Este es el séptimo y último apunte de la serie sobre ecuaciones diferenciales de primer orden, y es el único que no trae un método nuevo. Trae lo que falta: saber cuál de los seis usar.
Es una diferencia real. En el práctico, cada ejercicio venía bajo un título que ya te decía qué hacer: "Ecuaciones lineales", "Ecuación de Bernoulli". En el parcial no hay títulos. Te dan una ecuación sola y la primera decisión —qué método— vale tanto como toda la cuenta que viene después.
Al terminar vas a poder:
Escribir cualquier EDO de primer orden en sus dos formas y saber qué revela cada una.
Recorrer el árbol de decisión en el orden que menos cuenta cuesta.
Reconocer las ecuaciones que admiten más de un método y elegir el más barato.
Cerrar cada ejercicio con las soluciones singulares que el método haya dejado afuera.
Toda EDO de primer orden se puede escribir de dos maneras, y pasar de una a la otra es álgebra de secundaria:
Son la misma ecuación. Pero los métodos no se reconocen igual de bien en las dos, y esa es la razón por la que conviene escribir las dos antes de decidir nada.
Cada forma delata métodos distintos. Por eso se escriben las dos.
Los ocho tests no cuestan lo mismo. Cinco se resuelven mirando: ¿se separa?, ¿está \(y\) en grado uno?, ¿hay una potencia \(y^n\) sola?, ¿todo se reduce a \(y/x\)?, ¿\(x\) e \(y\) van siempre juntos? Los otros tres piden lápiz: dos derivadas parciales para la exactitud, dos cocientes para el factor integrante, y un despeje completo para mirar \(x\) como función de \(y\).
De ahí sale el orden del árbol de la sección siguiente: primero los tests que se hacen con la vista, después los que se hacen con la mano.
Gema
Antes de escribir nada, dedicá treinta segundos a poner la ecuación en las dos formas. Parece tiempo perdido y es al revés: la mitad de los ejercicios que "no salen" son ecuaciones que nadie escribió como \(M\,dx + N\,dy = 0\) y por eso nadie vio que eran exactas.
Este es el mapa completo de la unidad, en el orden en que conviene recorrerlo. Cada pregunta se contesta con lo que ya sabés; lo único nuevo acá es la secuencia.
Elegir el método para \(y' = f(x,y)\)
Escribí las dos formas. Despejá \(y' = f(x,y)\) y también pasá todo a \(M\,dx + N\,dy = 0\).
Los cinco tests de vista se hacen sobre la primera; los dos de derivadas, sobre la segunda.
Separable. ¿Se puede escribir \(y' = g(x)\cdot h(y)\), con las dos variables en factores distintos?
Separable. \(\displaystyle\int \frac{dy}{h(y)} = \int g(x)\,dx\).
Pedí \(h(y) \neq 0\): cada raíz de \(h\) da una solución constante que la integración deja afuera.
Lineal. ¿Aparecen \(y\) e \(y'\) en grado uno, sin multiplicarse entre sí ni meterse en una función?
Lineal. \(\mu(x) = e^{\int P(x)dx}\), y después \(\left(\mu y\right)' = \mu\,Q\).
Las lineales no tienen soluciones singulares: la fórmula las da todas.
Bernoulli. ¿Queda \(y' + P(x)y = Q(x)\,y^{n}\), con una única potencia de \(y\) aislada a la derecha?
Bernoulli. Con \(z = y^{1-n}\) queda lineal en \(z\).
Si \(n > 0\), anotá aparte \(y \equiv 0\): la sustitución no la alcanza.
Homogénea. Dividiendo numerador y denominador por la potencia de \(x\) adecuada, ¿sobrevive sólo \(y/x\)?
Homogénea. Con \(y = vx\) e \(y' = v'x + v\) queda separable.
Cada \(v_0\) con \(F(v_0) = v_0\) da una recta \(y = v_0 x\) que se pierde al dividir.
Bloque lineal. ¿\(x\) e \(y\) aparecen siempre dentro de la misma expresión \(ax + by + c\)?
Cambio lineal. \(z' = a + b\,f(z)\), que es separable.
Si \(a + b\,f(z_0) = 0\) para algún \(z_0\), esa recta es solución y se pierde.
Exacta. Con la ecuación en la forma \(M\,dx + N\,dy = 0\), ¿se cumple \(M_y = N_x\)?
Exacta. \(F = \int M\,dx + g(y)\), y \(g'\) sale de igualar \(F_y = N\).
La solución queda implícita, \(F(x,y) = C\), y no hay nada que se pierda.
Factor integrante. ¿\(\dfrac{M_y - N_x}{N}\) depende sólo de \(x\), o \(\dfrac{N_x - M_y}{M}\) sólo de \(y\)?
Factor integrante. \(\mu\) es la exponencial de la integral del cociente; después se resuelve como exacta.
Revisá dónde \(\mu\) se anula o explota: esas curvas suelen ser soluciones singulares.
Dar vuelta las variables. Escribiendo \(\dfrac{dx}{dy}\), ¿queda \(x' + P(y)\,x = Q(y)\)?
Lineal en \(x(y)\). Mismo factor integrante, con los papeles cambiados.
La respuesta queda como \(x = x(y)\), y está bien: nadie pidió \(y\) despejada.
Volvé a mirar. Casi siempre falta reordenar, no falta un método.
Distribuí, sacá factor común, multiplicá por un denominador. Los ejercicios del práctico entran todos por alguna de las ocho ramas de arriba.
El árbol se recorre una sola vez por ejercicio. Si a mitad de camino te das cuenta de que reordenando la ecuación entra en una rama anterior, volvés al principio y arrancás de nuevo: es más rápido que forzar el método donde estás parado.
Elvira
Este árbol no reemplaza a los seis apuntes anteriores, los ordena. Si llegás a una rama y no te acordás cómo se resuelve, el problema no es de clasificación: volvé a ese apunte. Clasificar bien y no saber seguir es la mitad del ejercicio.
La primera: dividiendo por \(x\) queda \(y' + \dfrac{2}{x}y = \dfrac{\sin x}{x}\). Hay \(y\) e \(y'\) en grado uno y nada más, así que no pasa el test de separable —el lado derecho no factorea en \(g(x)h(y)\)— y sí el de lineal. Entra por la rama 2.
La segunda es la misma ecuación con una potencia \(y^3\) aislada a la derecha: \(y' + \dfrac{2}{x}y = \dfrac{\sin x}{x}\,y^{3}\). Ya no es lineal, pero es Bernoulli con \(n = 3\). Entra por la rama 3, y hay que anotar \(y \equiv 0\) como solución singular.
La moraleja: entre las dos ramas hay un solo factor de diferencia, y ese factor cambia todo el procedimiento.
Clasificar y resolver \(2xy\,dx + \left(x^2 + 1\right)dy = 0\).
Esta ecuación entra por tres ramas distintas del árbol. La recorremos entera a propósito, para ver que la respuesta no depende del camino.
Despejando, \(y' = -\dfrac{2x}{x^2+1}\cdot y\), que es \(g(x)\,h(y)\).
$$ \int \frac{dy}{y} = \int -\frac{2x}{x^2+1}\,dx \;\Longrightarrow\; \ln|y| = -\ln\left(x^2+1\right) + C_1 $$Es \(y' + \dfrac{2x}{x^2+1}\,y = 0\), homogénea en el sentido lineal.
$$ \mu(x) = e^{\int \frac{2x}{x^2+1}dx} = e^{\ln\left(x^2+1\right)} = x^2+1 $$ $$ \left[\left(x^2+1\right)y\right]' = 0 \;\Longrightarrow\; \left(x^2+1\right)y = C $$Entonces \(g'(y) = 1\), o sea \(g(y) = y\).
Interpretación. Los tres caminos llegan a lo mismo:
El más barato es el primero: dos integrales inmediatas y listo. Los otros dos sirven de verificación gratis. Y notá que \(y \equiv 0\) —la solución que la rama separable "pierde" al dividir por \(y\)— acá vuelve sola con \(C = 0\): no es singular.
Clasificar y resolver \((x + y)\,dx - (x - y)\,dy = 0\).
Despejada queda \(y' = \dfrac{x+y}{x-y}\): no se factorea en \(g(x)h(y)\), no es lineal —\(y\) está en el denominador— y no hay una potencia \(y^n\) aislada. Tampoco es exacta: \(M_y = 1\) y \(N_x = -1\).
Dividimos numerador y denominador por \(x\).
$$ \frac{dy}{dx} = \frac{1 + v}{1 - v}, \qquad v = \frac{y}{x} $$La integral de la izquierda se parte en dos conocidas: un arcotangente y un logaritmo.
$$ \int \frac{1-v}{1+v^2}\,dv = \int \frac{dx}{x} $$ $$ \arctan v - \tfrac{1}{2}\ln\left(1+v^2\right) = \ln|x| + C $$Con \(v = y/x\) tenemos \(1 + v^2 = \dfrac{x^2+y^2}{x^2}\), así que \(\tfrac{1}{2}\ln(1+v^2) = \tfrac{1}{2}\ln\left(x^2+y^2\right) - \ln|x|\). El \(\ln|x|\) se cancela con el del otro miembro.
Dos curvas de la familia: espirales logaritmicas alrededor del origen.
Interpretación. La familia de soluciones es
Escrito en polares es una sola línea: como \(\theta = \arctan(y/x)\) y \(r = \sqrt{x^2+y^2}\), la ecuación dice \(\theta - \ln r = C\), o sea \(r = e^{\,\theta - C}\). Son espirales logarítmicas: cada vuelta alrededor del origen multiplica el radio por \(e^{2\pi}\). Es la forma de una galaxia y la de un caracol nautilus, y sale de una ecuación de dos términos.
Gema
Cuando en el resultado te aparecen juntos \(\arctan(y/x)\) y \(\ln(x^2+y^2)\), traducilo a polares antes de entregar. Es el mismo resultado escrito de una forma que sí se puede dibujar, y en un parcial muestra que entendiste qué te dio.
Clasificar y resolver \(y' = \dfrac{y}{2x} + \dfrac{x^2}{2y}\).
Pasamos el término en \(y\) a la izquierda y escribimos \(\dfrac{1}{y} = y^{-1}\).
$$ y' - \frac{1}{2x}\,y = \frac{x^2}{2}\,y^{-1} $$Es Bernoulli con \(n = -1\). El exponente puede ser negativo: la definición dice "\(n\) real", no "\(n\) natural".
\(z = y^{1-n} = y^{1-(-1)} = y^{2}\), y entonces \(z' = 2y\,y'\).
$$ 2y\,y' - \frac{y^{2}}{x} = x^{2} \qquad \Longrightarrow \qquad z' - \frac{z}{x} = x^{2} $$Interpretación. Volviendo a \(y\) con \(z = y^2\):
Acá \(y \equiv 0\) no es solución de la ecuación original: con \(y = 0\) el término \(\dfrac{x^2}{2y}\) ni siquiera está definido. Es la excepción a la regla de Bernoulli, y se explica sola: la advertencia de \(y \equiv 0\) vale cuando \(n > 0\), porque ahí \(y^n\) aparece multiplicando. Con \(n < 0\) aparece dividiendo.
Clasificar y resolver \(\left(e^{y} - 2xy\right)y' = y^{2}\).
Despejada es \(y' = \dfrac{y^{2}}{e^{y} - 2xy}\). No se separa. No es lineal en \(y\): hay un \(e^y\). No hay una potencia \(y^n\) aislada. No es homogénea: \(e^y\) no se reduce a \(y/x\). No hay bloque \(ax+by+c\).
En forma diferencial: \(-y^{2}\,dx + \left(e^{y}-2xy\right)dy = 0\).
$$ M_y = -2y \qquad N_x = -2y $$Da igual: es exacta, y se podría resolver así. Pero hay un camino más corto, y vale la pena verlo.
Mirá el grado de \(x\): aparece una sola vez y en grado uno. Escribimos \(\dfrac{dx}{dy}\) y dividimos por \(y^2\).
$$ \frac{dx}{dy} = \frac{e^{y} - 2xy}{y^{2}} \qquad \Longrightarrow \qquad \frac{dx}{dy} + \frac{2}{y}\,x = \frac{e^{y}}{y^{2}} $$Es una lineal de primer orden en \(x(y)\).
La integral es inmediata, que era todo el punto de dar vuelta las variables.
$$ y^{2}x = e^{y} + C $$Interpretación. La solución queda con \(x\) despejada:
Y está bien así: la consigna pedía resolver, no pedía \(y\) en función de \(x\) —que acá no se puede despejar—. Compará el trabajo: por la rama exacta habría que integrar \(\int -y^2 dx\), derivar respecto de \(y\) e integrar \(e^y\); por la rama 8, un factor integrante y una primitiva. Cuando dos ramas entran, la más corta gana.
Elvira
Que \(x\) aparezca una sola vez y en grado uno es la señal de la rama 8, y en el práctico la marcan con una sugerencia entre paréntesis. En el parcial no la marca nadie. Aprendé a verla: es la única rama que la mayoría no prueba nunca.
Error: probar los métodos en el orden en que se dieron en clase, y empezar calculando \(M_y\) y \(N_x\) en una ecuación que era separable de un vistazo.
Correcto: el orden lo fija el costo del test, no el programa de la materia. Los cinco tests de vista primero; los que piden derivadas, después. En un parcial cronometrado esa diferencia son varios minutos por ejercicio.
Error: concluir que \(\left(e^{y}-2xy\right)y' = y^2\) no es lineal porque hay una exponencial de \(y\).
Correcto: no es lineal en \(y\), y sí lo es en \(x\). La linealidad es una propiedad de la ecuación respecto de una de las dos variables, y nada obliga a que sea \(y\). Si \(x\) aparece en grado uno, probá \(\dfrac{dx}{dy}\).
Error: descartar "exacta" sin haber escrito nunca la ecuación en la forma \(M\,dx + N\,dy = 0\).
Correcto: el test \(M_y = N_x\) necesita \(M\) y \(N\) identificados. Mirando \(y' = f(x,y)\) no se ve nada. Es el motivo por el que el árbol arranca con un nodo de acción y no con una pregunta.
Error: creer que cada ecuación tiene una única clasificación correcta, y dudar del resultado propio porque un compañero usó otro método.
Correcto: las clases se superponen. \(2xy\,dx + (x^2+1)dy = 0\) es separable, lineal y exacta a la vez. Si los dos hicieron bien la cuenta, los dos resultados describen la misma familia, aunque estén escritos distinto.
Error: entregar la familia general y olvidar las soluciones singulares, en cualquiera de los seis métodos.
Correcto: cinco de los seis dividen por algo, y ahí es donde se pierden. La tabla de la síntesis dice exactamente por qué divide cada uno y qué hay que ir a buscar. Es el mismo control una y otra vez: ¿qué anula ese denominador, y verifica la ecuación original?
La primera es para clasificar: qué señal delata a cada método.
| La señal | El método | Queda |
|---|---|---|
| \(y' = g(x)\,h(y)\) | Separable | Dos integrales |
| \(y\) e \(y'\) en grado uno | Lineal | \(\mu = e^{\int P dx}\) |
| Una potencia \(y^{n}\) aislada | Bernoulli | Lineal en \(z = y^{1-n}\) |
| Todo se reduce a \(y/x\) | Homogénea | Separable en \(v\) |
| Un bloque \(ax+by+c\) | Cambio lineal | Separable en \(z\) |
| \(M_y = N_x\) | Exacta | \(F(x,y) = C\) |
| Un cociente de una sola variable | Factor integrante | Exacta, después de multiplicar |
| \(x\) en grado uno, \(y\) complicada | Lineal en \(x(y)\) | \(\mu = e^{\int P dy}\) |
La segunda es para cerrar: por qué divide cada método, y qué se pierde ahí.
| Método | Divide por | Puede perderse |
|---|---|---|
| Separable | \(h(y)\) | Las rectas \(y = y_0\) con \(h(y_0) = 0\) |
| Lineal | Nada | Nada: la fórmula da todas |
| Bernoulli | \(y^{n}\) | \(y \equiv 0\), si \(n > 0\) |
| Homogénea | \(F(v) - v\) | Las rectas \(y = v_0 x\) con \(F(v_0) = v_0\) |
| Cambio lineal | \(a + b\,f(z)\) | Las rectas \(ax+by+c = z_0\) |
| Exacta | Nada | Nada |
| Factor integrante | Donde \(\mu\) se anula o explota | Esas curvas, si verifican la original |
Sea cual sea el camino, la verificación es siempre la misma: derivá la solución que obtuviste y metela en la ecuación original. Si es implícita, derivá implícitamente. No hace falta acordarse del método para verificar, y por eso es el control más confiable que tenés.
Gema y Elvira
Con esto cerrás la unidad entera: siete apuntes, seis métodos y un árbol. Lo que sigue en la materia son las de segundo orden, y ahí vas a ver que casi todo se apoya en esto. Si algo de acá quedó flojo, es el momento de volver.
Los seis vienen sin título y en desorden a propósito. Antes de abrir cada respuesta, decidí por qué rama del árbol entra.
Despejamos y dividimos por \(x^2\). No es separable ni lineal —hay \(y^2\)—, pero todo queda en \(y/x\): rama 4, homogénea.
$$ y' = \frac{xy - y^{2}}{x^{2}} = \frac{y}{x} - \left(\frac{y}{x}\right)^{2} $$Resultado: $$\boxed{\,y = \dfrac{x}{\ln|x| + C}\,} \qquad \boxed{\,y \equiv 0 \;\text{ (singular)}\,}$$
Verificación. Al dividir por \(v^2\) pedimos \(v \neq 0\), o sea \(y \neq 0\). Y \(y \equiv 0\) verifica la original: \(x^2\cdot 0 + 0 = x\cdot 0\). Ningún \(C\) la produce, así que es singular. Es justo el caso \(F(v_0) = v_0\) con \(v_0 = 0\) que anuncia la tabla.
El \(\sin y\) bloquea todo lo que sea lineal en \(y\). Pero \(x\) aparece una sola vez y en grado uno: rama 8. Dividimos por \(y\,dy\), con \(y \neq 0\).
$$ \frac{dx}{dy} + \frac{x}{y} = \sin y $$Con \(u = y\) y \(dv = \sin y\,dy\), o sea \(v = -\cos y\).
$$ \int y\sin y\,dy = -y\cos y + \sin y $$ $$ x\,y = \sin y - y\cos y + C $$Resultado: $$\boxed{\,x = \dfrac{\sin y - y\cos y + C}{y}\,}$$
Verificación. Derivando respecto de \(y\) y reemplazando se recupera \(y\,x' = y\sin y - x\), que es la ecuación original. La solución queda como \(x(y)\), y no hay manera de despejar \(y\): también eso es parte de la respuesta.
\(y\) e \(y'\) están en grado uno y no se multiplican: rama 2, lineal. Dividimos por \(x\), con \(x \neq 0\).
$$ y' + \left(3 + \frac{1}{x}\right)y = \frac{e^{3x}}{x} $$Trabajamos en \(x > 0\); para \(x < 0\) es idéntico.
$$ \int \left(3 + \frac{1}{x}\right)dx = 3x + \ln x \qquad \Longrightarrow \qquad \mu(x) = e^{3x + \ln x} = x\,e^{3x} $$El \(x\) del factor se cancela con el del segundo miembro: por eso conviene no simplificar antes de tiempo.
$$ \left(x\,e^{3x}y\right)' = x\,e^{3x}\cdot\frac{e^{3x}}{x} = e^{6x} $$ $$ x\,e^{3x}y = \frac{e^{6x}}{6} + C $$Resultado: $$\boxed{\,y = \dfrac{e^{3x}}{6x} + \dfrac{C\,e^{-3x}}{x}\,}$$
Verificación. Reemplazando en \(x y' + (3x+1)y\) se obtiene \(e^{3x}\). La solución vale en \((0,\infty)\) o en \((-\infty,0)\), nunca en un intervalo que contenga el cero: ahí \(P(x)\) y \(Q(x)\) no son continuas.
\(x\) e \(y\) aparecen sólo dentro de la raíz, y ahí van juntos en un bloque lineal: rama 5.
$$ z = y - 2x + 3 \qquad \Longrightarrow \qquad \frac{dz}{dx} = \frac{dy}{dx} - 2 $$El \(2\) de la ecuación se cancela con el \(-2\) de la derivada.
$$ \frac{dz}{dx} = \left(2 + \sqrt{z}\right) - 2 = \sqrt{z} $$Con \(z \neq 0\), que después revisamos.
$$ \int z^{-1/2}\,dz = \int dx \;\Longrightarrow\; 2\sqrt{z} = x + C \;\Longrightarrow\; z = \frac{(x+C)^{2}}{4} $$Si \(z \equiv 0\), entonces \(y = 2x - 3\), y esa recta cumple \(y' = 2 = 2 + \sqrt{0}\).
Resultado: $$\boxed{\,y = \dfrac{(x+C)^{2}}{4} + 2x - 3\,,\quad x \geq -C\,} \qquad \boxed{\,y = 2x-3 \;\text{ (singular)}\,}$$
Verificación. La restricción \(x \geq -C\) no es un detalle: de \(2\sqrt{z} = x + C\) se deduce \(x + C \geq 0\), y sin esa condición la fórmula devuelve \(y' = 2 - \sqrt{z}\), con el signo cambiado. La recta \(y = 2x-3\) es la envolvente de toda la familia de parábolas.
Viene en forma diferencial, así que el test de exactitud es tentador.
$$ M_y = 3y^{2} - 2xy \qquad N_x = 4xy $$No coinciden, y ninguno de los dos cocientes del factor integrante depende de una sola variable.
Despejando y sacando factor común \(y^2\) en el numerador: todo queda en \(y/x\). Es homogénea.
$$ y' = \frac{xy^{2} - y^{3}}{2x^{2}y} = \frac{y(x-y)}{2x^{2}} = \frac{v(1-v)}{2} $$Con \(v = y/x\) queda \(\dfrac{v}{1+v} = \dfrac{y}{x+y}\).
$$ \frac{y^{2}}{(x+y)^{2}} = \frac{K}{x} $$Resultado: $$\boxed{\,x\,y^{2} = K\,(x+y)^{2}\,}$$
Verificación. Derivando implícitamente y reemplazando \(K = \dfrac{xy^2}{(x+y)^2}\) se recupera \(y' = \dfrac{y(x-y)}{2x^{2}}\). Los valores \(v_0 = 0\) y \(v_0 = -1\) que anulan el denominador dan \(y = 0\) y \(y = -x\): la primera verifica la ecuación original, la segunda también, y ninguna sale de un \(K\) finito.
La \(\dfrac{dx}{dy}\) del enunciado invita a la rama 8, pero conviene mirar antes: hay una \(x\) en grado \(-2\) y un \(\ln x\). No es lineal en \(x\) tampoco.
Juntamos todas las \(x\) de un lado y todas las \(y\) del otro. Se puede: rama 1, separable.
$$ x^{2}\ln x\,dx = \frac{(y+1)^{2}}{y}\,dy $$Con \(u = \ln x\) y \(dv = x^{2}dx\), o sea \(v = \dfrac{x^{3}}{3}\).
$$ \int x^{2}\ln x\,dx = \frac{x^{3}\ln x}{3} - \int \frac{x^{2}}{3}\,dx = \frac{x^{3}\ln x}{3} - \frac{x^{3}}{9} $$Dividimos término a término antes de integrar.
$$ \frac{(y+1)^{2}}{y} = \frac{y^{2}+2y+1}{y} = y + 2 + \frac{1}{y} $$ $$ \int \left(y + 2 + \frac{1}{y}\right)dy = \frac{y^{2}}{2} + 2y + \ln|y| $$Resultado: $$\boxed{\,\dfrac{x^{3}\ln x}{3} - \dfrac{x^{3}}{9} = \dfrac{y^{2}}{2} + 2y + \ln|y| + C\,}$$
Verificación. Derivando el lado izquierdo respecto de \(x\) da \(x^{2}\ln x\); el derecho respecto de \(y\) da \(\dfrac{(y+1)^{2}}{y}\). La solución es implícita y no se despeja, y el dominio pide \(x > 0\) por el logaritmo e \(y \neq 0\) por la división. Moraleja del ejercicio: que el enunciado venga escrito con \(dx/dy\) no significa que la rama 8 sea la respuesta. El árbol se recorre igual, desde arriba.
¿Encontraste algo que no cuadra? Un signo, un despeje, un gráfico que no carga, un link roto — contámelo y lo corrijo. Este apunte se hace mejor entre todos: cada aviso suma para que vos y toda la comunidad Insighters puedan estudiar con el mejor material posible. ¡Gracias!