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• Hedber Gamboa Santana

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GUÍA DE PRÁCTICA PARA ANÁLISIS MATEMÁTICO IV 1. Verificar que la y = ø(x) satisfice las EDO dadas en los ítems correspondientes:

a)

𝑥 sin 𝑡

∅(𝑥) = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 ∫0

𝑡

𝑑𝑡;

𝑥(𝑦 ′′ sen 𝑥 − 𝑦 ′ cos 𝑥) + 𝑦 cos 𝑥 = 0 Como: 𝑥

𝑦 = ∅(𝑥) = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 ∫ 0 𝑥

𝑦′ = 𝐴 + 𝐵 ∫ 0

sin 𝑡 𝑑𝑡 𝑡

sin 𝑡 𝑑𝑡 𝑡

𝑦′′ = 0 Remplazando en la EDO dada: 𝑥

𝑥 sin 𝑡 sin 𝑡 𝑥 (0. sen 𝑥 − (𝐴 + 𝐵 ∫ 𝑑𝑡)cos 𝑥) + (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 ∫ 𝑑𝑡) cos 𝑥 = 0 𝑡 𝑡 0 0 𝑥 𝑥 sin 𝑡 sin 𝑡 𝑥 (0 − (𝐴 + 𝐵 ∫ 𝑑𝑡)cos 𝑥) + (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 ∫ 𝑑𝑡) cos 𝑥 = 0 𝑡 𝑡 0 0 𝑥 𝑥 sin 𝑡 sin 𝑡 − (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 ∫ 𝑑𝑡) cos 𝑥 + (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 ∫ 𝑑𝑡) cos 𝑥 = 0 𝑡 𝑡 0 0

−𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 = 0 0=0 Por lo tanto la función dada si satisface ala EDO.

𝑥

2

b) 𝑦 ∙ ln 𝑦 = 𝑥 + ∫0 𝑒 𝑡 ∙ 𝑑𝑡

;

𝑦 ∙ (1 + ln 𝑦) ∙ 𝑦" + (𝑦’)2 = 2𝑥𝑦𝑒 𝑥

2

Derivamos respecto de 𝑥: 𝑦’ ∙ 𝑦 2 + 𝑦’ ∙ ln 𝑦 = 1 + 𝑒 𝑥 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥

+ ln 𝑦 ∙

𝑑𝑦 𝑑𝑥

2

= 1 + 𝑒 𝑥 … (1)

-La segunda derivada: 𝑑2 𝑦 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 2 1 𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑥2 2 + ∙ 𝑦 ∙ ln 𝑦 + 𝑦 ( ) ( ) + ( ) ∙ ln 𝑦 = + 𝑒 + 2𝑥𝑦𝑒 𝑥 2 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑥 2 𝑑𝑦 2 2 (1 + 𝑦 ∙ ln 𝑦) + ( ) = + 𝑒 − ( ) ∙ ln 𝑦 + 2𝑥𝑦𝑒 𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 𝑑𝑦 2 𝑥2 (1 + 𝑦 ∙ ln 𝑦) + ( ) = (1 + 𝑒 − ∙ ln 𝑦) + 2𝑥𝑦𝑒 𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 𝑦’ 2 (1 + 𝑦 ∙ ln 𝑦) + ( ) = ( ) + 2𝑥𝑦𝑒 𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑦

𝑑2 𝑦 1 𝑑𝑦 2 2 (1 + 𝑦 ∙ ln 𝑦) + (1 − ) ( ) = 2𝑥𝑦𝑒 𝑥 2 𝑑𝑥 𝑦 𝑑𝑥

c)∅(𝑥) = 𝐴𝑒 𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 + 𝐵𝑒 −𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 ;(1 − 𝑥 2 )𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ − λ2 = 0 𝑦 = 𝐴𝑒 𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 + 𝐵𝑒 −𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 Sea: 𝑀 = 𝐴𝑒 𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 𝑁 = 𝐵𝑒 −𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 Entonces: 𝑀′ = 𝐴𝑒 𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 (

𝜆 √1 − 𝑥 2

𝑁 ′ = 𝐵𝑒 −𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 (

)

−𝜆 √1 − 𝑥 2

)

′′

𝜆2 𝜆𝑥 ( + ) 2 1−𝑥 (√1 − 𝑥 2 )3

𝑀 = 𝐴𝑒

𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥

′′

−𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥

𝑁 = −𝐵𝑒

−𝜆2 𝜆𝑥 ( + ) 1 − 𝑥 2 (√1 − 𝑥 2 )3

𝑦=𝑀+𝑁 𝑦′ = 𝑀′ + 𝑁′ 𝑦′′ = 𝑀′′ + 𝑁′′ Remplazando en la ecuación EDO dada: (1 − 𝑥 2 )𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ − 𝜆2 = 0

(1 − 𝑥

2)

(𝐴𝑒

𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥

+ 𝐵𝑒

𝜆2 𝜆𝑥 + ( ) 1 − 𝑥 2 (√1 − 𝑥 2 )3

−𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥

𝜆2 𝜆𝑥 − ( )) 1 − 𝑥 2 (√1 − 𝑥 2 )3

− 𝑥(𝐴𝑒 𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 ( 𝐴𝑒 𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 (𝜆2 +

𝜆 √1 − 𝑥 2

𝜆𝑥

) + 𝐵𝑒 −𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 (

) + 𝐵𝑒 −𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 (𝜆2 −

√1 − 𝑥 2 𝜆𝑥 − (𝐴𝑒 𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 √1 − 𝑥 2

−𝜆 √1 − 𝑥 2 𝜆𝑥

√1 − 𝑥 2

)) = 0

)

−𝐵𝑒 −𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 ) = 0 𝑀 (𝜆2 + (𝑀𝜆2 +

𝜆𝑥 √1 −

𝑥2

𝑀𝜆𝑥 √1 −

𝑥2

) + 𝑁 (𝜆2 −

) + (𝑁𝜆2 −

𝜆𝑥 √1 −

𝑥2

𝑁𝜆𝑥 √1 −

𝑥2

)−

)−

𝜆𝑥 √1 −

𝑥2

𝑀𝜆𝑥 √1 −

𝑥2

(𝑀 − 𝑁) − 𝜆2 = 0

+

𝑁𝜆𝑥 √1 −

𝑥2

− 𝜆2 = 0

𝜆2 (𝑀 + 𝑁) − 𝜆2 = 0 𝜆2 (𝑀 + 𝑁 − 1) = 0 𝜆2 (𝐴𝑒 𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 + 𝐵𝑒 −𝜆𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 − 1) = 0 Por lo tanto la función dada no satisface ala EDO.

2) Verificar que las funciones ø1(𝑥) = 𝑥 2 ; ø1(𝑥) = 𝑥 −2 ∙ ln 𝑥 satisfacen la EDO 𝑥 2 ∙ 𝑦" + 5𝑥𝑦’ + 4𝑦 = 0 Para ø1(𝑥) = 𝑥 2 , hallamos sus derivadas: 𝑦 = 𝑥2 𝑦’ = 2𝑥 𝑦" = 2 Reemplazamos en la EDO: 𝑥 2 ∙ 𝑦" + 5𝑥𝑦’ + 4𝑦 = 0 𝑥 2 ∙ (2) + 5𝑥 ∙ (2𝑥) + 4𝑥 2 = 0 2 ∙ 𝑥 2 + 10 ∙ 𝑥 2 + 4𝑥 2 = 0 18𝑥 2 0 Por lo tanto, no se verifica la igualdad. -Para ø1(𝑥) = 𝑥 −2 ∙ ln 𝑥, hallamos sus derivadas: 𝑦=

ln 𝑥 𝑥2

𝑦’ =

1 − 2 ∙ ln 𝑥 𝑥3

𝑦" =

6 ∙ ln 𝑥 − 5 𝑥4

Reemplazamos en la EDO: 𝑥 2 ∙ 𝑦" + 5𝑥𝑦’ + 4𝑦 = 0

6 ∙ ln 𝑥 − 5 1 − 2 ∙ ln 𝑥 ln 𝑥 𝑥2 ∙ ( ) + 5𝑥 ∙ ( ) + 4 ∙ ( )=0 𝑥4 𝑥3 𝑥2 Simplificando las 𝑥 nos queda: 6 ∙ ln 𝑥 − 5 + 5 − 10 ∙ ln 𝑥 + 4 ∙ ln 𝑥 = 0 0=0

Por lo tanto, ø1(𝑥) = 𝑥 −2 ∙ ln 𝑥 satisface la EDO.

(1)

Encuentre la EDO de la familia de circunferencias con radio 1u y centros sobre la recta identidad. Solución: Se sabe que la ecuación general de una circunferencia es: (𝑥 − ℎ)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = 𝑟 2 Pero como el centro se encuentra en la recta identidad: 𝑘=ℎ=𝑥 Remplazando en la ecuación: (𝑥 − 𝑥)2 + (𝑦 − 𝑥)2 = 1 𝑦 2 − 2𝑥𝑦 + 𝑥 2 = 1 Derivando: 2𝑦𝑦 ′ − 2(𝑥𝑦 ′ + 𝑦) + 2𝑥 = 0 2𝑦𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 ′ − 2𝑦 + 2𝑥 = 0 𝑦 ′ (𝑦 − 𝑥) = (𝑦 + 𝑥) 𝑦′ = 1

4) Encuentre la familia de cisoides: 𝑥3

𝑦 2 = 𝑎−𝑥 ; Con 𝑥𝑎 De la ecuación despejamos "a":

𝑎=

𝑥 3 +𝑥∙𝑦 2 𝑦2

Ahora derivamos respecto de " 𝑥 ": 𝑦 2 (3𝑥 2 + 𝑦 2 + 2𝑥𝑦𝑦’) − 2𝑥𝑦’(𝑥3 + 𝑥 ∙ 𝑦2 ) =0 𝑦4 𝑦(3𝑥 2 + 𝑦 2 + 2𝑥𝑦𝑦’) − 2𝑦’(𝑥3 + 𝑥 ∙ 𝑦2 ) = 0 3𝑦𝑥 2 + 𝑦3 + 2𝑥𝑦 2 𝑦’ − 2𝑥3 𝑦’ − 𝑥𝑦 2 𝑦’ = 0 3𝑦𝑥 2 + 𝑦3 + 𝑥𝑦 2 𝑦’ − 2𝑥3 𝑦’ = 0 2𝑥3 𝑦’ = 𝑦(𝑦 2 + 3𝑥 2 )

6. Encuentre la EDO de la familia de curvas tales que la tangente en un punto cualquiera P  forme un ángulo de medida  con el eje de las abscisas y que además verifique  -  = . 4

Siendo  la medida del ángulo que forma OP con el eje de las abscisas. Desarrollo:

Del grafico se tiene que:  + 45 =  tan( + 45) = tan() tan + tan45

1 − tan ∙ tan45

= tan()

tan() =

1 + tan … () 1 − tan

tan() =

1 + tan … () 1 − tan

x

Donde la tan = 𝑦 Reemplazando en ():

𝑑𝑦 = tan() 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑥 + y = 𝑑𝑥 𝑥 − y

(𝑥 − y)𝑑𝑦 = (𝑥 + y)𝑑𝑥 (𝑥 + y)𝑑𝑥 + (𝑦 − 𝑥)𝑑𝑦 = 0 … (), 𝐸𝐷𝑂 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔𝑒𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑛 = 1 SOLUCIONES:

𝑦 =𝑢∙𝑥

𝑑𝑦 = 𝑢 ∙ 𝑑𝑥 + 𝑥 ∙ 𝑑𝑢 Reemplazando en :

(𝑥 + 𝑢𝑥)𝑑𝑥 + (𝑢𝑥 − 𝑥)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 Simplificamos “𝑥”:

(1 + 𝑢)𝑑𝑥 + (𝑢 − 1)𝑢𝑑𝑥 + (𝑢 − 1)𝑥𝑑𝑢 = 0 𝑑𝑥(𝑢2 − 𝑢 + 1 + 𝑢) + (𝑢 − 1)𝑥𝑑𝑢 = 0 𝑑𝑥(𝑢2 + 1) + (𝑢 − 1)𝑥𝑑𝑢 = 0 Integrando: ∫

𝑑𝑦 𝑢−1 +∫ 2 𝑑𝑢 = ∫ 0 𝑑𝑥 𝑢 +1

1 ln 𝑥 − arctan 𝑢 + ln( 𝑢2 + 1) = 𝑐 2 𝑦

Reemplazamos 𝑢 = 𝑥

𝑦 1 𝑦2 + 𝑥2 ln 𝑥 − arctan( ) + ln( )=𝑐 𝑥 2 𝑥2 𝑦 √𝑥 2 + 𝑦 2 ln 𝑥( ) − arctan( ) = 𝑐 𝑥 𝑥 𝑦 ln √𝑥 2 + 𝑦 2 − arctan( ) = 𝑐 𝑥

(7) use un paquete de cómputo para bosquejar el campo de direcciones, isóclinas y 7 o más miembros de la familia de soluciones de las EDO siguientes: a)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑥2 − 𝑦

Figura N°01: se observa el campo de direcciones de la ecuación diferencial

Figura N°02: se observa las isóclinas de la ecuación diferencial

Figura N°03: se observa la familia de soluciones de la ecuación diferencial b)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑥2 − 𝑦

Figura N°04: se observa el campo de direcciones de la ecuación diferencial

Figura N°05: se observa las isóclinas de la ecuación diferencial

Figura N°06: se observa la familia de soluciones de la ecuación diferencial

c)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑦

=−𝑥

Figura N°07: se observa el campo de direcciones de la ecuación diferencial

Figura N°08: se observa las isóclinas de la ecuación diferencial

Figura N°09: se observa la familia de soluciones de la ecuación diferencial d)

𝑑𝑣 𝑑𝑡

= 1+

𝑣3 8

Figura N°10: se observa el campo de direcciones de la ecuación diferencial

Figura N°11: se observa las isóclinas de la ecuación diferencial

Figura N°12: se observa la familia de soluciones de la ecuación diferencial f)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑥2 + 𝑦2

Figura N°13: se observa el campo de direcciones de la ecuación diferencial

Figura N°14: se observa las isóclinas de la ecuación diferencial

Figura N°15: se observa la familia de soluciones de la ecuación diferencial g)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 2𝑥 − 𝑦

Figura N°16: se observa el campo de direcciones de la ecuación diferencial

Figura N°17: se observa las isóclinas de la ecuación diferencial

Figura N°18: se observa la familia de soluciones de la ecuación diferencial h)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑥2 − 𝑦

Figura N°19: se observa el campo de direcciones de la ecuación diferencial

Figura N°20: se observa las isóclinas de la ecuación diferencial

Figura N°21: se observa la familia de soluciones de la ecuación diferencial i)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑦 − 𝑥2

Figura N°19: se observa el campo de direcciones de la ecuación diferencial

Figura N°20: se observa las isóclinas de la ecuación diferencial

Figura N°21: se observa la familia de soluciones de la ecuación diferencial

(8) RESOLVER LAS SIGIENTES EDO: a)

𝑒 2𝑥−𝑦 𝑑𝑥 + 𝑒 𝑦−2𝑥 𝑑𝑦 = 0

𝑒 2𝑥−𝑦 𝑑𝑥 + 𝑒 𝑦−2𝑥 𝑑𝑦 = 0 𝑒 2𝑥 𝑒𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 𝑑𝑦 = 0 𝑒𝑦 𝑒 𝑒 4𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒 2𝑦 𝑑𝑦 = 0 Integrando ∫ 𝑒 4𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑒 2𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 0 𝑒 4𝑥 𝑒 2𝑦 + =𝑘 4 2 𝑒 4𝑥 + 2𝑒 2𝑦 = 𝑐 2

b) 𝑒 𝑥+𝑦 sin 𝑥 𝑑𝑥 + (2𝑦 + 1)𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 0 2

𝑒 𝑥+𝑦 sin 𝑥 𝑑𝑥 + (2𝑦 + 1)𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 0 2

𝑒 𝑥 . 𝑒 𝑦 sin 𝑥 𝑑𝑥 + (2𝑦 + 1)𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 0 Dividiendo entre 𝑒 𝑦 𝑒 𝑥 . sin 𝑥 𝑑𝑥 + (2𝑦 + 1)𝑒 −𝑦

2 −𝑦

𝑑𝑦 = 0

Integrando ∫ 𝑒 𝑥 . sin 𝑥 𝑑𝑥 + ∫(2𝑦 + 1)𝑒 −𝑦

2 −𝑦

𝑑𝑦 = ∫ 0

𝐴 + 𝐵 = 𝐾 … … … … … … … … … . (1) Donde: 𝐴 = ∫ 𝑒 𝑥 . sin 𝑥 𝑑𝑥

𝐵 = ∫(2𝑦 + 1)𝑒 −𝑦

2 −𝑦

𝑑𝑦

Resolviendo A: 𝐴 = ∫ 𝑒 𝑥 . sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑒 𝑥 → 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑣 = sin 𝑥 𝑑𝑥 → 𝑣 = −cos𝑥 Remplazando 𝐴 = 𝑒 𝑥 cos𝑥 − ∫ −cos𝑥. 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 Sea: 𝑢 = 𝑒 𝑥 → 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑣 = −cos𝑥𝑑𝑥 → 𝑣 = −sin 𝑥 Remplazando 𝐴 = 𝑒 𝑥 cos𝑥 + 𝑒 𝑥 sin 𝑥 − ∫ sin 𝑥 . 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝐴 = 𝑒 𝑥 cos𝑥 + 𝑒 𝑥 sin 𝑥 − 𝐴 𝐴=

𝑒 𝑥 (cos𝑥+sin 𝑥) 2

…………………(2)

Resolviendo B:

𝐵 = ∫(2𝑦 + 1)𝑒 −𝑦 Sea:

2 −𝑦

𝑑𝑦

u = −𝑦 2 − 𝑦

→

𝑑𝑢 = −(2y + 1)

Remplazando: 𝐵 = ∫ −𝑒 𝑢 𝑑𝑢 𝐵 = −𝑒 −𝑦

2 −𝑦

………………….. (3)

Remplazando (2) y (3) en (1)

𝑒 𝑥 (cos𝑥 + sin 𝑥) 2 − 𝑒 −𝑦 −𝑦 = 𝑘 2 𝑒 𝑥 (cos𝑥 + sin 𝑥) − 2𝑒 −𝑦

c)

2 −𝑦

=𝑐

tan 𝑥 sin2 𝑦 𝑑𝑥 + cos 2 𝑥 cot 𝑦 𝑑𝑦 = 0

Por ser un EDO de variable separable dividimos entre sin2 ycos2 x tan 𝑥 𝑑𝑥 cot 𝑦 𝑑𝑦 + =0 cos 2 𝑥 sin2 𝑦 sin 𝑥 𝑑𝑥 cos𝑦𝑑𝑦 + =0 cos 3 𝑥 sin3 𝑦 Integrando ∫

sin 𝑥 𝑑𝑥 cos𝑦𝑑𝑦 + ∫ = ∫0 cos 3 𝑥 sin3 𝑦

𝐴 + 𝐵 = 𝐾……………….(1) Donde: 𝐴=∫

sin 𝑥 𝑑𝑥 cos 3 𝑥

;

𝐵=∫

Hallando A: 𝐴=∫

sin 𝑥 𝑑𝑥 cos 3 𝑥

cos𝑦𝑑𝑦 sin3 𝑦

𝑢 = 𝑐𝑜𝑠𝑥

Sea:

→ 𝐴=∫

Remplazando: 𝐴=

𝑑𝑢 = − sin 𝑥 𝑑𝑥 −𝑑𝑢 𝑢3

1 … … … … … … … . (2) 2cos 2 𝑥

Hallando B:

𝑢 = sin 𝑦

Sea:

𝐵=∫

cos𝑦𝑑𝑦 sin3 𝑦

→

𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠𝑦𝑑𝑦

𝐴=∫

Remplazando: 𝐵=−

𝑑𝑢 𝑢3

1 … … … … … … … . (3) 2sin2 𝑦

Remplazando (2) y (3) en (1) 1 1 − =𝐾 2cos 2 𝑥 2sin2 𝑦 sin 𝑦 = √

cos 2 𝑥 1 − 𝑪cos 2 𝑥

cos 2 𝑥 y = sin−1 √ 1 − 𝑪cos 2 𝑥

d)

3ex tan y dx + (1 − ex ) sec 2 y dy = 0

Observamos que es un Edo de variable separable entonces dividimos adecuadamente donde obtenemos:

3ex dx sec 2 y + dy = 0 1 − ex tan y Integrando 3ex dx sec 2 y ∫ +∫ dy = ∫ 0 1 − ex tan y A + ln tany = ln k……………(1) Hallamos A: 3ex dx A=∫ 1 − ex Haciendo un cambio de variable: u = 1 − ex

→

du = −ex dx

Remplazando: A = −3 ∫

du u

A = −3 ln(1 − ex )……….(2) Remplazando (2) en (1): −3 ln(1 − ex ) + ln tany = ln k (1 − ex )−3 tany = k tany = k(1 − ex )3 y = tan−1 k(1 − ex )3 e)

(ey + 1) cos x dx + ey (sin x + 1)dy = 0

Observamos que es un Edo de variable separable entonces dividimos adecuadamente donde obtenemos: cos x ey dx + y dy = 0 sin x + 1 e +1

Haciendo un cambio de variable: u = sin x + 1

Sea:

v = ey + 1 Remplazando e integrando: ∫

du dv + ∫ = ∫0 u v

ln(sin x + 1 ) + ln(ey + 1 ) = ln(k) (sin x + 1 )(ey + 1 ) = k

9. resolver las siguientes EDO: x

a)

y 2 dy = x(xdy − ydx)ey

Sea: w =

x y

→

dw =

Remplazando: dy = wy

(xdy − ydx) w e y2

dy = wdwew y Integrando: ∫

dy = ∫ wew dw y

ln y = ∫ wew dw Integrando por partes:

ydx−xdy y2

→ →

du = cosxdx dv = ey dy

sea: u = w → du = dw dv = ew dw → v = ew Remplazando: ln y = wew − ∫ ew dw ln y = wew − ew + k ln y =

x x y e (

y

− 1) + k y

b) xdx + sin2 ( ) (ydx − xdy) = 0 x y xdx − sin2 ( ) (xdy − ydx) = 0 x Dividiendo entre x 2 obtenemos: dx y (xdy − ydx) − sin2 ( ) =0 x x x2 Sea: w =

y x

→

dw =

xdy−ydx x2

Remplazando: dx − sin2 (w)dw = 0 x Integrando: dx ∫ − ∫ sin2 (w)dw = ∫ 0 x 1 ln x − ∫(1 − cos 2w)dw = k 2 1 sin 2w ln x − w + =k 2 4

2y sin 1 y x =k ln x − ( ) + 2 x 4 y 2y 4ln x − 2 + sin = c x x c)

(x − y)(4x + y)dx + x(5x − y)dy = 0

(4x 2 − 3xy − y 2 )dx + (5x 2 − xy)dy = 0 Observamos que es un EDO homogénea entonces hacemos la siguiente sustitución: y = ux → dy = udx + xdu Remplazando: (4x 2 − 3x(ux) − (ux)2 )dx + (5x 2 − x(ux))(udx + xdu) = 0 (4x 2 − 3x 2 u − u2 x 2 )dx + (5x 2 u − x 2 u2 )dx + (5x 3 u − x 3 u)du = 0 x 2 (4 − 3u − u2 + 5u − u2 )dx + x 3 (5 − u)du = 0 x 2 (2u2 − 2u − 4)dx + x 3 (u − 5)du = 0 Dividiendo adecuadamente obtenemos: dx (u − 5) + 2 du = 0 x 2u − 2u − 4 Haciendo un cambio de variable: Sea:

w = 2u2 − 2u − 4

→

dw = (4u − 2)du

dx 4u − 2 18 +[ 2 du − 2 du] = 0 x 2u − 2u − 4 2u − 2u − 4 Remplazando e Integrando obtenemos:

∫

dx 4u − 2 18 +∫ 2 du − ∫ 2 du = ∫ 0 x 2u − 2u − 4 2u − 2u − 4

ln x + ∫

dw 1 − ∫ w 2

1 ln x + ln w − ∫ 2

18 1 2 1 (u − 2) − 4 − 2

18

du = k

2 du

2

=k

1 9 (u − 2) − (√4)

1 3 u− − 2 2) = k ln x + ln w − 9 ln( 1 3 u− + 2 2 ln x + ln(2u2 − 2u − 4) − 9 ln (

u−2 ) = ln c u+1

y −2 y2 y ln x + ln(2 2 − 2 − 4) − 9 ln (yx ) = ln c x x +1 x 2y 2 − 2yx − 4x 2 y − 2x 9 x( )( ) =c x2 y+x (2y 2 − 2yx − 4x 2 )(y − 2x)9 = cx(y + x)9

d)

(y 2 + 7xy + 16x 2 )dx + x 2 dy = 0

;

y(1) = 1

Observamos que la EDO es homogénea por lo cal empleamos la siguiente sustitución: y = ux → dy = udx + xdu Remplazando: ((ux)2 + 7x(ux) + 16x 2 )dx + x 2 udx + x 3 du = 0 (u2 x 2 + 7x 2 u + 16x 2 + x 2 u)dx + x 3 du = 0

x 2 (u2 + 8u + 16)dx+x 3 du = 0 Dividiendo adecuadamente: dx du + 2 =0 x u + 8u + 16 Integrando: dx du ∫ +∫ = ∫0 x (u + 4)2 ln x −

1 =k u+4

1 ln x − y =k +4 x x ln x − =k y + 4x x=1 → y=1

Para:

Remplazando: ln 1 −

1 =k 1 + 4(1)

k=−

1 5

Entonces tenemos: ln x −

e)

x 1 =− y + 4x 5

(y 2 + 2xy − x 2 )dy = (y 2 − 2xy − x 2 )dx ;

y(1) = −1

Como la Edo es homogénea hacemos lo siguiente: x = uy → dx = udy + ydu

Remplazando: (y 2 + 2(uy)y − (uy)2 )dy − (y 2 − 2(uy)y − (uy)2 )dx = 0 (y 2 + 2uy 2 − u2 y 2 )dy − (y 2 − 2uy 2 − u2 y 2 )(udy + ydu) = 0 y 2 (1 + 2u − u2 − u + 2u2 + u3 )dy + y 3 (u2 + 2u − 1)du = 0 y 2 (u3 + u2 + u + 1)dy + y 3 (u2 + 2u − 1)du = 0 Dividiendo adecuadamente obtenemos: dy (u2 + 2u − 1)du + =0 y (u3 + u2 + u + 1) Integrando: (3u2 + 2u + 1)du dy ∫ +∫ 3 = ∫0 (u + u2 + u + 1) y

Integrando por fracciones parciales: (u2 + 2u − 1) A Bu + C ∫ 3 = ∫( + ) (u + u2 + u + 1) u + 1 u2 + 1 u2 + 2u − 1 = (A + B)u2 + (D + C)u + A + C Comparando tenemos: A+B=1 D+C=2 A + C = −1 Dónde:

A = −1

;

B=2

;

C=0

Remplazando tenemos: ∫

dy A Bu + C +∫ du + ∫ 2 du = ∫ 0 y u+1 u +1

∫

dy 1 2u −∫ du + ∫ 2 du = ∫ 0 y u+1 u +1

ln y − ln(u + 1) + ln(u2 + 1) = ln k x2 + y2 =k x+y Para las condiciones iniciales:

x = 1 → y = −1

12 + (−1)2 =k 1−1 2 = k ; k no existe para x = 1 → y = −1 0 Por lo tanto: x2 + y2 =k x+y

10) Resolver la siguientes EDO: a)

yx 1dx  x y ln xdy  0

Solución:

yx y 1dx  x y ln xdy  0  y 1 M y ln x  M  yx ; y  ( y ln x  1)e M N  ...  x  N ( y ln x  1)e y ln x y y   N  x ln x; x x  Es una EDO exacta:   una f ( x, y ) tal que f ( x, y )  M ,int egrando x f ( x, y )   Mdx  g ( y )...(*)    g ( y )    N   Mdx dy  k1 y      g ( y )    x y ln x   e y ln x  dy  k1 y   g ( y )    x y ln x  e y ln x ln x dy  k1 g ( y )  o  k1 (**) Re emplazando (**) en (*) f ( x, y )   M dx  g ( y )

k   e y ln x  .....Solución general de la EDO.

𝑑𝑦

b)

𝑑𝑥

=

𝑥−𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑦+𝑠𝑖𝑛𝑥

(𝑦 + 𝑠𝑖𝑛𝑥)𝑑𝑦 = (𝑥 − 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥) 𝑑𝑥 (𝑦 + 𝑠𝑖𝑛𝑥)𝑑𝑦 + (−𝑥 + 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥) 𝑑𝑥 =0 Sea M=−𝑥 + 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 ; entonces: N= 𝑦 + 𝑠𝑖𝑛𝑥 ; entonces:

𝜕𝑁 𝜕𝑥

𝜕𝑀 𝜕𝑦

= 𝑐𝑜𝑠𝑥

= 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝜕𝑁

De donde observamos que 𝜕𝑥 =

𝜕𝑀 𝜕𝑦

entonces se cumple la condición necesaria y suficiente de donde

se concluye que la EDO es exacta por tanto existirá un F(x,y) de tal forma que tanto: 𝜕𝐹 𝜕𝑥

=𝑀

∫ 𝜕𝐹 = ∫ 𝑀𝜕𝑥

F = ∫(𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)𝜕𝑥 F = ysenx-1/2 x2 + ∅(𝑦) 𝜕𝐹

Pero sabemos que : 𝜕𝑦 = 𝑁 𝜕𝐹 𝜕𝑦

= 𝑁= senx +

𝑑 ∅(𝑦) 𝑑𝑦

N= 𝑦 + 𝑠𝑖𝑛𝑥 = senx +

𝑑 ∅(𝑦) 𝑑𝑦

De donde: 𝑑 ∅(𝑦)=y 𝑑𝑦

∫ 𝑑(∅(𝑦)) = ∫ 𝑦𝑑𝑦

∅(𝑦)=1/2 y2 + K1 Por lo tanto F= ysenx-1/2 x2 +1/2 y2 + K1 Sabemos también que F = K2

por tanto:

K= 2ysenx- x2 +y2

donde K=2(K2 - K1)

𝜕𝐹 𝜕𝑥

=𝑀y

𝜕𝐹 𝜕𝑦

= 𝑁 por

c)

2x y 2  3x 2 dx  dy  0; y (1)  1 y3 y4

Solución:

2 y 3 xdx  (y 2  3 x 2 y 4 ) dy  0; y (1)  1 M  3 4  M  2 y x; y  6 y x M N  ...  y x  2 2 4 N  6 y 4 x  N  y 3x y ; x  Es una EDO exacta :   una f ( x, y ) tal que f (x, y)  M , int egrando x f (x, y)   Mdx  g(y)...(*)    g (y)    N  Mdx dy  k1  y      g (y)    y 2  3 x 2 y 4  x 2 y 3  dy  k1  y   g (y)    y 2  3 x 2 y 4  ( 3 x 4 x 2 ) dy  k1 g (y)    y 2 dy  k1 y 1 g (y)    k1 (**) 1 Re emplazando (**) en (*) f (x, y)   M dx  g(y) k  x 2 y 3 

y 1 .....(a) 1

x 2  y2 ; pero y (1)  1 y3 k  1...(b) Re emplazando en (b) en ( a ) :

k

1

x2 1  y3 y

y 4  x 2  y 2 .....Solución particular de la EDO.

d) (3𝑥 2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 3 ) dx + ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) dy =0 Sea M=3𝑥 2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 3

; entonces:

𝜕𝑀 𝜕𝑦

= 3𝑥 2 + 2𝑥 + 3𝑦 2

N=𝑥 2 + 𝑦 2

; entonces:

𝜕𝑁 𝜕𝑥

= 2𝑥

𝜕𝑁

De donde observamos que 𝜕𝑥 ≠

𝜕𝑀 𝜕𝑦

entonces se cumple la condición necesaria y suficiente de donde

se concluye que la EDO es exacta por tanto existirá un 𝜑(x) de tal forma que 𝜑(x) = 𝑒 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 𝜕𝑀

𝜕 𝜑𝑁 𝜕𝑥

=

𝜕 𝜑𝑀 por 𝜕𝑦

tanto:

dónde:

𝜕𝑁

f(x) = 𝑁 ( 𝜕𝑦 − 𝜕𝑥 ) 1

f(x) = 𝑥 2 + 𝑦2 (3𝑥 2 + 2𝑥 + 3𝑦 2 − 2𝑥) f(x) =

3 𝑥 2+ 𝑦2

f(x) = 3

(𝑥 2 + 𝑦 2 ) por tanto:

𝜑(x) = 𝑒 ∫ 3𝑑𝑥 𝜑(x) = 𝑒 3𝑥

entonces tenemos:

(3𝑒 3𝑥 𝑥 2 𝑦 + 2𝑒 3𝑥 𝑥𝑦 + 𝑒 3𝑥 𝑦 3 )dx +( 𝑒 3𝑥 𝑥 2 + 𝑒 3𝑥 𝑦 2 )dy =0 M`=3𝑒 3𝑥 𝑥 2 𝑦 + 2𝑒 3𝑥 𝑥𝑦 + 𝑒 3𝑥 𝑦 3

; entonces:

N`=𝑒 3𝑥 𝑥 2 + 𝑒 3𝑥 𝑦 2

; entonces:

De donde observamos que

𝜕𝑁` 𝜕𝑥

=

𝜕𝑀` 𝜕𝑦

𝜕𝑀` 𝜕𝑦 𝜕𝑁` 𝜕𝑥

= 3𝑒 3𝑥 𝑥 2 + 2𝑒 3𝑥 𝑥 + 3𝑒 3𝑥 𝑦 2

= 3𝑒 3𝑥 𝑥 2 + 2𝑒 3𝑥 𝑥 + 3𝑒 3𝑥 𝑦 2

entonces se cumple la condición necesaria y suficiente de

donde se concluye que la EDO es exacta por tanto existirá un F(x,y) de tal forma que 𝑁` por tanto: 𝜕𝐹 𝜕𝑥

= 𝑁`

∫ 𝜕𝐹 = ∫ 𝑁`𝜕𝑥

F = ∫(𝑒 3𝑥 𝑥 2 + 𝑒 3𝑥 𝑦 2 )𝜕𝑦 F = 𝑒 3𝑥 𝑥 2 𝑦 +

1 3𝑥 3 𝑒 𝑦 3 𝜕𝐹

+ ∅(𝑥)

Pero sabemos que : 𝜕𝑥 = 𝑀`

𝜕𝐹 𝜕𝑥

= 𝑀` y

𝜕𝐹 𝜕𝑦

=

𝜕𝐹 𝜕𝑥

= 𝑀`=2𝑦𝑥𝑒 3𝑥 + 3𝑒 3𝑥 𝑥 2 𝑦 + 𝑒 3𝑥 𝑦 3 +

𝑀`= 2𝑦𝑥𝑒 3𝑥 + 3𝑒 3𝑥 𝑥 2 𝑦 + 𝑒 3𝑥 𝑦 3 +

𝑑 ∅(𝑥) 𝑑𝑥

𝑑 ∅(𝑥) 𝑑𝑥

De donde: 𝑑 ∅(𝑥)= 𝑑𝑥

∫ 𝑑(∅(𝑥)) = ∫ 0𝑑𝑥

0

∅(𝑥)= K1 Por lo tanto F= 𝑒 3𝑥 𝑥 2 𝑦 +

1 3𝑥 3 𝑒 𝑦 3

+ K1

Sabemos también que F = K2

por tanto:

K= 𝑒 3𝑥 𝑥 2 𝑦 +

e)

1 3𝑥 3 𝑒 𝑦 3

donde K=2(K2 - K1)

(x 2 y 2 y4 )dx  ( x3  3xy3 )dy  0; (x 2 y  2 y 4 ) dx  ( x 3  3 xy 3 ) dy  0;  2 4 M 2 3  M  x y  2 y ; y  x  8 y M N  ...  y x  3 3 N 2 3 N  x  3 xy ;  3 x  3 y  x  No es una EDO exacta; u(x, y)  (N x  M y ) 1 entonces buscamos un F .I . con caso general : 31 1   1   240 y 2  5 yx 2 Multiplicamos un ( x, y )    3 9  x   2 2 2  2y x  4y Entonces :

    

 5 1 1 M 5 1 10 15   1800 x 9 y14  M  y 2 x 2  120 x y  2 y 4 xy M N  ...   1 1 y x 5  N 5 1 10 14 9 14 2 2  N  y x  180 x y    1800 x y  2 x 4 xy  Por lo tan to Es una EDO exacta :   una f ( x, y ) =c tal que 1

1

k  5 x 2 y 2  12 x10 y15 .....Solución particular de la EDO.

f) (𝑥 2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0

Sabiendo que un factor integrante es de la forma (𝑀𝑥 −𝑁𝑦 )

−1

𝑥(𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 − 𝑦(𝑥 − 𝑦)𝑑𝑦 = 0 Multiplicaremos a toda la expresión por un factor integrantes que es: tendremos:

(𝑥 − 𝑦)−1 entonces

xdx-ydy = 0 ∫ 𝑥𝑑𝑥 − ∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∫ 0 𝑥2 2

−

𝑦2 2

= 𝑘1

𝑦 2 = 𝑥 2 − 2𝑘1 𝑦2 = 𝑥2 + 𝐾

Dónde: K = −2𝑘1

11) Resolver las siguientes EDO:

a)

dy  y tan x  e senx ; dx

para 0