93 
 
SOLUCION 
1. Variables separadas 3(2 )( ) arctan t
C
e
x t

 
  , C . 
2. Homogénea: 
3
2 3 3
2 2
3 3( ) ( )x xt t
t
t x x
x
 
    . La solución general viene dada por la siguiente relación 
implícita: 
 3 4 2 2 4 3( ) ( 3 2 ) ( 2 )x t x t x t C x t     , C 
3. Bernoulli: 
log( ) 2y x
x x
y y   . La solución general es 
 
1
( )
log( ) 1
y x
Cx x

 
, C . 
4. Homogénea: 
22
2
3( ) ( )3
3( ) 13
x x
t t
x
t
tx x
tx t
x


     . La solución general viene dada por la 
siguiente relación implícita:
4( )
tx
C
t x


, C . 
5. Bernoulli: para 0t  se tiene que 
2
33 3
te
t t
x x x    . La solución general es 
 
3
( )
tC e
x t
t
 
  
 
, C . 
6. Haciendo el cambio de variable u x t  obtenemos la siguiente ecuación diferencial 
equivalente: 
1u
u
u

  ,Que es una ecuación en variables separadas cuya solución general es 
log( 1)u u C t    , C .Deshaciendo finalmente el cambio de variable obtenemos la 
siguiente expresión implícita para la solución: log( 1)x x t C    , C . 
7. Variables separadas: Integrando en los dos miembros con respecto a x obtenemos 
 2
1
( )
2
xy x x e C   , C . 
8. Homogénea:  logy yx xy  . La solución general viene dada por la siguiente expresión: 
 1( ) Cxy x xe  , C . 
9. Lineal de primer orden: Si 0x  se tiene 2y
x
y   . La solución general de la correspondiente 
ecuación homogénea es 
Julio Flores Dionicio Página 94 
 
 ( )h
C
y x
x
 , C . 
la solución general de la ecuación completa es 
 ( )
C
y x x
x
  , C . 
10. Variables separadas: log( )
y
y
x

 , de donde 
 (log( ) 1)( ) x xy x Ce  , C . 
En particular, esta ecuación admite la solución trivial 0y  
II 
1. Un animal de laboratorio infectado se introduce en una población de 24 animales no infectados. 
Después de 3 días otro animal resulta infectado. ¿En cuántos días más se puede esperar que todos 
los animales estén infectados excepto uno? ¿Qué supuestos hace usted? 
2. ¿Es posible determinar el menor número de días en el cual podamos esperar que todos los 
animales del Ejercicio 1 estén infectados? Explique. 
3. Alimentación intravenosa 
La glucosa se agrega por vía intravenosa al flujo sanguíneo a una tasa de q unidades por minuto, y 
el cuerpo elimina glucosa del flujo sanguíneo a una tasa proporcional a la cantidad presente. 
Suponer que Q(t) es la cantidad de glucosa en el flujo sanguíneo en un tiempo t. 
a) Determinar la ecuación diferencial que describe la razón de cambio de glucosa en el flujo 
sanguíneo con respecto al tiempo. 
b) Resolver la ecuación diferencial del inciso a) y considerar 0(0)Q Q para t = 0. 
c) Encontrar el límite de Q(t) cuando t  
4. Curva de aprendizaje 
El gerente de una empresa ha encontrado que el número máximo de unidades que un trabajador 
puede producir en un día es 75. La tasa de incremento en el número N de unidades producido con 
respecto al tiempo t en días por un nuevo empleado es proporcional a 75- N. 
a) Determinar la ecuación diferencial que describe la razón de cambio con respecto al tiempo. 
b) Resolver la ecuación diferencial del inciso a). 
c) Encontrar la solución particular para un nuevo empleado que produce 20 unidades en el 
primer día y 35 unidades en el día 20. 
 
Julio Flores Dionicio Página 95 
 
Pérdida de peso 
El peso de una persona depende tanto del número de calorías consumidas como de la energía 
utilizada. Además, la cantidad de energía usada depende del peso de una persona; la cantidad 
media de energía usada por una persona es 17.5 calorías por libra por día. Así, entre mayor peso 
pierde una persona, es menor la energía que una persona usa (se supone que la persona mantiene 
un nivel de actividad constante). Para calcular el peso perdido se puede usar la siguiente 
ecuación 
17.5
3500 3500
dw C
w
dt
  , donde w es el peso de la persona (en libras), t es el tiempo en días, 
y C es el consumo diario de calorías, que es constante. 
a) Encontrar la solución general de la ecuación diferencial. 
b) Considerar una persona que pesa 180 libras e inicia una dieta de 2 500 calorías por día. 
¿Cuánto tiempo tardará la persona en perder 10 libras? ¿Cuánto tiempo le tomará a la persona en 
perder 35 libras? 
c) Usar una herramienta de graficación para presentar la solución. 
¿Cuál es el peso límite de la persona? 
d) Repetir los incisos b) y c) para una persona que pesa 200 libras cuando inició la dieta. 
5. En una especie marina aislada, los nacimientos son producto del azar (la especie necesita para 
producirse del encuentro fortuito de un macho y una hembra) mientras que la muerte es sólo 
debida a causas naturales (no hay competencia por los recursos naturales para sobrevivir, ni 
lo miembros de la especie se eliminan entre si). Luego es plausible afirmar que 
 2( ) ( ) ( )N t aN t bN t   
 Demostrar que este modelo implica que si (0) b
a
N  entonces lim ( ) 0t N t  (En otras 
palabras, si hay menos de b
a
 miembros de la especie entonces se extinge!!) 
6. Demuestre que en el sistema cinético de primer orden 
 A C 
 C D E  
 Con cantidades no nulas    
0 0
,A D y    
0 0
0C E  , la variación de ( )C t vienedada por 
 2
2( ) ( ) ( ) ( ) ( )C t f t g t C t k C t    
 Para ciertas funciones ( ), ( )f t g t . 
7. En una granja de 40.000 aves hay un pollo contagiado con la gripe aviar. Si suponemos que la 
rapidez de contagio es directamente proporcional al número de aves contagiadas multiplicado por 
el número de no contagiadas, siendo la constante de proporcionalidad 54 10k   (midiendo el 
Julio Flores Dionicio Página 96 
 
tiempo en días), determinar en cuánto tiempo un 75% de los pollos de la granja quedarían 
infectados. 
Respuesta 7.3 
Se sabe que la velocidad de propagación de una epidemia es proporcional al número de personas 
infectadas multiplicado por el número de personas no infectadas. 
En una población de 10000 habitantes se detecta una enfermedad que afecta inicialmente a 50 
personas. Al cabo de tres días, se observa que son 250 las personas afectadas. Averiguar el 
número de enfermos que habrá pasados 12 días. 
 
Respuesta 7730 enfermos 
8. En un campus universitario que tiene 1000 estudiantes hay un único estudiante portador del 
virus de la gripe. Sea y(t) el número de estudiantes contagiados en el día t: Si la velocidad con la 
que el virus se propaga es proporcional al producto entre el número de estudiantes contagiados 
yel número de estudiantes no contagiados, se pide: 
a) Determinar el número de personas enfermas en el día t si se sabe que pasados 4 días hay 50 
enfermos. 
b) Calcular cuándo habrá 500 estudiantes enfermos. 
c) Si los estudiantes enfermos no se tratan con medicamentos, ¿qué número de enfermos habrá 
cuando pase mucho tiempo? ¿Llegará a desaparecer la enfermedad? 
 
9. En una reacción química elemental, las moléculas simples de dos reactivos A y B forman una 
molécula del producto C: A B C  . La ley de acción de masas establece que la velocidad de 
reacción es proporcional al producto de las concentraciones de A y B: 
 
  
d C
k A B
dt
 
 De este modo, si las concentraciones iniciales son A = a moles/L y B = b moles/L y se escribe 
 x C , entonces se tiene:   
dx
k a x b x
dt
   
(a) Suponiendo que a b , determine x como una función de t . 
Use el hecho de que la concentración inicial de C es 0. 
(b) Determine  x t suponiendo que a b . ¿Cómo se simplifica esta expresión para  x t sí se sabe 
que  
2
a
C  después de 20 segundos? 
10. En contraste con la situación del ejercicio 9, los experimentos muestran que la reacción 
2 2 2H Br HBr  satisface la ley de rapidez 
 
  
1/2
2 2
d HBr
k H BR
dt
 y, de este modo, para esta 
reacción la ecuación diferencial se convierte en   
1/2dx
k a x b x
dt
   donde  x HBr y a y b 
son las concentraciones iniciales de hidrógeno y bromo. 
 
 
(a) Determinar x como una función de t en el caso donde a b 
. Use el hecho de que  0 0x  . 
(b) Si a b , encuentre t como una función de x. Sugerencia: al llevar a cabo la integración, haga la 
sustituciónu b x  
Julio Flores Dionicio Página 97 
 
11. Un perro ve un conejo que corre en línea recta en un campo abierto y lo persigue. En un 
sistema coordenado rectangular (como el mostrado en la figura) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suponga: 
i) El conejo está en el origen y el perro en el punto (L, 0) en el instante en que el perro ve por vez 
primera al conejo. 
ii) El conejo corre en la dirección positiva del eje y y el perro siempre directo hacia el conejo. 
iii) El perro corre con la misma rapidez que el conejo. 
a) Demuestre que la trayectoria del perro es la gráfica de la función y = f (x), donde y satisface la 
ecuación diferencial 
22
2
1
d y dy
x
dx dx
 
   
 
 
b) Determine la solución de la ecuación del inciso a) que satisface las condiciones iniciales 
0y y  , cuando x L . [Sugerencia: sea 
dy
z
dx
 en la ecuación diferencial y resuelva 
la ecuación de primer orden resultante para hallar z; después integre z para hallar y.] 
c) .Alguna vez el perro alcanza al conejo? 
 
DRENADO DE UN TANQUE 
En hidrodinámica, la ley de Torricelli establece que la rapidez v de salida del agua a través de un 
agujero de bordes afilados en el fondo de un tanque lleno con agua hasta una profundidad h es 
igual a la velocidad de un cuerpo (en este caso una gota de agua), que está cayendo libremente 
desde una altura h esto es, 2v gh , donde g es la aceleración de la gravedad. Esta última 
expresión surge al igualar la energía cinética, 2
1
2
mv con la energía potencial mgh , y despejar v. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Julio Flores Dionicio Página 98 
 
Suponga que un tanque lleno de agua se vacía a través de un agujero, bajo la influencia de la 
gravedad. Queremos encontrar la profundidad, h, del agua que queda en el tanque al tiempo t. 
Considere el tanque que se muestra en la fi gura. Si el área del agujero es 
hA , (en pies cuadrados) 
y la rapidez del agua que sale del tanque es 2v gh (en pies/s), entonces el volumen de agua 
que sale del tanque, por segundo, es 2hA gh (en pies cubicos/s). 
Así, si  V t denota al volumen de agua en el tanque al tiempo t, entonces 
 2h
dV
A gh
dt
  
Donde el signo menos indica que V está disminuyendo. Observe que aquí estamos despreciando 
la posibilidad de fricción en el agujero, que podría causar una reducción de la razón de fl ujo. Si 
ahora el tanque es tal que el volumen del agua al tiempo t se expresa como   wV t A h , donde 
wA (en pies cuadrados) es el área constante de la superfi cie superior del agua (véase la fi gura), 
entonces 
w
dV dh
A
dt dt
 . Sustituyendo esta última expresión en la ecuación 2h
dV
A gh
dt
  
obtenemos la ecuación diferencial que deseábamos para expresar la altura del agua al tiempo t: 
2h
w
Adh
gh
dt A
  
Es interesante observar que la ecuación 2h
w
Adh
gh
dt A
  es válida aun cuando wA , no sea 
constante. En este caso, debemos expresar el área de la superficie superior del agua en función de 
h, esto es,  wA A h . 
12. Un vaso de agua a 50 °C es sacado al exterior donde la temperatura es de 20°C. el agua se 
enfría de acuerdo a la ley de enfriamiento de Newton con constante de proporcionalidad 
𝑘 = 1 10⁄ cuando el tiempo es medido en horas. Si la temperatura exterior desciende a razón de 
1,5 °C por hora, ¿Cuál es la temperatura del agua después de 5 horas? 
13. A un estanque que contiene 500galones de solución salina, fluye salmuera, que contiene 2 
libras por galón a razón de 5 galones por minuto. La mezcla que es mantenida uniforme, escurre a 
razón de 10 galones por minuto. Si la cantidad máxima de sal en el estanque se presenta a los 20 
minutos de iniciado el proceso. ¿Cuál era el contenido inicial de sal en el estanque? 
14. La corriente sanguínea leva un medicamento hacia el interior de un órgano de una persona a 
razón de 3 𝑐𝑚3 𝑠𝑒𝑔⁄ y sale de él a la misma velocidad. El órgano tiene un volumen liquido de 
125 𝑐𝑚3. Si la concentración del medicamento en la sangre que entra en el órgano es de 
0,2 𝑔𝑟 𝑐𝑚3⁄ . ¿Cuál es la concentración del medicamento en el órgano en el instante t , si 
inicialmente no habia vestigio alguno del medicamento?¿Cuándo la concentración del 
medicamento en el organo será de 0,1 𝑔𝑟 𝑐𝑚3⁄ ? 
15. Acaba da la cosecha de trigo en cierta localidad, un propietario llena su granero con una 
cantidad de g0 kilos de trigo. Alrededor del granero vive una especie de roedores que se 
alimentarán del trigo recién almacenado. Un estudio realizado sobre la cantidad de roedores r(t) 
Julio Flores Dionicio Página 99 
 
muestra que crecen con velocidad r´(t) constante igual a 2, siendo r0 la cantidad inicial de 
roedores, igualmente se ha concluido que a causa de la presencia de los roedores, el ritmo de 
decrecimiento de la cantidad de trigo g(t) es proporcional (con constante de proporcionalidad 
igual a -1) al producto entre la cantidad de roedores y la cantidad de trigo.a) Determine la cantidad de roedores r(t) para t > 0. 
b) Determine la cantidad g(t) de trigo para t > 0. 
c) ¿Cuánto tiempo tardaran los roedores en consumir la cuarta parte de la cantidad de trigo 
inicial? ¿Cuánto tardaran en comerse todo el trigo? 
16. Un tanque de 100 litros de capacidad contiene inicialmente 25 litros de una solución salina con 
concentración de 1 gramo de sal por litro. En el instante t =0, comienza a entrar solución con 
concentración 
3
4
 gramos por litros y a una velocidad de 3 litros por minuto. Al mismo tiempo 
empieza a salir solución del tanque a 1 litro por minuto. Cuando el tanque llega a los tres cuartos 
de su capacidad se abre una segunda llave que permite la entrada de agua pura al tanque a 1 litro 
por minuto. Determine la cantidad de sal que hay en el tanque en todo tiempo inferior a 33 
minutos. 
17. Un tanque de 432 litros de capacidad contiene inicialmente 125 litros de una solución salina 
con concentración 
2
5
 gramos por litro. En el instante t = 0, comienza a entrar solución con 
concentración 
4
25
 gramos por litro y a una velocidad de 5 litros por minuto. Al mismo tiempo 
empieza a salir solución del tanque a 2 litros por minuto. Cuando el tanque llega a la mitad de su 
capacidad se abre una segunda llave que permite la salida de solución del tanque a 2 litros por 
minuto. Determine la cantidad de sal que hay en el tanque en todo tiempo inferior a 4 horas. 
18. Un estanque de 300 litros de capacidad contiene 50 litros de agua pura. En el instante t = 0, 
comienza a entrar una solución que contiene 100 cm3 de alcohol por cada litro de solución y lo 
hace a una velocidad de 5 litros por minuto. Este suministro solo se detiene al llenarse el 
estanque. Después de media hora ingresa al estanque una segunda solución de agua con de 
alcohol pero con un 20 % de alcohol por litro de solución y a una velocidad de 5 litros por minuto. 
Simultáneamente al ingreso de esta solución, se abre una llave en el fondo del estanque y a una 
velocidad de 6 litros por minuto, la solución perfectamente mezclada, sale del estanque. 
Determine el porcentaje de alcohol en el estanque cuando éste complete su capacidad. 
19. En un estanque de 100 litros, lleno hasta el borde con agua pura, se empieza a introducir, a 
razón de 4 litros por minuto, salmuera que contiene 2,5 gramos de sal por litros. El contenido del 
estanque (que siempre se mantiene homogéneo por agitación) se rebalsa hacia otro depósito de 
capacidad 100 litros, que inicialmente contiene 50 litros de salmuera de 1,5 gramos de sal por 
litro. Determinar la concentración de sal en el segundo depósito en el momento en que empieza a 
rebalsar. 
Julio Flores Dionicio Página 100 
 
20. un tanque de 432 litros de capacidad contiene inicialmente 125 litros de una solución salina 
con concentración 
2
5
 gramos por litro. En el instante t = 0, comienza a entrar solución con 
concentración 
4
25
 gramos por litros y a una velocidad de 5 litros por minuto al mismo tiempo 
empieza a salir salmuera del tanque a razón de 2 litro por minuto. Cuando el tanque llega a la 
mitad de su capacidad se abre una segunda llave que permite la salida de solución del tanque a 2 
litros por minuto. Determine la cantidad de sal que hay en el tanque en todo tiempo inferior a 4 
horas. 
21. Un tanque contiene, en un principio 40 litros de salmuera con 8 kilos de sal en solución. Entra 
en el tanque, a razón de 8 litros por minuto salmuera conteniendo 
1
8
 kilo de sal por litro. La mezcla 
bien agitada para que sea homogénea, sale del tanque a razón de 4 litros por minuto. 
a) Calcular la cantidad de kilos de sal que hay en el tanque a los 5 minutos. 
b) A los 10 minutos se modifica la concentración de entrada de sal a 
1
8
+ 𝑐 kilos de sal por litro. Si 
se mantienen los otros datos, calcule c de modo que a los 20 minutos la concentración de sal en el 
tanque sea de 
6
25
 kilos de sal por litro. 
22. Se ha determinado experimentalmente que un pez crece según la ley 
 
𝑑𝑝
 𝑑𝑡
= 𝛼𝑝
2
3 − 𝛽𝑝, 
Donde, p = p(t) representa el peso y 𝛼, 𝛽 son constantes positivas que caracterizan la especie. 
a) Resuelva la ecuación. 
b) ¿para qué valor del tiempo t le parece razonable autorizar la captura de peces de esta especie? 
23. Suponga que una persona portadora de un virus gripal ingresa a una comunidad aislada 
compuesta por 1000personas. Se postula que el virus se propaga proporcionalmente al producto 
entre la cantidad de personas infectadas y la cantidad de personas no infectadas. ¿Cuál será la 
cantidad de personas infectadas al noveno día, si al tercer día ya había 26 personas infectadas 
25. una estrella perfectamente esférica sufre un colapso gravitacional debido a la pérdida de su 
combustible nuclear. El radio de la estrella antes del colapso es 3Rs (Rs denota el radio del sol). Si 
el proceso de colapso es proporcional a su volumen. Determine cuanto tiempo después del inicio 
de esta reducción la estrella se trasforma en un hoyo negro teniendo en cuenta que le radio típico 
de estos objetos cósmicos es de 15 Km. Y después del 1 min. El radio de la estrella se reduce a la 
mitad. 
Datos: 𝑅𝑠 = 6960 ∗ 10
10𝑐𝑚. y 𝑉 = 
4
3
𝜋𝑟3 el volumen de la esfera.