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EXAMEN PR ´ ACTICO DE EDO • Resolver: 4x 3 - e xy (y + xy 0 )=0 SOLUCI ´ ON: Llevando a su forma 4x 3 - e xy y + x dy dx =0 4x 3 dx - ye xy dx - xe xy dy =0 ( 4x 3 - ye xy ) dx - xe xy dy =0 ...EDO Sean: M (x, y)=4x 3 - ye xy ∧ N (x, y)= -xe xy Luego: ∂M ∂y = -xye xy - e xy ∧ ∂N ∂x = -xye xy - e xy Ahora vemos que la EDO es exacta Entonces: ∃z = F (x, y)/ ∂z ∂x = M ∧ ∂z ∂y = N , es decir: ∂z ∂x =4x 3 - ye xy ; luego integrando con respecto a “x”, tenemos: z = x 4 - e xy + ϕ y ...(α) Ahora derivamos (α) con respecto a “y”. As´ ı: ∂z ∂y = -xe xy + ϕ 0 y ; pero ∂z ∂y = N , entonces tenemos que: -xe xy = -xe xy + ϕ 0 y ; luego: ϕ 0 y =0, integrando tenemos: ϕ y = K 1 ...(β ) Luego reemplazando (β ) en (α), tenemos: z = x 4 - e xy + K 1 ; pero se sabe que: z = C Finalmente: x 4 - e xy = K S.G. • Resolver: ln(x - y)+ x + y x - y dx + ln(x - y) - x + y x - y dy =0 SOLUCI ´ ON: Sean: M (x, y) = ln(x - y)+ x + y x - y ∧ N (x, y) = ln(x - y) - x + y x - y Luego: ∂M ∂y = -1 x - y + (x - y)+(x + y) (x - y) 2 = x + y (x - y) 2 ∂N ∂x = 1 x - y - (x - y) - (x + y) (x - y) 2 = x + y (x - y) 2 Como la ∂M ∂y = ∂N ∂x , entonces la EDO es exacta. Entonces: ∃z = F (x, y)/ ∂z ∂x = M ∧ ∂z ∂y = N , es decir: ∂z ∂x = ln(x - y)+ x + y x - y ; luego integrando con respecto a “x”, tenemos: R dz = R ln(x - y)dx + R x+y x-y dx ⇒ R dz = R ln(x - y)dx + R 1+ 2y x-y dx 1
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EXAMEN PRACTICO DE EDO
• Resolver: 4x3 − exy (y + xy′) = 0SOLUCION:
Llevando a su forma
4x3 − exy(y + x
dy
dx
)= 0
4x3dx− yexydx− xexydy = 0(4x3 − yexy
)dx− xexydy = 0 ...EDO
Sean: M (x, y) = 4x3 − yexy ∧ N (x, y) = −xexy
Luego:∂M
∂y= −xyexy − exy ∧ ∂N
∂x= −xyexy − exy
Ahora vemos que la EDO es exacta
Entonces: ∃z = F (x, y)/ ∂z∂x
= M ∧ ∂z∂y
= N , es decir:
∂z
∂x= 4x3 − yexy; luego integrando con respecto a “x”, tenemos:
z = x4 − exy + ϕy ...(α)Ahora derivamos (α) con respecto a “y”. Ası:∂z
∂y= −xexy + ϕ′y; pero ∂z
∂y= N , entonces tenemos que:
−xexy = −xexy + ϕ′y; luego: ϕ′y = 0, integrando tenemos: ϕy = K1 ...(β)Luego reemplazando (β) en (α), tenemos:z = x4 − exy +K1; pero se sabe que: z = C
Finalmente: x4 − exy = K S.G.
• Resolver:
[ln(x− y) +
x+ y
x− y
]dx+
[ln(x− y)− x+ y
x− y
]dy = 0
SOLUCION:
Sean: M (x, y) = ln(x− y) +x+ y
x− y∧ N (x, y) = ln(x− y)− x+ y
x− yLuego:
∂M
∂y=−1
x− y+
(x− y) + (x+ y)
(x− y)2=
x+ y
(x− y)2
∂N
∂x=
1
x− y− (x− y)− (x+ y)
(x− y)2=
x+ y
(x− y)2
Como la∂M
∂y=∂N
∂x, entonces la EDO es exacta.
Entonces: ∃z = F (x, y)/ ∂z∂x
= M ∧ ∂z∂y
= N , es decir:
∂z
∂x= ln(x− y) +
x+ y
x− y; luego integrando con respecto a “x”, tenemos:∫
dz =∫
ln(x− y)dx+∫
x+yx−ydx ⇒
∫dz =
∫ln(x− y)dx+
∫ (1 + 2y
x−y
)dx
1
Entonces:∫dz =
∫ln(x− y)dx+
∫dx+
∫ (2yx−y
)dx
para esto hacemos cambio de variable:Sea: u = x− y ⇒ du = dx, luego reemplazamos en lo anterior:∫dz =
∫ln(u)du+
∫du+ 2y
∫ (duu
)dx; ası tenemos:
z = u ln(u)− u+ u+ 2y ln(u) + ϕ; pero u = x− y, reemplazando tenemos:z = (x− y) ln(x− y) + 2y ln(x− y) + ϕ(y) ...(α)Ahora derivamos (α) con respecto a “y”. Ası:∂z
∂y= −1− ln(x− y) +
−2y
x− y+ 2 ln(x− y) + ϕ′y, pero ∂z
∂y= N
Entonces:
ln(x− y)− x+ y
x− y= 2 ln(x− y)− ln(x− y)− 1− −2y
x− y+ ϕ′y
2 ln(x− y)− x+ y
x− y= 2 ln(x− y)− x+ y
x− y+ ϕ′y
ϕ′y = 0
Integrando: ϕy = K1 ...(β)Ahora, reeemplazamos (β) en (α), ası tenemos:z = (x− y) ln(x− y) + 2y ln(x− y) +K1; pero z = C. Ası que:(x+ y) ln(x− y) +K1 = CFinalmente:
(x+ y) ln(x− y) = K S.G.
Yuri Quihui Curo
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