CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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1 CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una ecuación diferencial es una ecuación que epresa una relación eplicita o implícita entre una función y = f(t) y una o más de sus derivadas o diferenciales. Lo que se busca es una función que no dependa de sus derivadas o diferenciales. En consecuencia, la solución será una función y no un valor numérico. Ejemplos de ecuaciones diferenciales: t = + y = t + y = y y - 4y +5=0 Naturalmente, si se parte de derivadas o diferenciales, para obtener la función original o solución será necesario realizar un proceso de integración. (Note que las dos primeras epresiones son iguales: una notación alternativa de es y ). La derivada es la única que puede aparecer en una ecuación diferencial de primer orden, pero puede estar elevada a distintas potencias como ( / ), ( / ). La potencia más alta es la que dará el grado de la ecuación diferencial. Las ecuaciones diferenciales se pueden dividir en: Cuadro 6- Ordinarias Eiste una única variable Independiente. Lineales t y t + = Primer orden a(t)y b(t) d + = No lineales y 6y + = 5 Ecuaciones diferenciales Orden superior a(t)y d + = b(t) Parciales Involucra a más de una variable independiente. ds ds + y = S d CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 45

2 En este capitulo se verá únicamente ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden lineales, pero también se desarrollará ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales solo para el análisis de diagramas de fase. Estas EDO de primer orden lineales tendrán como variable independiente al tiempo y su solución es una senda temporal o trayectoria y = y (t) denotado como y t. 6. Fórmula general para ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Para una ecuación diferencial lineal de primer orden, / e y siendo de primer grado. Para esa ecuación: a(t)y b(t) + = (6.) En donde a y b pueden ser constantes o funciones de tiempo, para encontrar su solución es necesario que y este en función de t, para lo cual multiplicaremos a la epresión (6.) por su factor de integración, un producto: e a(t), para así encontrar el diferencial de a(t) a(t) a(t) e + a(t)e y = b(t)e Donde (f(t) * g(t))' = f '(t)g(t) + f(t)g'(t) a(t) d(ye ) = b(t)e a(t) Al integrar ambos lados a(t) d(ye ) = b(t)e a(t) a(t) ye c b(t)e + = a(t) a(t) ye c b(t)e = + a(t) a(t) y = e (c + b(t)e ) a(t) ésta es la solución general Esta solución general representa dos partes: y(t) = e c b(t)e + (6.) a(t) a(t) CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 46

3 a(t) a(t) a(t) y(t) = e c + e b(t)e Función complementaria Integral particular En donde: Función complementaria Y C representa la desviación del equilibrio. Integral particular Y p es igual al nivel de equilibrio intertemporal de Y t. c es una constante arbitraria, si se da una condicion inicial, se podrá especificar un valor de c y en cuyo caso resultará una solución definida. Ejercicio 0: Obtener la solución de / + 4y = 0, cuando y (0) =. Solución. Cuando se tiene una condición inicial debe usarse al final del problema para calcular la constante (c) y así poder obtener una solución definida. Claramente este es el caso más sencillo donde a(t) = 4 y b(t)=0 y(t) = e C 0e + y(t) = ce 4t 4(t) 4(t) Por condición, y(0)= entonces, solución será: y(t) = e 4t 4(0) y(0) = ce =, de donde c=. De esta forma, la (solución definida). Ejercicio : Sea X(t) el número de peces de cierta población durante una estación de pesca, 0 t T, y R = X(0) como el reclutamiento inicial. Si M(t) es la tasa de mortalidad natural y F(t) la tasa de mortalidad pesquera, se tiene que: dx [ M(t) ] = + F(t) X Muestre que el escape S = X(t) esta dado por: T ( [ ] 0 ) S = Re p M(t) + F(t) CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 47

4 Solución. Reagrupando la epresión anterior, se puede identificar que a(t)=m(t)+f(t) y b(t)=0; en este caso, es posible aplicar directamente la formula 6. (M(t) + F(t)) a(t) X(t) e (c 0e ) = + X(t) = ce (M(t) + F(t)) Pero si X(0) = c entonces, X(t) = (0)e (M(t) + F(t)) Ejercicio : Dar la solución a / + y = 6 cuando y(0)=0 Solución. Reconociendo que a(t)= y b(t)=6, se aplican estos datos en la epresión (6.) y(t) = e c 6e + t ( ) t y(t) e c 6e = + = t ( + t ) y(t) e c e Por condición, y(0)=0 entonces, y(0) =ce -(0) + = 0, de donde c=7. De esta forma, la solución será: y(t) =7e -t + (solución definida). Ejerció : Obtenga la solución general de / + t y = 0 Solución. Sabiendo que a(t) = t y b(t)=0, se aplican estos datos en la epresión (6.) y(t) = e C 0e + y(t) Ce t = t t Sabiendo que t = (t + c), entonces: (t c) y(t) ce + = c y(t) = ce e t y(t) = Be t, donde B = ce c Ejercicio 4: Dar la solución de / + t y = t CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 48

5 Solución. Claramente, a (t) =t y b(t) = t, entonces colocando estos datos en (6.) ( ) t t y(t) e C t e = + Integrando t = (t + c ), entonces la epresión anterior se reduce a: (t + c ) (t + c ) y(t) = e C + t e (t + c ) + (t c ) t c c t La epresión te es igual a: t e = t e e = e t e t Para obtener el resultado del término te será necesario un cambio de variable, u = t lo cual implica que du = t. Re-agrupando e t e c u c e e u du c e (e u + c ) Reemplazando u = t e c (e t + c ) Reemplazar en la solución general: (t + c ) c t c y(t) = e A + e e + e c (t + c ) t c c t t c c y(t) = e A + e e e e + e e e c Realizando las operaciones, simplificando y agrupando apropiadamente: y(t) e Ae c t c = + + Ejercicio 5: Obtenga la solución general y particular de y(t) si t y 9t =0 CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 49

6 Solución. Simplificar y reconocer que a(t)=-t y b(t)=4.5t y reemplazando en nuestra solución general 6. t t y(t) = e c t e t t + c c y(t) e c 4.5 t e + = + Analizando el término: t + c t t c c te = te e = e te Para solucionar esta integral se hace un cambio de variable: t = u t = du + t u u t e t = e du= e + c = e c Introduciendo este término en la epresión general: t c t + c y(t) = e c 4.5e (e + c ) t t c c c c y(t) = e e c 4.5e 4.5e e e c Haciendo B = e e y D = ce c c c t [ ] y(t) = e D 4.5Bc 4.5B (Solución general) y(0) = D 4.5Bc 4.5B [D 4.5Bc ] = y(0) + 4.5B, entonces: t [ ] y(t) = e y(0) + 4.5B 4.5B (Solución particular) Ejercicio 6: Sea p 0 = 0.5p a) Encuentre la solución general CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 50

7 b) Obtenga la solución particular c) Pruebe que efectivamente que el resultado es el correcto Solución. a) Podemos identificar que a(t)=0.5 y b(t)=0 luego reemplazar al caso no homogeneo cuando w(t) p(t) = e c + 0e 0.5t c 0.5t c p(t) = e e c + 0 e + 0.5t c c 0.5t + p(t) = e e c + 0e (e c ) 0.5t c c 0.5t c p(t) = e e c + 0e e + 0e c 0.5t c c 0.5t 0.5t c 0.5t c c p(t) = ce e + 0e e e e + e e 0e c 0.5t c 0.5t p(t) = ce e e c 0.5t c p(t) = e ce + 0c t p(t) = Be + 0 (donde: c = + ) (solución general) B Ae 0c b) Luego para obtener la solución particular, reemplazamos t=0 en la solución general: 0.5(0) p(0) = Be + 0 = B + 0 B = p(0) 0 (reemplazando esto en la solución general) [ ] 0.5t p(t) = p(0) 0 e + 0 (solución particular) c) Para probar si el resultado es correcto, derivamos la solución particular: 0.5t p(t) = Be + 0 CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 5

8 dp 0.5t = 0.5e B Esta solución debe ser reemplazada en el segundo término de la ecuación diferencial original: dp 0 0.5p = Probando: dp 0 0.5(Be 0.5t 0) = + dp 0 0.5e 0.5t B 0.5(0) = dp 0.5t = 0.5e B 6. Solución de otros tipos de ecuaciones diferenciales: Este grupo de ecuaciones son representados en modelos de recursos naturales para determinar el stoc pesquero, población de ciertas especies, etc. Para una ecuación diferencial no lineal de primer orden, / e y siendo de segundo grado. a(t)y b(t)y c(t) + + = (6.) Ejercicio 7: En un modelo de recursos naturales, el stoc pesquero, X, esta determinado por la función logística dx rx X =, donde K es la capacidad de K (0) carga del ecosistema. Demuestre que (t) = siendo c =. rt + ce (0) Solución. Ordenar la función logística de manera que en el lado izquierdo de la igualdad se encuentre solo las variable y en el lado derecho se encuentre la variable r. d = r (integrar ambos lados de la ecuación) CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 5

9 d = r (epresar el numerador así + =) + d = r (separar el lado izquierdo de la igualdad en dos integrales) d + d = r (multiplicar por - a la segunda integral) d d = r (integrar directamente cada epresión) ln() ln + D = rt + D (por propiedad unir el logaritmo ln(a/b)=ln(a)-ln(b)) ln D rt D (despejar D y D en el lado derecho) + = + ln = rt+ D (luego unir D= D D) + = e rt D (sacando logaritmo a cada lado) = rt ea D (reemplazar por A= e y despejar ) CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 5

10 rt rt = e A e A (pasar rt ea al lado izquierdo de la igualdad) A rt rt + e = e A (por último despejamos en función de A y K) = + rt ea rt ea Para reducir la epresión y tener solo en función de (0) y de, realizamos lo siguiente: rt ea e = rt ea e + rt rt (multiplicar tanto al numerador como al rt denominador por e ) A = rt A e + (multiplicar tanto al numerador como al denominador por K) A = rt e + A (multiplicar tanto al numerador como al denominador por A - ) A A = e + A A rt = + e A rt (0) = + e A 0 (0) = + A CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 54

11 Note que la respuesta NO esta en función de A sino de (0) y, entonces es necesario despejar A: ( ) 0 A = (0) Reintroduciendo A en la epresión: = (0) rt + e (0) (0) Finalmente, haciendo c = queda: (0) (t) = + ce rt Ejercicio 8: La población N(t) de cierta especie (en individuos) de un hábitat controlado en el momento t se asume que satisface la ley de crecimiento logístico dn = N(000 N) 500 a) Obtenga la solución general y particular b) Si N()=40, cuánto tiempo se requeriría para que la población alcance 00 individuos? dn Solución. Ordenando: = N(000 N) 500 Utilizando la formula para este caso: N ln c t c = N 500 ( ) N ln t c c 000 N = + N ln t c 000 N = +, ( c = c c) CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 55

12 t 000e e N(t) = t c + e e c Luego multiplicando al numerador y denominador por e e cálculos en el numerador: t c para facilidad de t c t c 000e e e e N(t) = + e e e e t c t c 000 N(t) = ( haciendo A = e c ) t c + e e 000 N(t) = (Solución general) t + Ae Luego N(0) N(0) = A = + A N(0) N(t) = N(0) + e N(0) t (Solución particular) b) Si N()=40, entonces: = A = 49e A = 675. () + Ae 6. Convergencia y Divergencia Para realizar el análisis de convergencia o divergencia de una solución, primero debemos identificar que tipo de EDO es nuestra ecuación a solucionar, en este capitulo se realizará el análisis para dos tipos de EDO tanto lineal como no lineal: a) EDO lineal: a(t)y b(t) + = CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 56

13 La solución de una ecuación diferencial ordinaria lineal es estable o convergente si tiende a algún valor real y definido conforme la variable tiempo (t) aumenta de manera indefinida. Este valor real al que tiende es denominado estado estacionario (Equilibrio de largo Plazo).A continuación se mostrara en el cuadro 6- las condiciones necesarias y suficientes para la convergencia de una solución: Cuadro 6- Condición necesaria: a(t) lim y = lim = yss R t t b(t) La solución y ss es definido Solución de una Convergente Trayectoria estable y' = 0 EDO lineal de primer orden Condición suficiente lim = 0 t a(t) La solución es definido Divergente Trayectoria eplosiva y' 0 t ( ) lim y t =± La solución es indefinido Ejercicio 9: Resolver y analizar la convergencia o divergencia de la siguiente función, teniendo como condición inicial y(0)=5 y' + 4ty = 6t Solución. Primero debemos de solucionar esta ecuación, reconocemos que a(t)=4t y b(t)=6t, lo cual reemplazamos en la solución general (6.) y(t) = e C 6te + 4(t) 4(t) t ( ) t y(t) = e C + 6te.(a) t Para resolver la siguiente integral 6te, debemos de reemplazar u = t du = 4t, formando la epresión será CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 57

14 6te t 6 4te t 4 6 edu u 4 6 e.5e 4 Por ultimo reemplazamos en (a) y obtenemos: u t t ( ) t y(t) = e C +.5e Por condición inicial y(0)=5 se puede obtener la solución definida ( ) = + = c +.5 = 5 c =.5 (0) (0) y(0) e C.5e 5 t ( ) t y(t) = e.5 +.5e Para saber si la anterior solución es convergente o divergente, debe verificar las siguientes condiciones necesarias y suficientes: Si: y =0 Condición necesaria Condición suficiente 6t lim = lim.5 =.5 t 4t t lim = 0 t 4t Por lo tanto nuestra función es convergente hacia.5 cuando t tiende al infinito. 5 y.5 t CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 58

15 b) EDO no lineal: para el análisis de convergencia para este tipo de ecuaciones, se empleará diagrama de fases. + + = a(t)y b(t)y c(t) Diagrama de fases nos ofrece información cualitativa acerca de la estabilidad de las ecuaciones, que es útil para saber si esta converge o no a un estado de equilibrio intertemporal estático. Un diagrama de fases de una ecuación diferencial describe la derivada el cual ahora epresamos cómo y como una función de y ( y = f(y) ). La solución de un estado estático es fácilmente identificado en un diagrama de fases y es observable cuando el gráfico cruza al eje horizontal (en donde y = 0 y la función no es cambiante) para algunas ecuaciones puede eistir más de un cruce y por ende más de una solución. Gráficamente la estabilidad de una solución de un estado estático es indicado por flechas de movimiento ( o ) Las flechas que indican hacia la derecha ( ) nos dicen que: y es creciente en un intervalo y el gráfico de y esta por encima del eje horizontal (indicando y > 0). Las flechas que indican hacia la izquierda ( ) nos dicen que: y es decreciente en un intervalo y el gráfico de y esta debajo del eje horizontal (indicando y < 0). Si la flecha de movimiento señala hacia una solución de estado estático, se dice que tenemos una solución estable; si la flecha de movimiento se aleja de una solución estable, se dice que tenemos una solución inestable. Cuando evaluamos un punto de un estado de equilibrio estático verificamos si: < 0 > 0 El equilibrio es estable El punto es inestable CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 59

16 Ejercicio 0: Construir el diagrama de fases de la siguiente ecuación diferencial no lineal. y = 8y y Solución. Se procederá a calcular el diagrama de fase en cuatro pasos: Paso: Encontrar la solución intertemporal o estado de equilibrio, donde no hay presión por el cambio ( y = 0) y = 8y y = 0 y ( 4 y ) = 0 y = 0 y = 4 solución de estado estático El diagrama de fases corta al eje horizontal en y=0 y y=4. Paso : Donde la función corta al eje horizontal en dos puntos, tiene un punto decisivo. Después determinamos si ese punto es un máimo o un mínimo. = 8 4y = 0 y = es un valor crítico = 4< 0 Cóncavo, máimo relativo Paso : Bosquejar el diagrama de fase. y 0 4 y Paso 4: Calcular los valores de los niveles estáticos y = 0 y y = 4 CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 60

17 (0) = 8 4(0) = 8 > 0 (4) = 8 4(4) = 8 < 0 y = 0 es inestable y = 4 es estable. Ejercicio : Construye el diagrama de fases para la siguiente ecuación diferencial no lineal y = y 8y y prueba la estabilidad dinámica usando: a) Las flechas de movimiento, b) La pendiente de la línea de fase, y c) La prueba de derivada. Solución. Suponiendo y = 0 descubrimos la solución del equilibrio intertemporal, donde el diagrama de fases cruce el eje horizontal. y ( y 6 ) = 0 y = 0 y = 6 Descubrimos entonces el valor crítico y si esto representa un máimo o mínimo. = 6y 8 = 0 = 6 > 0 y = Valor crítico Mínimo relativo Con esta información bosquejar un diagrama de fase: y 0 6 y y = y 8y CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 6

18 a) Arriba del eje horizontal, donde y > derecha; debajo del eje horizontal y < 0, la flecha en movimiento apunta hacia la 0, las flechas de movimiento apuntan hacia la izquierda, donde las flechas de movimiento apuntan hacia y = 0 y fuera de y = 6, y debe ser inestable. b) Con la pendiente negativa del diagrama de fase pasa por y = 0 sabemos y debe ser estable; con una pendiente positiva en y = 6, y es más inestable. c) Tomar la derivada de la ecuación, independientemente del gráfico, y evaluar el valor crítico. = 6y 8 ( 0 ) = 6 ( 0 ) 8 = 8 < 0 y = 0 es estable ( 6 ) = 6 ( 6 ) 8 = 8 > 0 y = 6 es inestable Ejercicio : Construye un diagrama de fases para la siguiente ecuación diferencial no lineal y = y + 6y 5 y probar la estabilidad dinámica usando: a) Las flechas de movimiento, b) La pendiente de la línea de fase, y c) La prueba de derivada. Solución. Suponiendo y = 0 donde el diagrama de fases cruce el eje horizontal. descubrimos la solución del equilibrio intertemporal, ( y ) ( -y + 5 ) = 0 y = y = 5 Descubrimos entonces el valor crítico y si esto representa un máimo o mínimo. = y + 6 = 0 y = = < 0 Valor critico. Máimo relativo. CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 6

19 Con esta información realizamos nuestro diagrama de fase: y y = y + 6y 5 5 y a) Donde las flechas de movimiento apuntan fuera de y = y hacia y = 5, es inestable en cambio y es un estado de equilibrio intertemporal. b) La pendiente positiva en y = y la pendiente negativa en y = 5 indica que y es un equilibrio inestable y y es un equilibrio estable. c) Tomar la derivada de la ecuación, independientemente del gráfico, y evaluar el valor crítico. = y + 6 y () = () + 6 = 4 > ( 5 ) = ( 5 ) + 6 = 4 < 0 y = es inestable 0 y = 5 es estable Ejercicio : Dada la siguiente ecuación diferencial no lineal: y y + 5y+ 4 = 0 a) Obtenga el valor crítico y demuestre si es un máimo o mínimo b) Obtenga los puntos de estado estacionario y pruebe su estabilidad c) Grafique correctamente el diagrama de fase correspondiente Solución. Suponiendo y = 0 descubrimos la solución del equilibrio intertemporal, donde el diagrama de fases cruce el eje horizontal. y = 0 = (y 8)(y + ) y = 8 y = CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 6

20 Descubrimos entonces el valor crítico y si esto representa un máimo o mínimo. y 5 = y =.5 Valor critico. = > 0 Mínimo relativo. Tomar la derivada de la ecuación, independientemente del gráfico, y evaluar el valor crítico. y 5 = (8) = (8) 5 > 0 y = 8 es inestable ( ) = ( ) 5 < 0 y = es estable Con esta información bosquejar un diagrama de fase: y y Ejercicios resueltos Ejercicio 4: Encuentre la función de demanda Q= f(p) si la elasticidad punto para todo P>0. ε= Solución. Sabemos que la elasticidad esta epresada de la siguiente forma: CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 64

21 ε= dq P dp Q =, o lo que es igual dq = Q dp P Separando y ordenando variables, dq Q = dp P Integrando ambos lados, lnq = - lnp + lnc (c = constante de integración) Agrupando, lnq + lnp = lnc, por propiedad de logaritmos, (na + lnb = lna) QP = c ó Q = c/p Ejercicio 5: Encuentre la función de demanda Q = f (P) si ε = - (5P +P ) / Q y Q=500 cuando P=0 ( ε=elasticidad) Solución. Por definición sabemos que la elasticidad esta epresada de la siguiente forma: dq P (5P + P ) ε= = dp Q Q dq (5P + P ) Q = = 5 P dp Q P Separando variables, dq = ( -5- P) dp Integrando ambos lados, Q (P) = -5P P + c Para encontrar el valor de la constante, c, se utiliza los datos dados (Q=00 y P=0). Q (0) = -5(0) (0) + c = 500 de donde c = 650. Finalmente, Q(P) = 650 5P P Ejercicio 6: La tasa de incremento del costo total y a medida que crece el número de unidades fabricadas, es proporcional a las unidades fabricadas más una constante, e inversamente proporcional al costo total. Hallar la función del costo (general y particular). Solución. Conforme a la información: + = a, lo que se pide es y() d y Ordenando: y = ( + a ) d CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 65

22 y = +a +b Ahora: y = ( + a)d (integrando) y + b = + a+ b (ordenando) y = + a + b b ( haciendo b = b b) y() = + a + b () ( y(0) ) y(0) = b b = () Reemplazando () en (): ( ) y() = + a + y(0) Ejercicio 7: Obtenga la solución de la función de crecimiento limitado (M y) =, y(0) = 0 Solución. Despejando K de nuestra función de crecimiento: M y = (integrando) = M y (se substituye u=m-y, además du = = ) = M y (buscando la epresión de ) du = u (integrando en función de u) lnu = t + c (ahora se substituye u= M y) ln(m y) = t + c (multiplicando a cada lado por -) ln( M y) = y c c t y = M e e (solución general) CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 66

23 c 0 c y(0) M e = e = 0 e = M t ( ) t y = M Me = M e (solución particular) Ejercicio 8: Obtenga la solución de ( t + 5 ) ( y + 9 ) = 0 Solución. Despejando del tal forma que en cada fracción se obtenga una misma variable: = 0 (y + 9) t + 5 Luego integrando a ambas partes: = (y + 9) t + 5 ln(y + 9) ln(t + 5) = lnc y+ 9 ln = lnc t+ 5 y+ 9 t+ 5 = c y+ 9 = c(t+ 5) CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 67