EjerciciosReforzamiento-1
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Ejercicios Ecuaciones Diferenciales
José Córdova RamírezJesús Bautista Bellido
Carlos ChávezJack Echevarría Cisneros
Noviembre 01, 2013
EJERCICIOS DE REFORZAMIENTO
Ecuaciones diferenciales ordinarias
1) Verifique si:
y = c1x+ c2x
∫ x
0
sen t
tdt
es solución de la ecuación diferencial
xy′′ senx− xy′ cosx+ y cosx = 0
En caso de no serlo puede redefinir la ecuación diferencial en el que la función mencionada sea solución?
Resolución:
Como y = c1x+ c2x∫ x0
sen ttdt.
Derivamos respecto a x:
dy
dx= c1 + c2x
∫ x
0
sen t
tdt+ c2x
senx
x
pero
c2
∫ x
0
sen t
t=y
x− c1 →
dy
dx= c1 +
y
x− c1 + c2 senx
dy
dx=y
x+ c2 senx
Calculamos la segunda derivada:
1
d2y
dx2=xy′ − yx2
+ c2 cosx
Pero
c2 = cscxy′x− yx
Reemplazando:
d2y
dx2=xy′ − yx2
+ cosx cscxy′x− yx
simplificando:
y′′ senx =xy′ − yx2
senx+ cosxy′x− yx
x2y′′ senx = xy′ senx− y senx+ x2 cos(x)y′ − xy cosx
x2y′′ sen(x)− xy′ sen(x) + y sen(x)− x2 cos(x)y′ − xy cos(x) = 0
Rpta: Entonces la ecuación sí es satisfecha.
2) Sea H(a) =
∫ 1
−1
cos at√1− t2
dt, a 6= 0. Determine si H(a) es solución de la ecuación diferencial:
H ′′(a) +1
aH ′(a) +H(a) = 0
Resolución:
H(a) =
∫ 1
−1
cos at√1− t2
dt
Derivamos respecto de a:
H ′(a) = −∫ 1
−1
t sen at√1− t2
dt
Calculando la segunda derivada:
H ′′(a) = −∫ 1
−1
t2 cos at√1− t2
dt
Reemplazando en al ecuación diferencial dada:
2
H ′′(a) +1
aH ′(a) +H(a) = −
∫ 1
−1
t2 cos at√1− t2
dt− 1
a
∫ 1
−1
t sen at√1− t2
dt+
∫ 1
−1
cos at√1− t2
dt
H ′′(a) +1
aH ′(a) +H(a) = −
∫ 1
−1
t2 cos at√1− t2
dt+
∫ 1
−1
cos at√1− t2
dt− 1
a
∫ 1
−1
t sen at√1− t2
dt
H ′′(a) +1
aH ′(a) +H(a) =
∫ 1
−1
(1− t2) cos(at)dt√1− t2
− 1
a
∫ 1
−1
t sen at√1− t2
dt
H ′′(a) +1
aH ′(a) +H(a) =
∫ 1
−1
√(1− t2)2 cos(at)dt√
1− t2− 1
a
∫ 1
−1
t sen at√1− t2
dt
H ′′(a) +1
aH ′(a) +H(a) =
∫ 1
−1
√1− t2 cos(at)dt− 1
a
∫ 1
−1
t sen at√1− t2
dt
Integramos por partes en la primera integral:
u =√1− t2 → du =
−tdt√1− t2
; v =
∫cos(at)dt =
1
asen(at)
H ′′(a) +1
aH ′(a) +H(a) =
√1− t2a
sen(at)|1−1 +1
a
∫ 1
−1
t sen at√1− t2
dt− 1
a
∫ 1
−1
t sen at√1− t2
dt
H ′′(a) +1
aH ′(a) +H(a) = 0
Rpta: Entonces satisface la ecuación.
3) Determine si:
y = ex3
∫ x3
x2e−tdt
es solución de la ecuación diferencial:
y′2 − 2xex3−x2 + 3x2y
Resolución:
y = −ex3∫ x2
0
e−tdt+ ex3
∫ x3
0
e−tdt
y′2ex3
∫ x2
0
e−tdt− ex3ex−2
2x+ 3x2ex3
∫ x3
0
e−tdt+ ex3
e−x3
3x2
3
y′2(ex3
∫ x3
0
e−tdt− ex3∫ x2
0
e−tdt)− 2xex3−x2 + e03x2
y′2ex3
∫ x3
x2e−tdt− 2xex
3−x2 + 3x2
y′2y − 2xex3−x2 + 3x2
y′2 − 2xex3−x2 + 3x2y
Rpta: Entonces si satisface la ecuación.
4) Verifique si y(x) = x2 senx e y(x) = 0 son soluciones de:
x2y′′ − 4xy′2 + 6)y = 0
y(0) = y′(0) = 0
Resolución:
a. Para y(x) = x2 senx
y′(x) = 2x senx+ x2 cosx
y′′(x) = 2 senx+ 2x cosx+ 2x cosx− x2 senx
y′′2) senx+ 4x cosx
Reemplazando en:
x2y′′ − 4xy′2 + 6)y = 0
x2(2− x2) senx+ 4x3 cosx− (8x2 senx+ 4x3 cosx) + x2(x2 + 6) senx = 0
2x2 senx− x4 senx+ 4x3 cosx− 8x2 senx− 4x3 cosx+ x4 senx+ 6x2 senx = 0
(8x2 senx− 8x2 senx) + (−x4 senx−−x4 senx) + (4x3 cosx− 4x3 cosx) = 0
0 + 0 + 0 = 0
0 = 0
Si cumple.
Ahora reemplazamos en:
y(0) = y′(0) = 0
y(0) = 02 sen 0 = 0
y′(0) = 2(0) sen(0) + 02 cos(0) = 0
4
Entonces y(x) = x2 senx si es solución.
b. Para y(x) = 0
y′(x) = 0
y′′(x) = 0
Reemplazamos en:
x2y′′ − 4xy′2 + 6)y = 0
x2(0)− 4x(0) + (x2 + 6)(0) = 0
Si cumple.
Ahora reemplazamos en:
y(0) = y′(0) = 0
y(0) = 0→ y′(0) = 0
Entonces:
y(x) = 0
si es solución de la ecuación.
5. Indique si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas .Justifique su respuesta.
5.1) La función y = 4ex − x− 3 es una solución del problema de valor inicial:
y′ = x+ y + 2
y(0) = 2
Reolución:
y′x − 1
Reemplazamos en :
y′ = x+ y + 2
y′ − x− y − 2 = 0
5
4ex − 1− x− 4ex + x+ 3− 2 = 0
(4ex − 4ex) + (x− x) + (3− 3) = 0
0 + 0 + 0 = 0
0 = 0
Ahora reemplazamos en:
y(0) = 2
y(0) = 4e0 − 0− 3 = 2
1 6= 2
Entonces:
Rpta : y = 4 ex − x− 3
no es solución→ falso
5.2) Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden no pueden ser a la vez homogénea y exacta:
Resolución:
Sea la E.D.O: (x+ y)dx+ (5x+ 2y
5)dy = 0, comprobaremos lo pedido:
M(x, y) = (x+ y)
N(x, y) =5x+ 2y
5
a.-Probar que es homogénea:
M(λx, λy) = (λx+ λy)
M(λx, λy) = λ(x+ y)
Es función homogénea de orden 1.
N(λx, λy) =5(λx) + 2(λy)
5
N(λx, λy) = λ(5x+ 2y
5)
Es función homogénea de orden 1.
6
La ecuación es homogénea de primer grado.
b.-Probar que es exacta:
M(x, y)
y= 1
frac N(x, y) x = 1
Rpta: La ecuación es exacta.
5.3) Con la traslación:
x = h+ 1
y = k − 1
la ecuación (x+ 3y + 2)dx+ (2x− 3y − 5)dy = 0 se reduce a una ecuación diferencial homogéa.
Resolución:
Sea:
x = (h+ 1)→ dx = dh
y = (k − 1)→ dy = dk
Reemplazando en la ecuación:
[((h+ 1) + 3(k − 1) + 2)dh+ (2(h+ 1)− 3(k − 1)− 5)dk = 0]
Donde:
M(x, y) = (h+ 3k) y N(x, y) = (2h− 3k)
Comprobar que la ecuación sea homogénea:
M(λh, λk) = λh+ 3λk
M(λh, λk) = λ(h+ 3k)
es función homogenea de orden 1.
N(λh, λk) = (2λh− 3λk)
7
N(λh, λk) = λ(2h− 3k)
es función Homogenea de orden 1.
Rpta: La ecuación diferencial es homogénea.
5.4) La ecuación diferencial:
y′ = f(ax+ by + c); a, b, cε <
es reducible a una ecuacion diferencial de variables separables.
Resolución:
dy
dx= f(ax+ by + c)
z = ax+ by + c→ y =z − ax− c
b
dy =1
b(dz − adx)
Reemplazando en la ecuación:
(dz − adx)bdx
= f(z)
d
z− adx = bf(z)dx
bf(z) + a]dx = dz
1
bf(z) + a
dx =1
bf(z) + adz
Rpta: Es verdadero, porque: M(x) = 1
N(z) =1
bf(z) + a
Ecuaciones diferenciales de variables separables
8
6) Determine si la ecuación diferencial ordinaria:
g2(x)h2(y)dy
dx= g1(x)h1(y)
es de variable separables.
Resolución:
g2(x)h2(y)dy
dx= g1(x)h1(y)
g2(x)h2(y)dy = g1(x)h1(y)dx
1
g2(x)h1(y)
g2(x)h2(y)
g2(x)h1(y)dy =
g1(x)h1(y)
g2(x)h1(y)dx
Rpta :h2(y)
h1(y)dy =
g1(x)
g2(x)dx
Se observa que la función tiene la forma de una E.D.O. de variable separable.
7) Resuelva las siguientes ecuaciones ordinarias:
i)dy
dx= (x+ y)2
Resolución:
Sea
z = x+ y → dz
dx− 1 =
dy
dx
Reemplazamos en la ecuación diferencial se tiene:
dz
dx− 1 = z2
dz − dx = z2dx
( z2 + 1)dx = dz
1
( z2 + 1)
dx =1
( z2 + 1)dz∫
dx =
∫1
( z2 + 1)dz
9
x+ c1 = arctan (x+ y) + c2
Rpta : c = arctan (x+ y) + c
ii)dy
dx=
4x+ 6y − 5
2x+ 3y + 5
Resolución:
z = 2x+ 3y → y =1
3(z − 2x)
dy =1
3(dz − 2dx)
dy
dx=
2z − 5
z − 1
1
3(dz − 2dx
dx) =
2z − 5
z − 1
dz − 2dx
dx=
6z − 15
z − 1
(z − 1)dz − 2(z − 1)dx = (6z − 15)dx
(z − 1)dz = [(6z − 15) + 2(z − 1)]dx
(z − 1)dz = (6z − 15 + 2z − 2)dx
(z − 1)dz = (8z − 17)dx
(z − 1)
(8z − 17)dz = dx
Multiplicando por 8:
(8z − 8)
(8z − 17)dz = 8dx
(8z − 8− 9 + 9)
(8z − 17)dz = 8dx
(8z − 17) + 9
(8z − 17)dz = 8dx
(1 +9
8z − 17)dz = 8dx
Multiplicando por 89
e integrando a ambas partes:
∫8
9dz +
∫(
8
8z − 17)dz =
∫64
9dx
8
9z + ln(8z − 17) + c1 =
64
9+ c2
10
Rpta : c =64
9x− 8
9(2x+ 3y) + ln(16x+ 24y − 17)
iii)dy
dx= cos2(2x− y)
Resolución:
z = 2x− y → y = 2x− z
dy = 2dx− dz
Reemplazando en la ecuación:
(2dx− dz)dx
= cos2 z
(2dx− dz)dx
= cos2 zdx
(2− cos2 z)dx = dx
1
2− cos2 z)
dx = (dz
2− cos2 z)dz
dx = (3 sin z
cos z− 3 sin z
cos z+
3 sin z cos z
2− cos2 z)dz
dx = (2 sin z cos z
2− cos2 z)dz
Integrando ambas partes:
∫dx =
∫(2 sin z cos z
2− cos2 z)dz
u = 2− cos2 z
du = 2 sin z cos zdz
Entonces:
∫dx =
∫(du
u)
x+ c1 = ln(u) + c2
x+ c1 = ln(2− cos2 z) + c2
Rpta : c = x− ln[2− cos2 (2x+ y)]
11
iv)dy
dx=√x− y + 1
Resolución:
Sea
z =√x− y + 1→ dz =
1
2(x− y + 1)−
12 (dx− dy)
dz =(dx− dy)
2(x− y + 1)12
Reemplazando en la ecuación diferencial:
dx− 2 (x− y + 1)12
dxdz = z
(1− z)dx = 2 (x− y + 1)12dz
(1− z)dx = 2zdz
1
2(1− z)1
2dx =
z
(1− z)dz
Integrando ambas partes:
∫dx =
∫z
(1− z)dz∫
dx =
∫(
1
1− z− 1)dz∫
dx = −∫
(1
1− z)dz −
∫dz
x+ c1 = − ln (1− z)− z + c2
Rpta : c = − ln (1−√x− y + 1)−
√x− y + 1 + c
8) En muchos casos, la EDO misma sugiere el cambio de variable adecuado que la permita transformarla
en una EDO de variables separables. Determine cambios de variables adecuados, para
separar variables, en cada una de las EDO’S.
i)dy
dx=y(xy + 1)
x(xy − 1)
12
Resolución:
z = x+ y =⇒ y =z
x
dy =(xdz − zdx)
x2
Reemplazando en la ecuación diferencial se tiene:
(xdz − zdx)x2dx
=y(z + 1)
x(z − 1)
Simplificando:
(xdz − zdx)xdx
=y(z + 1)
(z − 1)
x(z − 1)dz − z(z − 1)dx = xy(z + 1)dx
x(z − 1)dz = [xy(z + 1) + z(z − 1)]dx
x(z − 1)dz = [ z2 + z + z2 − z]dx
x(z − 1)dz = 2 z2dx
1
2(z − 1)
(z − 1)
2 z2dz =
1
xdx
(z − 1)
z2dz = 2
dx
x
Rpta : (2
xdx) + (
1− zz2
)dz = 0
iii)dy
dx= −2 (2x+ y)2
Resolución:
z = x+ y
dz = 2dx+ dy =⇒ dy = dz − 2dx
=⇒ dz − 2dx
dx= −2 z2
dz − 2dx = −2 z2dx
2 z2dx− 2dx+ dz = 0
(2 z2 − 2)dx+ dz = 0
13
1
2 z2 − 2
Rpta : dx+dz
2 z2 − 2= 0
iv)x
y(1 + xy + x2 y2)
dx
dy+ 1 = xy
Resolución:
x
y(1 + xy + x2 y2 + xy − xy)dx
dy+ 1 = xy
x
y[(xy + 1)2 − xy]dx
dy+ 1 = xy
[(xy + 1)2 − xy]dy =xy − 1
ydx x
=⇒ z = xy
dz = xdy + ydx dy =dz − ydx
x
(z − 1)z
x2dx− [ (z + 1)2 − z](dz − ydx
x) = 0
(z − 1)zdx− x[(z + 1)2 − z](dz − ydx) = 0
( z2 − z − xy z2 + xyz + xy)dx− x[(z + 1)2 − z]dz = 0
(2 z2 + z3)dx− (x z2 + xz + x)dz = 0
(2 z2 + z3)dx− x( z2 + z + 1)dz = 0
Rpta : xdx− ( z2 + z + 1)
2 z2 + z3dz = 0
9. Pasando a coordenadas polares,
{x = r cos θy = r sin θ
resuelva la EDO
dy
dx=
√x2 + y2 − x
y
Resolución:
dy = r cos θ
14
ydy = (√x2 + y2 − x)dx
(√x2 + y2 − x)dx− ydy = 0
(r − r cos θ)dx− (r sin θ)(r cos θ)d θ = 0
Multiplicando por r−1:
(1− cos θ)dx− x sen θd θ = 0
1
xdx− (
sin θ
1− cos θ)d θ = 0
1
x(1− cos θ)
Rpta :1
xdx+ (
sin θ
cos θ − 1)d θ = 0
Ecuaciones diferenciales homogà c©neas
10) Determine si la EDO
dy
dx=ax+ by
cx+ dy
donde a, b, c, d ∈ R son constantes, con c o d no nulas, es una ecuación diferencial homogénea.
En caso afirmativo, halle la solución general.
Resolución(cx+ dy)dy = (ax+ by)dx
(ax+ by)dx+ (−cx− dy)dy = 0
M(x,y) = ax+ by M(λx,λy) = a(λx) + b(λy)
M(λx,λy) = λ(ax+ by)
Es homogénea de grado 1.
N(x,y) = −cx− dy N(λx,λy) = −c(λx)− d(λy)N(λx,λy) = λ(−cx− dy)
Es homogénea de grado 1.
Por lo tanto la ecuación diferecial es homogénea
11)Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales homogà c©neas
15
i)dy
dx=
√x2 − y2 + y
x
Solución
Es homogénea
Haciendo cambio de variable
y = vx
dy = vdx+ xdv
vdx+ xdv
dx=
√x2 − (xv)2 + vx
x
vdx+ xdv
dx=
√x2√1− v2 + vx
x
vdx+ xdv
dx=√1− v2dx+ v
vdx+ xdv =√1− v2dx+ vdx
dv√1− v2
=dx
x
Aplicando integral:
∫dv√
1− v2=dx
x
lnx = arcsin v + c
x = earcsin v+c
x = c earcsinyx
Rpta : c =x
earcsinyx
ii)dy
dx=x3 + y3
xy2
Solución
Es homogénea
Haciendo cambio de variable
y = vx
dy = vdx+ xdv
16
xy2dy = (x3 + y3)dx
x(vx)2(xdv + vdx) = (x3 + x3v3)dx
v2x2dv + x3v3dx = x3dx+ x3v3dx
v2xdv = dx
v2dv =dx
x
Aplicando integral:
∫v2dv =
∫dx
x
lnx =v3
3+ c
x = cev3
3
Reemplazando la variable:
x = ceyx3
3
Rpta : c =x
eyx3
3
iv)dy
dx=x2 + xy + y2
x2
Solución
Es homogénea
Haciendo cambio de variable
y = vx
dy = vdx+ xdv
vdx+ xdv
dx=x2 + x2v + v2 + v2x2
x2
vdx+ xdv = (1 + v + v2)dx
xdv = (1 + v + v2 − v)dxdv
1 + v2=dx
x
Aplicando integral:
17
∫dv
1 + v2=
∫dx
x
lnx = arctgv + c
x = ec+arctgv
x = cearctgv
Reemplazando la variable:
x = cearctg(yx)
Rpta : c =x
earctgyx
v)dy
dx=
3y2 + 2xy
2xy + y2
Solución
Entre y:
dy
dx=
3y + 2x
2x+ y
Es homogénea
Haciendo cambio de variable
y = vx
dy = vdx+ xdv
vdx+ xdv
dx=
3(vx) + 2x
2x+ vx
3vxdx+ 2xdx = 2xvdx+ v2xdx+ 2x2dv + vx2dv
vxdx+ 2xdx = v2xdx+ 2x2dv + vx2dv
Simplificando x:
vdx+ 2dx− v2dx = 2xdv + xvdv
(v + 2− v2)dx = x(2dv + vdv)
dx
x=
(2 + v)dv
v + 2− v2
Haciendo un cambio de variable
18
u = v + 2− v2
La solución sería:
lnx = −1
2ln|v + 2 + v2|+ 5
6ln|v + 1
2− v|+ c
x = (v + 2− v2)−1/2 + (v + 1
2− v)5/6 + c
Reemplazando v = yx:
x = (y
x+ 2− (
y
x+ 2)2)−1/2 + (
yx+ 2 + 1
2− yx+ 2
)5/6 + c
Rpta : c = x− (y
x+ 2− (
y
x+ 2)2)−1/2 + (
yx+ 2 + 1
2− yx+ 2
)5/6
vi)dy
dx=
√x2 + y2
x+ cos(
y
x)
Es homogénea
Haciendo cambio de variable
y = vx
dy = vdx+ xdv
xdv + vdx
dx=x√a+ v2
x+ cosv
xdv = (√1 + v2 + cosv − v)dxdv√
1 + v2 + cosv − v=dx
x
12) Resuelva las ecuaciones diferenciales que se dan, verificando previamente que ellas son homogà c©neas
i)dy
dx=y2
x2+y
x+ 1
Solución
Demostrar si es homogà c©nea:
Damos forma a la ecuación:
dy
dx=y2
x2+yx
x2+x2
x2
19
dy
dx=x2 + xy + y2
x2
M(x,y) = x2 + xy + y2 , M(λx,λy) = (λx)2 + (λx)(λy) + (λy)2
M(λx,λy) = λ2M(x,y)
Es homogénea de grado 2
N(x,y) = x2 N(λx,λy) = −(λx)2
N(λx,λy) = λ2N(x,y)
Haciendo cambio de variable
y = vx
dy = vdx+ xdv
vdx+ xdv
dx=x2 + x2v + v2 + v2x2
x2
vdx+ xdv = (1 + v + v2)dx
xdv = (1 + v + v2 − v)dxdv
1 + v2=dx
x
Aplicando integral:
∫dv
1 + v2=
∫dx
x
lnx = arctgv + c
x = ec+arctgv
x = cearctgv
Reemplazando la variable:
x = cearctg(yx)
Rpta : c =x
earctgyx
ii)dy
dx=
√x2 + y2
x+ cos
y
x
Solución
Es homogénea
20
Haciendo cambio de variable
y = vx
dy = vdx+ xdv
Entonces reemplazando
(2vx3 + 2x3v3)(xdv + vdx) = (−5xx2v2 − x3)dx2vx4dv + 2v2x3dx+ 2x4v3dv + 2x3v4dx = −5x3v2dx− x3dx
7x3v2dx+ x3dx+ 2v4x3dx = 2x4vdv + 2v3x4dv
x3(7v2 + 2v4 + 1)dx = 2x4(v3 + v)dv
Aplicando integral
∫dx
2x=
∫v3 + v
7v2 + 2v4dv
Haciendo cambio de variable:
u = 7v + 2v3 , du = 7 + 6v2
1
2lnx =
1
6ln|7 + 2v2|+ 2
21arctan
4v
7+ c
Reemplazando la variable:
y = vx
1
2lnx =
1
6ln|7 + 2(
y
x)2|+ 2
21arctan
4 yx
7+ c
x = e16ln|7+2( y
x)2|+ 2
21arctan
4yx7
+c
x = ce16ln|7+2( y
x)2|+ 2
21arctan
4yx7
Rpta : c =x
e16ln|7+2( y
x)2|+ 2
21arctan
4yx7
14)Resuelva las siguientes ecuaciones diferencial ordinaria.
i)dy
dx=
3x+ 4y + 1
2x+ 3y + 1
Tomando puntos de interseccion:
3x+ 4y + 1 = 0
21
2x+ 3y + 1 = 0
y = −1
x = 1
Sustitucion:
x = z + 1
y = u− 1
du
dz=
3z + 3 + 4u− 4 + 1
2z + 2 + 3u− 3 + 1
(2z + 3u)du = (3z + 4u)dz
Es homogena de grado 1
z = nu
u(2n+ 3)du = u(3n+ 4(vdn+ ndu))
2n+ 3
3n+ 4du = udn+ ndu
[2n+ 3
3n+ 4− n] = udn
1
udu =
3n+ 4
3n2 + 2n− 3dn
iii)dy
dx=
√5x− 6y
5x+ 6y
y = ux
dy = udx+ xdu
dy
dx= u+ x
du
dx
u+ xdu
dx=
√5− 6u
5 + 6u
xdu
dx=
√5− 6u
5 + 6u− u
√5− 6u− u
√5 + 6u√
5 + 6u= x
du
dx
dx
x=
√5 + 6u√
5− 6u− u√5 + 6u
)du
22
∫dx
x=
∫ √5 + 6u√
5− 6u− u√5 + 6u
17)dy
dx=
1
xseny + 2sen2y
dy
dx=
1
xseny + 2sen2y=⇒ dx
dy= xseny + 2sen2y
dx
dy= −(seny)x = 2sen2y, ecuación lineal en x
x = e∫−senydy(
∫e∫−senydy2sen2ydy + c) calculando la integral
x = e−cosy(
∫ecosy2sen2ydy + c) de donde
x = e−cosy(4
∫ecosysenycosydy + c) integrando por partes
x = e−cosy(−4cosyecosy + 4ecosy + c)
Por lo tanto
x = 8sen2(y/2) + ce−cosy
Ecuación Diferencial Exacta
18) Resuelva el problema de valor inicial
{(2xseny + excosy)dx+ (x2cosy − exseny)dy = 0
x(0) = π4
Solución
M(x, y) = 2xseny + excosy
N(x, y) = x2cosy − exsenyM(x, y)
∂y= 2xcosy − exseny ∧ N(x, y)
∂x= 2xcos− exseny
∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x
=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)
∂y= N(x, y))
∂f(x, y)
∂x= 2xseny + excosy
f(x, y) =
∫(2xseny + excosy)dx+ g(x)
23
f(x, y) = x2seny + excosy + g(y)
f(x, y)
∂y= x2cosy − exseny + g′(y)
x2cosy − exseny = x2cosy − exseny + g′(y)
g′(y) = 0
g(y) = C
f(x, y) = x2seny + excosy + C
x2seny + excosy = K
=⇒ y = 0 x = π/4
π2
16(0) + eπ/4(1) = K
eπ/4 = K
Por lo tanto:
x2seny + excosy = eπ/4
19) Comprobar que las ecuaciones diferenciales son exactos y hallar la solución general
a) (y − x3)dx+ (x+ y3)dy = 0
M(x, y) = y − x3 ∧ N(x, y) = x+ y3
∂M(x, y)
∂y= 1 ∧ ∂N(x, y)
∂x= 1
∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x
=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)
∂y= N(x, y)
∂f(x, y)
∂x= y − x3
f(x, y) =
∫(x− x3)dx+ g(y)
f(x, y) = yx− x4
4+ g(y)
∂f(x, y)
∂y= x+ g′(y)
x+ y3 = x+ g′(y)
y3 = g′(y)
g(y) =y4
4
24
Por lo tanto:
f(x, y) = yx− x4
4+y4
4
b) (y + ycos(xy))dx+ (x+ xcos(xy))dy = 0
M(x, y) = y + ycos(xy) ∧ N(x, y) = x+ xcos(xy)
M(x, y)
∂y= 1 + cos(xy)− xysen(xy)
N(x, y)
∂x= 1 + cos(xy)− xysen(xy)
∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x
=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)
∂y= N(x, y)
∂f(x, y)
∂x= y + ycos(xy)
f(x, y) =
∫(y + ycos(xy))dx+ g(y)
f(x, y) = yx+y
xsen(xy) + g(y)
∂f(x, y)
∂y= x+
sen(xy)
x+ g′(y)
x+ xcos(xy) = x+cos(xy)
xg′(y)
xcos(xy) = cos(x, y) + g′(y)
x = g′(y)
g(y) =x2
2
Por lo tanto:
f(x, y) = yx+y
xsen(xy) +
x2
2
c) y′ =2x− senyxcosy
(2x− seny)dx− ycosxdy = 0
M(x, y) = 2x− seny ∧ N(x, y) = −xcosyM(x, y)
∂y= −cosy ∧ N(x, y)
∂x= −cosy
25
∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x
=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)
∂y= N(x, y)
∂f(x, y)
∂x= 2x− seny
f(x, y) =
∫(2x− seny)dx+ g(y)
f(x, y) = x2 − xseny + g(y)
f(x, y)
∂y= −xcosy + g′(y)
−xcosy = −xcosy + g′(y)
g′(y) = 0
g(y) = C
Por lo tanto:
f(x, y) = x2 − xseny + C
d) (ey + cosxcosy)dx− (senxseny − xey)dy = 0
M(x, y) = ey + cosxcosy
Solución
N(x, y) = −senxseny + xey
∂M(x, y)
∂y= ey − cosxseny
∂N(x, y)
∂x= −cosxseny + ey
∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x
=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)
∂y= N(x, y)
∂f(x, y)
∂x= ey + cosxcosy
f(x, y) =
∫(ey + cosxcosy)dx+ g(y)
f(x, y) = eyx+ senxcosy + g(y)
∂f(x, y)
∂y= eyx− senxseny + g′(y)
xey − senxseny = eyx− senxseny + g′(y)
g′(y) = 0
26
g(y) = C
Por lo tanto
f(x, y) = xey + senxcosy + C
e) y′ = −2x(3y2 + 2x2)
3y(y + 2x2)
Solución
2x(3y2 + 2x2)dx+ 3y(y + 2x2)dy = 0
M(x, y) = 2x(3y2 + 2x2)
N(x, y) = 3y(y + 2x2)
∂M(x, y)
∂y= 12xy ∧ dfrac∂N∂x = 12xy
∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x
=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)
∂y= N(x, y)
∂f(x, y)
∂x= 6xy2 + 4x3
f(x, y) =
∫(6xy2 + 4x3)dx+ g(y)
f(x, y) = 3x2y2 + x4 + g(y)
dfrac∂f(x, y)∂y = 6x2y + g′(y)
3y2 + 6yx2 = 6x2y + g′(y)
3y2 = g′(y)
g(y) = y3 + C
Por lo tanto:
f(x, y) = 3x2y2 + x4 + y3 + C
f) (3x2y2 − 2ey)dx+ (2x3y − 2xey + 2)dy = 0
Solución
27
M(x, y) = (3x2y2 − 2e3)
N(x, y) = (2x3y − 2xey + 2)
∂M
∂y= 6x2y − 2ey
∂N
∂x= 6x2y − 2xey
la E.D.O es exacta, entonces
∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x
=M(x, y) = (3x2y2 − 2e3)
f(x, y) =
∫(3x2y2 − 2e3)dx
f(x, y) = x3y2 − 2eyx+G(y)
∂f(x, y)
∂y= 2x3y − 2eyx+G′(y)
G′(y) = 2⇒ G(y) = 2y + c
f(x, y) = x3y2 − 2eyx+ 2y + c
20) Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. Justifique su respuesta.
i) La E.D.O
P (x, y) +Q(x, y)dy
dx= 0
Solución
f(x, y) =
∫P (x, y)dx+G(y)
∂f
∂y=
∂
∂y
∫P (x, y)dx+G′(y) ...(a)
Q(x, y) =∂
∂y
∫P (x, y)dx+
∂
∂yG(x, y)dx
Q(x, y)− ∂
∂y
∫P (x, y)dx =
∂
∂yG(x, y)dx ...(b)
Reemplazando (b) en (a):
28
∂f
∂y=
∂
∂y
∫P (x, y)dx+Q(x, y)− ∂
∂y
∫P (x, y)dx
Por lo tanto la afirmación es falsa
ii) La E.D.O
P (x, y) +Q(x, y)dy
dx
es exacta si y solo si existe una función f(x,y) tal que:
∂f
∂x= P (x, y)
∂f
∂y= Q(x, y)
Solución
∂f
∂x= P (x, y)
f(x, y) =
∫P (x, y)dx+G(y)
∂f
∂y=
∂
∂y
∫P (x, y)dx+G′(y)
Sabemos que
∂f
∂x= P (x, y)
Q(x, y) =
∫P (x, y)dx+G(y)
Esta expresión es independiente de x, en efecto:
∂
∂x[Q(x, y)− ∂
∂y
∫P (x, y)dx]
=∂Q
∂x− ∂
∂x
∂
∂y
∫P (x, y)dx
=∂Q
∂x− ∂P
∂y= 0
∂Q
∂x=∂P
∂y
29
Por lo tanto, es exacta. La afirmación es verdadera.
21) Determine si las siguientes ecuaciones diferenciales son exactas. En caso de ser exactas, resuélvalas.
i)dy
dx=
ey
2y − xey
Solución
M(x, y) = ey
N(x, y) = xey − 2y
∂M
∂y= ey
∂N
∂x= ey
la E.D.O es exacta, entonces ∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x
=M(x, y) = ey
f(x, y) =
∫eydx
f(x, y) = xey +G(y)
∂f(x, y)
∂y= xey +G′(y)
G′2 + c
f(x, y) = xey − y2 + c
ii)dy
dx=
2y − xy + 2x
Solución
(y + 2x)dy + (x− 2y)dx = 0
∂N
∂x= 2
∂M
∂y= −2
No son exactas.
iii) (x3 + 5xy2)dx+ (5x2y + 2y3)dy = 0
Solución
30
∂M
∂y= 10xy
∂N
∂x= 10xy
Son exactas.
Integrando con respecto a x
F (x, y) =x4
4+
5x2y2
2+ h(y)
Derivando respecto a y
∂F (x, y)
∂y= 5x2y + h′(y)
5x2y + 2y3 = 5x2y + h′(y)
2y3 = h′(y)
F (x, y) =x4
4+
5x2y2
2+y4
2+ C
iv) (xycosxy + xy)dx+ (x2cos(xy) + e4)dy = 0
Solución
∂M
∂y= xcosxy − x2ysenxy
∂N
∂x= 2xcosxy − x2ysenxy
No son exactas.
v) (cos(x+ y) + x+ y + xcox)dx+ ydy = 0
Solución
∂N
∂x= 0
∂M
∂y= 1− xsen(x+ y)− ysen(x+ y)
No son exactas.
22) y2sent+ yF (t)y′
31
Solución
(y2sent)dt+ yF (t)dy = 0
∂M
∂t= yF ′(t) =
∂N
∂y= 2ysent∫
F ′(t) =
∫2sent
F (t) = −2cost+ C
23) Demuestre que la EDO
1
x2g(y
x)(x− y dy
dx) = 0
Sea exacta.
Solución:
g(xt)
t−xg(x
t)
t2dx
dt= 0
xg(xt)
t2dx−
g(xt)
tdt = 0
xg(x
t)dx− g(x
t)tdt = 0
∂M
∂t=dg(x
t)
dtx
∂N
∂x= −
dg(xt)
dxt
dg(xt)x
dt= −
dg(xt)
dxt
∫xdx =
∫−tdt
x2
2= −t
2
2+ C
32
x2 + t2
2= C
x2 + t2 = C
24) Suponga que la EDO
P (x, y) +Q(x, y)dy
dx= 0
es exacta. Demuestre que la EDO
P (x, y)
xP (x, y) + yQ(x, y)+
Q(x, y)
xP (x, y) + yQ(x, y)
dy
dx= 0
también es exacta
Solución :
Entonces en la forma diferencial
P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0
Si es exacta debe cumplir
∂P (x, y)
∂y=∂Q(x, y)
∂x
Entonces (1) debe cumplir la misma condición
∂P (x, y)
xP (x, y) + yQ(x, y)
∂y=
∂Q(x, y)
xP (x, y) + yQ(x, y)
∂x
Derivamos la parte izquierda con respecto a y
=∂P (x, y)
∂y(xP (x, y) + yQ(x, y))− P (x, y)(x)∂P (x, y)
∂y+ 1Q(x, y) + y
∂Q(x, y)
∂y
=∂P (x, y)
∂yP (x, y)x+
∂P (x, y)
∂yQ(x, y)y − ∂P (x, y)
∂yP (x, y)x− P (x, y)Q(x, y)− ∂Q(x, y)
∂yP (x, y)y
=
∂P (x, y)
∂yQ(x, y)y − ∂Q(x, y)
∂yP (x, y)y − P (x, y)Q(x, y)
(xP (x, y) + yQ(x, y))2.......(2)
33
Derivamos la parte derecha con respecto a x
=∂Q(x, y)
∂x(xP (x, y) + yQ(x, y))−Q(x, y)(1.P (x, y) + x
∂P (x, y)
∂x+ y
∂Q(x, y)
∂x
=∂Q(x, y)
∂xP (x, y)x+
∂Q(x, y)
∂xQ(x, y)y − ∂P (x, y)
∂xQ(x, y)x− P (x, y)Q(x, y)− ∂Q(x, y)
∂xQ(x, y)y
=
∂Q(x, y)
∂xP (x, y)x− ∂P (x, y)
∂xQ(x, y)x− P (x, y)Q(x, y)
(xP (x, y) + yQ(x, y))2.......(3)
Se nota que (2) y (3) son diferentes.....Por lo tanto la EDO (1) no es exacta.
25) Aplique el ejercicio anterior para resolver la EDO
(x5 + y3)− 3xy2dy
dx= 0
Solución :
Pasamos a forma diferencial
(x5 + y3)︸ ︷︷ ︸M(x,y)
dx+ (−3xy2)︸ ︷︷ ︸N(x,y)
dy
Verificamos si es exacta para aplicar el ejercicio anterior
∂M(x, y)
∂y6= ∂N(x, y)
∂x
Multiplicamos por un factor de integraciÃ3n :1
x2
(x3 + x−2y3)︸ ︷︷ ︸M(x,y)
dx+ (−3x−1y2)︸ ︷︷ ︸N(x,y)
dy
Verificamos si es exacta para aplicar el ejercicio anterior
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x......es Exacta
Aplicamos el ejercicio anterior
x3 + x−2y3
x4 − 2x−1y3dx+
−3x−1y2)x4 − 2x−1y3
dy = 0
34
Derivamos la parte izquierda respecto a y
(3y2x−2)(x4 − 2x−1y3)− (x3 + x−2y3)(−6y2x−1)
3y2x2 − 6y5x−3 + 6y2x2 + 6y5x−3
9y2x2
(x4 − 2x−1y3)2.......(1)
Derivamos la parte derecha respecto a x
(3y2x−2)(x4 − 2x−1y3)− (−3x−1y2)(4x3 + 2x2y−3)
3y2x2 − 6y5x−3 + 12y2x2 + 6y5x−3
15y2x2
(x4 − 2x−1y3)2.......(2)
(1) y (2) son diferentes(no es exacta) ...con ello se comprueba el ejercicio anterior.
26) Considere la EDO
(xy + x2 + 1) + x2dy
dx= 0
a) ¿Es esta una EDO exacta ? ¿Por qué ?
b) Multiplique la EDO dada por1
x. La EDO resultante es exacta ?. ¿Por qué ?
Solución :
a)Paso 1: Escribir la EDO en forma diferencial.
(xy + x2 + 1)dx+ (x2)dy = 0
Paso 2: Comprobar que la ecuación es exacta..
M(x, y) = xy + x2 + 1 y N(x, y) = x2
∂M (x, y)
∂y= x y
∂N (x, y)
∂x= 2x
Son diferentes (No es exacta la EDO).
Porque de acuerdo a la propiedad en el paso 2 las diferenciales parciales no son iguales, concluyendoque la EDO no es exacta.
35
b) Multiplique la EDO dada por1
x. La EDO resultante es exacta? ¿ Por qué ?
1
x((xy + x2 + 1) + x2
dy
dx)
En forma diferencial(y + x+ 1)︸ ︷︷ ︸
M(x,y)
dx+ (x)︸︷︷︸N(x,y)
dy = 0
Comprobaremos si es exacta.
∂M(x, y)
∂y= 1
∂N(x, y)
∂x= 1
Es Exacta.
La EDO resultante es Exacta?
SI
¿ Por qué ?
Cumple la propiedad de que∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂xpor ello se dice que es Exacta.
27)A veces es posible determinar tal factor integrante por simple inspección (en general, no existeuna regla fija para determinar este factor, sólo es posible hacerlo en cierto tipo de EDO’s. Para ello, esconveniente conocer las diferenciales totales de ciertas funciones de uso más común :
Por ejemplo: Sabiendo que:
d
dx(y
x) =
1
x2(xdy
dx− y)
entonces la EDO
xdy
dx− y = 0
que no es exacta se puede resolver con ayuda del factor integrante 1x2
.
Determine entonces las diferenciales de las siguientes funciones:
i) f(x, y) = xy
Solución:
df(x, y) =∂f
∂xdx+
∂f
∂ydy
36
df(x, y) = ydx+ xdy
ii) f(x, y) = x2 ± y2
Solución:
df(x, y) =∂f
∂xdx+
∂f
∂ydy
df(x, y) = 2xdx± 2ydy
iii) f(x, y) = x+yx−y
Solución:
df(x, y) =∂f
∂xdx+
∂f
∂ydy
df(x, y) =∂[(x+ y)(x− y)−1]
∂xdx+
∂[(x+ y)(x− y)−1]∂y
dy
df(x, y) =−dx
(x− y)2+
dy
(x− y)2
iv) f(x, y) = ln(y−xy+x
)
Solución:
df(x, y) =∂f
∂xdx+
∂f
∂ydy
df(x, y) =
−(−1)(y+x)2
y−xy+x
dx+
(−1)(y+x)2
y−xy+x
dy
df(x, y) =dx
(y + x)(y − x)− dy
(y + x)(y − x)
df(x, y) =dx
y2 − x2− dy
y2 − x2
v) f(t, x) = x−yx+y
Solución:
df(t, x) =∂f
∂tdt+
∂f
∂xdy
df(t, x) =∂[(x+ y)(x− y)−1]
∂tdt+
∂[(x+ y)(x− y)−1]∂x
dx
37
df(t, x) =−dx
(x+ y)2
28) Determine un factor integrante para las siguientes EDO no exactas:
i) xdy
dx= y + lnx
Escribir la EDO en forma diferencial.
xdy = (y + lnx)dx
(y + lnx)dx+ (−x)dy
Comprobar que la ecuación es exacta.
M(x, y) = y + lnx y N(x, y) = −x∂M (x, y)
∂y= 1 y
∂N (x, y)
∂x= −1
Son diferentes (No es exacta la EDO).
Hallar el factor de integración .
1
N(x, y)(∂M (x, y)
∂y− ∂N (x, y)
∂x) =
1
−x(1− (−1)) = −2
x
Factor de Integración es:
I(x, y) = e∫ −2
xdx = e−2 ln x = x−2
Multiplicamos la forma diferencial por el factor de integración :
x−2 [(y + ln x) dx+ (−x) dy] = 0
x−2 (y + ln x) dx+(−x x−2
)dy = 0
M(x, y) =y
x2+
lnx
x2y N(x, y) = −1
x
∂M (x, y)
∂y=
1
x2y
∂N (x, y)
∂x=
1
x2
Son iguales entonces la EDO es exacta.
La EDO es exacta y se resuelve por el método de las exactas:
Hallar la solución general o sea hallar una función f(x, y) = c tal que:
38
∂f (x, y)
∂x=M(x, y) y
∂f (x, y)
∂y= N(x, y)
Si:∂f (x, y)
∂y= N(x, y)
∂f (x, y)
∂y= −( 1
x)
f(x, y) =∫ −1
xdy =
−yx
+ C(x)
Derivamos esta última expresión con respecto a x:
∂f(x, y)
∂x=
∂(−yx
+ C(x))
∂x=
y
x2+ C
′
(x)
Pero:∂f(x, y)
∂x=M(x, y) =
y
x2+
ln x
x2y
x2+ C
′
x =y
x2+
ln x
x2
C′
(x) =ln x
x2
C(x) =∫ ln x
x2dx = − ln x
x− 1
x+ c
Luego:f(x, y) = − y
x+(− ln x
x− 1
x
)= − y
x− ln x
x− 1
x+ c
La solución general es:− y
x− ln x
x− 1
x= C
ii) 2y + (3y − 2x)dy
dx= 0
Paso 1: Escribir la EDO en forma diferencial.
(2y)dx+ (3y − 2x)dy = 0
Paso 2: Comprobar que la ecuación es exacta.M(x, y) = 2y y N(x, y) = 3y − 2x
∂M (x, y)
∂y= 2 y
∂N (x, y)
∂x= −2
Son diferentes (No es exacta la EDO).Paso 3: Hallar el factor de integración .
Entonces:1
M(x, y)(∂M (x, y)
∂y− ∂N (x, y)
∂x) =
1
−2y(2− (−2)) = −2
yFactor de Integración es:I(x, y) = e2
∫− dy
y = e−2 ln y = 1y2
Multiplicamos la forma diferencial por el factor de integración :y−2 [(2y) dx+ (3y − 2x) dy] = 0[2y y−2] dx+ [3 y−2 y − 2 y−2x] dy = 0
M(x, y) =2
yN(x, y) =
3
y− 2x
y2
∂M(x, y)
∂y= − 2
y2y
∂N(x, y)
∂x= − 2
y2Son iguales entonces la EDO es exacta.
39
Paso 4: La EDO es exacta y se resuelve por el método de las exactas:Hallar la solución general o sea hallar una función f(x, y) = c tal que:
∂f (x, y)
∂x=M(x, y) y
∂f (x, y)
∂y= N(x, y)
Si:∂f (x, y)
∂x=M(x, y)
∂f (x, y)
∂x= (
2
y)
f(x, y) =∫ 2
ydx =
2x
y+ C(y)
Derivamos esta última expresión con respecto a y:
∂f(x, y)
∂y=
∂
(2x
y+ C(y)
)∂y
= − 2x
y2+ C
′
(y)
Pero:∂f(x, y)
∂y=
3
y− 2x
y2= N(x, y)
− 2xy2
+ C′
(y) =3
y− 2x
y2
C′
(y) =3
y
C(y) =∫ 3
ydy = 3 ln y + c
Luego:
f(x, y) = − 2x
y2+ 3 ln y + c
La solución general es:
− 2x
y2+ 3 ln y = C
29) Si una EDO posee un factor integrante ¿ Es este factor único ? ¿ Por qué ?Solución :
NOPorque hay ecuaciones que pueden cumplir con más de una regla de integración a la vez, asícomo hay otras para las cuales no se puede hallar dicho factor.Ejemplo
(1 + y)dx+ (1− x)dy = 0
Por la 1era regla de integración, su Factor de Integración es:
I(x, y) =1
(1− x)2
Por la 2da regla de integración, su Factor de Integración es:
I(x, y) =1
(1 + y)2
30) Supongo que u(x, y) sea un factor interrogante, de la EDO
40
P (x, y) +Q(x, y)dy
dx= 0
a) ¿Que ecuación debe satisfacer u(x, y) ?b) Si u = u(z), donde z = h(x, y) ¿Cuál será la ecuación que debe satisfacer u ?d) Determine la expresión para el factor integrante, u = u(x+ y)e) Determine condiciones para el factor integrante u = u(xy)
Solución :a)Si u(x,y) es un factor integrante, entonces:
u(x, y)P (x, y)dx+ u(x, y)Q(x, y)dy = 0
Sea :M(x, y) = u(x, y)P (x, y), N(x, y) = u(x, y)Q(x, y)
Caso 1:Si
1
N(∂M
∂y− ∂N
∂x) = g(x)
entoncesu(x, y) = e
∫g(x)dx
Caso 2:Si
1
M(∂M
∂y− ∂N
∂x) = h(y)
entoncesu(x, y) = e
∫h(y)dy
Caso 3:Si M(x,y) = yf(xy) y N(x,y) = xg(xy)entonces
u(x, y) =1
xM(x, y)− yN(x, y)
Caso 4:Si la E.D. es homogénea y (xM(x, y) + yN(x, y)) 6= 0entonces
u(x, y) =1
xM(x, y) + yN(x, y)
Caso 5:Si
1
N(∂M
∂y− ∂N
∂x) =
k
xo∂M
∂y− ∂N
∂x=Nk
xk = cte
entonces u(x, y) = xk
31) Resuelva usando el factor integrante µ(x, y) = ϕ(x+ y2) la EDO:
3 y2 − x+ (2 y3 − 6xy)dx
dy= 0
SoluciÃ3n:
41
M = 3 y2 − x N = 2 y3 − 6xy
⇒ ∂M
∂y= 6y y
∂N
∂x= −6y
Como
∂M
∂y6= ∂N
∂x
La ecuaciÃ3n no es exacta, ahora calculamos el factor integrante de la forma
µ = ϕ(x+ y2) = ϕ(z) z = x+ y2 ⇒ ∂z
∂x= 1,
∂z
∂y= 2y
Como
∂M
∂y− ∂N
∂x= N
∂µ
µ∂x−M ∂µ
µ∂y
Entonces
∂M
∂y− ∂N
∂x= N
∂ ln (µ)
∂x−M∂ ln µ
∂y......(1)
∂ ln µ
∂x=d ln µ
dz.∂z
∂x=∂ ln µ
∂z
∂ ln µ
∂y=d ln µ
dz.∂z
∂y= 2y
d ln µ
dz......(2)
Reemplazando (2) en (1) se tiene:
∂M
∂y− ∂N
∂x= N
d ln µ
dz−M2y
d ln µ
dz⇒ ∂M
∂y− ∂N
∂x= (N − 2yM)
d ln µ
dz
6y + 6y = (2 y3 − 6xy − 6 y3 + 2xy)d ln µ
dz⇒ 12y = −4y( y2 + x)
d ln µ
dz
d ln µ
dz= − 3
y2 + x= −3
z
Entonces
d(ln µ) = −3dzz
42
Integrando se tiene:ln µ = −3 ln z = ln z−3
Levantando el algoritmo
µ =1
z3=
1
( y2 + x)3
Multiplicando a la ecuacio diferencial se tiene:
3 y2 − x( y2 + x)3
dx+2 y3 − 6xy
( y2 + x)3dy = 0
Es una ecuaciÃ3n diferencial exacta y a soluciÃ3n se obtiene agrupando.
Tenemos
d(x− y2
( x− y2)2) = 0
Integrando
x− y2
( x+ y2)2= C
∴ x− y2 = c ( x+ y2)2
35.2) 2xyy′ + x2 = 0
Solución:
2xyy′ + x2 = 0
2ydy
dx= −x
dy
dx+
x
2y= 0
Como Q(x) = 0 entonces es una E.D.O. de variablesseparables
→ 2ydy = −xdx
Integramos
43
∫2ydy = −
∫xdx
2 y2
2=− x2
2+ c
Entonces la soluciÃ3n es:
y2 +x2
2= c
35.3) (4 x2 + 3xy + y2)dx+ (4 y2 + 3xy + x2)dy = 0
SoluciÃ3n:
(4 x2 + 3xy + y2)dx + (4 y2 + 3xy + x2)dy = 0
Hacemos el cambio de variable:y = xv ; donde dy = xdv + vdx luego reemplazamos y por xv en laecuación:
(4 x2 + 3 x2v + x2 v2)dx+ (4 x2 v2 + 3 x2v + x2)(xdv + vdx) = 0
Dividimos a la ecuación entre x2 y nos queda:
(4 + 3v + v2)dx + (4 v2 + 3v + 1)(xdv) + (4 v2 + 3v + 1)(vdx) = 0
(4 + 3v + v2 + 4 v3 + 3 v2 + v)dx = −x(4 v2 + 3v + 1)dv
dx
x= − (4 v2 + 3v + 1)dv
(4 + 3v + v2 + 4 v3 + 3 v2 + v)
dx
x= −3v(v + 1) + ( v2 + 1)
( v2 + 1)(v + 1)dv
dx
x= − 3vdv
v2 + 1− dv
v + 1
Ahora es una E.D.O. de variables separables, procedemos a integrar en ambos la-dos:
∫4
xdx = −
∫3vdv
v2 + 1−∫
dv
v + 1
4 ln x = −3
2ln∣∣v2 + 1
∣∣− ln |v + 1|+ c
Reemplazamos v y encontramos la solución:
44
4 ln x+3
2ln
∣∣∣∣ y2x2 + 1
∣∣∣∣+ ln∣∣∣yx+ 1∣∣∣ = c
35.4) 4 x2 − xy + y2 +dy
dx( x2 − xy + 4 y2) = 0
SoluciÃ3n:
4 x2 − xy + y2 +dy
dx( x2 − xy + 4 y2) = 0
Ordenamos:
(4 x2 − xy + y2)dx + ( x2 − xy + 4 y2)dy = 0
Reemplazamos por y = xv: donde dy = xdv + vdx
(4 x2 − x2v + x2 v2)dx + ( x2 − x2v + 4 x2 v2)(xdv + vdx) = 0
Dividimos la ecuación entre x2:
(4− v + v2)dx+ (1− v + 4 v2)xdv + (1− v + 4 v2)vdx = 0
(4− v + v2 + v − v2 + 4 v3)dx = −(1− v + 4 v2)xdv
4(1 + v3)dx = −(1− v + 4 v2)xdv
−4dx
x=
(1− v + 4 v2)
(1 + v3)dv
Donde
(1 + v3) = (1 + v)(1− v + v2)
−4dx
x=
(1− v + v2) + 3 v2
(1 + v)(1− v + v2)dv
Ahora ya es una E.D.O. de variables separables, procedemos a integrar en amboslados para hallar la solucion:
−∫
4dx
x=
∫1
1 + vdv +
∫3 v2
(1 + v3)dv
−4 ln x = ln |1 + v|+∫
3 v2
(1 + v3)dv
45
Donde:
u = 1 + v3 −→ du = 3 v2dv
−4 ln x = ln |1 + v|+∫
du
u
−4 ln x = ln |1 + v|+ ln |u|+ c
Luego reemplazamos u y luego v y encontramos la solución:
−4 ln x = ln |1 + v|+ ln∣∣1 + v3
∣∣+ c
−4 ln x = ln∣∣∣1 + y
x
∣∣∣+ ln
∣∣∣∣1 + y3
x3
∣∣∣∣+ c
35.5)dy
dx=
6 x2 − 5xy − 2 y2
6 x2 − 8xy + y2
SoluciÃ3n:
dy
dx=
6 x2 − 5xy − 2 y2
6 x2 − 8xy + y2
Realizamos el siguiente cambio de variable: y = xv; donde dy = xdv + vdx.
xdv + vdx
dx=
6 x2 − 5 x2v − 2 x2 v2
6 x2 − 8 x2v + x2v2
Ahora factorizamos x2 y la ecuación se reduce a la siguiente expresión:
xdv + vdx
dx=
6− 5v − 2 v2
6− 8v + v2
(6− 8v + v2)xdv + (6− 8v + v2)vdx = (6− 8v − 2 v2)dx
(6v − 8 v2 + v3)dx = −x(6− 8v + v2)dv
dx
x=
(6− 8v + v2)
v(6− 8 v + v2)dv
Ahora es una E.D.O. de variables separables, entonces procedemos a integrar en am-bos lados para hallar la solución:
∫dx
x= −
∫dv
v
46
ln |x| = − ln |v|+ c
Reemplazamos v y encontramos la solución:
ln |x|+ ln |v| = c
ln |x|+ ln∣∣∣yx
∣∣∣ = c
35.6) xdy
dx− y =
√x2 + y2
SoluciÃ3n:
xdy
dx− y =
√x2 + y2
Primero ordenamos la ecuación:
xdy − (y +√x2 + y2)dx = 0
(y +√x2 + y2)dx − xdy = 0
Luego realizamos el cambio de variable y = xv; donde dy = xdv + xdv.
(xv +√x2 + v2 x2)dx − x(xdv + vdx) = 0x(v +
√1 + v2)dx − x(xdv + vdx) = 0
Dividimos a la ecuación entre x y nos queda la siguiente expresión:
(v +√1 + v2)dx− xdv − vdx = 0
Agrupamos y formamos la nueva ecuación:
(v − v +√1 + v2)dx = xdv
(√1 + v2)dx = xdv
dx
x=
dv√1 + v2
Ya es una E.D.O. de variables separables, ahora procedemos a integrar en amboslados para encontrar la solución:
47
∫dx
x=
∫dv√1 + v2
ln |x| = ln∣∣∣v +√1 + v2
∣∣∣+ c
ln |x| − ln∣∣∣v +√1 + v2
∣∣∣ = c
ln
∣∣∣∣ x
v +√1 + v2
∣∣∣∣ = c
Ahora reemplazamos v y obtenemos la solución:
ln
∣∣∣∣∣∣ x
yx+√
1 + y2
x2
∣∣∣∣∣∣ = c
ln
∣∣∣∣∣∣ x2
y + x√
1 + y2
x2
∣∣∣∣∣∣ = c
35.8) (x3 + xy − x)dx+ (1− x2)dy = 0
Solucion:
Dando forma a la ecuacion
(−x)(1− x2)dx+ xydx+ (1− x2)dy = 0
Dividiendo entre (1− x2)dx a la ecuacion
−x+ xy
(1− x2)+dy
dx= x (forma canonica)
La ecuaciÃ3n es lineal no homogà c©nea de primer orden, donde:
p(x) =x
(1− x2)q(x) = x
El factor de integraciÃ3n es:
I(x) = e∫p(x)dx = e
∫x
(1−x2)dx
= e−12 ln(1− x2) = (1− x2)2
Hacemos
48
d
dx(I(x)y) = I(x)q(x)
o sea:
d
dx((1− x2)2y) = x(1− x2) = (x− x3)
Integrando con respecto a x
∫d
dx((1− x2)2y) =
∫(x− x3)dx
(1− x2)2y = (2x2
4− x4
4)
y =1
4((2x2 − x4 + c)
(1− x2)2)
35.9) (x+ 1)y′ − 2y = x+ 14
Solucion:
Dividiendo entre (x+ 1) a la ecuacion
y′ − 2y
x+ 1= (x+ 1)3 (forma canonica)
La ecuaciÃ3n es lineal no homogà c©nea de primer orden, donde:
p(x) =2
x+ 1q(x) = (x+ 1)3
El factor de integraciÃ3n es:
I(x) = e∫p(x)dx = e
∫ −2x+1
dx = e−2ln(x+1) =1
(x+ 1)2
Hacemos
d
dx(I(x)y) = I(x)q(x)
o sea:
d
dx(
y
x+ 12) =
(x+ 1)3
(x+ 1)2= x+ 1
49
Integrando con respecto a x
∫d
dx(
y
x+ 12) =
∫(x+ 1)dx
y
x+ 12=
(x2 + 2x+ c)
2
y = [(x2 + 2x+ c)
2)](x+ 1)2
36) Resolver la siguiente ecuacion de Bernoulli.
36.1) 8xy′ − y =1
y3√x+ 1
Solucion
y′ − y
8x=
y−3
8x√x+ 1
P (x) = −18x
Q(x) = 18x√x+1
n = −3
Sabemos que:
z = y−1−n;dz
dx= (1− n)y−ny′ z = y4;
dz
dx= 4y3y′
Multuplicando I por (1− n)y−ny′3
4y3y′ − y4
2x=
1
2x√x+ 1
Reemplazando por Z:
z′ − z
2x=
1
2x√x+ 1
⇒ P (x) = −12x
Q(x) =1
2x√x+ 1
Por lo tanto:
I(x) = e−∫
12xdx = e−
| ln x|2 =
1√x
50
Hacemos:d(I(x))z
dx= I(x)θ(x)
∫d
dx(z√x)−
∫ √x
2x√x+ 1
Hacemos: x = t2 → dx = 2tdt
z√x=
∫dt√t2 + 1
Hacemos: t = tan θ → dt = sec2 θdθ
z√x=
∫sec θdθ
z√x= ln |
√x+ 1−
√x|+ C
y4 =√x ln |√x+ 1−
√x|+
√xC
Respuesta
y =
36.2) y′ =x
x2y + y3
Solución
dxdy
=x2y + y3
x
dxdy− xy = y3x−1
y′3x−1...(I)
P (x) = −y , Q(x) = y3, n = −1
Sabemos que:
z = x−1−n;dz
dy= (1− n)x−nx′ z = x2;
dz
dy= 2x−1x′
Multiplicando 2x a (I)
2xx′2y = 2y3
dz
dy− 2zy = 2y3...(II)
51
Es una ecuación lineal:
P (y) = −2y Q(y) = 2y2
I(x) = e−
∫2ydy
= e−y2
Haciendo:
d(I(y))z
dy= I(y)(Q(y))
∫d
dy
z
ey2=
∫2y3
ey2
e
z
y2 =
∫2y3
ey2dy
Hacemos: y2 = u→ dy = du
2u12
z
ey2=∫2u
12ue−u du
2u12
z
ey2=∫ue−udu
z
ey2= −ue−u − e−u + C
Reemplazando valores:
Respuesta:
(x2 + y2 + 1)e−y2= C
36.3) (2y + 1)dx = (2y3x2 + x2y2 − 2x)dy
Solución
dxdy
=(2y + 1)(x2y2)− 2x
2y + 1−
dxdy
= x2y2 − 2x2y+1
x′ + 2x2y+1
= y2x2...(I)
P (y) = 22y+1
, Q(y) = y2 , n = 2
52
Sabemos que:
z = x−1−n;dz
dy= (1− n)x−nx′ z = x−1;
dz
dy= −x−2x′
Multiplicando (I) por −x−2
z′ − 2z2y+1
= −y2...(II)
Es lineal:
⇒= −22y+1
; Q(y) = −y2
I(y) = e−2∫
22y+1
dy = e−ln|2y+1| =1
2y + 1
Hacemos:
d(I(y))z
dy= I(y)Q(y)
∫d
dy(
z
2y + 1) = −
∫y2
2y + 1
z2y+1
= [∫
4y2+12y+1
−∫
12y+1
]
z2y+1
= y4− y2
4− ln |
√2y+1|4
+ C
1x(2y+1)
= y4− y2
4− ln |
√2y+1|4
+ C
1x= (2y + 1)(y
4− y2
4− ln |
√2y+1|4
+ C)
Respuesta
x = 12y+1
[y−y2
4− ln |
√2y + 1|+ C]
36.4) (4− x2)y′2
Solución
y′ +4y
4− x2=
2 + x
4− x2y2
y′ +4y
4− x2=
y2
2− x...(I)
P (x) = 44−x2 ; Q(x) = 1
2−x
53
Sabemos que:
z = x−1−n;dz
dy= (1− n)x−nx′ z = y−1;
dz
dx= −y−2y′
Multiplicamos (I) por −y−2
−y−2y′ − 4y−1
4− x2=−1
2− x
z′ − 4z
4− x2=−1
2− x...(II)
II es lineal:
⇒ P (x) =−4
4− x2; Q(x) =
−12− x
I(x) = e−
∫4
4−x2dx
Resolviendo la integral:
−∫
4
4− x2dx
x = sec θ
dx = 2 sec θ tan θ
−∫
4
4− x2dx =
∫−8 sec θ tan θ4(1− sec2 θ)
dθ
2
∫sec θ
tan θdθ
2
∫csc θdθ
2 ln | csc θ − cot θ|
Reemplazando:
2 ln | 2√4−x2 −
x√1−x2 |
ln |2− x2 + x
|
Por lo tanto:
54
FI = eln |2−x2+x|
FI =2− x2 + x
= I(x)
Haciendo:
d(I(x)z)
dx= I(x)Q(x)
d
dx(2− x2 + x
z) = (2− x2 + x
)(1
2− x)∫
d
dx
2− x2 + x
z =
∫dx
2 + x
(2− x2 + x
z) = ln |2 + x|+ C
Respuesta:
1
y= (
2− x2 + x
)[ln |2 + x|+ C]
36.6) xy(1 + xy2) dydx
= 1
dy
dx=
1
xy + x2y3
dx
dy= xy + x2y3
x′3x2......(I)
P (x) = −y,Q(x) = y3, n = 2
Hacemos:z = x1−n;
dz
dx= (1− n)x−nx′
z = x−1;dz
dx= −x−2x′
Multiplicamos I por −x−2 :−x2x′−1y = −y3
z′3
P (y) = y,Q(y) = −y3
Hallando el Factor Integrante:
I(y) = e∫(ydy) = e
y2
2
55
Hacemos: ∫d(e
y2
2 .z)
dy=
∫−e
y2
2 .y3
Resolviendo la integral de la derecha por sustitucion :
u = y2; dy =du
2u12
ey2
2 .z = −∫e
u2 .u.u1/2.
du
2u(1/2)
ey2
2 .z =−12
∫u.e
u2 du
Por partes :m = u; dm = du
dn =1
2.eu/2;n = eu/2
ey2
2 .z = −u.eu/2 +∫eu/2du
1
x=
1
ey2
2
(−u.eu/2 + eu/2
2+ C)
1
x= −u+ 1
2+ C.e
−y2
2
(1
x+ y2 − 1
2)e
y2
2 = C
36.7)y′ = 3x2
x3+y+1
dx
dy=x
3+y + 1
3x2
dx
dy− x
3=
(y + 1)x−2
3...(I)
P (y) =−13;Q(y) =
y + 1
3, n = −2
z = x1−n;dz
dx= (1− n)x−nx′
z = x3;dz
dx= 3x2x′
Multiplicando I por (3x2):3x2x′3 = y + 1
z′ − z = y + 1
Ecuacion Lineal :P (y) = −1;Q(y) = y + 1
Hallando el Factor Integrante:I(y) = e
∫−dy = e−y
56
Hacemos:d(e−y.z)
dy=
∫e−y(y + 1)
e−y.z =
∫y.e−y +
∫e−y
Resolviendo por partes:u = y; du = dy
dv = e−y; v = −e−y
e−yz = −ye−y + 2
∫e−y
e−yz = ye−y − 2e−y + C
(z + y + 2)e−y = C
36.8) xy2y′3 = cosxx
y′ +y
x=cosx.y−2
x2....(I)
P (x) =1
x;Q(x) =
cosx
x2;n = −2
z = y3;dz
dx= 3y2y′
Multiplicando I por 3y2:
3y2y′ +y3
x=
3cosx
x2
z′ +z
x=
3cosx
x2
Ecuacion Lineal:P (x) =
1
x;Q(x) =
3Cosx
x2
Hallando el factor de Integracion:I(x) = e
∫dxx = x
Hacemos:d(x.z)
dx= x.
3cosx
x2∫d(x.z)
dx=
∫3cosx
x
xz = 3
∫cosxx
xz = 3
∫cosx
x
La integral∫
cosxx
no tiene solucion, la respuesta queda expresada en funcion de dicha integral.
xy3 = 3
∫cosx
x
57
y3 =3
x
∫cosx
x
y =
(3
x
∫cosx
x
)1/3
36.9)dy
dt=
1
3[(1− 2t)y4 − y]
1) Ecuación en forma canónica:
dy
dt+y
3=
1− 2t
3y4
P (t) =1
3;Q(t) =
1− 2t
3;n = 4
2) Multiplicamos la ecuación anterior por : (1− n)y−n = −3y−4
−3y−4dydt− y−3 = 2t− 1
3) Hacer el cambio de variable por z = y1−4 = y−3
dz
dt= −3y−4dy
dt
a la ecuación anterior para volverla lineal
dz
dt− z = 2t− 1
donde : p(t) = −1; q(t) = 2t− 1
4) Hallar el factor de integración:
I(t) = e∫−1dt = et
5) Hacemos d(I(t)z)dt
= I(t)q(t) :
d(etz)
dt= et(2t− 1)
6) Integramos con respecto a t:
zet =
∫et(2t− 2)
58
z = t− 2 + c
7) Sustituimos z = y−3
y−3 = t− 2 + c
36.10) ty2dy
dt+ y3 = tcos(t)
1) Ecuación en forma canónica:
dy
dt+y
t= cos(t)y−2
n = −2;P (x) = 1
t;Q(x) = cos(x)
2) Multiplicamos la ecuación anterior por : (1− n)y−n = 3y2
3t2dy
dt+y
t= cos(t)y−2
3) Hacer el cambio de variable por:
z = y1−−2 = y3
dz
dt= 3y2
dy
dt
a la ecuación anterior para volverla lineal
dz
dt+
3
tz = 3cos(t)
donde : p(t) = 3t; q(t) = 3cos(t)
4) Hallar el factor de integración:
I(t) = e∫
3tdt = t3
5) Hacemos d(I(t)z)dt
= I(t)q(t) :
d(t3z)
dt= t3(3cos(t))
6) Integramos con respecto a t:
59
t3z =
∫t3(3cos(t))
t3z = t3sen(t) + 3t2cos(t)− 6tsen(t)− 6cos(t)
7) Sustituimos z = y3
y−3 = sen(t) +3cos(t)
t+
6sen(t)
t2− 6cos(t)
t3+ c
36.11) xdy
dx+ y = x4y3
1) Ecuación en forma canónica:
dy
dx+y
x= x3y3
n = 3;P (x) =1
x;Q(x) = x3
2) Multiplicamos la ecuación anterior por : (1− n)y−n = −2y−3
−2y−3 dydx−−2y
−2
x= −2x3
3) Hacer el cambio de variable por:
z = y1−3 = y−2
dz
dx= −2y−3 dy
dx
a la ecuación anterior para volverla lineal
dz
dx− 2
xz = −2x3
donde : p(x) = −2x; q(t) = −2x3
4) Hallar el factor de integración:
I(t) = e∫ −2
xdt = e−2lnx = x−2
5) Hacemos d(I(x)z)dx
= I(x)q(x) :
60
x−2z)
dx= −2x
6) Integramos con respecto a t:
x−2z =
∫−2x
x−2z = −x2 + c
7) Sustituimos z = −2y−2 = −x4 + c
36.12) xdy
dx+
1
2tan(x)y = −xsen(x)y3
1) Ecuación en forma canónica:
xdy
dx+
1
2tan(x)y = −xsen(x)y3
n = 3;P (x) =1
2tan(x);Q(x) = −xsen(x)
2) Multiplicamos la ecuación anterior por : (1− n)y−n = −2y−3
−2y−3 dydx− Y −2tan(x) = 2xsen(x)
3) Hacer el cambio de variable por:
z = y1−3 = y−2
dz
dx= −2y−3 dy
dx
a la ecuación anterior para volverla lineal
dz
dx− tan(x)z = 2xsen(x)
donde : p(x) = −tan(x); q(t) = 2xsen(x)
4) Hallar el factor de integración:
I(t) = e∫−tan(x)dx = eln(cosx) = cos(x)
61
5) Hacemos d(I(x)z)dx
= I(x)q(x) :
cos(x)z)
dx= cos(x)2xsen(x)
6) Integramos con respecto a t:
cos(x)z =
∫cos(x)2xsen(x)
cos(x)z = xsen2(x) +sen(2x) + 2x
4
7) Sustituimos z = y−2
y−2 = xsen2(x)
cos(x)+sen(2x) + 2x
4cos(x)+ c
37) Determine la solución general de (1 + x3)y′2 + x2y + 1 = 0 , si una solución particular es de laforma y = ax+ b.
Solución:
(1 + x3)y′2 + x2y + 1 = 0 ...(1)
Solución particular: y = ax+ b
Derivando:
y′ = a
Reemplazando en (1):
(1 + x3)a+ 2x(a2x2 + 2abx+ b2) + x2(ax+ b) + 1 = 0
a+ ax3 + 2a2x3 + 4abx2 + 2b2x+ ax3 + bx2 + 1 = 0
Agrupando:
(a+ 2a2 + a)x3 + (4ab+ b)x2 + 2b2x+ (1 + a) = 0
=⇒ b = 0 ∧ a = −1
62
y = −x
Hacemos:
y = −x+ z ∧ y′ = −1 + z′
Reemplazando en (1):
(1 + x3)(−1 + z′2 − 2xz + z2) + x2(−x+ z) + 1 = 0
(z′ − 1) +2x3 − 4x2z + 2xz2
1 + x3+−x3 + 3x2
1 + x3+
1
1 + x3= 0
z′ − 1 +2x3 − 4x2z + 2xz2 − x3 + zx2 + 1
1 + x3= 0
z′ − 1 +1 + x3 − 3zx2 + 2xz2
1 + x3= 0
z′ − 1 + 1− 3zx2
1 + x3= − 2xz
1 + x3
z′ − 3x2z
1 + x3= − 2xz2
1 + x3...(2)
P (x) =−3x2
1 + x3, Q(x) =
−2x1 + x3
, n = 2
Sea:
w = z−1 , w′−2z′
Multiplicamos (2) por −z−2:
−z−2z′ + 3x2z−1
1 + x3=
2x
1 + x3
w′ +3x2w
1 + x3=
2x
1 + x3
Aplicamos resolución de Ecuaciones Lineales:
P (x) =3x2
1 + x3; Q(x) =
2x
1 + x3
Factor Integrante:
63
I(x) = e
∫3x2
1 + x3dx
= 1 + x3
Hacemos:
d
dx((1 + x3)w) = (1 + x3)
2x
1 + x3= 2x∫
d
dx((1 + x3)w) =
∫2xdx
(1 + x3)w = x2 + C
1
z=
x2
1 + x3+
C
1 + x3
z = (x2
1 + x3+
C
1 + x3)−1
z =1 + x3
x2 + C
Reemplazando z en la solución general:
y = x+ z
y = x+1 + x3
x2 + C
y =2x3 + Cx+ 1
x2 + C
38) Para x > 0 considere la ecuación de Ricatti
y′−2xy2 − 1
x(1 + 4x+ 2x2)y = −e
2x
x(1 + x+ 2x2 + x3) ...(a)
a) Encuentre una solución particular de la forma y1(x) = e2x(Ax+B).
b) Hallar la solución general.
Solución:
64
Hallando la solución particular:
y = e2x(Ax+B) , y′2x(Ax+B) + A(e2x)
Reemplazando en (a):
2e2x(Ax+B)+A(e2x)+e−2xe4x(A2x2+2ABx+B2)−1 + 4x+ 2x2
xe2x(Ax+B) = −e
2x
x(1+x+2x2+x3)
Multiplicando porx
e2xa la ecuación anterior:
2Ax2+2Bx+Ax+A2x3+2ABx2+B2x−(Ax+B+4Bx2+4Bx+2Ax3+2Bx2)+1+x+2x2+x3 = 0
2Ax2+2Bx+Ax+A2x3+2ABx2+B2x−Ax−B−4Ax2−4Bx−2Ax3−2Bx2+1+x+2x2+x3 = 0
Dando forma:
(A2 − 2A+ 1)x3 + (2A+ 2AB − 4A− 2B + 2)x2 + (2B + A+B2 − A− 4B + 1)x+ (−B + 1) = 0
De la ecuación anterior obtenemos:
A = 1 ∧ B = 1
Entonces la solución particular es:
y = e2x(x+ 1)
Haciendo:
y = e2x(x+ 1) + z ...(b)
y′2x(x+ 1) + e2x + z′
Reemplazamos en (a):
2e2x(x+ 1) + e2x + z′−2x((x+ 1)e2x + z)2 − 1 + 4x+ 2x2
x(e2x(x+ 1) + z) =
−e2x(1 + x+ 2x2 + x3)
x
65
z′2x(x+1)+e2x+e−2x((x2+2x+1)e4x+2(x+1)e2xz+z2)−(1 + 4x+ 2x2)
x((x+1)e2x+z) = −e
2x
x(1+x+2x2+x3)
z′−2xz2+(2(x+1)−1 + 4x+ 2x2
x)z =
1 + 4x+ 2x2
x(x+1)e2x−e2x(x2−2x+1)−e
2x
x(1+x+2x2+x3)−2e2x(x+1)−e2x
z′−2xz2+(2(x+1)−1 + 4x+ 2x2
x)z = e2x(
1 + 4x+ 2x2
x(x+1)−(x2+2x+1)−1 + x+ 2x2 + x3
x−2(x+1)−1)
= e2x(x+ 4x2 + 2x3 + 1 + 4x+ 2x2 − 1− x− 2x2 − x3
x− (x2 + 2x+ 1)− 2(x+ 1)− 1)
= e2x(x3 + 4x2 + 4x
x− x2 − 4x− 4) = e2x(0) = 0
=⇒ z′−2xz2 + (2(x+ 1)− (1 + 4x+ 2x2)
x)z = 0
z′ = (2(x+ 1)− (1 + 4x+ 2x2)
x)z = −e−2xz2
z′ + (2x2 + 2x− 1− 4x− 2x2
x)z = −e−2xz2
z′ − (1− 2x
x)z = −e−2xz2 ...(c)
Aplicando Bernoulli en (c):
P (x) = −1 + 2x
x; Q(x) = −e−2x ; n = 2
Haciendo:
w = z−1 , w′−2z′
Multiplicando (c) por −z−2:
−z−2z′ + (1 + 2x
x)z−1 = e−2x
Aplicando Ecuaciones Lineales:
w′ + (1 + 2x
x)z−1 = e−2x
=⇒ P (x) =1 + 2x
x, Q(x) = e−2x
Factor integrante:
66
I(x) = e
∫1 + 2x
xdx
= elnx+2x = xe2x
Hacemos:
d
dx(xe2xw) = xe2xe−2x = x
Integrando:
∫d
dx(xe2xw) =
∫xdx
xe2xw =x2
2
w =xe−2x
2
1
z=
x
2e2x
z =2e2x
x
Reemplazando z en (b):
y = e2x(x+ 1) + z
y = e2x(x+ 1) +2e2x
x
y = e2x(x+ 1 +2
x)
La solución general es:
y = e2x(x2 + x+ 2
x)
39) Considere la ecuación diferencial
y′2 = x(x− 2) ...(a)
67
a) Encuentre una solución particular de la forma y = Ax+B.
b) Determine la solución general.
c) Determine la solución particular que pasa por el punto (2, 2).
Solución:
Hallando la solución particular:
y = ax+ b =⇒ y′ = a
Reemplazando en (a):
a− (a2x2 + 2abx+ b2) + 2(1− x)(ax+ b) = x(x− 2)
(−a2 − 2a− 1)x2 + (2− 2b+ 2a− 2ab)x+ (a− b2 + 2b) = 0
=⇒ a = 1 ∧ b = 1
Entonces la solución particular es:
y = −x+ 1
Hacemos:
y = −x+ 1 + z ...(b)
y′ = −1 + z′
Reemplazando en (a):
−1 + z′2 + 2(1− x)(1− x+ z) = x(x− 2)
z′2 + 2z(−x+ 1) + z2) + 2(1− x)z + 2(1− x)(1− x) = x(x− 2)
z′2 − 2z(−x+ 1) + 2(1− x)z = x(x− 2− 2(1− x)2 + 1 + 1− 2x+ x2)
z′2 = 0
z′2 ...(c)
Aplicando Bernoulli en (c):
68
P (x) = 0 ∧Q(x) = 1 ∧ n = 2
Hacemos:
w = z−1 =⇒ w′−2z′
Multiplicando por −z−2:
−z−2z′ + 0 = −1
w′ + 0w = −1
Aplicando Ecuaciones Lineales:
P (x) = 0 ∧Q(x) = −1
Factor Integrante:
I(x) = e∫0dx = eC
Hacemos:
∫d
dx(eCw) =
∫−eCdx
eCw = −eCx
w = −x1
z= −x
z =−1x
Reemplazando z en (b):
y = −x+ 1 + z
y = −x+ 1− 1
x
y =−x2 + x− 1
x
69