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Matemática IV

Ecuaciones de Variables Separables

Índice

Teoría matemática

Definición de ED separable

Una EDO de primer orden es separable cuando puede escribirse en la forma

dydx=f(x) g(y)\frac{dy}{dx} = f(x)\,g(y)

donde f depende únicamente de x y g depende únicamente de y. Esta estructura es la base de los modelos de primer orden: la derivada de la magnitud de interés se descompone en un factor que sólo aporta la variable independiente y otro que sólo aporta la función desconocida. La definición formal de ecuación diferencial ordinaria sigue siendo la misma; lo que cambia es el método de resolución.

Método de resolución

Paso 1 — separar. Si g(y) ≠ 0 se divide a ambos lados:

dyg(y)=f(x) dx\frac{dy}{g(y)} = f(x)\,dx

Paso 2 — integrar ambos lados. La constante de integración puede aparecer en cualquiera de los dos miembros:

∫dyg(y)=∫f(x) dx+C\int \frac{dy}{g(y)} = \int f(x)\,dx + C

Paso 3 — imponer condición inicial. Si el problema trae un PVI y(x_0) = y_0, se sustituye para despejar C (o el parámetro equivalente).

Paso 4 — despejar y. No siempre es posible obtener una expresión cerrada; en ese caso se trabaja con la forma implícita F(x,y) = C.

Soluciones constantes

Si g(y_0) = 0 para algún y_0, entonces la función constante y(x) ≡ y_0 es solución de equilibrio de la ED. No aparece al dividir por g(y) —queda “perdida” si uno se limita a la familia no constante—, pero satisface la ecuación original:

y′=0=f(x) g(y0)=f(x)⋅0=0✓y' = 0 = f(x)\,g(y_0) = f(x)\cdot 0 = 0 \quad \checkmark

Este caso es frecuente en modelos de poblaciones, circuitos con estados estables y dinámica vehicular (motor al ralentí, batería descargada, vehículo detenido).

Tabla resumen

Concepto Fórmula / idea
ED separable y' = f(x)\,g(y)
Método ∫ dy/g(y) = ∫ f(x) dx + C
Solución de equilibrio y = y_0 con g(y_0) = 0
Constante de tiempo τ Tiempo en que la exponencial cae a 1/e ≈ 36,8 % del valor inicial
Condición inicial Sustituir (x_0, y_0) en la solución general
PVI EDO + condición y(x_0) = y_0 que selecciona una curva

Visualización

# Figura Qué muestra
1 Campo Pendientes Solucion Campo de pendientes de y' = -x y con curvas solución sobrepuestas (forma de campana de Gauss).
2 Familia Soluciones Separables Familia y = C e^{-x²/2} para varios C.
3 Descarga Capacitor Rc Curva V(t) = V_s (1 - e^{-t/(RC)}) con la constante de tiempo τ = RC marcada; sombreado de 5τ donde V ≈ V_s.

Campo de pendientes y curvas solución de y'=-xy

Figura 1. El campo de pendientes muestra la dirección local de la solución en cada punto; las curvas solución siguen esa dirección.

Familia de soluciones separables y = C e^{-x^2/2}

Figura 2. La constante C selecciona una solución particular dentro de la familia de gaussianas.

Curva de carga de un capacitor RC

Figura 3. La constante de tiempo τ = RC define la escala del transitorio; tras 5τ se considera régimen permanente.

Ejemplo Forma 1: ED separable genérica y' = -x y

Problema

Resolver la ED y' = -x y con condición inicial y(0) = 2.

Resolución

Analítica

La verificación es distinta de resolver: aquí se entrega una función y se comprueba si satisface la ecuación. Es una operación elemental pero poderosa, porque permite detectar errores de derivación, signos y constantes antes de interpretar el resultado.

Paso 1 — separar. Para y ≠ 0:

dyy=−x dx\frac{dy}{y} = -x\,dx

Paso 2 — integrar.

∫dyy=∫−x dx⟹ln⁡∣y∣=−x22+C1\int \frac{dy}{y} = \int -x\,dx \quad\Longrightarrow\quad \ln|y| = -\frac{x^2}{2} + C_1

Paso 3 — despejar.

∣y∣=eC1 e−x2/2=C2 e−x2/2|y| = e^{C_1}\,e^{-x^2/2} = C_2\,e^{-x^2/2}

El valor absoluto se absorbe en C (puede ser positivo o negativo). La familia de soluciones no constantes es:

y(x)=C e−x2/2y(x) = C\,e^{-x^2/2}

Paso 4 — imponer PVI. Con y(0) = 2:

y(0)=C e0=C=2y(0) = C\,e^0 = C = 2
Diferenciador (Ejemplo Forma 1 · Analítica)
  • Dato: la solución de equilibrio y ≡ 0 existe porque g(0) = 0. Pero el PVI con y(0) = 2 escapa de ella.
  • Herramienta: siempre verificar si la condición inicial coincide con una solución de equilibrio antes de aplicar la fórmula de la familia.
  • Bifurcación: si el PVI hubiera sido y(0) = 0, la solución sería la trivial y ≡ 0, no la gaussiana.
Verificación (Ejemplo Forma 1 · Analítica)
  • Sustitución: y' = 2 e^{-x²/2} · (-x) = -2 x e^{-x²/2} = -x·y ✓
  • Límite: y → 0 cuando x → ±∞ ✓ (forma gaussiana).
  • PVI: y(0) = 2 ✓
  • Solución de equilibrio: y ≡ 0 también cumple y' = -x·0 = 0 ✓
Errores comunes (Ejemplo Forma 1 · Analítica)
  • Perder el valor absoluto ln|y| y luego olvidar el caso y < 0.
  • No considerar la solución de equilibrio y = 0 si la condición inicial es y_0 = 0.
  • Dividir por y cuando y = 0 (división por cero).

Ejemplo Forma 2: Circuito RC (carga del capacitor) — caso automotriz

Problema

Un circuito RC consta de una fuente V_s, una resistencia R y un capacitor C en serie. Inicialmente el capacitor está descargado. En t = 0 se conecta la fuente. Hallar V_C(t).

Datos: V_s = 12 V (sistema eléctrico automotriz), R = 1 kΩ, C = 1000 μF. (Valores típicos del circuito de accesorios de un auto.)

Resolución

Analítica

Es la aplicación principal de las ED separables en electrónica. La ED sale de KVL (suma de voltajes en el lazo = 0) y se resuelve con separación de variables.

Paso 1 — plantear KVL.

Vs=VR+VC=R i+VCV_s = V_R + V_C = R\,i + V_C

Paso 2 — relacionar i con V_C (corriente de carga del capacitor).

i=C dVCdti = C\,\frac{dV_C}{dt}

Paso 3 — sustituir.

Vs=RC dVCdt+VC⟹dVCdt=Vs−VCRCV_s = RC\,\frac{dV_C}{dt} + V_C \quad\Longrightarrow\quad \frac{dV_C}{dt} = \frac{V_s - V_C}{RC}

Paso 4 — separar (con V_s - V_C ≠ 0):

dVCVs−VC=dtRC\frac{dV_C}{V_s - V_C} = \frac{dt}{RC}

Paso 5 — integrar. Para el lado izquierdo, sustituir u = V_s - V_C, du = -dV_C:

∫dVCVs−VC=−ln⁡∣Vs−VC∣=tRC+C1\int \frac{dV_C}{V_s - V_C} = -\ln|V_s - V_C| = \frac{t}{RC} + C_1

Despejando:

ln⁡∣Vs−VC∣=−tRC−C1⟹Vs−VC=K e−t/(RC)\ln|V_s - V_C| = -\frac{t}{RC} - C_1 \quad\Longrightarrow\quad V_s - V_C = K\,e^{-t/(RC)}

Paso 6 — aplicar condición inicial V_C(0) = 0:

Vs−0=K e0⟹K=VsV_s - 0 = K\,e^0 \quad\Longrightarrow\quad K = V_s

Paso 7 — despejar.

VC(t)=Vs−Vs e−t/(RC)=Vs(1−e−t/(RC))V_C(t) = V_s - V_s\,e^{-t/(RC)} = V_s\left(1 - e^{-t/(RC)}\right)

Con R = 1 kΩ y C = 1000 μF, la constante de tiempo es τ = RC = 1 s.

Diferenciador (Ejemplo Forma 2 · Analítica)
  • Dato: la constante de tiempo τ = RC define la escala temporal del circuito.
Tiempo V_C (aprox)
t = 0 0 V
t = τ 0,632 · V_s ≈ 7,6 V
t = 2τ 0,865 · V_s ≈ 10,4 V
t = 3τ 0,950 · V_s ≈ 11,4 V
t = 5τ 0,993 · V_s ≈ 11,9 V (≈ régimen permanente)
  • Herramienta: la sustitución u = V_s - V_C resuelve la integral del lado izquierdo; muchos errores surgen de olvidar el signo negativo al diferenciar.
  • Bifurcación: si la condición inicial fuera V_C(0) = V_s (capacitor ya cargado), la solución sería V_C(t) = V_s (sin transitorio), no la fórmula anterior.
Verificación (Ejemplo Forma 2 · Analítica)
  • En t = 0: V_C = 12 (1 - 1) = 0 ✓
  • Régimen permanente: V_C → 12 V cuando t → ∞ ✓ (capacitor cargado a la tensión de la fuente).
  • Derivada inicial: V_C'(0) = V_s / RC = 12 V/s (corriente inicial i = C V_C' = 1000 μF · 12 = 12 mA; en R = 1 kΩ cae 12 V) ✓
Errores comunes (Ejemplo Forma 2 · Analítica)
  • Invertir la ED dV_C/dt = (V_s - V_C)/RC con dV_C/dt = (V_C - V_s)/RC (signo equivocado ⇒ exponencial creciente).
  • Olvidar la condición inicial V_C(0) = 0 (capacitor descargado) y dejar C arbitrario.
  • Usar τ en lugar de RC sin verificar unidades (¡R en ohm, C en farad, τ en segundo!).
  • Confundir carga con descarga: V(t) = 1 - e^{-t/τ} vs. V(t) = e^{-t/τ} — la diferencia está en la condición inicial.

Cierre opcional: solución de equilibrio (Forma 3)

Problema

Resolver la ED y' = (y - 1)(y + 2) con condición inicial y(0) = 0.

Procedimiento

Separar:

dy(y−1)(y+2)=dx\frac{dy}{(y-1)(y+2)} = dx

Fracciones parciales:

1(y−1)(y+2)=Ay−1+By+2=1/3y−1−1/3y+2\frac{1}{(y-1)(y+2)} = \frac{A}{y-1} + \frac{B}{y+2} = \frac{1/3}{y-1} - \frac{1/3}{y+2}

Integrar:

13ln⁡∣y−1∣−13ln⁡∣y+2∣=x+C⟹13ln⁡∣y−1y+2∣=x+C\frac{1}{3}\ln|y - 1| - \frac{1}{3}\ln|y + 2| = x + C \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{3}\ln\left|\frac{y-1}{y+2}\right| = x + C

Aplicar PVI y(0) = 0:

13ln⁡∣−12∣=C⟹C=−13ln⁡2\frac{1}{3}\ln\left|\frac{-1}{2}\right| = C \quad\Longrightarrow\quad C = -\frac{1}{3}\ln 2

Solución

ln⁡∣y−1y+2∣=3x−ln⁡2⟹∣y−1y+2∣=12 e3x\ln\left|\frac{y-1}{y+2}\right| = 3x - \ln 2 \quad\Longrightarrow\quad \left|\frac{y-1}{y+2}\right| = \frac{1}{2}\,e^{3x}

Despejando:

y−1=12 e3x (y+2)⟹y(1−12e3x)=1+e3xy - 1 = \frac{1}{2}\,e^{3x}\,(y + 2) \quad\Longrightarrow\quad y\left(1 - \frac{1}{2}e^{3x}\right) = 1 + e^{3x} y(x)=1+e3x1−12e3x\boxed{y(x) = \frac{1 + e^{3x}}{1 - \frac{1}{2}e^{3x}}}

Soluciones de equilibrio (las “perdidas”)

y = 1 e y = -2 también son soluciones (constantes). No aparecen en la familia anterior pero sí son válidas para la ED:

  • y' = (1 - 1)(1 + 2) = 0 ✓
  • y' = (-2 - 1)(-2 + 2) = 0 ✓

Esto refleja que en y = 1 y y = -2 el sistema está en equilibrio (la derivada se anula).

Errores comunes transversales

# Error Consecuencia Cómo evitarlo
1 Confundir carga con descarga V(t) = 1 - e^{-t/τ} vs. V(t) = e^{-t/τ} Verificar condición inicial: ¿V(0) = 0 (carga) o V(0) = V_0 (descarga)?
2 Invertir el signo en la ED separable Exponencial creciente en lugar de decreciente Plantear KVL con cuidado: ¿V_s sube o baja?
3 Olvidar la solución de equilibrio Caso perdido al dividir por g(y) Verificar g(y_0) = 0 ANTES de dividir
4 Unidades mixtas en τ Resultado en segundos cuando es milisegundos Calcular τ con R en ohm y C en farad; el resultado es en segundos
5 Pensar que τ es "el tiempo de carga" Subestimar el transitorio 5τ ≈ régimen permanente; τ solo es el 63 %

Resumen por versión

  • u4_t2_v0.md — sólo analítica: teoría + Forma 1 (ED separable genérica) + Forma 2 (circuito RC) + Forma 3 opcional (soluciones de equilibrio).
  • u4_t1_v1.md (versión posterior) — añade Programación numérica a cada Forma con RK4 (deSolve::ode).
  • u4_t1_v2.md (versión posterior) — añade Análisis automotriz de los resultados y el bloque Carga de batería y capacitores en el sistema eléctrico automotriz.