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• Miguel Pumayauli

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ECUACIONES DIFERENCIALES

Practica n.-1 I) Soluciones de ecuaciones diferenciales 1) Demostrar por sustitución directa en la ecuación diferencial, comprobando las constantes arbitrarias, que cada primitiva a lugar a la correspondiente ecuación diferencial.

y  C1 senx  C2 x a) Solución:

(1  xctgx) y  xy   y  0 es solución de

y  C1 Senx  C 2 x y  C1cosx  C2 y  C1Senx

(1  x c tgx ) y   (1  xctgx)( C1Senx)  C1senx  C2 x cos x ……….. (1)

 xy   x(C1cosx  C2 )   xC1cosx  C2 x

…………………. (2)

y  C1 Senx  C 2 x …………….. (3) Luego sumamos (1), (2) y (3)

(1  x c tgx) y  xy  y  C1senx  C1 x cos x  C1 x cos x  C2 x  C1senx  C2 x (1  x c tgx ) y  xy  y  0

y  C1e x  C 2 xe x  C 3 e  x  2 x 2 e x b)

y  y  y  y  8e x es solución de

Solución:

y  C1e x  C 2 xe x  C 3 e  x  2 x 2 e x y  C1e x  C2 e x  C2 xe x  C3e x  4 xe x  2 x 2 e x y  C1e x  C2 e x  C2 e x  C2 xe x  C3e x  4e x  4 xe x  4 xe x  2 x 2 e x y  C1e x  C2 e x  C2e x  C2 e x  C2 xe x  C3e  x  4e x 4e x  4 xe x  4e x  4 xe x  4 xe x  2 x 2 e x .......… .. (1)

 y  C1e x  C2 e x  C2 e x  C2 xe x  C3e x  4e x 4 xe x  4 xe x  2 x 2e x ……………………..… … (2)

 y   C1e x  C2e x  C2 xe x  C3e  x  4 xe x  2 x 2e x … ….. (3)

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y  C1e x  C 2 xe x  C3 e  x  2 x 2 e x ………………….. (4) Luego sumamos (1), (2), (3) y (4) x x x x x x y  y  y  y  C1e  C2e  C2e  C2 e  C2 xe  C3e

4e x  4e x  4 xe x 4e x  4 xe x  4 xe x  2 x 2e x

C1e x  C2e x  C2e x  C2 xe x  C3e  x 4e x  4 xe x x x x x 4 xe x  2 x 2 e x C1e  C2e  C2 xe  C3e x x x 2 x 4 xe x  2 x 2 e x C1e  C2 xe  C3e  2 x e

y  y  y  y  8e x y  y  2  2 x

y  2 x  Ce x 2)Demostrar que

es la solución de la ecuación diferencial, y

x  0, y  3

solución particular para

hallar la

( esto es la ecuación de la curva integral que pasa por (0,3))

Solución:

y  2 x  Ce x y  2  Ce x …………………….. (1)

 y  2 x  Ce x ……………………..(2) Luego sumamos (1) y (2)

y   y  2  Ce x  2 x  Ce x y  y  2  2 x ( x, y )  (0,3)

3  2(0)  Ce 0



C 3

y  2 x  3e x La ecuación de la curva integral es:

y  C1e x  C 2 e 2 x  x

y  3 y  2 y  2 x  3

3) Demostrar que es solución de ecuación de la curva integral que pase por los puntos (0,0) y (1,0)

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y hallar la

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Solución:

y  C1e x  C 2 e 2 x  x y  C1e x  2C2 e 2 x  1 y  C1e x  4C2 e2 x ………………….…… (1)

3 y  3C1e x  6C2e 2 x  3 …….………..… (2)

2 y  2C1e x  2C2 e2 x  2 x ….…………….. (3) Luego sumamos (1), (2) y (3) x 2x x 2x y   3 y   2 y  C1e  4C2 e 3C1e  6C2e  3

2C1e x  2C2e 2 x  2 x

y  3 y  2 y  2 x  3

0  C1e0  C2 e 2(0)  0

( x, y )  (0, 0)

0  C1  C2



C2  C1

0  C1e1  C2 e 2(1)  1

( x, y)  (1, 0)

0  C1e  C1e 2  1

C1 

1 e(e  1)





C1e(e  1)  1 C2  

1 e(e  1)

La ecuación de la curva integral es:

y

ex e2 x  x e(e  1) e(e  1)

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4 xy  2 xy  y  0

( y  C ) 2  Cx 4) Demostrar que es la primitiva de la ecuación diferencial hallar las ecuaciones de las curvas integrales que pasan por el punto (1,2)

xy   y 5) La primitiva de la ecuación diferencial que pasa por el punto (1,2)

y

y  Cx es

. Hallar la ecuación de la curva integral

Solución:

y  Cx y  C

xy  xC



xy   y ( x, y)  (1, 2)

2  C (1)

C2



y  2x La ecuación de la curva integral es:

y  C1cosx  C2 senx

y  y  0

y  Acos ( x  B )

6) Comprobar que y, son primitivas de demostrar también que ambas ecuaciones son, en realidad, una sola. Solución:

y  C1cosx  C2 senx .

y  C1senx  C2 cos x y  C1Cosx  C2 Senx …………………….. (1)

y  C1cosx  C2 senx ………………………(2) Luego sumamos (1) y (2)

y  y  C1Cosx  C2 Senx C1cosx  C2 senx y  y  0

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y  Acos ( x  B ) .

y   Asen( x  B) y   Acos ( x  B ) ………………. (3)

y  Acos( x  B) …………………(4) Luego sumamos (3) y (4)

y   y   Acos ( x  B )  Acos ( x  B )

y  y  0

y  C1cosx  C2 senx . Ahora demostraremos que

y  Acos ( x  B ) y

son, en realidad, una sola.

y  Acos ( x  B )

y  A cos x cos B  AsenxsenB

AcosB Como

AsenB y

son constantes, pueden asumir el valor de

C1  AcosB



C2   AsenB

y  C1cosx  C2 senx  Acos ( x  B)

ln( x 2 )  ln(

y2 )  A x x2

7) Demostrar que

y 2  Be x se puede escribir así

Solución:

ln( x 2 )  ln(

ln( x 2 .

y2 )  A x x2

y2 )  A x x2

ln( y 2 )  A  x

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e A x  y 2 e A .e x  y 2 eA  B

eA Como

es una constante

e A .e x  y 2 Reemplazamos en



Be x  y 2 x 1 y2  y 1 x2  B

arcSenx  arcSeny  A 8) Demostrar que

se puede escribir así

Solución:

arcSenx  arcSeny  A Derivamos:

dx 1 x

2



dy 1 y2

0

dx 1  y 2  dy 1  x 2 1  x2 1  y 2

0

dx 1  y 2  dy 1  x 2  0 Integramos:



1  y 2 dx   1  x 2 dy   0 x 1  y 2  y 1  x2  B

ln( 1  y )  ln( 1  x )  A 9) Demostrar que Solución:

xy  x  y  C se puede escribir como

ln( 1  y )  ln( 1  x )  A

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ln[( 1  y )(1  x )]  A

ln( 1  x  y  xy)  A

e A  1  x  y  xy e A 1  x  y  xy e A 1 Como

es constante, entonces puede tomar el valor

e A 1  C x  y  xy  C



Senhy  Coshy  Cx 10) Demostrar que

y  ln( x)  A se puede escribir como

Solución:

Senhy  Coshy  Cx

e y  e y e y  e y   Cx 2 2 e y  Cx

ln Cx  y ln C  ln x  y

A  ln C

ln C Como

es constante entonces le damos el valor de

y  ln( x)  A II) Origen de las ecuaciones diferenciales

( x, y ) 1) Se define una curva por la condición que cada uno de sus puntos su pendiente es igual al doble de la suma de las coordenadas del punto. Exprese la condición mediante una ecuación diferencial. Solución:

m

y x

La pendiente es

y  2( x  y ) x

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y  2x  2 y x

y  2 x 2  2 yx

y

2x2 1 2x

dy 4 x(1  2 x)  2 x 2 (2)  dx (1  2 x) 2 dy 4 x (1  x )  dx (1  2 x) 2 2) Una curva esta definida por la condición que representa la condición que la suma de los segmentos x e y interceptados por sus tangentes en los ejes coordenados es siempre igual a 2, Exprese la condición por medio de una ecuación diferencial. 3) Cien gramos de azúcar de caña que están en agua se convierten en dextrosa a una velocidad que es proporcional a la cantidad que aun no se ha convertido, Hállese la ecuación diferencial que exprese la velocidad de conversión después de “t” minutos. Solución

q

t

Sea “ ” la cantidad de gramos convertidos en “ ” minutos, el numero de gramos aun no

(100  q )

dq  K (100  q) dt

convertidos será “ ” y la velocidad de conversión vendrá dada por K es la constante de proporcionalidad.

, donde

4) Una partícula de masa “m” se mueve a lo largo de una línea recta (el eje x) estando sujeto a : i) ii)

Una fuerza proporcional a su desplazamiento x desde un punto fijo “0” en su trayectoria y dirigida hacia “0”. Una fuerza resistente proporcional a su velocidad

Expresar la fuerza total como una ecuación diferencial 5) Demostrar que en cada una de las ecuaciones a)

y=x 2 + A + B

Solución Debido a que la suma

A + B son constantes la suma será igual a una constante k

⇒ y=x 2 +k b)

y= A e x+B

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Solución

y= A e B e x A eB

Debido a que

es una constante la reemplazamos por k

x

⇒

y=k e

c)

y= A+lnBx

Solución

y= A+lnB +lnx A +lnB

Debido a que

es una constante la reemplazamos por k

y=k +lnx Solamente es usual una de las dos constantes arbitrarias 6) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva

y= A x 2+ Bx +C Solucion

y= A x 2+ Bx +C y ' =2 Ax +B y '' =2 A y '' ' =0 ⇒ la ecuación diferencial asociada es: '' '

y =0 7) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva 2

3

3

5

x y + x y =c Solución 3

2

2

2

5

4

3

2 xdx y +3 y dy x +3 x dx y +5 y dy x =0 2

2 x y 3 +3 y 2 y ' x +3 x2 y 5 +5 y 4 y ' x 3=0 2 y 2+3 yx y ' +3 x y 4 +5 y 3 y ' x 2=0 8) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva

y= Acos ( ax ) +Bsen ( ax ) Solución

y= Acos ( ax ) +Bsen ( ax )

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ECUACIONES DIFERENCIALES '

y =−Asen ( ax ) a+ Bcos ( ax ) a y '' =−Acos ( ax ) a2−Bsen ( ax ) a 2 ''

2

y =−a ( Acos ( ax ) + Bsen ( ax ) ) ''

2

y =¿ - a y 9) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva

y= A e 2 x + B e x +C Solución

y= A e 2 x + B e x +C y ' =2 A e2 x + B e x y ' −B e x =2 A e2 x Derivando

( y '' −B e x ) e 2 x −2 ( y ' −B e x ) e2 x e

4x

=0

y ' ' −B e x −2 y ' +2 B e x =0 y '' −2 y ' =−B e x y ' ' −2 y ' =−B ex Derivando y acomodándolo: '' '

''

'

y −3 y +2 y =0 10) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva

y=c1 e 3 x + c 2 e 2 x +c 3 e x Solución:

|

||

e3 x e2 x ex y 3 e3 x 2 e2 x ex y ' =e6 x 9 e3 x 4 e2 x e x y ' ' 3x 2x x 27 e 8e e y' ' '

1 3 9 27

1 1 y 2 1 y' 4 1 y' ' 8 1 y'' '

=

e 6 x ( −2 y ' ' ' +12 y' ' −22 y ' +12 y ) =0

=

−2 y +12 y −22 y + 12 y=0

=

y ' ' ' −6 y ' ' +11 y' −6 y=0

' ''

''

|

'

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11) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva

y=c x 2+ c 2 Solución

y=c x 2+ c 2 y ' =2 cx y '' =2c y '' ' =0 12) Hallar la ecuación diferencial de la familia de circunferencias de radio fijo “r” cuyos centros están en el eje x

La ecuación de una circunferencia es:

( x− p )2 + y 2=r 2 p=x− √r 2 − y 2 Derivando −1

0=1−

1 2 22 √r − y 2 y ' 2

13) Hallar la ecuación diferencia de la familia de parábolas cuyos focos están en el origen y cuyos ejes están sobre el eje x Solución:

La ecuación de la familia de la parábola es:

x 2=4 py

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ECUACIONES DIFERENCIALES Donde el vértice es (0,0) y el foco F (0, p) 2

x =4 p y Derivamos

2 xy−x 2 y ' =0 y2 2 xy =x 2 y ' 2 y=xy '

PRACTICA n.-2 I)

SEPARACIÓN DE VARIABLES

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) X3dx + (y+1)2dy = 0 Sol: ∫ X3dx + ∫ (y+1)2dy = c X4/4 + c1 + (y+1)3/3 +c2 = c (y+1)3/3 = k - X4/4 (y+1) =

√ 3

3(k −

y=

√ 3

X4 ) 4

3(k −

X4 ) -1 4

2) x2(y+1)dx + y2(x-1)dy = 0 Sol:

x 2( y +1) y 2( x−1) dx + (x−1)( y +1) ( x−1)( y +1)

dy = 0

x2 y2 dx + (x−1) ( y +1) dy = 0 ∫

x2 y2 dx + ∫ (x−1) ( y +1) dy = c

Sea µ = x-1 x = µ+1 dµ=dx ∫

(µ+ 1) 2 µ

Sea: v = y+1 y=v-1 dv=dy dµ =

µ2 2

+2 µ+ln µ+c1

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∫

(v −1) 2 v

=

v2 2

- 2v + lnv + c2

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( x−1)2 +2(x-1)+ln(x-1)+c1 2

( y +1)2 2

( x−1)2 +2(x-1)+ln(x-1)+c1 + 2 ( x−1)2 +2(x-1)+ln(x-1) + 2

( y +1)2 2 ( y +1)2 2

- 2(y+1) +ln (y-1) + c2

- 2(y+1) +ln (y-1) + c2 = c

- 2(y+1) +ln (y-1) = k

3) 4xdy – ydx = x2dy Sol: (4x-x2)dy – ydx=0

y (4 x−x 2) dy (4 x−x 2) y dx =0 (4 x−x 2) y dy y ∫

dx (4 x−x 2) = 0

-

dy y

1 x ln ( 4 4−x ) +c2 = c

Lny + c1 -

Lny = y=

e

dx (4 x−x 2) = c

-∫

1 x 4 ln ( 4−x ) + k 1 x ln ( )+ k 4 4 −x

4) x(y-3)dy = 4ydx Sol:

∫

x ( y −3) dy = xy

4y xy dx

( y−3) y

4 x

dy - ∫

=c

y – 3lny +c1 – 4lnx + c2 = c

y + k – lnx 4 3

lny = y=

y=

e

y+k – lnx 4 3

e

( y+k) 3

x4

5) (y2 + xy2)dy + (x2-x2y)dx = 0

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ECUACIONES DIFERENCIALES Sol:

y 2( x +1) ( 1− y ) (x+ 1) ∫

x 2(1− y ) ( 1− y ) (x+ 1)

dy +

dx= 0

y2 x2 dy + ∫ ( 1− y ) (x+ 1) dx = c

-(ln(1-y) – 2(1-y) +

(1− y )2 ( x+ 1)2 ) + c + 1 2 2

-ln (1-y) + 2(1-y) -

(1− y )2 ( x+ 1)2 + 2 2

6) x

√ 1+ y 2

+y

√ 1+ x 2

- 2(x+1) + lnx + c2 = c

- 2(x+1) + lnx = k

y’ = 0

Sol:

x √ 1+ y 2 √1+ y 2 √1+ x 2 x √ 1+ x 2

∫

dx +

∫

dx +

y √ 1+ x 2 √1+ y 2 √1+ x 2

y √1+ y 2

√ 1+ x 2

+ c1 +

√ 1+ y 2

√ 1+ y 2

=k-

√ 1+ x 2

1+y2 = (k y=±

√ 1+ x 2

dy = 0

dy = c + c2 = c

)2

√(k −√ 1+ x 2)2−1

7) Hallar la solución particular de: (1+x3) dy – x2ydx = 0, que satisfaga las condiciones iníciales x=1, y=2. Sol:

(1+ x 3) y ( 1+ x 3) dy -

∫

dy y

-∫

Lny +c1 -

x2 (1+ x 3)

x2 y y (1+ x 3) dx = 0

dx = c

1 3 3 ln(1+x ) + c2 = c

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1 3 3 ln(1+x )

Lny = k +

Para x=1,y=2: Ln(2) = k +

1 3 3 ln(1+1 )

K = 0.46

8) Hallar la solución particular de:

e x secydx + (1+ e x ) secytgydy = 0, cuando x=3, y=60

° . Sol:

(1+e x )secytgy e x secy secy(1+ e x ) dx + secy(1+e x )

dy = 0

ex ∫ (1+e x ) dx +∫ tgydy = c Ln (1+ex) + c1 + ln (secy) + c2 = c Ln (secy) = k – Ln (1+ex) Para x=3, y=60

° .

K=ln (2)+ln (1+e3) 9) Hallar la solución particular de: dp =p tan α d α , cuando

Sol: dp =p ∫

α

=0, p=1.

tan α d α

dp tan α p =∫

d

α

Lnp+c=ln(sec α )+c1 Lnp- ln(sec

α )=k

α =0,p=1.

Para

Ln1-ln1=0 K=0 II)

REDUCCIÓN A VARIABLE SEPARADA

1) Resolver : (x+y)dx + (3x+3y-4)dy = 0 Sol: (x+y) dx + (3x+3y-4) dy = 0………. (I) Sea: z = x+y dz=dx+dy

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dz dx dy dx

dz dx

=

= 1+

dy dx

– 1……………… (II)

Reemplazando en (I)

dz dx

Z + (3z-4) (

– 1) = 0

-2zdx + 3zdz – 4dz + 4dx = 0 ∫-2zdx + ∫3zdz – ∫4dz + ∫4dx = ∫0

3z2 2 +c2 -4z + c3 +4x + c4 = c

-2zx +c1+

3 ( x+ y) 2 2

-2(x+y) x +

– 4(x+y) + 4x = k

2) Resolver : (x+y)2y’ = a2 Sol: (x+y)2y’ = a2...................(I) Sea: z = x+y dz = dx+dy

dz dx

dy dx

dz dx

=

= 1+

dy dx

– 1……………… (II)

Reemplazando en (I) (x+y)2 (

dz dx

dz Z ( dx 2

∫

– 1) = a2

– 1) = a2

z2 a 2+ z 2

Z – a.arctg (

dz = ∫dx

z a )=x+k

X + y – a.arctg (

y – a.arctg (

x+ y )=x+k a

x+ y )= k a

3) Resolver: y’ = cos2 (ax+by+c) / a ≠ b, a y b son constantes positivas. Sol: Sea: z = ax+by+c

, y’= cos (ax + by + c)…….. (I)

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(

dz dx

=a+b

dz dx

-a=b

dz dx

– a)

dy dx dy dx

1 b

=

dy dx ……………. (II)

Remplazando (II) en (I) (

dz dx

dz 1 dx b

– a)

1 b

= Cos2 (z)

-

a b

= Cos2z

dz dx

- a = b Cos2z

dz dx

= bCos2z + a

dz

∫ bCos2 z +a =∫ dx √ a ¿2

¿ 2 ( √ b Cosz) +¿ dz ¿ ∫¿ 1 √a 1 √a

arctg (

= ∫dx

√ b Cosz ¿

× arctg (

√a

√b √a

4) Resolver : y’+1=

+ C1 = C2

Cos (ax + by + c))

¿ x+k

(x + y )m ( x + y ) n+( x+ y ) p

Sol:

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y x+ ¿ ¿ ¿m ¿ y y’ + 1 = x+ ¿ ………….. (I) ¿ y x+ ¿ ¿ ¿ ¿ Sea: z = x+y

dy dx

=

dz = dx+dy

dz dx

dz dx

= 1+

dy dx

– 1……………… (II)

Reemplazando en (I)

zm zn + z p

dz ( dx – 1) + 1=

dz dx

=

zm zn + z p

zn + z p ∫( ) dz = ∫ dx zm ∫ (zn-m + zp-m) = ∫ dx

( z ) n−m+1 n−m+ 1

( z ) p−m+1 = x+k p−m+1

+

(p-m+1)(x+y)(n-m+1) + (n-m+1) (x+y)(p-m+1) = (x+k) (p-m+1)(n-m+1) 5) Resolver : xy2(xy’+y) = a2 Sol: xy2 (xy’+y) = a2…………….. (I) xy2y’ + xy3 = a2 Sea: z=xy

z x

y=

x y’ =

dz −z dx x2

…………. (II)

Reemplazando (II) en (I):

z2 x (x

x

dz −z dx x2

+

z 2 x ) = a , simplificando

z2dz = a2xdx, integrando

z3 2 3 + c =a

x2 2

+

c1

2x3y3 = 3a2x2 + k

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ECUACIONES DIFERENCIALES

6) Resolver : (lnx+y3)dx - 3xy2dy = 0 Sol:

dz dx

Sea: z = lnx +y3

1 x

=

+ 3y2y’, de donde 3xy2y’ = x

Reemplazando en la ecuación diferencial se tiene: z – (x

(z+1) - x

dx x

-

dz dx

dz dx

dz dx

–1

– 1) = 0

= 0, separando las variables:

dz z +1

= 0, integrando se tiene: lnx – ln (z+1) = lnc

x = c (z+1)

1 lnx + y + 1 = kx , donde k= c 3

z+1 = kx

y3 = kx – lnx - 1 7) Resolver : y’ = tan(x+y) – 1 Sol:

dz dx

Sea: z = x+y

=1+

dy dx

Reemplazando en la ecuación diferencial:

dz dx

- 1 = tanz - 1

dz dx

= tanz ,

dz tanz

= dx, ctgzdz = dx

Integrando: Ln (senz) + c1 = x + c2 Ln(sen(x+y)) = x + k

e x+ k = sen(x+y)

8) Resolver : (6x+4y+3)dx+(3x+2y+2)dy = 0 Sol:

dz dx

Sea: z = 3x+2y

=3+2

dy dx

dy =

dz−3 dx 2

Reemplazando en la ecuación diferencial: (2z+3) dx + (z+2) (

dz−3 dx 2

)=0

Simplificando y separando las variables: Dx +

z +2 z

dz = 0

Integrando ambos miembros: z + 2lnz + x = c 4x + 2y + 2ln (3x+2y) = c

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9) Resolver : cos(x+y)dx – xsen(x+y)dx +xsen(x+y)dy Sol:

dz dx

Sea: z = x+y

dy dx

=1+

dy = dz – dx

Reemplazando en la ecuación diferencial: Coszdx = xsenzdx + xsenz (dz-dx) Simplificando y separando las variables:

dx x

= tanzdz

Integrando miembro a miembro: xcos(x+y) = c 10) Resolver : y(xy+1)dx + x(1+xy+x2y2)dy=0 Sol:

dz dx

Sea: z = xy

z x

(z+1)dx +

=y+x

dy dx

x (z +1+ z 2)(xdz – zdx) x2

dz =

z x

dx + xdy

z x

dx + xdy

=0

Simplificando y separando las variables:

dz z3

(z 2+ z ) dz + z3

=

dx x

Integrando miembro a miembro: Lnz +c1+ lnz2 + c2+ lnz3+ c3 = lnx + c Ln(xy) + ln(xy)2 + ln(xy)3 = lnx +k 11) Resolver : (y-xy2)dx – (x+x2y)dy=0 Sol:

dz dx

Sea: z = xy

=y+x

dy dx

dz =

Reemplazando en la ecuación diferencial: (

z x

z2 xdz −zdx ) dx – (x+zx) ( )=0 x x2

-

Simplificando y separando las variables:

dx 2 x

=

( z+ 1) z

dz

Integrando: 2lnx + c1 = z + lnz + c2 2lnx – ln (xy) –xy = k

12) Resolver : (1-xy+x2y2)dx + (x3y-x2)dy=0 Sol:

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dz dx

Sea: z = xy

dy dx

=y+x

Reemplazando en la ecuación diferencial:

( xdz – zdx) x2

(1+z2-z) dx + (zx2 – x2)

=0

Simplificando y separando las variables:

dx x

zx x

+

xdx x

dz -

=0

Integrando:

x2y2 – xy = k 2

Ln x +

13) Resolver : cosy’=0 Sol : Como : cosy’=0

dy dx

π 2

=

π 2

y’ = arccosα =

(2n+1)

π 2

dy =

(2n+1)

(2n+1) dx

Integrando:

π 2

y=

(2n+1) x + k

14) Resolver : ey’=1 Sol: Como: ey’=1 Integrando: y=

y’ = 0

15) Resolver : lny’=x Sol: ex = y’

dy =

e x dx

Integrando: y=

ex + c

16) Resolver : x2y’cosy+1=0/ y=16 Sol: y’Cosy +

1 x2

= 0 , de donde : cosydy +

integrando: seny -

1 x

π 3 ;x

= c , como y=16

π 3

dx x2

cuando x

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∞

=0

∞

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c = sen (16

Seny -

1 x

π 3 ) = sen (16

π 3 )

17) Resolver : tgy’=x Sol: Como tgy’ = x

∈ N

y’ = arctgx + nπ, n

dy = (arctgx + nπ)dx Integrando: 2y = 2xarctgx – ln(x2+1) + 2nπx + c Practica n.-3 I) FUNCIONES HOMOGENEAS Determinar cuales de las siguientes funciones son homogéneas 2 3 1) f ( x , y ) =x y−4 y

Solución:

f ( λx , λy ) =( λx )2 ( λy )−4 ( λy )3 f ( λx , λy ) =λ3 ( x 2 y−4 y 3 ) 3

f ( λx , λy ) =λ f ( x , y ) ⇒ La

2)

f ( x , y ) es homogénea de grado 3 2

f ( x , y ) = y tan ⁡( x / y )

Solución:

f ( λx , λy ) =( λy )2 tan ⁡( λx / λy ) f ( λx , λy ) =λ2 ( y 2 tan ⁡( x / y ) ) f ( λx , λy ) =λ2 f ( x , y ) ⇒ La

3)

f ( x , y ) es homogénea de grado 2 3

f ( x , y ) = √ x 3− y 3

Solución: 3

f ( λx , λy ) =√ ( λx ) −( λy ) 3

3

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3

f ( λx , λy ) =λ ( √ x 3− y 3 )

f ( λx , λy ) =λf ( x , y ) ⇒ La

f ( x , y ) es homogénea de grado 1

x 2− y 2 ( ) f x , y = 4) xy Solución:

f ( λx , λy ) =

( λx )2−( λy )2 ( λx ) ( λy )

f ( λx , λy ) =λ0

(

x 2− y 2 xy

)

f ( λx , λy ) =λ0 f ( x , y ) ⇒ La

5)

f ( x , y ) es homogénea de grado 0

f ( x , y ) =x2 + senxcosy

Solución:

f ( λx , λy ) =( λx )2+ sen ( λx ) cos ( λy ) f ( λx , λy ) ≠ λn f ( x , y ) ⇒La

6)

f ( x , y ) no es homogénea

f ( x , y ) =e

x

Solución:

f ( λx , λy ) =e λx f ( λx , λy ) ≠ λn f ( x , y ) ⇒La

f ( x , y ) no es homogénea

7) f ( x , y ) =e

x y

Solución:

f ( λx , λy ) =e

λx λy x y

f ( λx , λy ) =λ ( e ) 0

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ECUACIONES DIFERENCIALES 0

f ( λx , λy ) =λ f ( x , y ) ⇒ La

f ( x , y ) es homogénea de grado 0

f ( x , y ) = ( x 2− y 2 )

8)

3 /2

Solución: 2

f ( λx , λy ) =( ( λx ) −( λy )

2 3 /2

)

x

( )

f ( λx , λy ) =λ3 e y

f ( λx , λy ) =λ3 f ( x , y ) ⇒ La

f ( x , y ) es homogénea de grado 3

f ( x , y ) =x−5 y−6

9)

Solución:

f ( λx , λy ) =λx−5 ( λy )−6 f ( λx , λy ) ≠ λn f ( x , y ) ⇒La

10)

f ( x , y ) no es homogénea f ( x , y ) =xsen ( x / y ) − ysen(x / y )

Solución:

f ( λx , λy ) =( λx ) sen ( λ x / λy )− ysen( λx /λy )

f ( λx , λy ) =λ ( xsen ( x / y )− ysen(x / y) ) f ( λx , λy ) =λf ( x , y ) ⇒ La

f ( x , y ) es homogénea de grado 1

II) Si

M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy=0 es homogénea, demostrar que

y=vx se separan las

variables Solución: Debido a que

M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy=0 ………………… (#)

Es homogénea se cumple que:

M ( λx , λy )=λ k M ( x , y )

Y

N ( λx , λy )=λ k N ( x , y ) …………………………………… (1)

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Haciendo que

λ=

1 x ……………………………………………………………………………………..

(2) Reemplazando (2) en (1)

( yx )= x1 M ( x , y ) ⇒ M ( x , y ) =x M (1, yx )

M 1,

k

k

( xy )=x M ( 1, v )=x G ( v ) donde v= yx

M ( x , y )=x k M 1,

k

k

……………………. (3)

( yx )= x1 M ( x , y ) ⇒ N ( x , y )=x N (1, yx )

N 1,

k

k

( yx )=x ( 1, v )=x T ( v ) donde v= xy

N ( x , y )=x k N 1, Ahora como

y=xv

k

k

……………………….. (4)

⇒ dy=vdx + xdv ………………………………………………..(5)

Reemplazando (3), (4), (5) en (#) obtenemos:

x k G ( v ) dx + x k T ( v ) ( vdx + xdv )=0 Simplificando y agrupando obtenemos:

T (v) dx + du=0 x G ( v )+ vT ( v ) III) ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS Resolver las siguientes ecuaciones homogéneas 1)

( x 3+ y 3 ) dx−3 x y 2 dy=0

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 3:

y=ux

⇒ dy =udx+ xdu ………………………………(α)

Reemplazando (α) en la ecuación original

( x 3 +( ux )3 ) dx−3 x ( ux )2 ( udx+ xdu )=0 x 3 ( 1+u3 −3 u3 ) dx−3 x 4 u 2 du=0 dx 3u 2 du − =0 x 1−2 u3 2

3 u du =k ∫ dxx −∫ 1−2u 3 lnx+2 ln ( 1−2 u3 )=k ………………………………………………..(�) Reemplazando (α) en (�)

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3

( ( ))

lnx+2 ln 1−2

y x

=k

Levantando el logaritmo obtenemos: 3 2

( ( )) y 1−2 x

2)

x=c

xdy− ydx− √ x 2− y 2 dx=0

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:

y=ux

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

Reemplazando (α) en la ecuación original

x ( udx + xdu )−uxdx −√ x 2−( ux ) dx=0 2

x ( xdu +udx−udx−√ 1−u2 dx )=0 xdu− √1−u2 dx =0

∫

du dx − =k 2 ∫ x √1−u

arcsen u−lnx=k ………………………………………………..(�) Reemplazando (α) en (�)

y arcsen −lnx =k x

3)

(

2 xsenh

( yx )+3 ycosh ( yx )) dx−3 xcosh( yx ) dy =0

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:

y=ux

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

Reemplazando (α) en la ecuación original

( 2 xsenh ( u ) +3 uxcosh ( u ) ) dx−3 xcosh ( u ) ( udx+ xdu )=0 x ( 2 senhudx +3 ucoshudx−3ucoshudx −3 xcoshudu )=0

∫

2 dx 3 coshu du −∫ =k x senhu

2lnx−ln ( senhu )=k ………………………………………………..(�) Reemplazando (α) en (�)

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( ( ))

2lnx −3 ln senh

4)

y =k x

( 2 x +3 y ) dx+ ( y−x ) dy=0

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

y=ux

Reemplazando (α) en la ecuación original

( 2 x +3 ux ) dx+ ( ux−x ) ( udx+ xdu )=0 x ( 2 dx +3 udx+u 2 dx −udx+uxdu−xdu ) =0

( 2+2 u+u2 ) dx + x ( u−1 ) du=0

∫ dxx +∫

( u−1 ) du

( 2+2 u+u2 )

=k

lnx+¿ Reemplazando (α) en (�)

5)

x y

(1+2 e ) dx

+

x y

(

2 e 1−

x dy =0 y

)

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 0:

⇒ dx=udy + ydu …………………………..……… (α)

x=uy

Reemplazando (α) en la ecuación original

( 1+2 eu ) ( udy + ydu )

+

2 eu ( 1−u ) dy=0

udy+ ydu+2 eu udy +2 eu ydu+2 e u dy−2 eu udy=0

( u+2 e u ) dy+ ( y +2 eu y ) du=0

∫

u

( 1+2 e ) du dy +∫ =k u y +1 u+2 e

ln ( y +1 ) +ln ( u+2 e u )=k

( y +1 ) ( u+ 2 eu ) =c ………………………………………………..(�) Reemplazando (α) en (�)

( y +1 )

6)

(

x

)

x +2 e y =c y

( x 2+ 3 xy + y 2 ) dx−x 2 dy=0

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ECUACIONES DIFERENCIALES

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 2:

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

y=ux

Reemplazando (α) en la ecuación original

( x 2+ 3 x ( xu ) + ( xu )2 ) dx−x 2 ( udx+ xdu )=0 x 2 ( u2 +2 u+1 ) dx−x 3 du=0

∫

dx du −∫ =c x ( u+1 )2

lnx+

1 =c ………………………………………………..(�) u+1

Reemplazando (α) en (�)

lnx+

x =c y+ x

( y +√ y 2−x 2 ) dx−xdy=0

7)

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

y=ux

Reemplazando (α) en la ecuación original

( xu+ √( xu )2−x 2) dx−x ( udx + xdu )=0 x √ u2−1 dx−x 2 du=0

∫

dx du − =k x ∫ √u2−1

lnx−ln ( u+ √ u2−1 ) =k ………………………………………………..(�) Reemplazando (α) en (�) 2

2

2 cy=c x +1

( x− ylny+ ylnx ) dx+ x ( lny−lnx ) dy =0

8)

Solución: Transformamos la ecuación diferencial:

(

x− yln

( xy ))dx + x ( ln ( xy )) dy=0

La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:

y=ux

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

Reemplazando (α) en la ecuación original

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( x−xuln ( u ) ) dx + x ( ln ( u ) ) ( udx+ xdu )=0 dx + xlnudu=0

∫

dx + lnudu=k ………………………………………………..(�) x ∫

Reemplazando (α) en (�)

( x− y ) lnx+ ylny=cx+ y

( x− yarctan ( yx )) dx+ xarctan( xy ) dy=0

9)

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

y=ux

Reemplazando (α) en la ecuación original

( x−xuarctan(u) ) dx + xarctan ( u ) (udx + xdu )=0 dx +arctanudu=0 x

∫

dx + arctanudu=k x ∫

1 lnx+uarctanu− ln ( 1+ u2 )=k ………………………………………………..(�) 2 Reemplazando (α) en (�)

()

2 yarctan

10)

x y

2

( ( )) () ( )

y y 1 y lnx+ arctan − ln 1+ x x 2 x

=k

y x 2+ y 2 =xln c x x4 y x

x e dx+ y e dy=0

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

y=ux

Reemplazando (α) en la ecuación original 1

x e u dx+ xu eu ( udx+ xdu )=0 1 u

( e +u e ) dx +ux e du=0 2 u

u

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ECUACIONES DIFERENCIALES u

dx e udu + 1 =0 x 2 u u e +u e dx e u udu =0 ∫ x +∫ 1 2 u u e +u e y x

lnx=−∫ a

e u udu 1

e u +u2 e u y y y + xsen dx=cos dy x x x

( () ycos

11)

( ))

()

Solución: La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:

⇒ dy =udx+ xdu …………………………..……… (α)

y=ux

Reemplazando (α) en la ecuación original

( xucos ( u ) + xsen ( u ) ) dx=cos ( u ) ( udx+ xdu ) senudx =xcosudu

∫

dx − ctgudu=k x ∫

lnx−ln ( senu )=k ………………………………………………..(�) Reemplazando (α) en (�)

y ( ( x ))=k

lnx−ln sen x=csen

( xy )

IV) ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCTIBLES A HOMOGÉNEAS Resolver las siguientes ecuaciones homogéneas 1)

( 2 x−5 y +3 ) dx −( 2 x +4 y−6 ) dy

Solución: La ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera:

x=z +h , y=w+ k

y+ 3=0 {22 xx−5 +4 y−6=0

Resolviendo

x=1 , y =1⇒ h=1 , k =1

x=z +1 , y=w+1 Además dx=dz , dy=dw ………………………… (α)

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ECUACIONES DIFERENCIALES Reemplazando (α) en la ecuación diferencial

( 2 ( z+1 ) −5 ( w+1 ) +3 ) dz− ( 2 ( z +1 ) +4 ( w+1 )−6 ) dw ( 2 z −5 w ) dz−( 2 z+ 4 w ) dw ………………………………………………………………(�) Es una ecuación homogénea de grado 1:

z=uw ⇒dz=wdu +udw ………………………………………………………………..(�)

Reemplazando (�) en (�)

( 2uw−5 w )( wdu+udw )+ ( 2uw+ 4 w ) dw=0

( 2 u2−3 u+ 4 ) dw+ ( 2u−5 ) wdu=0 +∫ ∫ dw w

( 2u−5 ) du

( 2u2 −3u+ 4 )

=k

1 7 lnw+ ln ( 2u2 −3u +4 )− 2 2 ………………………. (θ) Como

⇒

z=uw

u=

(√

))

2 4 u−3 arctan =k ……………………………………… 23 √23

(

z x−1 = w y −1

Reemplazando en (θ) 2

(( ) ( ) )

1 x−1 x−1 7 ln ( y−1 ) + ln 2 −3 +4 − 2 y−1 y−1 2 2)

(

2 a r ctan √ 23

(

4

−3 ( x−1 y−1 )

√ 23

)

=c

( x− y−1 ) dx + ( 4 y+ x−1 ) dy

Solución: La ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera:

x=z +h , y=w+ k

{4x−y +y−1=0 x−1=0

Resolviendo

x=1 , y =0 ⇒ h=1 ,k =0

x=z +1 , y=w Además dx=dz , dy=d w ………………………… (α) Reemplazando (α) en la ecuación diferencial

( z−w ) dz+ ( z + 4 w ) dw =0 ………………………………………………………………(�) Es una ecuación homogénea de grado 1:

z=uw ⇒dz=wdu +udw ………………………………………………………………..(�)

Reemplazando (�) en (�)

( uw−w ) ( wdu+udw ) + ( uw+ 4 w ) dw=0

( u2 +4 ) dw+ (u−1 ) wdu=0

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ECUACIONES DIFERENCIALES

+∫ ∫ dw w

( u−1 ) du

(( u2+ 4 ) )

=k

1 1 u lnw+ ln ( u2+ 4 ) + arctan =k ………………………………………………………………. 2 2 2

()

(θ) Como

u=

⇒

z=uw

z x−1 = w y

Reemplazando en (θ)

lny+

3)

+1 ln 2

2

(( ) )

x−1 1 x−1 +4 + arctan =k y 2 2y

( )

( x−4 y−9 ) dx + ( 4 x+7−2 ) dy

Solución: La ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera:

x=z +h , y=w+ k

y −9=0 {x4−4x +7−2=0

x=1 , y =−2⇒ h=1 , k=−2

Resolviendo

x=z +1 , y=w−2 Además dx=dz , dy=dw ………………………… (α) Reemplazando (α) en la ecuación diferencial

( z−4 w ) dz + ( 4 z+ w ) dw=0 ………………………………………………………………(�) Es una ecuación homogénea de grado 1:

z=uw ⇒dz=wdu+udw ………………………………………………………………..(�)

Reemplazando (�) en (�)

( uw−4 w ) ( wdu+ udw ) + ( 4 uw +w ) dw=0

( u2 +1 ) dw+ ( u−4 ) wdu=0 +∫ ∫ dw w

( u−4 ) du

( ( u2 +1 ) )

=k

ln w 2 ( u2 +1 ) −8 arctanu=k ………………………………………………………………. (θ) Como

z=uw

⇒

u=

z x−1 = w y +2

Reemplazando en (θ)

ln [ ( x−1 )2 + ( y +2 )2 ]−8 arctan 4)

=k ( x−1 y +2 )

( x− y−1 ) dy− ( x +3 y−5 ) dx

Solución:

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ECUACIONES DIFERENCIALES La ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera:

x=z +h , y=w+ k

−1=0 {xx−+3yy−5=0

Resolviendo

x=2 , y=1⇒ h=2 , k =1

x=z +2 , y =w+1 Además dx=dz , dy=dw ………………………… (α) Reemplazando (α) en la ecuación diferencial

( z+ 3 w ) dz + ( z−w ) dw=0 ………………………………………………………………(�) Es una ecuación homogénea de grado 1:

w=uz ⇒ dw=zdu +udz ………………………………………………………………..(�)

Reemplazando (�) en (�)

( z+ 3uz ) dz + ( z−uz )( zdu+ udz ) =0

( u2 +2 u+1 ) dz+ z ( u−1 ) du=0

∫ dzz +∫

( u−1 ) du

( u2 +2 u+1 )

lnz+ln ( u+1 ) +

Como

=k

2 =k ………………………………………………………………. (θ) u+1

w=u z

⇒

u=

w y −1 = z x−2

Reemplazando en (θ)

lnc ( x + y −3 )=−2

( x+x−2 y−3 )

4 x y 2 dx+ ( 3 x 2 y−1 ) dy

5)

Solución: Sea

y=z α ⇒ dy=α zα −1 dz ………………………………. (θ)

Reemplazando (θ) en la ecuación diferencial

4 x z 2 α dx + ( 3 x 2 z 2 α −1 −zα −1 ) αdz=0 …………………………………….. (1) Para que la ecuación sea homogénea debe cumplirse:

2 α +1=α −1⇒ α=−2 ⇒ y=z −2 ⇒dy=−2 z−3 dz Reemplazando en la ecuación diferencial

4 x z−4 dx+ ( 3 x2 z−5 −z−3) −2 dz=0 4 xzdx −2 ( 3 x 2−z 2 ) dz=0 Es una ecuación diferencial homogénea de grado 2 z=ux ⇒ dz=xdu+udx ……………………………………………………………….. (�) Reemplazando (�) En la ecuación diferencial

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ECUACIONES DIFERENCIALES

4 x 2 udx−2 ( 3 x2− (ux )2 ) ( xdu+udx )=0 De donde simplificando y separando la variable se tiene

dx u2−3 + du=0 , integrando se tiene x u3−u dx u2−3 + ∫ x ∫ u3−u du=c lnx+3 lnu−ln ( u2−1 ) =c Como

z −2 2 2 u= , y=z se tiene: y ( 1−x y ) =k x

( y 4 −3 x2 ) dy =−xydx

6)

Solución: Sea

y=z α ⇒ dy=α zα −1 dz ………………………………. (θ)

Reemplazando (θ) en la ecuación diferencial

( z 4 α −3 x 2 ) α z α −1 dz=−x z α dx Para que la ecuación sea homogénea debe cumplirse:

α +1=5 α −1=α +1⇒ α = −1

1 2

1

( z 2−3 x 2) 1 z 2 dz=−x z 2 dx 2

Simplificando

2 xzdx+ ( z2 −3 x 2 ) dz=0 ……(3) es una ecuación diferencial homogénea de grado 2 z=ux ⇒ dz=xdu+udx ……………………………………………………………….. (�) Reemplazando (�) En la ecuación diferencial

dx u2−3 + ∫ x ∫ u3−u du=c ⇒ lnx+ ln

u3 =c u 2−1

( ) 2

y Como u= x

7)

lnx+ln se tiene

y2 x

3

( )

( ) =c ( yx ) −1 2 2

ycosxdx+ ( 2 ysenx ) dy=0

Solución:

z=senx⇒ dz=cosxdx , Reemplazo en la ecuación diferencia dad se tiene: ydz + ( 2 y −z ) dy =0 ……(1) es una ecuación diferencial homogéneas de grado 1

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ECUACIONES DIFERENCIALES

y=uz ⇒dy=udz + zdu ………. (2) Reemplazando y simplificando (2) en (1)

dz 2u−1 + du=0 z 2u 2

∫

dz 2 u−1 + du=0 Integramos z ∫ 2 u2

2 ylny+ senx=2 cy

( 2 x2 +3 y 2−7 ) xdx −( 3 x2−2 y 2−8 ) ydy=0

8)

Solución:

u=x 2 ⇒ du=2 xdx , v= y 2 ⇒ dv =2 ydy ………………………………. (θ)

Sea

Reemplazando (θ) en la ecuación diferencial

( 2u+ 3 v−7 )

du dv −( 3 u+2 v −8 ) =0 2 2

v−7=0 ⇒ p ( 2,1 ) {32u+3 u+ 2 v−8=0 Sean

u=z +2, v =w+1 reemplazando

( 2 z +3 w ) dz−( 3 z+2 w ) dw=0 Para que la ecuación sea homogénea debe cumplirse:

w=zn ⇒dw=zdn+ ndz ……………………………………………………………….. (�)

Reemplazando (�) En la ecuación diferencial

∫2

dz 2n+ 3 +∫ 2 dn=k z n −1

| |

3 n−1 ⇒ lnz2 ( n2−1 ) + ln =k 2 n+1 Como

n=

w , w=v−1= y 2−1, z=u−2=x 2−2 se tiene z

|

2

2

|

3 y −x +1 ln | y 4 −x 4 + 4 x 2−2 y 2 −3|+ ln 2 2 2 y + x +3 9)

2

dy=( y −4 x ) dx

Solución:

z= y−4 x ⇒ dz=dy −4 dx ⇒ dy =dz−4 dx ………………………. (1)

Reemplazando (1) en la ecuación diferencial 2

dz−4 dx=z dx dz=( z 2−4 ) dx

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ECUACIONES DIFERENCIALES

dz

∫ z2 −4 −∫ dx=k

| |

1 z −2 ln −x=k 4 z+ 2 Asiendo en cambio de variable respectivo la solución será:

|

|

1 y−4 x−2 ln −x=k 4 y−4 x+ 2 tan 2 ( x+ y ) dx−dy=0

10)

Solución:

z=x + y ⇒ dz=dx +dy ⇒dy =dz−dx ……………………………………(1)

Reemplazando (1) en la ecuación diferencial

sen 2 ( z ) dx−cos 2 ( z ) ( dz−dx )=0 sen 2 ( z ) dx+ cos2 ( z ) dx−cos2 ( z ) dz=0 dx−cos 2 ( z ) dz=0

∫ dx−∫ cos2 ( z ) dz=k x−z +cos ( 2 z ) =k x−( x+ y )+ cos 2 ( x + y ) =k −y + cos 2 ( x + y )=k 1 2

(2+2 x y ) ydx+( x 2

11)

1 2

2

)

y + 2 xdy =0

Solución: Sea

y=z α ⇒ dy=α zα −1 dz ………………………………. (θ)

Reemplazando (θ) en la ecuación diferencial α 2

(2+2 x z ) z 2

α

α 2

dx+ ( x z +2 ) x α z 2

3α 2

(2 z + 2 x z ) dx+( α x z α

α =2+

2

3

3α −1 2

α −1

dz=0

)

+2 x α z α−1 dz=0

3α ⇒ α =−4 ⇒ y =z−4 ⇒ dy=−4 z −5 dz 2

( 2 z−4 +2 x 2 z −6 ) dx + (−4 x3 z−7−8 x z −5 ) dz=0 2

3

( ( )) ( ( ) x 1+ y

)

x x dx+ −2 −4 dz =0 …………………………………………………………… y y

…(�)

x=uz ⇒ dx=zdu+udz ………………………………………………………………..(�)

Reemplazando (�) en (�)

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( 1+ ( u )2 ) ( zdu +udz)+ ( −2 ( u )3−4 u ) dz=0 ( 1+u2 ) zdu+ (−3 u−u 3 ) dz=0 ( 1+ u2 ) du dz + =0 ( −3 u−u3 ) z ( 1+u2 ) du dz +∫ =k ∫( 3 z −3u−u ) −1 ln ( −3 u−u3 ) +lnz=k 3 Reemplazando

u=x y 1/ 4 3 −1 ln (−3 x y 1/ 4−( x y 1/ 4 ) ) +lnz=k 3

PRACTICA # 4. I)

Ecuaciones diferenciales exactas:

Resolver las siguientes ecuaciones: 1) (4x3y3 – 2xy)dx + (3x4y2 – x2)dy = 0 Sol: (4x3y3 – 2xy)dx + (3x4y2 – x2)dy = 0 M(x, y)

N(x, y)

∂ M (x , y) ∂y Entonces

= 12x3y2 – 2x =

∃ f(x, y) /

∂ N ( x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∂ f (x , y ) = 4x3y3 – 2xy ∂x f(x, y) = ∫ (4x3y3 – 2xy)dx + g(y) f(x,y) = x4y3 – x2y + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = 3x4y2 - x2 + g’(y), pero como: ∂y Se tiene: N(x, y) = 3x4y2 – x2 3x4y2 - x2 + g’(y) = 3x4y2 – x2 f(x,y) = x4y3 – x2y + c x4y3 – x2y = k 2) (3e3xy – 2x)dx + e3xdy = 0

g’(y) = 0

∂ f (x , y ) ∂y

= N(x,y)

g(y) = c

Sol: (3e3xy – 2x)dx + e3xdy = 0 M(x, y)

N(x, y)

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ECUACIONES DIFERENCIALES

∂ M (x , y) ∂y Entonces

= 3

e3 x

∂ N ( x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

=

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∃ f(x, y) /

∂ f (x , y ) = 3e3xy – 2x ∂x f(x, y) = ∫ (3e3xy – 2x)dx + g(y) f(x,y) = y

e 3 x – x2 + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) 3x = e + g’(y), pero como: ∂y

∂ f (x , y ) ∂y

= N(x,y)

Se tiene: N(x, y) = e3x

e 3 x + g’(y) = e 3 x f(x,y) = y y

g’(y) = 0

g(y) = c

e 3 x – x2 + c

e 3 x – x2 = k

3) (cosy + ycosx)dx + (senx – xseny)dy = 0 Sol: (cosy + ycosx)dx + (senx – xseny)dy = 0 M(x,y)

N(x,y)

∂ M (x , y) ∂y Entonces

= -seny + cosx =

∃ f(x, y) /

∂ N (x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∂ f (x , y ) = 3e3xy – 2x ∂x f(x, y) = ∫ (3e3xy – 2x)dx + g(y) f(x,y) = y

e 3 x – x2 + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) e 3 x + g’(y), pero como: = ∂y

∂ f (x , y ) ∂y

= N(x,y)

Se tiene: N(x, y) = e3x

e

3x

+ g’(y) =

f(x,y) = y

e

3x

e

3x

g’(y) = 0

g(y) = c

– x2 + c

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y

e

3x

– x2 = k

4) 2x(yex2 – 1 )dx + ex2dy = 0 Sol: 2x(yex2 – 1 )dx + ex2dy = 0 M(x,y)

∂ M (x , y) ∂y Entonces

N(x,y)

= 2x ex2 =

∃ f(x, y) /

∂ N ( x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∂ f (x , y ) = 2x(yex2 – 1) ∂x f(x, y) = ∫ (2x(yex2 – 1))dx + g(y) f(x,y) = y ex2 – x2 + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = ex2 + g’(y), pero como: ∂y Se tiene: N(x, y) = ex2 ex2+ g’(y) = ex2 g’(y) = 0 f(x,y) = y ex2 – x2 + c yex2 - x2 = k

∂ f (x , y ) ∂y

= N(x,y)

g(y) = c

5) (6x5y3 + 4x3y5)dx + (3x6y2 + 5x4y4)dy = 0 Sol: (6x5y3 + 4x3y5)dx + (3x6y2 + 5x4y4)dy = 0 M(x,y)

∂ M (x , y) ∂y Entonces

N(x,y)

= 18x5y2 + 20x3y4 =

∃ f(x, y) /

∂ N ( x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

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ECUACIONES DIFERENCIALES

∂ f (x , y ) = 6x5y3 + 4x3y5 ∂x f(x, y) = ∫ (6x5y3 + 4x3y5)dx + g(y) f(x,y) = x6y3 + x4y5 + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = 3x6y2 + 5x4y4 + g’(y), pero como: ∂y Se tiene: N(x, y) = 3x6y2 + 5x4y4 3x6y2 + 5x4y4 + g’(y) = 3x6y2 + 5x4y4 f(x,y) = x6y3 + x4y5 + c x6y3 + x4y5 = k

∂ f (x , y ) ∂y

g’(y) = 0

= N(x,y)

g(y) = c

6) (2x3 + 3y)dx + (3x + y – 1)dy = 0 Sol: (2x3 + 3y)dx + (3x + y – 1)dy = 0 M(x,y)

N(x,y)

∂ M (x , y) ∂y

=3=

∃ f(x, y) /

Entonces

∂ N ( x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x ∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∂ f (x , y ) = 2x3 + 3y ∂x f(x, y) = ∫ (2x3 + 3y)dx + g(y) f(x,y) =

x4 2

+ 3xy + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = 3x + g’(y), pero como: ∂y Se tiene: N(x, y) = 3x + y – 1 3x + y – 1 + g’(y) = 3x + y – 1 f(x,y) =

x4 2

∂ f (x , y ) ∂y

= N(x,y)

g’(y) = 0

g(y) = c

+ 3xy + c

x4 + 6xy + y2 = k

7) (y2

e xy 2 + 4x3)dx + ( 2xy e xy 2 - 3y2)dy = 0

Sol:

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(y2

e

xy 2

e

+ 4x3)dx + ( 2xy

M(x,y)

∂ M (x , y) ∂y

xy 2

- 3y2)dy = 0

N(x,y)

= 2y

e xy 2 + 2xy3 e xy 2 =

∂ N (x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial ∂x

es exacta.

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∃ f(x, y) /

Entonces

∂ f (x , y ) e xy 2 + 4x3 2 = y ∂x f(x, y) = ∫ (y2 f(x,y) =

e xy 2 + 4x3)dx + g(y)

e xy 2 + x4 + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = ∂y

e xy 2 2xy + g’(y), pero como:

Se tiene: N(x, y) = 2xy

e

xy 2

= N(x,y)

e xy 2 - 3y2

e xy 2 2xy + g’(y) = 2xy e xy 2 - 3y2 f(x,y) =

∂ f (x , y ) ∂y

g’(y) = - 3y2

g(y) = - y3

+ x4 - y 3

8) (2xy2 + 2y)dx + (2x2y + 2x)dy = 0 Sol: (2xy2 + 2y)dx + (2x2y + 2x)dy = 0 M(x,y)

N(x,y)

∂ M (x , y) ∂y Entonces

= 4xy + 2 =

∃ f(x, y) /

∂ N (x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∂ f (x , y ) = 2xy2 + 2y ∂x f(x, y) = ∫ (2xy2 + 2y)dx + g(y) f(x,y) = x2y2+ 2xy + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = 2x2y + 2x + g’(y), pero como: ∂y

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∂ f (x , y ) ∂y

= N(x,y)

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ECUACIONES DIFERENCIALES Se tiene: N(x, y) = 2x2y + 2x 2x2y + 2x + g’(y) = 2x2y + 2x f(x,y) = x2y2+ 2xy + c

g’(y) = 0

g(y) = c

x2y2+ 2xy = k

9) (exseny – 2ysenx)dx + (excosy + 2cosx)dy = 0 Sol: (exseny – 2ysenx)dx + (excosy + 2cosx)dy = 0 M(x,y)

∂ M (x , y) ∂y Entonces

N(x,y)

∂ N (x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

= excosy – 2senx =

∃ f(x, y) /

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∂ f (x , y ) = exseny – 2ysenx ∂x f(x, y) = ∫ (exseny – 2ysenx)dx + g(y) f(x,y) = exseny + 2ycosx + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = excosy +2cosx + g’(y), pero como: ∂y Se tiene: N(x, y) = excosy + 2cosx excosy +2cosx + g’(y)= excosy + 2cosx f(x,y) = exseny + 2ycosx + c

∂ f (x , y ) ∂y

g’(y) = 0

= N(x,y)

g(y) = c

exseny + 2ycosx = k

10) (2xy3 + ycosx)dx + (3x2y2 + senx)dy = 0 Sol: (2xy3 + ycosx)dx + (3x2y2 + senx)dy = 0 M(x,y)

∂ M (x , y) ∂y Entonces

N(x,y)

= 6xy2 + cosx =

∃ f(x, y) /

∂ N ( x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∂ f (x , y ) = 2xy3 + ycosx ∂x

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ECUACIONES DIFERENCIALES f(x, y) = ∫ (2xy3 + ycosx)dx + g(y) f(x,y) = x2y3 + ysenx + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = 3x2y2 + senx + g’(y), pero como: ∂y Se tiene: N(x, y) = 3x2y2 + senx 3x2y2 + senx + g’(y) = 3x2y2 + senx f(x,y) = x2y3 + ysenx + c

∂ f (x , y ) ∂y

g’(y) = 0

= N(x,y)

g(y) = c

x2y3 + ysenx = k

11) (Seny + ysenx + Sol: (Seny + ysenx +

1 x

1 x

)dx + (xcosy – cosx +

)dx + (xcosy – cosx +

M(x,y)

∂ M (x , y) ∂y Entonces

∂ N ( x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta. ∂x

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

∂ f (x , y ) = Seny + ysenx + ∂x f(x, y) = ∫ (Seny + ysenx +

1 y )dy = 0

N(x,y)

= senx + cosy =

∃ f(x, y) /

1 y )dy = 0

1 x

1 x )dx + g(y)

f(x,y) = xseny – ycosx + lnx + g(y) , derivando con respecto a “y”.

∂ f (x , y ) = xcosy – cosx + g’(y), pero como: ∂y Se tiene: N(x, y) = xcosy – cosx +

∂ f (x , y ) ∂y

= N(x,y)

1 y

xseny – ycosx + lnx + g’(y) = xcosy – cosx +

1 y

g’(y) =

1 y

g(y) = lny

f(x,y) = xseny – ycosx + lnx + lny

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ECUACIONES DIFERENCIALES

y 1+ x 2

12) ( Sol: (

y 1+ x 2

+ arctgy)dx + (

x 1+ y 2

+ arctgy)dx + (

M(x,y)

∂ M (x , y) ∂y

=

x 1+ y 2

+ arctgx) dy= 0

+ arctgx)dy = 0

N(x,y)

y 1+ x 2

x 1+ y 2

+

=

∂ N (x , y) . Por lo tanto la ecuación diferencial ∂x

es exacta. Entonces

∃ f(x, y) /

∂ f (x , y ) = M(x, y), de donde: ∂x

y ∂ f (x , y ) = 1+ x 2 ∂x f(x, y) = ∫ (

y 1+ x 2

+ arctgy

+ arctgy dx + g(y)

f(x,y) = yarctgx + xarctgy + g(y) , derivando con respecto a “y”.

x ∂ f (x , y ) = arctgx + 1+ y 2 ∂y Se tiene: N(x, y) =

arctgx +

x 1+ y 2

x 1+ y 2

+ g’(y), pero como:

∂ f (x , y ) ∂y

= N(x,y)

+ arctgx

x 1+ y 2

+ g’(y) =

+ arctgx

g’(y) = 0

g(y) = c

f(x,y) = yarctgx + xarctgy + c yarctgx + xarctgy = k

II)

Factores Integrantes

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) (x2 + y2 + x)dx + xydy = 0 Sol: (x2 + y2 + x)dx + xydy = 0 M

∂ M (x , y) ∂y

N = 2y ;

∂ N ( x , y) ∂x

∂ M (x , y ) ∂ N ( x , y) − ∂y ∂x N (x , y )

=y

= f(x)

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ECUACIONES DIFERENCIALES e∫f(x)dx es un fi

2 y− y xy

=

1 x

1 e∫ x dx es fi = elnx = x x(x2 + y2 + x)dx + x2ydy M N

∂ M (x , y) ∂y

∂ N ( x , y) ∂x

= 2xy =

la ecuación diferencial es exacta.

Entonces :

∂ f (x , y ) = M(x,y) ∂x f(x,y) =

x4 4

+

x2y2 2

+

x3 3

+ g(y) derivando con respecto a ‘y’ y siguiendo los pasos en

los problemas anteriores de ecuaciones diferenciales exactas.

∂ f (x , y ) = x2y + g’(y) ∂y 3x4 + 6x2y2 + 4x3 = k 2) (1 – x2y)dx + x2(y – x)dy = 0 Sol: (1 – x2y)dx + x2(y – x)dy = 0 M

N

∂ M (x , y) ∂y

∂ N ( x , y) ∂x

= - x2 ;

∂ M (x , y ) ∂ N ( x , y) − ∂y ∂x N (x , y )

= - 3x2 + 2xy

= f(x)

e∫f(x)dx es un fi

−x 2+3 x 2−2 xy x 2( y – x) 2 x dx es fi =

e∫-

(

=-

1 x2

1 ¿ (1 – x2y)dx + x2 M

∂ M (x , y) ∂y

2 x

1 2 x 2 x (y – x)dy = 0

N = -1 =

∂ N ( x , y) ∂x

la ecuación diferencial es exacta.

Entonces :

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ECUACIONES DIFERENCIALES

∂ f (x , y ) = M(x,y) ∂x 1 x

f(x,y) = -

- xy + g(y) derivando con respecto a ‘y’ y siguiendo los pasos en los problemas

anteriores de ecuaciones diferenciales exactas.

∂ f (x , y ) = -x + g’(y) ∂y xy2 - 2x2y - 2= kx 3)

(2xy4e4+2xy3+y) dx + (xy4e4-x2y2-3x) dy = 0 M

N

M  8 y 3 xe 4  2xy 4 e 4  6 y 2  1 y M  2 xy 4 e x  2xy 2  3 y (8 y 3 xe 4  2 xy 4 ey  6 y 2  1  2 xy 4 e x  2 xy 2  3) 4    g ( y) 4 4 3 y (2 xy e  2 xy  y)

e

 g ( x )

e



4 dy y



1 y4

1 1 (2 xy 4 y 4 e 4  2 xy 3  y)dx  4 ( x 2 y 4 e 4  x 2 y 2  3y) dy  0 4 y y Luego: M

N

M N  2 xe y  2 xy  2  3y  4   2xe y  2 xy  2  3y  4 y x f ( x , y) M y f ( x , y)   (2 xe y   x 2e y 

N

2x 1  )dx  g ( y ) y y3

 x2 x  3  g ( y) y y

f ( x , y)  3x x 2 3x  x 2 e y  4  g' ( y )  x 2 e y  2  4 y y y y

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ECUACIONES DIFERENCIALES

g'( y )  0  g ( y)  C x2 x  f ( x , y)  x e   3 C y y 2

y

y dx  ( y 3  Lnx ) dy  0 x 4) M

N

M 1 N  1    y x y x M 1 2    g ( y) y x y e

 g ( y)

e

2  dy y



1 y2

1 y 1 . dx  2 ( y 3  Lnx ) dy  0 2 y x y Luego: M

N

M  1 N  1    y y 2 x x y 2 x f ( x , y) M x

dx  g ( y) yx Lnx   g ( y) y

f ( x , y)   (

N

f ( x , y) Lnx Lnx  2  g' ( y)  y  2 y y y

g'( y )  y  g ( y )

y2  C 2

Lnx y 2  f ( x , y)   C y 2

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ECUACIONES DIFERENCIALES 5)

(2xy3y2+4xy2+y+2xy2+xy2+2y) dx + 2(y3+x2y+x) dy = 0 M

N

M M  4 yx 3  4x 2  4xy  4xy 3  2   4xy  2 y y (4 y 3  4x 2  4xy  4xy 3  2  4xy  2 4x ( y 2  x  y 3 )  3 2  x  f (x) (2xy 3  x 2  x 2 y  x ) 2( y  x y  x )

e  g ( x )  e  2 xdx  e x

2

2

2

e x (2xy 3 y 2  4 x 2 y  2xy 2 d  xy 4 x  2 y) dx  2e x ( y 3  x 2 y  x )dy  0 Luego: M N

M  4e x 2 x 3 y  4e x 2 xy  4e x 2 x 3 y 3  2e x 2 y N  4e x 2 x 3 y  4e x 2 x 2  4e x 2 xy  4e x 2 xy 3  2e x 2 y 

f ( x , y) M dx

f ( x , y)   ( 2e x 2 y 3  2e x 2 x 2 y 3  2e x 2 ) dy  h ( x )  M

e x2 y 4  ex 2 x 2 y 2  2 xe x 2 y  h ( x ) 2

f ( x, y) ex 2 y 4 x 2 2 2   e x y  2xe e 2 y  h ' ( x )  2x 3 e x 2 y 2  4e x 2 x 2 y  2e x 2 xy 2  e x 2 xy 4  2e x 2 y x 2  ex 2 y 4 x 2 2 2 h' (x)   e x y  2xe e 2 y  2e x 2 x 3 y 2  4e x 2 x 2 y  2e x 2 x 3 y 2  e x 2 xy 4  2e x 2 y 2

ex 2 y 4 e x 2 y 2 e x 2 y 2 x 2 e x 2 x 2 y 2 3e x 2 2e x 2 x 2 x2 h(x)     e y   2e xy  e y 2 2 2x 2 4 x 

 f ( x , y) 

e x2 y 4 e x2 y  2 x

x2 ex2 y4  e y 2  2xe x 2 y  h ( x ) 2

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ECUACIONES DIFERENCIALES

6)

(xCosy-yseny) dy + (xSeny-yCosy) dy = 0 M

N

M N  xCosy  Cosy  ySeny   Cosy y x xCosy  Cosy  ySeny  Cosy  1  f ( x ) xCosy  ySeny

e  f ( x )  e  dx  e x 2

e x ( xCosy  ySeny )dy  e x ( xSeny  yCosy )dx  0 Luego: M

N

M N  Cosye x x  e x Cosy  e x ySeny   Cosye x x  e x Cosy  e x ySeny y x f ( x , y) M x f ( x , y)   (e x xSeny  e x yCosy ) dy  g( y)  Senye x ( x  1)  e x yCosy  g ( y) N

f ( x , y)  Cosye x ( x  1)  e y Cosy. ehySeny  g ' ( y )  e x xCosy  e x ySeny y g’(y) = 0  g(y) = C

 f ( x , y)  Seny e x ( x  1)  e 4 Cosy  C

7)

(x4+y4) dx – xy3 dy = 0 M

N

M(dx, dy)=d4M(x,4)  N(dx, dy)=14N(x,4) Homogéneas Luego:

1 1 1  4  r 4 3 Mx  Ny ( x  y ) x  ( xy ) y x Entonces:

1 1 ( x 4  y 4 ) dx  5 ( xy 3 )dy  0 5 x x

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ECUACIONES DIFERENCIALES

df dx

df dy

Integrando respecto a “x”:

f ( x , y)  Lnx 

y4  g ( y) 4x 4

f ( x , y)  y 3  y3 N  4  g' ( y )  4 y x x g’(y) = 0  g(y) = C

y4  f ( x, y)  Lnx  4  C 4x 8)

y2dx + ex2 – xy – y2)dy = 0

Es homogénea.

1 1  2 y x  ( x  xy  y ) y y( x 2 y 2 ) 2

2

Luego: Entonces:

y 2 dx ( x 2  xy  y 2 )  dy  0 y( x 2 y 2 ) y( x 2  y 2 ) M x 2  y 2 N x 2  y 2    dy ( x 2 y 2 ) 2 dx ( x 2 y 2 ) 2 f ( x , y) M dx



y   dx  g ( y ) 2 2  x y   1  x  y   g ( y) f ( x, y)  Ln  2  x´ y  f ( x, y)   

N

f ( x , y) ( x 2  xy  y 2 ) 1 1    g' ( y )  y 2( x  y ) 2( x  y ) y( x 2  y 2 ) 1 y g’(y) =

 f ( x , y) 

10)

 g(y) = Lny + C

1  xy   Lny  C Ln  2  x  y 

y(2x+1)dx + x (1+2xy – x3 y3)dy = 0

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ECUACIONES DIFERENCIALES

(2xy2+y) dx + (x+2x2y – x4y3) dy = 0

M N  4 xy  1  1  4 xy  4 x 3 y 3 dy dx M N  y x Usamos:

f ' (x) g ' ( y) M N  N M y x f (x) g ( y) f (x' ) g ' ( y) 4x 3 y 3  (x  2x 2 y  x 4 y 3 )  (2 xy 2  y) f (x) g ( y) f ( x )'  4   Lnf ( x )  4Lnx f (x) x g( y)'  4   Lng ( y)  4Lnx f (x) x

( x , y)  f ( x ).g ( y)  M M

1 4.

x y 1 4.

4

x y4

f (x)  x 4 g( x )  y  4

1 x . y4 4

(2 xy 2  y)

M 2 3  3 3  4 4 y x y x y

( x  2x 2 y  x 4 y 3 )

N 2 3  3 3  4 4 x x y x y Ahora:

M N  y x

  ( x , y) 1  4 4 (2 xy 2  y) x x y   x  2  x 3  (2 xy 2  y)   g ( y) f ( x , y)   dx  g ( y)   d  2 3  x 4 y4 y 3 y   f ( x , y) 

 x 2  x 3 1 1   g ( y )     g ( y) y2 3y 3 x 2 y 2 3y 3 x 3

f ( x , y) 2x 2 y x  4 4  4 4  g ' ( y) y x y x y f ( x , y) N y Pero:

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2x 2 y 2x 2 y x 4 y 3 x x   g ' ( y )    x 4 y4 x 4 y4 x4y4 x4y4 x 4y4 1 g ' ( y)   g ( y)  Ln y  C y Reemplazamos:

f ( x , y)  

1 1  3 3  Ln ( y)  C 2 x y 3y x 2

FACTORES INTEGRANTES POR SIMPLE INSPECCIÓN Resolver las siguientes Ecuaciones Diferenciales 1)

ydx + x(1-3x2y2)dy = 0



2 3

ydx + ydx – 3x3y2 dy = 0 … Multiplicando por:

1 x y3

2  ( xdy  ydx )  2 x 3 y 2 dy  0 3

3

… en:

2 ( xdy  ydx )   2 x 3 y 2 dy  0 3 x 3y3

2 ( xdy  ydx ) 2 x 3 y 2 dy  0 3 x 3y3 x 3 y3 2 ( xdy  ydx ) 2dy   0 3 y x 3y3 

1

1

 d( (xy ) 2. 3 )   d(2Lny )  C 1 1 .  2Lny  C 3 ( xy ) 2 2)

xdy + ydx + 4y3(x2+y2)dy = 0

xdx (x 2 xdx (x 2

 ydx 4 y3( x 2  y 2 )dy  0  y2 ) (x 2  y 2 )  ydx  4 y 3 dy  0  y2 )

1 d( x 2  y 2 )  d( y 4 )  0 2 (x 2  y 2 ) 1 d(x 2  y 2 ) 4  2 (x 2  y 2 )   d( y )  0 1 Ln x 2  y 2  y 4  C 2

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ECUACIONES DIFERENCIALES

3)

xdy – ydx – (1-x2)dx = 0

xdy  ydx (1  x 2 )  dx  0 x2 x2 xdy  ydx 1  ( 2  1)dx  0 2 x x x 1  d( y )   d(x  x )  C y 1 x C x x 4)

xdy – ydx + (x2+y2)2dx = 0

1 d(x 2  y 2 ) 2 Sabemos que: xdx + ydx =

xdy  ydx (x 2  y 2 )  dx  0 (x 2  y 2 ) 2 (x 2  y 2 ) 2 1 d( x 2  y 2 )  2 (x 2  y 2 )   dx  C 1 1  x C 2 2 (x  y 2 )

1  x 2 y 2 dx  0 5)

x(xdy+ydx) +

x ( xdy  ydx ) x 1  x 2 y2





x 1  x 2 y2

0

1 ( xdy  ydx )  1 dx x  x 0 2 2 x 1  x 2 y2

 d(1  x

2

1/ 2

y2 )



(1  x 2 y 2 )1 / 2  

6)

1  x 2 y 2 dx

dx C x

Ln x 2

C

(x3+xy2)-y)dx + (y3+x2y+x)dy=0 (x(x2+xy2)-y)dx + (y(x2+y2)+x)dy=0

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ECUACIONES DIFERENCIALES



y  y 2  2 2 ( x  y )  dx  ( x  y 2 )  1 dy  0    x  x  y y ( x 2  y 2 )dx  dx  ( x 2  y 2 )dy  dy  0 x x ( xdx  ydy ) ( xdx  ydy ) (x 2  y 2 )  0 x x ( x 2  y 2 ) ( xdx  ydy )  ( xdy  ydx )  0 ( xdy  ydx ) ( xdx  ydy )  0 (x 2  y 2 ) 1 y 2 2  2 d(x  y )   d(arc Tg ( x ) )  C 1 2 y ( x  y 2 )  arc Tg ( )  C 2 x 10)

(x2+y2) (xdy +ydx) = xy(xdy-ydx)

(x 2  y 2 ) ( xdy  ydx ) ( xdy  ydx )  xy 0 2 2 (x  y ) (x 2  y 2 ) ( xdy  ydx ) xy ( xdy  ydx )  0 xy xy ( x 2  y 2 ) ( xdy  ydx ) ( xdy  ydx )  0 xy (x 2  y 2 ) y  d(Ln (xy ))   d(arc Tg ( x ) )  0 y Ln ( xy )  arc Tg ( )  C x

x 2  y 2 dx 11)

xdy – ydx = x2

xdy  ydx x2  y2 xdy  ydx x2  y2

x

2

x2  y2 x2  y2

dx

 xdx  0

y x2 d ( arc Sen ( ) )  d (   2 )C x y x2 Arc Sen ( )  C x 2 12)

x3dy – x2ydx = x5y dx xdy – ydx = x3y dx

,

para: x  0

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xdy  ydx  x 2 dx xy y x3 dLn ( )  ( ) x 3 y x3  dLn ( x )   d( 3 )  C y x3 Ln ( )  C x 3 13)

3ydx + 2xdy + 4xy2dx + 3x2ydy=0 Multiplicamos por x2y 3y2x2dx+2x3 ydy + 4x3y3dx + 3x4 y2dy = 0 d(x3y3) + d(x4y3) = 0

 d(x

3

y 3 )   d(x 4 y 3 )  C

x 3 y3  x 4 y3  C

y 2  1 (1  y x 2  1)dx  x 2  1 (1  x y 2  1)dx  0 14)

y 2  1 y y 2  1 x 2  1 dx  x 2  1 x x 2  1 . y 2  1 dy  0 y2 1 

x2 1  y2 1 1

Todo entre :

1dx x 1 2

dx x2 1



 

dx x 1 2

x 2  1 ( ydx  xdy )  0

y2 1

1dy y2 1 dy y2 1

 ( ydx  xdy )  0  d ( xy )  0

dy



x2 1

y2 1

  d( xy )  C

Ln x  x 2  1  Ln y  y 2  1  xy  C dy y( xy  1)  dx y(1  x 2 )  2

Para : x  1, y  2

15) y(1-x2)-xdy = y(xy+1)dx ydy - yx 2dy - xdy = xy2dx = ydx ydy - yx 2dy – xy2dx = ydx = dy ydy – (yx2dy + xy2dx) = ydx+ xdy

 x 2 y2  2

ydy  d



  d( xy ) 

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ECUACIONES DIFERENCIALES

d

(x 2 y 2 )   d ( xy )  C 2

 ydy –

y2 y2x 2   xy  C 2 2 y2 – x2y2 = 2xy + C

Para: x=1 ,

C=4

Su solución particular es: y2(1-x2) – 2xy = 4

x  2 1  y 2 Cosy dy 1  y2 16)

0

arseny dx +

arseny dx 

xdy 1 y2

 2Cosydy  0

d(x. arcseny) + 2Cosydy = 0  d(x . arcseny) +  2Cosydy = C x . Arcseny + 2Seny = C Ecuaciones Lineales:

dy +2 xy=4 x dx

1.

y ¿ e−∫ 2 x dx 2

y ¿ e−x

[∫ e∫

[∫ e

2

x

2 xdx

( 4 x ) dx +c

]

( 4 x ) dx +c ]

y ¿ e−x [ 2 e x + c ] 2

2

[ ]

y=2 1+

2.

c ex

2

xdy = y + x 3+ 3 x 2−2 x dx



− −x y ¿e ∫

−1

dx

[ ∫ e∫

dy y − =x 3 +3 x2 −2 x dx x

−x−1dx

( x3 +3 x 2−2 x ) dx+ c]

1 y=x [∫ ( x 3 +3 x 2−2 x ) dx +c ] x y=x [∫ ( x 2+3 x ❑−2 ) dx +c ]

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ECUACIONES DIFERENCIALES 3

y=x [

( x−2 )

3-

2

x 3x + −2 x +c ] 3 2

dy = y +2(x −2) dx

− −(x−2) y=e ∫

−1

dx

dy − y (x−2)−1 =2( x−2)2 dx



[∫ e∫

−(x−2)−1 dx

( 2( x−2)2 ) dx +c ]

y=( x−2)[∫ ( x−2)−1 ( 2( x−2)2 ) dx +c ] y=( x−2)[∫ ( 2(x−2)1 ) dx +c ] y=( x−2)[x 2−2 x+ c ] y=x 3−4 x 2+ cx+ 4 x−2 c 4-

dy cos ⁡(x) + yctg( x )=5 e dx

para:

x=π/2

&

y= -4

− ctg(x)dx ctg( x)dx ( 5 e cos ⁡( x) ) dx+ c] y ¿e ∫ [∫ e∫

sen (x) ln ⁡¿ e¿ ∫¿ y ¿ e−ln ⁡( sen ( x )) ¿ y ¿ sen(x )−1 [∫ sen( x )( 5 ecos ⁡(x) ) dx +c ] −1

y ¿ sen(x ) [−5 e

cos ⁡( x)

+c ]

y=−5 e cos ⁡(x) sen(x )−1+ c sen( x )−1 cos ⁡( π / 2)

−4=−5 e

−1

−1

sen (π /2) +c sen( π /2)

Despejando C:

−4=−5+ c c=1

y=−5 e cos ⁡( x) sen( x )−1+ sen ( x)−1

La ecuación es:

5-

x3

dy + ( 2−3 x 2) y =x3 dx −∫ (

y=e

2 3 − 1 )dx 3 x x

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dy 2 3 +( − ) y=1 dx x 3 x 1



∫ ( x23 − x31 )dx

[∫ e

( 1 ) dx +c ]

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ECUACIONES DIFERENCIALES −2

−2

y=e x x 3 [∫ e−x x−3 dx+ c]

1 y=e x x 3 [ e− x + c] 2 −2

−2

1 y=x 3 +c e x x 3 2 −2

6-

( x−ln ( y ) )

dy =−yln( y ) dx −1

− ( yln ( y ) ) x=e ∫

dy

dy −1 −1 + x ( yln ( y ) ) = y dx

 −1

[∫ e∫

( yln ( y ) ) dy

( y −1 ) dy +c ]

x=e−ln ⁡(lny ) [∫ e ln ⁡(lny ) ( y −1 ) dy +c ]

x=

1 [∫ lny ( y −1 ) dy +c ] lny 2

1 (lny) x= [ +c ] lny 2 1

x=

7-

(lny ) 1 + c 2 lny

dy −2 yctg ( 2 x ) =1−2 xctg ( 2 x )−2 csc ⁡( 2 x) dx − −2 ctg ( 2 x ) dx −2 ctg ( 2 x ) dx y=e ∫ [ ∫ e∫ ( 1−2 xctg ( 2 x )−2 csc ⁡( 2 x )) dx+ c]

y=eln ⁡( sen (2 x )) [∫ e−ln ⁡( sen ( 2 x )) ( 1−2 xctg ( 2 x )−2 csc ⁡( 2 x ) ) dx+ c] 2

y=sen(2 x) [∫ (csc(2 x)−2 xctg ( 2 x ) csc(2 x )−2 ( csc ( 2 x ) ) )dx+ c] y=sen(2 x) [

ln |csc ( 2 x ) −ctg ( 2 x )| ln |csc ( 2 x )−ctg ( 2 x )| + xcsc ( 2 x )− +ctg ( 2 x ) +c ] 2 2

y=sen(2 x) [xcsc ( 2 x ) +ctg ( 2 x ) +c ] y=x +cos ⁡( 2 x)+ sen(2 x)c

8-

dy +2 y=x 2 +2 x dx − 2 dx 2 dx y=e ∫ [∫ e∫ ( x 2+2 x ) dx+ c ]

y=e−2 x [∫ e 2 x ( x 2 +2 x ) dx + c]

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ECUACIONES DIFERENCIALES

y=e−2 x [

e2 x ( x 2+ 2 x ) 1 − ∫ e 2 x (2 x +2 ) dx+ c] 2 2

y=e−2 x [

e2 x ( x 2+ 2 x ) 1 − ( ( x +1 ) e 2 x −∫ e 2 x dx)+c ] 2 2

y=e−2 x [

e2 x ( x 2+ 2 x ) 1 − ( ( x +1 ) e 2 x −∫ e 2 x dx)+c ] 2 2

−2 x

y=e

e2 x ( x 2+ 2 x ) 1 1 [ − ( ( x +1 ) e 2 x − e 2 x )+ c] 2 2 2 y=

xln ( x )

9-

x2 x 1 + − + c e−2 x 2 2 2

dy 3 − y=x (3 ln ( x )−1) dx



dy −1 −1 3 −( xln(x)) y= ( xln ( x ) ) ( x ( 3 ln ( x )−1 ) ) dx y=e−∫ −(xln (x))

−1

dx

[∫ e∫ −(xln (x))

−1

dx

( ( xln ( x ) )−1 (x 3 ( 3 ln ( x )−1 ) )) dx +c ]

y=eln ⁡( ln ( x )) [∫ e∫−ln ⁡(ln x )dx (( xln ( x ) ) (x 3 ( 3 ln ( x ) −1 )) ) dx+ c] ( )

−1

y=ln ⁡( x )[∫ ( xln ( x ) )

(( xln ( x ) )−1 (x 3 ( 3 ln ( x ) −1 ))) dx+ c ]

−1

y=ln ⁡( x )[∫ ( xln ( x ) )

−2

( x 3 ( 3 ln ( x ) −1 ) ) dx+ c ] y=ln ⁡( x )[

x3 +c ] ln ⁡( x)

y=x 3 +c . ln ( x)

10-

dy +Q ( x ) ´ y−Q ( x ) Q ( x ) ´ =0 dx



dy +Q ( x ) ´ y=Q ( x ) Q ( x ) ´ dx

− Q ( x ) ´ dx Q ( x ) ´dx y=e ∫ [∫ e∫ ( Q ( x ) Q ( x ) ´ ) dx+ c ]

y=e−Q ( x ) [∫ e Q ( x ) ( Q ( x ) Q ( x ) ´ ) dx+ c] −Q ( x )

y=e

[e

Q ( x)

Q ( x )−e

Q ( x)

+c ]

−Q ( x )

y=Q ( x )−1+c e

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ECUACIONES DIFERENCIALES

11-

dy 1 = dx xsen ( y ) +2 sen (2 y)



dx −xsen ( y )=2 sen (2 y) dy

− −sen ( y ) dy −sen( y ) dy x=e ∫ [∫ e∫ ( 2 sen (2 y) ) dy +c ]

x=e−cos ⁡( y) [∫ ecos ⁡( y) ( 2 sen(2 y ) ) dy+ c ] x=e−cos ⁡( y) [ecos ( y )−e cos ⁡( y) cos ⁡( y)+c ] −cos ⁡( y)

x=1−cos ⁡( y)+e

12-

c

dy − yctg ( x )=2 x−x 2 ctg(x ) dx − −ctg (x)dx −ctg(x)dx y=e ∫ [∫ e∫ ( 2 x− x2 ctg( x)) dx +c ]

e−ln ⁡∨sen ( x )∨¿ ( 2 x−x 2 ctg( x ) ) dx +c

∫¿ ln ⁡∨ sen ( x )∨¿ ¿ y=e¿ y=sen(x )[∫ csc (x) ( 2 x−x 2 ctg( x ) ) dx+ c ] 2

y=sen( x )[∫ csc( x)2 x−x ctg(x) csc(x )dx+ c]

y=sen(x )[x 2 csc (x)+ c] y=x 2 +csen( x) Dato:

π π2 y ( )= +1 2 4

π x= , c=1 2 y=x 2 +sen ( x)

Entonces la ecuación es :

13-

( 1+ x 2 ) ln ( 1+ x 2 ) dy −2 xy =ln ( 1+ x 2) −2 xarctg(x ) dx



2 xarctg ( x) dy 2 xy 1 − = − 2 2 2 dx ( 1+ x ) ln ( 1+ x ) ( 1+ x ) ( 1+ x2 ) ln ( 1+ x 2 )

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

−∫

y=e

−2 x

( 1+ x2 ) ln ( 1+ x2 )

dx

∫

[∫ e 2

−2 x

(1 +x 2) ln ( 1+ x2 )

e−ln ⁡∨ln ⁡( 1+ x )∨¿

(

dx

(

2 xarctg( x ) 1 − dx+ c ] 2 ( 1+ x ) ( 1+ x 2 ) ln ( 1+ x 2 )

)

2 xarctg(x ) 1 − dx+ c 2 ( 1+ x ) ( 1+ x 2 ) ln ( 1+ x2 )

)

∫¿ ln ⁡∨ln ⁡( 1+ x 2)∨¿ ¿ y=e ¿ 2

y=ln ⁡( 1+ x )[∫

2 xarctg ( x) 1 1 − dx +c ] 2 2 ln ⁡( 1+ x ) ( 1+ x ) ( 1+ x2 ) ln ( 1+ x 2 )

(

)

1 ln ( 1+ x 2 ) ( 1+ x 2 ) −2 xarctg ( x ) (¿ 2 ) dx+ c ( 1+ x2 ) ln ( 1+ x 2 ) ∫¿ y=ln ⁡( 1+ x 2)¿ y=ln ⁡( 1+ x 2)[∫ y=ln ⁡( 1+ x 2)[∫

2 xarctg ( x ) dx − dx +c ] ∫ 2 ln ( 1+ x 2) ( 1+ x 2 ) ( 1+ x2 ) ln ( 1+ x 2 ) dx 2

2

+

arctg ( x ) 2 1

ln ( 1+ x ) ( 1+ x ) ln ( 1+ x ) y=ln ⁡( 1+ x 2)[

arctg ( x ) ln ( 1+ x 2)

1

−∫

dx ln ( 1+ x2 ) ( 1+ x 2 )

+c]

+c ]

y=arctg ( x ) + ln ⁡( 1+ x 2)c dy −2 xy =cosx−2 xsenx dx

14-

− −2 xdx −2 x dx y=e ∫ [∫ e∫ ( cosx−2 xsenx ) dx +c ] 2

−2

y=e x [∫ e x ( cosx−2 xsenx ) dx+ c ] 2

−2

−2

y=e x [∫ e x co s x dx−∫ e x 2 xsenx dx+ c ] 2

−2

2

−2

−2

−2

y=e x [ senx. e x +∫ e x 2 xsenx dx−∫ e x 2 xsenx dx+ c ] y=e x [ senx . e x +c ] 2

y=senx+e x c

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

dy 1 = y dx e −x

15-



dx y + x=e dy

− dy dy x=e ∫ [∫ e∫ ( e y ) dy +c ]

x=e− y [∫ e y ( e y ) dy +c ] −y

2y

x=e [∫ e dy +c ]

x=e− y [ x=

e2 y + c] 2

e y −y +e c 2

II.Ecuaciones de bernoulli:

dy 5 − y=x y dx

1-

multiplicando por −5

 -4

multiplicando por -4 tomando

y−4 =z



y

y−5

−5



y

dy −4 − y =x dx

dy −4 − y =x dx

−4 y −5 dy=dz

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma :

dz +4 z=−4 x dx − 4 dx 4 dx z=e ∫ [∫ e∫ (−4 x ) dx +c ] −4 x

z=e

−4 x

z=e

4x

[∫ e (−4 x ) dx +c ]

e4 x 4x [ −x e +c ] 4

1 z= −x+ c e−4 x 4 1 y−4 = −x +c e−4 x 4

dy 4 +2 xy + x y =0 dx

2-



dy 4 +2 xy=−x y dx

−4

y dy +2 x y −3=−x dx Tomando

y−3=z



multiplicando por

y−4



−4

multiplicando por -3

−3 y −4 dy =dz

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO



−3

y dy −6 x y −3 =−3 x dx

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

dz −6 xz =−3 x dx − −6 xdx −6 xdx z=e ∫ [∫ e∫ (−3 x ) dx+ c] 3x

−3 x

z=e [∫ e

(−3 x ) dx +c ]

z=e 3 x [e−3 x +

e−3 x +c] 3

1 3x z=1+ + e c 3 1 y−3=1+ + e3 x c 3

dy 1 1 + y = (1−2 x) y 4 dx 3 3

3-

−4

y

multiplicando por



−4

−4

y dy 1 −3 1 + y = (1−2 x) multiplicando por -3 dx 3 3 Tomando

y−3=z

−3 y −4 dy =dz



−3 y dy − y −3=(2 x −1) dx



entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

dz −z =2 x−1 dx − −1 dx −1 dx z=e ∫ [∫ e∫ ( 2 x−1 ) dx+ c ]

z=e x [∫ e−x (2 x−1 ) dx +c ] x

−x

−x

z=e [2 e x−e + c] x

z=2 x−1+ e c −3

x

y =2 x−1+e c

4-

dy 2 + y = y ( cosx−senx ) dx

multiplicando por

y−2



y −2 dy −1 ( + y = cosx−senx ) dx multiplicando por -1 tomando

y−1=z

− y −2 dy − y−1=( senx−cosx ) dx

 

−y −2 dy=d z

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

dz −z =senx −cosx dx − −1 dx −1 dx z=e ∫ [∫ e∫ ( senx−cosx ) dx +c ] x

−x

z=e [∫ e ( senx−cosx ) dx+ c] x

−x

z=e [−e senx +c ]

z=−senx+ e x c y−1=−senx+ e x c xdy−[ y + x y 3 ( 1+lnx ) ] dx=0

5-

dy −1 3 − y x = y ( 1+ lnx ) dx



multiplicando por

y−3 y −3 dy − y −2 x −1=1+lnx dx

multiplicando por

−2



−2 y−3 dy +2 y−2 x−1=−2−2 lnx dx tomando

y−2=z

−2 y−3 dy=dz



entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

dz +2 z x−1=−2−2 lnx dx − 2x z=e ∫

−1

dx

−2 lnx

z=e

[∫ e∫

2 x−1 dx

2 l nx

[∫ e

(−2−2lnx ) dx+ c]

(−2−2 lnx ) dx+ c ]

z=x−2 [∫ x 2 (−2−2lnx ) dx +c ] z=x−2 [−2( z=

y−2=

6-

3

3

x ( x 1+lnx )− )+ c] 3 9

−2 x ( 1+lnx ) 2 x −2 + +c x 3 9

−2 x ( 1+lnx ) 2 x + + c x−2 3 9 3

2 xdy +2 ydx=x y dx y −3 dy −2 −1 1 +y x = dx 2



dy y3 −1 +y x = dx 2

multiplicando por

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

−2

multiplicando por

−3

y



−2 y−3 dy −2 y−2 x −1=−1  dx

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

tomando

y−2=z



−2 y−3 dy=dz

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

dz −2 z x −1=−1 dx − −2 x z=e ∫

−1

dx

[∫ e∫

−2 x−1 dx

(−1 ) dx +c ]

z=e 2 lnx [∫ e−2 lnx (−1 ) dx +c ] 2

z=x [∫ x (−1 ) dx+ c ] −2

z=x 2 [x −1 +c ] y−2=x + x 2 c

7-

dy x = 2 3 dx yx + y



dx −xy= y 3 x −1 dy

x

multiplicando por



xdx −x 2 y = y 3 dy multiplicando por 2 

2 xdx −2 x 2 y=2 y 3 dy

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

tomando

x 2=z



2 x dx=d z

dz −2 zy =2 y 3 dy

− −2 y dy −2 y dy ( 2 y 3 ) dy +c ] z=e ∫ [∫ e∫ 2

2

z=e y [∫ e−y ( 2 y3 ) dy + c] 2

2

2

z=e y [−y 2 e− y −e− y + c] 2

x 2=− y 2−1+ e y c

8-

2

y ( y 6−x 2 ) y =2 x



dx y 2 y8 + x= x−1 dy 2 2

multiplicando por

x



xdx y 2 2 y 8 + x= dy 2 2 multiplicando por 2 

2 xdx 2 2 8 +y x =y dy

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

tomando

x 2=z



2 x dx=d z

dz 2 + y z= y 8 dy

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES 2

2

− y dy y dy 8 z=e ∫ [∫ e∫ ( y ) dy+ c ]

z=e z=e

−y 3

2

3

−y 3

3

3

y 3

[∫ e ( y 8 ) dy +c ]

(

)

6

3

x = y −6 y +18++18 e

(

ydx + x−

9-

x3 y dy =0 2

)

dx 1 x3 + x= dy y 2



3

y

y6 y3 [9 −2 +2 e 3 + c] 9 3 −y 3

3

c

x−3

multiplicando por



x −3 dx 1 −2 1 + x = dy y 2 −3

multiplicando por -2 

2 x dx 2 −2 + x =1 dy y

tomando

x−2=z



−3

−2 x dx=d z dz 2 − z=−1 dy y

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma: −∫

z=e

−2 dy y

dy ∫ −2 y

[∫ e

(−1 ) dy+ c ]

z=e 2 lny [∫ e−2 lny (−1 ) dy +c ] 2

z= y [∫ y (−1 ) dy + c] −2

z= y 2 [ y−1+ c] x−2= y 1+ y 2 c

10-

3 xdy= y ( 1+ xsenx−3 y 3 senx ) dx

por

y

−4



y −4 dy 1+ xsenx −3 −senx − y = dx 3x x

dy 1+ xsenx −senx 4 − y= y multiplicando dx 3x x multiplicando por -3 

−3 y−4 dy 1+ xsenx −3 senx + y =3 dx x x tomando

y−3=z



−3 y −4 dy =d z

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

dz 1+ xsenx senx + z=3 dx x x −∫

z=e

1+ xsenx dx x

dx ∫ 1+ xsenx x

[∫ e

(

z=e lnx+ cosx [∫ e lnx−cosx 3 z=

e

cosx

x

(3 senxx ) dx +c ]

senx dx+ c] x

)

[3 ∫ e−cosx senx dx+ c]

e cosx z= [3 e−cosx + c ] x 3 ce cosx y = + x x −3

3x

11-

dy x3 −2 y = 2 dx y



dy 2 y x2 − = 2 dx 3 x 3 y

multiplicando por

y

2



y 2 dy 2 y 3 x 2 − = dx 3x 3 3 y 2 dy 2 y 3 − =x 2 multiplicando por 3  dx x

tomando

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

dz 2 − z=3 x 2 dx x

−∫

z=e

−2 dx x

dx ∫ −2 x

[∫ e

3

y =z



2

3 y dy =d z

( 3 x 2 ) dx+ c]

z=e 2 lnx [∫ e−2 lnx ( 3 x 2) dx +c ]

z=x 2 [∫ x−2 ( 3 x 2 ) dx +c ] 2

z=x [x +c ]

y 3=x 3 +c x 2

12-

y−3

dy 1 3 − y=− y  dx 2 x

( 2 x y 3− y ) dx +2 xdy=0 dy 1 −2 − y =−1 dx 2 x

tomando

−2

y =z



multiplicando por -2  −3

−2 y dy=dz

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

−2 y−3

multiplicando por

y−3

dy 1 −2 + y =2 dx x

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

dz 1 + z =2 dx x 1 −∫ dx x

z=e

−lnx

z=e

∫ 1x dx

[∫ e

( 2 ) dx+ c ]

lnx

[∫ e ( 2 ) dx +c ]

1 z= [∫ x ( 2 ) dx+ c ] x 1 z= [ x2 + c] x 1 y−2=x + c x

13-

2y

dy 2 + y ctgx=cscx dx

ydy ctgx 2 cscx + y = dx 2 2 tomando

2

y =z



dy ctgx cscx −1 + y= y dx 2 2



y

2 ydy + ctgx y 2=cscx dx

multiplicando por 2 

2 ydy=d z

multiplicando por

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:

dz +ctgxz=cscx dx − ctgx dx ctgx dx z=e ∫ [ ∫ e∫ ( cscx ) dx +c ] −ln ⁡(senx)

z=e

ln ⁡( senx )

[∫ e

( cscx ) dx+ c]

z=cscx [∫ senx ( cscx ) dx+ c] z=cscx [x +c ] 2

y =x .cscx+ c . cscx

14-

dy y −1 + = ( x +1)3 y 2 dx x+1 2

multiplicando por

−2

y



y −2 dy y −1 −1 + = (x+1)3 dx x +1 2 multiplicando por -1 

− y −2 dy y −1 1 − = ( x +1)3 dx x +1 2

tomando

y−1=z 

−2

−y dy=dz

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

dz z 1 3 − = (x +1) dx x +1 2

entonces la ecuación tomaría la siguiente forma: −∫

z=e

−1 dx x+1

dx 1 ∫ x−1 +1

( 2 ( x +1) ) dx +c ]

[∫ e

z=e ln ⁡(x+1) [∫ e−ln ⁡( x+1) z=(x +1)[∫

3

( 12 ( x+ 1) ) dx+ c] 3

1 1 (x+ 1)3 dx+ c] ( x+1) 2

(

z=(x +1)[

)

1 ( x+1)2 dx+ c ] 2∫

1 z=(x +1)[ ( x +1)3 + c] 6 1 y−1= ( x+1)4 +(x+ 1)c 6 I.Indendencia lineal de funciones: En cada uno de los casos, averiguar si las funciones dadas son o no, linealmente independiente.( por definición algebraica ).

1-

2 ( x )=¿ e−x 1 ( x )=¿ e x , f ¿ f¿

∝1 e x +∝2 e−x =0 …(1) Sumando (1)+(2) : independiente

2-

∝1=0 y



∝2=0

…(2)

; entonces son linealmente

f 1 ( x ) , f 2 (x) .

2∝3 e−x =0

linealmente independiente

2

Derivando  

∝3=0

∝1 e x +2 ∝2 e x −∝3 e−x =0 …(2) y

∝1=−2 ∝2

; entonces no son

f 1 ( x ), f 2( x ) , f 3 (x )

f 1 ( x )=x , f 2 ( x )=2 x , f 3 ( x )=x ∝1 x +2∝2 x +∝3 x =0

∝1 f 1( x )+∝2 f 2 ( x ) +∝3 f 3 (x )=0

de la forma 

∝1 e x +2 ∝2 e x +∝3 e− x =0 …(1)

3-

∝1 e x −∝2 e−x =0



Derivando

2∝1 e x =0

3 ( x ) =¿ e−x 2 ( x )=¿2 e x , f ¿ 1 ( x )=¿ e x , f ¿ f¿

Sumando (1)-(2) :

∝1 f 1( x )+∝2 f 2 ( x )=0

de la forma 

2

de la forma 

Derivando 

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

∝1 f 1( x )+∝2 f 2 ( x ) +∝3 f 3 (x )=0

∝1+2 ∝2+ 2∝3 x =0

Derivando

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

2∝3=0

∝3=0 y



∝1=−2 ∝2 ; entonces no son linealmente independiente

f 1 ( x ), f 2( x ) , f 3 (x ) . f 1 ( x )=sen ( ax ) , f 2 ( x ) =cos ⁡( ax)

4-

∝1 sen ( ax )+ ∝2 cos ⁡( ax )=0 

∝12 =−∝22

Derivando 

a ∝1 cos ( ax ) −a ∝2 sen ⁡( ax)=0 f 1 ( x ), f 2( x ) .

; entonces no son linealmente independiente

f 1 ( x )=1 , f 2( x )=x , f 3( x )=x2

5-

∝1 f 1( x )+∝2 f 2 ( x )=0

de la forma 

∝1 f 1( x ) +∝2 f 2 ( x ) +∝3 f 3 (x )=0

de la forma 

2

∝1+∝2 x +∝3 x =¿ 0 Derivando 

∝2+2 ∝3 x=0

Derivando 



∝3=0 , ∝2 =0 y ∝1=0 ; entonces son linealmente independiente

6-

f 1 ( x )=e sen ( bx ) , f 2 ( x )=e cos ⁡( bx)

ax

ax

∝1 e ax sen ( bx )+∝2 e ax cos ( bx )=0

∝12 =−∝22

f 1 ( x ), f 2( x ) , f 3 (x ) . ∝1 f 1( x )+∝2 f 2 ( x )=0

de la forma 

Derivando 

( a ∝1−b ∝2 ) eax sen ( bx ) +(b ∝1 +a ∝2) e ax cos ( bx ) =0 Como 

2∝3=0

b ∝2=a ∝1

entonces :

2

2

2 b ∝1 ∝2 =a(∝1 −∝2 )



; entonces no son linealmente independiente

f 1 ( x ), f 2( x ) . .

7-

3 ( x ) =¿ e cx , a ≠ b ≠ c 2 ( x )=¿ e bx , f ¿ 1 ( x )=¿ e ax , f ¿ f¿ ∝1 f 1( x )+∝2 f 2 ( x ) +∝3 f 3 (x )=0

de la forma



ax



bx

cx

e ∝1+ e ∝2 +e ∝3=0



e(a−c) x ∝1+ e(b−c)x ∝2 +∝3=0 derivando (a−c) e(a−c) x ∝1+(b−c ) e(b −c)x ∝2=0 ∝3=0 ,

(a−c) e(a−b )x ∝1 +( b−c)∝2=0

(a−b)(a−c)e (a−b )x ∝1=0 ,

∝1=0 ;

,

∝2=0

; derivando 

entonces son linealmente independiente

f 1 ( x ), f 2( x ) , f 3 (x ) . 8-

f 1 ( x ) =lnx , f 2 (x )=x . lnx , f 3 ( x )=x 2 .lnx ∝1 f 1( x )+∝2 f 2 ( x ) +∝3 f 3 (x )=0



de la forma 

lnx ∝1 + x .lnx ∝2+ x 2 .lnx ∝3=0

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

1 ∝ +lnx ∝2 +∝2 +2 x .lnx ∝3 + x ∝3=0 , x 1

Derivando 

−1 ∝ +2lnx ∝3 +2∝3 +∝3=0 Derivando  x 2 1

∝2=0

∝3=0

,

∝1=0

y

f 1 ( x ), f 2( x ) , f 3 (x ) .

entonces son linealmente independiente

II. Wronskiano; hallar el wronskiano de los siguientes conjuntos de funciones: 2

1, x , x , … , x

1-

n−1

n>1

Generalizando : para

1, x :

1, x , x2

para

(

| |

1 x =1 0 1

2

1 x x 0 1 2x 0 0 2

)

:

= 2

1, x , x2 , x3 :

para

(

1 x x2 0 12 x 0 02 0 00

x3 3 x 2 =12 6x 6

)

Entonces :

(

n−1

1 ⋯ x ⋮ ⋱ ⋮ 0 ⋯ ( n−1 ) !

)

= 0! 1! …(n-1)! = W

e mx , e nx m ,n ∈ Z m ≠ n

2-

|

|

e mx enx ( m+n ) x =W mx nx = ( n−m ) e me ne sen ( hx ) , cos ⁡( hx )

3-

|

|

sen ( hx ) cos ⁡( hx ) 2 = sen ( hx ) −cos ⁡( hx )2=−1=W cos ⁡( hx ) sen ( hx ) x , xe x

4-

|

|

x xe x 2 x x x 2 x x x =x e + xe −xe =x e =W 1 xe +e e x senx , e x cosx

5-

|

|

e x senx e x cosx e x senx+ e x cosx e x cosx−e x senx

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

e (¿ ¿ x cosx−e senx )−e cosx ( e x senx+ e x cosx ) =−e2 x =W ¿ e x senx ¿ x

x

1+cos ( 2 x ) ,( cosx)2

6-

|

|

1+cos ( 2 x ) (cosx)2 2 2 =−cos ( 2 x )−cos ( 2 x ) + ( cosx ) 2 sen ( 2 x )=0=W −2 sen(2 x) −cos ⁡(2 x ) −x

−x

e , xe

7-

e ¿ −x −2 x −2 x e (¿−x−xe¿¿−x)+ xe =e =W ¿ −x −x e xe −x −x −x =¿ −e e −xe

|

−x

|

2x

1, e , 2 e

8-

(

−x

2x

)

1 e 2e x x x −x 2x 0 −e 4 e =−8 e −4 e =−12 e =W 0 e−x 8 e 2 x 2, cos ( x ) , cos ( 2 x )

9-

(

)

2 cos ( x ) cos ( 2 x ) 3 0 −sen( x) −2 sen ( 2 x ) =2 sen ( x ) 4 cos ( 2 x ) +2 cos ( x ) cos ( 2 x )=−8(senx) =W 0 −cos ⁡( x) −4 cos ( 2 x )

10- -

e−3 x sen ( 2 x ) , e−3 x cos ( 2 x )

|

|

e−3 x se n ( 2 x ) e−3 x cos ( 2 x ) −3 e−3 x sen ( 2 x ) +2 cos ⁡( 2 x ) e−3 x −3 e−3 x cos ( 2 x ) −2 sen(2 x) e−3 x

¿ e−3 x sen ( 2 x ) (−3 e−3 x cos ( 2 x )−2 sen ( 2 x ) e−3 x ) −e−3 x cos ( 2 x ) (−3 e−3 x sen (2 x ) +2 cos ( 2 x ) e−3 x ) =−2 e−6 x =W III.Mediante el wronskiano, demostrar que cada uno de los siguientes conjuntos de funciones son linealmente independientes: 1-

lnx , xlnx

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

|

|

lnx xlnx 2 2 =lnx +lnx −lnx=lnx ≠ 0 1 1+lnx x

entonces las funciones

lnx , xlnx

:

son

linealmente independientes. 2x

−x

1, e , 2 e

2-

(

2x

−x

)

1 e 2e x x x −x 2x 0 −e 4 e ¿−8 e −4 e =−12e ≠ 0 entonces las funciones 0 e−x 8 e 2 x

:

1, e−x , 2 e2 x

son linealmente independientes. 1/ 2

x ,x

3-

1/3

x −1 6

1 −x (¿ ¿ )= ≠ 0 para x ≠ 0 3 6

|

x 1/ 2 x−1 /2 2

|

−2

−1

x 1/ 3 1 x3 2 x2 −2 /3 = x −( )¿ x 3 2 3

( )

1/ 2

x ,x

entonces las funciones :

1/3

son linealmente independientes.

e ax sen ( bx ) , e ax cos ( bx ) b ≠ 0

4-

|

|

e ax sen ( bx ) e ax cos ( bx ) =¿ ax ax ax ax a e sen ( bx )+ be cos ( bx ) ae cos ( bx ) −be s en ( bx )

e ax sen ( bx ) ( ae ax cos ( bx ) −be ax sen ( bx ) ) −e ax cos ( bx ) ( a e ax sen ( bx )+ beax cos ( bx ) )=−b e 2 ax ≠ 0 entonces las funciones :

e ax sen ( bx ) , e ax cos ( bx ) 1 ,(senx)2 ,1−cosx

5-

(

1 (senx)2 1−cosx 3 0 sen (2 x ) senx =sen ( 2 x ) cosx−2 cos ( 2 x ) senx=2(senx) ≠ 0 0 2 cos ⁡( 2 x ) cosx

)

entonces las funciones 6-

son linealmente independientes.

:

2

1 ,(senx) ,1−cosx

,para

x≠0

son linealmente independientes.

ln ( x−1 )−ln ( x +1 ) ,1

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

|

|

ln ( x−1 )−ln ( x+1 ) 1 1 1 −2 =0− + = ≠0 , para x ≠ 1 1 1 − 0 x−1 x +1 x 2−1 x −1 x +1

entonces las funciones

ln ( x−1 )−ln ( x +1 ) ,1

:

son linealmente independientes.

√2 1−x 2 , x

7-

|

|

√2 1−x 2

x = √2 1−x2 + x 2 (1−x 2)−1 /2=(1−x 2 )−1 /2 ≠ 0 , para x ≠ 1 1

2 −1/ 2

−x(1−x )

entonces las funciones

sen

8-

|

2

(cosx)2

entonces las funciones 2

4

x , x ,x

(

=−sen (2 x ) sen

sen

:

( x2 )−(cosx) 12 cos ⁡( 2x )≠ 0 2

( 2x ),( cosx)

2

son linealmente independientes.

8

x2 x4 x8 11 11 11 11 11 11 11 2 x 4 x 3 8 x 7 =224 x +24 x +16 x −8 x −96 x −112 x =48 x ≠ 0 2 12 x 2 56 x 6

)

para x ≠ 0 x

entonces las funciones x

2

e ,x e ,x e

10-

(

|

1 x cos ⁡( ) −sen (2 x ) 2 2

9-

son linealmente independientes.

( 2x ),( cosx)

( x2 )

sen

√2 1−x 2 , x

:

x

x

:

s x 2 , x 4 , x 8 son linealmente independientes.

x

2

x

)

e xe x e x x x 2 x x =¿ e x e +e x e +2x e x x x 2 x x x e x e +2 e x e + 4 x e +2 e

x ¿ (¿ 2 e ¿ ¿ x +4 x e x +2 e x )+ e x (x e x +2 e x ) x 2 e x +e x x e x ( x 2 e x + 2 x e x ) ¿ e x (x e x + e x ) ¿

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

x ¿ (¿ 2 e ¿ ¿ x +4 x e x +2 e x )=2 e3 x ¿ −e x ( x e x + e x ) x2 e x −e x ( x e x +2 e x ) ( x 2 e x +2 x e x )−e x x e x ¿ entonces las funciones

e x , x e x , x 2 e x son linealmente independientes.

:

IV) DEMOSTRAR QUE LAS FUNCIONES SON L.I. Y SU WRONSKIANO ES CERO (GRAFICARLOS) 1) SI

XE [ -1,0]

f (X) +

1 1

1

SI

X2 +

→

XE [0, 1]

2

2

f2 (X) = 0

0= 0

1

1

f, (X) +

→ 0+

2

=0 f1 y P2 Son L.I.

2

f2 (X) = 0

X2 = 0

2

=0

UROSKIANO EN [-1,0]

=

X2

0

2X

0

=0

UROSKIANO EN [0,1]

=

2) SI

0

X2

0

2X

=0

→

XE [0, 2]

f (X) +

1 1

f (X) =f10y P2

2 2

Son L.I. 1

Si

0 +

→

XE [2, 4]

1

2

∝

(X-2)2 = 0

f (0) +

1 1

2

2

=0

f2 (X) = 0

∝

(X-2)2 + 0 = 0

1

=0

WROSKIANO EN [-0,2]

W=

0

(X-2)2

0

2(X-2)

4

=0

0 UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

2

4 INGENIERIA ELECTRICA

ECUACIONES DIFERENCIALES WROSKIANO EN [2,4]

W=

3)

(X-2)2

0

2(X-2)

0

SI

=0

XE [-2, 0]

→

f (X) +

1 1

2

f2 (X) = 0 P1 y P2

1

SI

X3 +

→

XE [0, 1]

2

f (X) +

1 1

2

2

X2 = 0

-2

0

0 +

∝

0 = 0

son L.I.

1

=0

f2 (X) = 0 2

=0

WROSKIANO EN [-2,0]

W=

X3

0

3 X2

0

=0

UROSKIANO EN [0,1]

W=

0

X2

0

2X

=0

1

-8

X

-X2

-1 < x < 0

4) f1=

X2

SI

XE [-1,0]

1

1

X2 -

X2 +

2

2

X2

X2

0