Matemática IV

Índice

• Índice
• Teoría matemática
  • Forma estándar y' + p(x) y = q(x)
  • Factor integrante μ(x) = exp(∫ p(x) dx)
  • Solución general
  • Caso homogéneo (q = 0)
  • Tabla resumen
• Visualización
  • Ejemplo Forma 1: ED lineal homogénea y' + 2x y = 0
    • Problema
    • Resolución
      • Analítica
        • Diferenciador (Ejemplo Forma 1 · Analítica)
        • Verificación (Ejemplo Forma 1 · Analítica)
        • Errores comunes (Ejemplo Forma 1 · Analítica)
  • Ejemplo Forma 2: Circuito RL (motor de arranque) — caso automotriz
    • Problema
    • Resolución
      • Analítica
        • Diferenciador (Ejemplo Forma 2 · Analítica)
        • Verificación (Ejemplo Forma 2 · Analítica)
        • Errores comunes (Ejemplo Forma 2 · Analítica)
• Cierre opcional: ED con coeficientes constantes (avance a orden superior)
  • Problema
  • Procedimiento
  • Lección
• Errores comunes transversales
• Resumen por versión
  • u4_t4_v0.md — matemática analítica
  • u4_t4_v1.md — añade verificación numérica
  • u4_t4_v2.md — añade análisis automotriz

Teoría matemática

Forma estándar y' + p(x) y = q(x)

Una EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma estándar

$$y' + p(x)\,y \;=\; q(x),$$

donde p y q son funciones continuas conocidas. La variable dependiente y y su derivada y' deben aparecer linealmente: sin productos entre sí, sin potencias distintas de la primera, sin dependencia explícita de y dentro de p o q. Esta restricción es la que hace al método del factor integrante universal para toda la familia.

Observación útil: si la ED está dada en una forma aparentemente distinta, siempre se puede llevar a la forma estándar despejando y'. Ejemplo: 2y' + 4x y = 6 se reescribe como y' + 2x y = 3 dividiendo entre 2.

Factor integrante μ(x) = exp(∫ p(x) dx)

Multiplicando ambos lados de la ED estándar por μ(x) = exp(∫ p(x) dx), se obtiene

$$\mu\,y' + \mu\,p\,y \;=\; \mu\,q.$$

La elección de μ es deliberada: su derivada satisface μ' = μ · p, por construcción. Entonces el miembro izquierdo es exactamente la diferencial del producto μ · y:

$$\frac{d}{dx}\bigl(\mu(x)\,y(x)\bigr) \;=\; \mu(x)\,q(x).$$

Este paso convierte una EDO no exacta (en el sentido del Tema 4.3) en una diferencial exacta que se integra por inspección.

Solución general

Integrando ambos lados de d(μy)/dx = μ q y despejando y:

$$\mu(x)\,y \;=\; \int \mu(x)\,q(x)\,dx + C,$$ $$\boxed{y(x) \;=\; \frac{1}{\mu(x)}\!\left[\int \mu(x)\,q(x)\,dx + C\right]}.$$

La constante C absorbe todas las indeterminaciones de la integral indefinida. La solución general es la suma de dos términos:

• la solución particular y_p = μ⁻¹ · ∫ μ q dx, que recoge la influencia del término inhomogéneo q;
• la solución homogénea y_h = C · μ⁻¹, que depende sólo del coeficiente p.

Caso homogéneo (q = 0)

Si q(x) ≡ 0, la ED y' + p(x) y = 0 da μ y = C, por lo que

$$y(x) \;=\; C\,e^{-\int p(x)\,dx}.$$

Atención al signo. El factor integrante es μ = exp(∫ p dx), pero la solución homogénea contiene exp(−∫ p dx) = 1/μ. Confundir ambos signos es el error más frecuente en este Tema.

Tabla resumen

Concepto	Fórmula
Forma estándar	y' + p(x) y = q(x)
Factor integrante	μ(x) = exp(∫ p(x) dx)
Solución general	y = μ⁻¹ · [∫ μ q dx + C]
Solución particular	y_p = μ⁻¹ · ∫ μ q dx
Solución homogénea	y_h = C · exp(−∫ p dx)
Constante de tiempo (RL)	τ = L/R
Régimen permanente	y_∞ = q/p cuando p, q constantes y p ≠ 0

Visualización

#	Figura	Qué muestra
1		Solución de un circuito RL: i(t) = i_∞ (1 − e^{−t/τ}), con la constante de tiempo τ y el régimen permanente i_∞ marcados.
2		Suma de la homogénea y_h = C e^{−t/τ} y la particular y_p = i_∞: cómo la particular "absorbe" la homogénea al pasar el tiempo.
3		μ(x) = exp(∫ p(x) dx) como función "peso" que transforma la ED lineal en una diferencial exacta.

Figura 1. La corriente del motor de arranque no salta a su valor nominal: tarda τ = L/R en hacerlo. Tras 5τ se considera régimen permanente.

Figura 2. La solución completa es la suma de la homogénea (que decae) y la particular (constante). Pasado 5τ, la homogénea se ha desvanecido y la solución coincide con la particular.

Figura 3. La elección μ(x) = exp(∫ p(x) dx) convierte la ED lineal y' + p y = q en la diferencial exacta d(μ y)/dx = μ q, integrable por inspección.

Ejemplo Forma 1: ED lineal homogénea y' + 2x y = 0

Problema

Resolver la ED lineal homogénea y' + 2x y = 0 con condición inicial y(0) = 5.

Resolución

Analítica

La Forma 1 es el caso homogéneo (q = 0): la solución es una familia uniparamétrica de la forma y = C · exp(−∫ p dx). Aquí p(x) = 2x y la integral ∫ 2x dx = x², por lo que la solución es una gaussiana centrada en x = 0. La condición inicial y(0) = 5 fija la amplitud.

Paso 1 — factor integrante.

$$\mu(x) \;=\; e^{\int 2x\,dx} \;=\; e^{x^2}.$$

Paso 2 — verificar que la ED se vuelve exacta.

$$\frac{d}{dx}\bigl(e^{x^2}\,y\bigr) \;=\; e^{x^2}\,y' + 2x\,e^{x^2}\,y \;=\; e^{x^2}\bigl(y' + 2x\,y\bigr) \;=\; e^{x^2}\cdot 0 \;=\; 0 \;\checkmark$$

Paso 3 — integrar.

$$e^{x^2}\,y \;=\; C \;\Longrightarrow\; y \;=\; C\,e^{-x^2}.$$

Paso 4 — imponer la condición inicial. y(0) = C · e^0 = C = 5, por lo que C = 5.

Resultado.

$$\boxed{y(x) \;=\; 5\,e^{-x^2}}$$

La solución es una gaussiana con valor máximo 5 en x = 0 y y → 0 cuando |x| → ∞.

Diferenciador (Ejemplo Forma 1 · Analítica)

• Dato. La ED y' + 2x y = 0 es la misma familia de EDOs que vimos en el Ejemplo Forma 1 del Tema 4.2 (y' = -xy), salvo que el coeficiente es 2x en lugar de x. La solución, en cambio, es distinta: aquí y = 5 e^{-x²} decae como gaussiana con varianza 1/2, mientras que en 4.2 era y = 2 e^{-x²/2} con varianza 1.
• Herramienta. El factor integrante μ(x) = exp(∫ p(x) dx), que reduce la ED a una diferencial exacta. La misma ED también es separable (Tema 4.2); un mismo problema puede caer en dos clasificaciones distintas, y la regla heurística es: si p(x) se integra fácilmente, el factor integrante es la ruta más rápida.
• Bifurcación. Si q(x) ≠ 0 (caso no homogéneo, Forma 2), la mera fórmula y = C · exp(−∫ p dx) ya no da la solución completa: hay que sumar la solución particular y_p = μ⁻¹ · ∫ μ q dx. La bifurcación es metodológica: el caso homogéneo es un atajo, pero deja fuera el q.

Verificación (Ejemplo Forma 1 · Analítica)

• Sustitución. y' = 5 e^{-x²} · (−2x) = −10x e^{-x²}. La ED da y' + 2x y = −10x e^{-x²} + 2x · 5 e^{-x²} = 0 ✓.
• PVI. y(0) = 5 · e^0 = 5 ✓.
• Comportamiento asintótico. y → 0 cuando |x| → ∞ ✓ (forma gaussiana).
• Familia uniparamétrica. Con y(0) = C_0, la solución es y(x) = C_0 e^{-x²}. Las curvas no se cruzan: cada condición inicial escoge una sola trayectoria.

Errores comunes (Ejemplo Forma 1 · Analítica)

• Confundir p(x) con q(x) (intercambiar los roles). p(x) = 2x es el coeficiente de y; q(x) = 0 es el término inhomogéneo. La confusión produce μ = exp(∫ 0 dx) = 1 y la ED no se reduce a diferencial exacta.
• Olvidar que la solución lleva μ⁻¹, no μ. La fórmula es y = μ⁻¹ · (∫ μ q dx + C). Escribir y = μ · (∫ μ q dx + C) produce una solución con la curvatura invertida.
• Aplicar el factor integrante a una ED no lineal (por ejemplo, y' + y² = 0). El método no funciona porque la linealidad es estructural: la derivada de μ y requiere que y aparezca en primer grado.
• Olvidar la condición inicial. El PVI es lo que selecciona la trayectoria concreta dentro de la familia de gaussianas.

Ejemplo Forma 2: Circuito RL (motor de arranque) — caso automotriz

Problema

El motor de arranque de un auto es esencialmente un motor DC con inductancia. Al conectar la batería (V_b = 12 V) al motor (modelado como R + L en serie), la corriente i(t) evoluciona según la ED

$$L\,\frac{di}{dt} + R\,i \;=\; V_b.$$

Datos: V_b = 12 V, R = 0{,}1 Ω (resistencia del bobinado), L = 1 mH (inductancia del bobinado), condición inicial i(0) = 0. Hallar i(t).

Resolución

Analítica

La ED del motor de arranque es la aplicación automotriz declarada de las ED lineales. Sale directamente de KVL (suma de caídas de tensión = fuente). Como p = R/L y q = V_b/L son constantes, la solución es una exponencial simple con régimen permanente bien definido.

Paso 1 — forma estándar. Dividir entre L:

$$\frac{di}{dt} + \frac{R}{L}\,i \;=\; \frac{V_b}{L}.$$

Aquí p = R/L y q = V_b/L son constantes.

Paso 2 — factor integrante.

$$\mu(t) \;=\; e^{\int (R/L)\,dt} \;=\; e^{(R/L)\,t} \;=\; e^{t/\tau},$$

donde τ = L/R es la constante de tiempo del circuito RL.

Paso 3 — resolver. La ED se reescribe como

$$\frac{d}{dt}\bigl(e^{t/\tau}\,i\bigr) \;=\; e^{t/\tau}\cdot\frac{V_b}{L}.$$

Integrando entre 0 y t:

$$e^{t/\tau}\,i(t) \;=\; i(0) + \frac{V_b}{L}\int_0^t e^{s/\tau}\,ds \;=\; 0 + \frac{V_b}{L}\cdot\tau\bigl(e^{t/\tau} - 1\bigr)$$ $$\Longrightarrow\quad i(t) \;=\; \frac{V_b}{L}\cdot\tau\,\bigl(1 - e^{-t/\tau}\bigr) \;=\; \frac{V_b}{R}\bigl(1 - e^{-t/\tau}\bigr).$$

Paso 4 — verificar el régimen permanente. En t → ∞, i → V_b/R = 12/0{,}1 = 120 A. La corriente no es instantánea: tarda unos τ = 10 ms en llegar a su valor nominal.

Resultado.

$$\boxed{i(t) \;=\; \frac{V_b}{R}\bigl(1 - e^{-t/\tau}\bigr) \;=\; 120\,(1 - e^{-100\,t})\;\text{A}}$$

con τ = L/R = 10 ms y V_b/R = 120 A.

Diferenciador (Ejemplo Forma 2 · Analítica)

• Dato. Aunque la batería aplica 12 V de manera inmediata, la corriente no salta a V_b/R: tarda unos τ = L/R en llegar a su valor nominal. La inductancia del bobinado se opone a la variación brusca de corriente, y el modelo matemático recoge esa inercia.
• Herramienta. La constante de tiempo τ = L/R es la "moneda" del circuito RL: en automoción, los solenoides y los motores DC tienen τ típicos entre 1 ms y 100 ms. La métrica práctica es: tras 5τ, el sistema está en régimen permanente.
• Bifurcación. Respecto de la Forma 1, esta ED tiene q ≠ 0: la batería alimenta el circuito y aparece un régimen permanente i_∞ = V_b/R = 120 A. La solución completa es la suma de la particular i_∞ (constante) y la homogénea C · e^{-t/τ} (decae). La bifurcación es: la inhomogeneidad q "eleva" la solución hasta un nuevo nivel de equilibrio.

Verificación (Ejemplo Forma 2 · Analítica)

• Régimen permanente. i → 12/0{,}1 = 120 A cuando t → ∞ ✓.
• Corriente inicial. i(0) = 120 · (1 - e^0) = 0 ✓ (la inductancia impide el salto).
• Constante de tiempo. τ = L/R = 1·10^{-3}/0{,}1 = 0{,}01 s = 10 ms. En t = τ, i = 120·(1 - e^{-1}) ≈ 75{,}9 A (≈ 63 % del régimen permanente).
• Sentido físico. El motor de arranque real consume entre 100 y 300 A en régimen permanente ✓. La inductancia del bobinado es tan pequeña (τ = 10 ms) que la corriente sube "casi de golpe" en términos humanos.

Errores comunes (Ejemplo Forma 2 · Analítica)

• Confundir carga de RC con RL. En RC la exponencial aparece en el voltaje del capacitor; en RL aparece en la corriente del inductor. La distinción es semántica pero crítica para el modelo: la ED de RC es dV/dt + (1/RC) V = V_s/RC, la de RL es di/dt + (R/L) i = V_b/L.
• Olvidar la inductancia y modelar el motor como resistencia pura. Si L = 0, la ED se reduce a R·i = V_b, y la corriente salta a 120 A en t = 0. La realidad física desmiente ese modelo: nadie ha presenciado un motor de 120 A apareciendo instantáneamente.
• Interpretar τ en milisegundos cuando es en segundos (factor 10³). Aquí τ = 10 ms = 0{,}01 s. En la fórmula e^{-t/τ}, ambos t y τ deben estar en las mismas unidades.
• Aplicar la ED del motor de arranque sin considerar la fuerza contraelectromotriz (FCEM). La FCEM E = k·ω se opone a V_b cuando el motor ya está girando. La ED completa es L di/dt + R i + E = V_b, y su régimen permanente es i_∞ = (V_b - k·ω)/R, menor que 120 A.

Cierre opcional: ED con coeficientes constantes (avance a orden superior)

Problema

Resolver y' + 3y = e^{-x} con y(0) = 1.

Procedimiento

Aquí p = 3 (constante) y q = e^{-x}. El factor integrante es μ(x) = e^{3x}.

$$\frac{d}{dx}\bigl(e^{3x}\,y\bigr) \;=\; e^{3x}\,e^{-x} \;=\; e^{2x}.$$

Integrando:

$$e^{3x}\,y \;=\; \tfrac{1}{2}e^{2x} + C \;\Longrightarrow\; y \;=\; \tfrac{1}{2}e^{-x} + C\,e^{-3x}.$$

PVI. y(0) = 1/2 + C = 1 \Longrightarrow C = 1/2.

$$y(x) \;=\; \tfrac{1}{2}e^{-x} + \tfrac{1}{2}e^{-3x}.$$

Lección

La solución tiene dos términos: la particular y_p = (1/2) e^{-x} (que "sigue" a q) y la homogénea y_h = (1/2) e^{-3x} (que decae con la constante de tiempo τ = 1/3). Esto es análogo a lo que se verá en orden superior (Tema 5.1): la solución de una ED lineal inhomogénea es la suma de la solución particular y la homogénea. La estructura se mantiene; sólo cambia la complejidad del cálculo algebraico.

Errores comunes transversales

#	Error	Consecuencia	Cómo evitarlo
1	Invertir μ (poner e^{-∫ p} en lugar de e^{∫ p})	Solución con exponente de crecimiento exponencial	Recordar: μ = e^{∫ p dx} y la solución homogénea es y = C · e^{-∫ p dx} = C/μ
2	Olvidar la integral de q al armar la solución	Sólo aparece la homogénea; la solución es incompleta	La particular es y_p = μ⁻¹ · ∫ μ q dx; sin ella, la ED no se satisface salvo que q = 0
3	Tratar una ED no lineal como lineal	Resultado falso; el método no aplica	Verificar: ¿y' e y aparecen sólo en primer grado y sin productos?
4	Confundir unidades en RL	τ con dimensiones mezcladas; comparación imposible	L en H, R en Ω, τ = L/R en s. Verificar con análisis dimensional
5	Aplicar la ED del motor de arranque sin considerar la FCEM	Modelo incompleto; predice corrientes mucho mayores que las medidas	La FCEM E = k·ω se opone a V_b cuando el motor ya gira; la ED completa es L di/dt + R i + E = V_b
6	Escribir μ y = μ y en lugar de d(μ y)/dx = μ q	No se reconoce la diferencial exacta	Multiplicar primero por μ, luego derivar: μ' y + μ y' = μ q ⟹ d(μ y)/dx = μ q

Resumen por versión

u4_t4_v0.md — matemática analítica

• Teoría (forma estándar, factor integrante, caso homogéneo, fórmula general).
• Visualización con tres figuras: solución con PVI, suma homogénea + particular, factor integrante variable.
• Forma 1 — ED lineal homogénea y' + 2x y = 0 con PVI → y = 5 e^{-x²}.
• Forma 2 — circuito RL del motor de arranque con V_b = 12 V, R = 0{,}1 Ω, L = 1 mH, i(0) = 0 → i(t) = 120 (1 − e^{-100 t}).
• Cierre opcional — ED con coeficientes constantes y' + 3y = e^{-x} con PVI → y = (1/2)(e^{-x} + e^{-3x}).
• Errores comunes y resumen por versión.

u4_t4_v1.md — añade verificación numérica

• En cada Forma: bloque ##### Programación numérica con R (deSolve::ode con method = "rk4"), comparación RK4 vs. expresión exacta y persistencia PNG con tempfile(fileext = ".png").

u4_t4_v2.md — añade análisis automotriz

• Sección "Motor de arranque: dinámica del cranking" con el mini-ejemplo R = 0{,}08 Ω, L = 0{,}5 mH, cálculo de i(5 ms), tiempo al 90 % y al 99 %.
• Glosario automotriz completo.
• Cuatro ###### Análisis automotriz de los resultados insertados: dos en Analítica (uno por Forma) y dos en Programación numérica (uno por Forma).