• Author / Uploaded
• Henry Cayo Huaman

Citation preview

2018

E.A.P. DE INGENIERÍA CIVIL

JORGE LUIS ORTEGA VARGAS

1) (𝟏 + 𝒚𝟐 )𝒅𝒙 + (𝟏 + 𝒙𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎  (1 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 = −(1 + 𝑥 2 )𝑑𝑦

 

𝑑𝑥

𝑑𝑦

(1+𝑥 2 ) 𝑑𝑥

= − (1+𝑦2) 𝑑𝑦

(1+𝑥 2 )

+ (1+𝑦2) = 0 tan(𝑎 + 𝑏) =



𝑑𝑥

𝑑𝑦

∫ (1+𝑥 2 ) + ∫ (1+𝑦2 ) = 0

tan(𝑎) + tan(𝑏) 1 − tan(𝑎) ∗ tan(𝑏)

 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑥) + 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑦) = 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑐) 𝑥+𝑦



𝑡𝑎𝑛−1 ( ) = 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑐) 1−𝑥𝑦



(1−𝑥𝑦) = 𝑐

𝑥+𝑦

 𝑥 + 𝑦 = 𝑐(1 − 𝑥𝑦) ……RESPUESTA

2) (𝟏 + 𝒚𝟐 )𝒅𝒙 + 𝒙𝒚𝒅𝒚 = 𝟎  (1 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 = −𝑥𝑦𝑑𝑦



𝑑𝑥 𝑥

 ∫

=−

𝑑𝑥 𝑥

𝑦𝑑𝑦 1+𝑦 2

= −∫

 ln(𝑥) = −

𝑦𝑑𝑦 1+𝑦 2

𝑙𝑛|1+𝑦 2 | 2

+ ln(𝑐)

1

 ln(𝑥) = − 𝑙𝑛|1 + 𝑦 2 | + ln(𝑐) 2

1

 ln(𝑥) + 𝑙𝑛|1 + 𝑦 2 | = ln(𝑐)

1 1 ln(𝑎) = 𝑙𝑛(𝑎)2 2

2

ln(𝑎) + ln(𝑏) = ln(𝑎 ∗ 𝑏)

 ln(𝑥) + 𝑙𝑛√1 + 𝑦 2 = ln(𝑐)  𝑙𝑛𝑥 2 (1 + 𝑦 2 ) = ln(𝑐)  𝑥 2 (1 + 𝑦 2 ) = 𝑐

…..RESPUESTA

EJERCICIO 3 (𝒚𝟐 + 𝒙𝒚𝟐 )𝒚´ + 𝒙𝟐 − 𝒙𝟐 𝒚 = 𝟎 Solución: 𝑦 2 (1 + 𝑥)𝑦´ + 𝑥 2 (1 − 𝑦) = 0 𝑦 2 (1 + 𝑥)

𝑑𝑦 = −𝑥 2 (1 − 𝑦) 𝑑𝑥

𝑦 2 (1 + 𝑥)𝑑𝑦 = −𝑥 2 (1 − 𝑦)𝑑𝑥 𝑦 2 (1 + 𝑥)𝑑𝑦 = 𝑥 2 (𝑦 − 1)𝑑𝑥 𝑦2 𝑥2 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 (𝑦 − 1) (1 + 𝑥) ∫

𝑦2 𝑥2 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 (1 + 𝑥) (𝑦 − 1)

𝑦2 − 𝑦 𝑦 − 1 1 𝑥2 + 𝑥 𝑥 + 1 1 ∫( + + − + ) 𝑑𝑦 = ∫ ( ) 𝑑𝑥 (1 + 𝑥) 𝑥 + 1 1 + 𝑥 𝑦−1 𝑦−1 𝑦−1 ∫ (𝑦 + 1 +

1 1 ) 𝑑𝑦 = ∫ (𝑥 − 1 + ) 𝑑𝑥 𝑦−1 1+𝑥

𝑦2 𝑥2 + 𝑦 + ln|𝑦 − 1| = − 𝑥 + ln|1 + 𝑥| 2 2 Respuesta: (x + y)(x − y − 2) + 2ln |

1+𝑥 |=𝐶 1−𝑦

EJERCICIO 4 (𝟏 + 𝒚𝟐 )𝒅𝒙 = 𝒙𝒅𝒚 Solución: (1 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 1 1 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑥 1 + 𝑦2 1 1 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑦 𝑥 1 + 𝑦2 𝑙𝑛𝑥 = arctan(𝑦) tan[arctan(𝑦)] = tan. lnx Respuesta: 𝑦 = 𝑡𝑎𝑛. 𝑙𝑛𝑥𝐶

𝟓. −𝑿√𝟏 + 𝒀𝟐 + 𝒀𝒀′ √𝟏 + 𝑿𝟐 = 𝟎 ⟹ 𝑋√1 + 𝑌 2 + 𝑌 ⟹ 𝑌

𝑑𝑦 √1 + 𝑋 2 = 0 𝑑𝑥

𝑑𝑦 √1 + 𝑋 2 = − 𝑋√1 + 𝑌 2 𝑑𝑥

⟹ 𝑌𝑑𝑦√1 + 𝑋 2 = − 𝑋√1 + 𝑌 2 𝑑𝑥 ⟹ 𝑌𝑑𝑦√1 + 𝑋 2 = − 𝑋√1 + 𝑌 2 𝑑𝑥 ⟹ ⟹ ⟹

𝑌 √1 +

𝑌2

𝑌 √1 + 𝑌 2 𝑋 √1 + 𝑋 2

⟹ ∫

𝑑𝑦 = − 𝑑𝑦 = − 𝑑𝑥 +

𝑋 √1 + 𝑋 2

𝐻𝐴𝐶𝐼𝐸𝑁𝐷𝑂:

𝑋 √1 + 𝑋 2 𝑋 √1 + 𝑋 2 𝑌

√1 + 𝑌 2

𝑑𝑥 + ∫

𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑦 = 0

𝑌 √1 + 𝑌 2

𝑑𝑦 = ∫0

𝐴= ∫ 𝐵= ∫

𝑋 √1 + 𝑋 2 𝑌

√1 + 𝑌 2

𝑑𝑥

𝑑𝑦

Resolviendo A ∫

𝑋 √1 + 𝑋 2

𝑑𝑥 ; 𝑢 = 1 + 𝑋 2

𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 =

1 𝑑𝑢 2𝑥

Reemplazando: ∫

𝑋

1 𝑑𝑢) √𝑢 2𝑥 (

⟹∫

1 2√𝑢

𝑑𝑢

⟹

1 𝑑𝑢 ∫ 2 √𝑢

⟹

1 1 ∫ 𝑢−2 𝑑𝑢 2 1

1 𝑢2 ⟹ ( ) 2 1 2

1

1 𝑢2 ⟹ (2 ∗ ) 2 1 1

⟹ 𝑢2

Remplazando el valor de 𝑢 = 1 + 𝑋 2 1

∴ 𝐴 = (1 + 𝑋 2 )2 = √1 + 𝑋 2

Resolviendo B ∫

𝑌 √1 + 𝑌 2

𝑑𝑦 ; 𝑣 = 1 + 𝑌 2

Reemplazando: ∫

𝑌

1 𝑑𝑣) √𝑣 2𝑌 (

𝑑𝑢 = 2𝑌𝑑𝑦 → 𝑑𝑦 =

1 𝑑𝑢 2𝑌

⟹∫

1 2√𝑣

𝑑𝑣

⟹

1 𝑑𝑣 ∫ 2 √𝑣

⟹

1 1 ∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 2 1

1 𝑣2 ⟹ ( ) 2 1 2

1

1 𝑣2 ⟹ (2 ∗ ) 2 1 1

⟹ 𝑣2

Remplazando el valor de 𝑣 = 1 + 𝑌 2 1

∴ 𝐵 = (1 + 𝑌 2 )2 = √1 + 𝑌 2

JUNTANDO A Y B: √1 + 𝑋 2 + √1 + 𝑌 2 = ∫ 0

RPTA: ∴ √𝟏 + 𝐗 𝟐 + √𝟏 + 𝐘 𝟐 = 𝐂

𝟔. − 𝑿√𝟏 − 𝒀𝟐 𝒅𝒙 + 𝒀√𝟏 − 𝑿𝟐 𝒅𝒙 = 𝟎 ⟹ 𝑋√1 − 𝑌 2 𝑑𝑥 = 𝑌√1 − 𝑋 2 𝑑𝑦 = 0 ⟹ 𝑋√1 − 𝑌 2 𝑑𝑥 = − (𝑌√1 − 𝑋 2 𝑑𝑦) ⟹ ⟹

𝑋 √1 − 𝑋 2 𝑋 √1 − 𝑋 2

⟹ ∫

𝑑𝑥 = − 𝑑𝑥 +

𝑋 √1 − 𝑋 2

𝐻𝐴𝐶𝐼𝐸𝑁𝐷𝑂:

𝑌 √1 − 𝑌 2 𝑌

√1 − 𝑌 2

𝑑𝑥 + ∫

𝑑𝑦

𝑑𝑦 = 0 𝑌

√1 − 𝑌 2

𝑑𝑦 = ∫ 0

, 𝒀(𝟎) = 𝟏

𝐴= ∫ 𝐵= ∫

𝑋 √1 − 𝑋 2 𝑌

√1 − 𝑌 2

𝑑𝑥

𝑑𝑦

Resolviendo A ∫

𝑋 √1 − 𝑋 2

𝑑𝑥 ; 𝑢 = 1 − 𝑋 2

𝑑𝑢 = −2𝑋𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 = −

1 𝑑𝑢 2𝑋

Reemplazando: ∫

𝑋 √𝑢

(−

⟹ ∫−

1 𝑑𝑢) 2𝑋 1

2 √𝑢

𝑑𝑢

1 𝑑𝑢 ⟹− ∫ 2 √𝑢 1 1 ⟹ − ∫ 𝑢−2 𝑑𝑢 2 1

1 𝑢2 ⟹− ( ) 2 1 2

1

1 𝑢2 ⟹ − (2 ∗ ) 2 1 1

⟹ −𝑢2

Remplazando el valor de 𝑢 = 1 − 𝑋 2 1

∴ 𝐴 = −(1 − 𝑋 2 )2 = −√1 − 𝑋 2

Resolviendo B ∫

𝑌 √1 − 𝑌 2

𝑑𝑦 ; 𝑣 = 1 − 𝑌 2

Reemplazando: ∫

𝑌 √𝑢

(−

1 𝑑𝑣) 2𝑦

𝑑𝑣 = −2𝑌𝑑𝑦 → 𝑑𝑦 = −

1 𝑑𝑣 2𝑌

⟹ ∫−

1 2 √𝑣

𝑑𝑣

1 𝑑𝑣 ⟹− ∫ 2 √𝑣 1 1 ⟹ − ∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 2 1

1 𝑣2 ⟹− ( ) 2 1 2

1

1 𝑣2 ⟹ − (2 ∗ ) 2 1 1

⟹ −𝑣 2

Remplazando el valor de 𝑣 = 1 − 𝑋 2 1

∴ 𝐴 = −(1 − 𝑌 2 )2 = −√1 − 𝑌 2 JUNTANDO A Y B: √1 − 𝑋 2 + √1 − 𝑌 2 = ∫ 0 √1 − 𝑋 2 + √1 − 𝑌 2 = 𝐶 Sustituyendo la condición inicial 𝑌 = 1 cuando 𝑋 = 0 √1 − 02 + √1 − 12 = 𝐶 ⟹1=𝐶

RPTA: ∴ √𝟏 − 𝑿𝟐 + √𝟏 − 𝒀𝟐 = 𝟏 , 𝒀 = 𝟏 7) 𝒆−𝒚 (𝟏 − 𝒚′) = 𝟏 → (1 − 𝑦′) =

→

1 𝑒 −𝑦

𝑑𝑦 1 = (1 − −𝑦 ) 𝑑𝑥 𝑒

→ 1−

1 𝑒 −𝑦

= 𝑦′

→ 𝑑𝑦 = (1 −

1 𝑒 −𝑦

)

𝑒 −𝑦 − 1 → ( −𝑦 ) 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑒 → 𝑑𝑥 −

𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 0 (𝑒 −𝑦 − 1)

𝑒 −𝑦 𝑑𝑢 →𝑥+∫ =𝐶 𝑢 𝑒 −𝑦

→

→

∫ 𝑑𝑥 − ∫

𝑥+∫

𝑒 −𝑦 = ∫0 (𝑒 −𝑦 − 1)

𝑑𝑢 +𝐶 =0 𝑢

→ 𝑥 + ln ∣ 𝑢 ∣= 𝐶 → 𝑥 + ln ∣ 𝑒 −𝑦 − 1 ∣= 𝐶 → ln ∣ 𝑒 −𝑦 − 1 ∣= 𝐶 − 𝑥 → 𝑒 −𝑦 − 1 = 𝑒 (𝑐−𝑥) → 𝑒 −𝑦 − 1 = 𝑒 𝑐 𝑒 −𝑥

→

1 𝑒 −𝑦

−1=

→

𝑒 −𝑦 − 1 = 𝑒 −𝑥 𝑐

𝑐 𝑒𝑥

1 1 +1= 𝑦 −𝑥 𝑒 𝑒

𝑐 = 𝑒 −𝑦 − 1 𝑒𝑥

→

𝐶 = 𝑒 𝑥 (𝑒 −𝑦 − 1)

→

𝑒 𝑥 = 𝐶(𝑒 −𝑦 − 1)−1

8) 𝒚 𝐥𝐧 𝒚 𝒅𝒙 + 𝒙𝒅𝒚 = 𝟎

→

𝑑𝑥 𝑑𝑦 + =0 𝑥 𝑦 ln(𝑦)

𝒅𝒂𝒕𝒐 → (𝒚(𝟎) = 𝟏)

𝑢 = ln(𝑦) 𝑑𝑢 =

→∫

𝑑𝑥 𝑑𝑦 +∫ = ∫0 + 𝑥 𝑦 ln(𝑦)

𝑑𝑦 𝑦

→ ln ∣ 𝑥 ∣ + ∫

𝑑𝑦 =𝐶 𝑦 ln(𝑦)

→ ln ∣ 𝑥 ∣ + ∫

𝑦𝑑𝑢 =𝐶 𝑦(𝑢)

→ ln ∣ 𝑥 ∣ + ∫

𝑑𝑢 =𝐶 𝑢

→ ln ∣ 𝑥 ∣ + ln ∣ 𝑢 ∣= 𝐶 → ln ∣ (𝑥) (𝑢) ∣= 𝐶 → ln ∣ 𝑥 ln(𝑦) ∣= 𝐶 → 𝑥 ln(𝑦) = 𝑒 𝑐 → 𝑥 ln(𝑦) = 𝐶

≅

𝑥 ln(𝑦) = 𝑒 𝑐

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑦0 = 1 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 → 𝑥 = 1 ;

𝑦=1

Ejercicio.9 𝒚′ = 𝒂𝒙+𝒚 𝑑𝑦 = 𝑎𝑦 . 𝑎𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝑎 𝑥 . 𝑑𝑥 𝑎𝑦 ∫

𝑑𝑦 = ∫ 𝑎 𝑥 . 𝑑𝑥 𝑎𝑦

∫ 𝑎−𝑦 . 𝑑𝑦 = ∫ 𝑎 𝑥 . 𝑑𝑥 − ∫(−). 𝑎−𝑦 . 𝑑𝑦 = ∫ 𝑎 𝑥 . 𝑑𝑥 𝑎 −𝑦 𝑎𝑥 − = +𝑐 ln 𝑎 ln 𝑎 𝑎−𝑦 𝑎𝑥 = − −𝑐 ln 𝑎 ln 𝑎

𝑎−𝑦 = −𝑎 𝑥 − ln 𝑎 . 𝑐 −𝑦 = log 𝑎 (−𝑎 𝑥 − ln 𝑎 . 𝑐) 𝑦 = − log 𝑎 (𝑐 − 𝑎 𝑥 ) 𝑦 = log 𝑎 (

1 ) 𝑐 − 𝑎𝑥

Ejercicio.10

−𝟐𝒙(𝟏 + 𝒆𝒚 )𝒅𝒙 + 𝒆𝒚 (𝟏 + 𝒙𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎 𝑒 𝑦 (1 + 𝑥 2 )𝑑𝑦 = 2𝑥(1 + 𝑒 𝑦 )𝑑𝑥 ∫

𝑒𝑦 2𝑥 . 𝑑𝑦 = ∫ . 𝑑𝑥 𝑦 1+𝑒 1 + 𝑥2

1

2

Integrando 1

Integrando 2

𝑒𝑦 ∫ . 𝑑𝑦 1 + 𝑒𝑦

∫

1 + 𝑒𝑦 = 𝑣

1 + 𝑥2 = 𝑣

𝑒 𝑦 . 𝑑𝑦 = 𝑑𝑣

2𝑥. 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣

𝑑𝑦 = ∫

𝑑𝑣 𝑒𝑦

2𝑥 . 𝑑𝑥 1 + 𝑥2

𝑑𝑥 =

𝑒 𝑦 𝑑𝑣 . 𝑣 𝑒𝑦

∫

𝑑𝑣 2𝑥

2𝑥 𝑑𝑣 . 𝑣 2𝑥

∫ 𝑣 −1 . 𝑑𝑣

∫ 𝑣 −1 . 𝑑𝑣

ln(𝑣) + 𝑐1

ln(𝑣) + 𝑐2

ln(1 + 𝑒 𝑦 ) + 𝑐1

ln(1 + 𝑥 2 ) + 𝑐2

Sustituyendo ln(1 + 𝑒 𝑦 ) = ln(1 + 𝑥 2 ) + 𝑐 1 + 𝑒 𝑦 = 𝑒 ln(1+𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑒 ln(1+𝑥

2 )+𝑐

𝑦 = ln(𝑒 ln(1+𝑥

2 )+𝑐

−1

2 )+𝑐

11.(𝒚 − 𝒙𝒚′ )𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐

√(𝑦 − 𝑥𝑦 ′ )2 = √𝑥 2 + 𝑦 2 ±(𝑦 − 𝑥𝑦 ′ ) = √𝑥 2 + 𝑦 2 a). cuando toma positivo. (𝑦 − 𝑥𝑦 ′ ) = √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑦 − √𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑦 ′ 𝑥 1 1 (𝑦 − √𝑥 2 + 𝑦 2 ) = (𝑦 ′ 𝑥) 𝑥 𝑥 𝑦 𝑦 2 − √1 + ( ) 𝑥 𝑥

=

𝑑𝑦 𝑑𝑥

Hacemos un cambio de variable. 𝑦 =𝑣 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑣 = 𝑥+𝑣 𝑑𝑥 𝑑𝑥

Reemplazando: 𝑣 − √1 + 𝑣 2 = −√1 + 𝑣 2 = −

𝑑𝑣 𝑥+𝑣 𝑑𝑥

𝑑𝑣 𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑥 𝑑𝑣 = 𝑥 √1 + 𝑣 2

−∫

𝑑𝑥 𝑑𝑣 =∫ 𝑥 √1 + 𝑣 2

− ln 𝑥 = − ln |√1 + 𝑣 2 − 𝑣| + ln 𝐶 ln 𝑥𝐶 = ln |√1 + 𝑣 2 − 𝑣| 𝑥𝐶 = √1 + 𝑣 2 − 𝑣 2

(𝑥𝐶 + 𝑣)2 = (√1 + 𝑣 2 )

𝑥 2 𝐶 2 + 2𝑣𝑥𝐶 + 𝑣 2 = 1 + 𝑣 2 𝑥 2 𝐶 2 + 2𝐶𝑦 = 1

b). cuando es negativo. −(𝑦 − 𝑥𝑦 ′ ) = √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑦 2 𝑦 𝑦 ′ = √1 + ( ) + 𝑥 𝑥 𝑑𝑣 𝑥 + 𝑣 = √1 + 𝑣 2 + 𝑣 𝑑𝑥 𝑑𝑣 𝑥 = √1 + 𝑣 2 𝑑𝑥 𝑑𝑣 √1 + 𝑣 2

=

𝑑𝑥 𝑥

− ln |√1 + 𝑣 2 − 𝑣| = ln 𝑥 − ln 𝐶 𝐶 − ln |√1 + 𝑣 2 − 𝑣| = − ln ( ) 𝑥 √1 + 𝑣 2 − 𝑣 = √1 +

𝑣2

2

1 + 𝑣2 = 1=

𝐶 𝑥

2 𝐶 = ( + 𝑣) 𝑥

𝐶2 𝐶 + 2𝑣 + 𝑣2 𝑥2 𝑥

𝐶 2 2𝑦𝐶 + 2 𝑥2 𝑥

𝑥 2 − 𝐶 2 = 2𝑦𝐶

12)(𝟏 + 𝒚𝟐 )(𝒆𝟐𝒙 𝒅𝒙 − 𝒆𝒚 𝒅𝒚) − (𝟏 + 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 (1 + 𝑦 2 )𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 − (1 + 𝑦 2 )𝑒 𝑦 𝑑𝑦 − (1 + 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (1 + 𝑦 2 )𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 = ((1 + 𝑦 2 )𝑒 𝑦 + 1 + 𝑦)𝑑𝑦 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 = (𝑒 𝑦 +

1 𝑦 + ) 𝑑𝑦 1 + 𝑦2 1 + 𝑦2

∫ 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ (𝑒 𝑦 +

1 𝑦 + )𝑑𝑦 1 + 𝑦2 1 + 𝑦2

𝑒 2𝑥 ln|1 + 𝑦 2 | 𝑦 =𝑒 + + tan−1 𝑦 + 𝐶 2 2 𝑒 2𝑥 ln|1 + 𝑦 2 | 𝑦 −𝑒 − − tan−1 𝑦 = 𝐶 … … . 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎 2 2 13) (𝑥𝑦 2 − 𝑦 2 + 𝑥 − 1)𝑑𝑥 + (𝑥 2 𝑦 − 2𝑥𝑦 + 𝑥 2 + 2𝑦 − 2𝑥 + 2)𝑑𝑦 = 0 [𝑦 2 (𝑥 − 1) + (𝑥 − 1)]𝑑𝑥 + [𝑥 2 (𝑦 + 1) − 2𝑥(𝑦 + 1) + 2(𝑦 + 1)]𝑑𝑦 = 0 (𝑥 − 1)(𝑦 2 + 1)𝑑𝑥 + (𝑦 + 1)[𝑥 2 − 2𝑥 + 2]𝑑𝑦 = 0 (𝑥−1)𝑑𝑥 (𝑥 2 −2𝑥+2)

+

(𝑦+1)𝑑𝑦 (𝑦 2 +1)

=0

Integrando la ecuación diferencial (𝑥−1)𝑑𝑥

∫ (𝑥 2 −2𝑥+2) + ∫ (𝑥−1)𝑑

(𝑦+1)𝑑𝑦 (𝑦 2 +1)

= ∫0

𝑦𝑑𝑦

𝑑𝑦

∫ (𝑥−1)2 +1 + ∫ (𝑦 2 +1) + ∫ (𝑦 2 +1) = 𝐶 𝑦 2 + 1 = 𝑡 → 2𝑦𝑑𝑦 = 𝑑𝑡

Donde: 𝑛 = 𝑥 − 1 → 𝑑𝑛 = 𝑑𝑥; 𝑛𝑑𝑛

𝑦𝑑𝑡

𝑑𝑦

∫ 𝑛2 +1 + ∫ 2𝑡𝑦 + ∫ (𝑦 2 +1) = 𝐶 1

1

𝑙𝑛|𝑛2 + 1| + 2 𝑙𝑛|𝑦 2 + 1| + arctan(𝑦) = 𝐶 2 1 2

1

𝑙𝑛|(𝑥 − 1)2 + 1| + 2 𝑙𝑛|𝑦 2 + 1| + arctan(𝑦) = 𝐶

𝑙𝑛|((𝑥 − 1)2 + 1)(𝑦 2 + 1)| = 2𝐶 − 2arctan(𝑦) (𝑥 2 − 2𝑥 + 2)(𝑦 2 + 1) = 𝑒 2𝐶−2arctan(𝑦) (𝑥 2 − 2𝑥 + 2)(𝑦 2 + 1) = 𝑒 2𝐶 𝑒 −2 arctan(𝑦) (𝑥 2 − 2𝑥 + 2)(𝑦 2 + 1)𝑒 2 arctan(𝑦) = 𝐶

14) 𝑦 ′ = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 𝑦)

Haciendo cambio de variables donde: 𝑥 − 𝑦 = 𝑧; 𝑑𝑧

𝑑𝑥 − 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 𝑑𝑧

𝑑𝑦

𝑑𝑧

→ 𝑑𝑥 = 1 − 𝑑𝑥 𝑑𝑧

1 − 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛(𝑧) → 𝑑𝑥 = 1 − 𝑠𝑒𝑛(𝑧) → 𝑑𝑥 − (1−𝑠𝑒𝑛(𝑧)) =0

𝑑𝑧

𝑑𝑧

𝑑𝑥 − (1−𝑠𝑒𝑛(𝑧)) = 0

→ ∫ 𝑑𝑥 − ∫ (𝑠𝑒𝑛(𝑧)+1) = ∫ 0

(1+𝑠𝑒𝑛(𝑧))𝑑𝑧

𝑥 − ∫ (1−𝑠𝑒𝑛(𝑧))(1+𝑠𝑒𝑛(𝑧)) = 𝐶 𝑥−∫

(1+𝑠𝑒𝑛(𝑧))𝑑𝑧

=𝐶

(1−𝑠𝑒𝑛(𝑧)2 ) 𝑑𝑧

− ∫ 𝑐𝑜𝑠(𝑧)2 − ∫

→𝑥−∫

𝑠𝑒𝑛(𝑧)𝑑𝑧

(1+𝑠𝑒𝑛(𝑧))𝑑𝑧 𝑐𝑜𝑠(𝑧)2

=𝐶

+ 𝑥 = 𝐶 → − ∫ 𝑠𝑒𝑐(𝑧)2 𝑑𝑧 − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑧)𝑐𝑜𝑠(𝑧)−2 𝑑𝑧 + 𝑥 = 0

𝑐𝑜𝑠(𝑧)2

x − tan(𝑧) + 𝑐𝑜𝑠(𝑧)−1 = 𝐶 Reemplazando el valor de “z” 1

𝑥 − tan(𝑥 + 𝑦) − cos(𝑥+𝑦) = 𝐶 𝑠𝑒𝑛(𝑥+𝑦)

1

𝑥 − cos(𝑥+𝑦) − cos(𝑥+𝑦) = 𝐶 𝑥=𝐶−

𝑠𝑒𝑛(𝑥+𝑦)−1 cos(𝑥+𝑦)

Remplazando por su equivalencia en radianes nos queda: 𝑥 = 𝑐𝑜𝑡𝑔 (

𝑦−𝑥 2

𝜋

+ 4) = 𝐶

EJERCICIO 15: 𝑦´ = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐



Dónde: (a, b y c) son constantes

RESOLUCION: 𝑦´ = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 𝑑𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 𝑑𝑥 Haremos un cambio de variable: 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 𝑧 ====> 𝑎𝑑𝑥 + 𝑏𝑑𝑦 + 0 = 𝑑𝑧 ====> 𝑏𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 − 𝑎𝑑𝑥 𝑑𝑦

Dividimos entre dx para tener (𝑑𝑥 ) 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑎 ∗ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑎 = − =======> = − 𝑑𝑥 𝑏 ∗ 𝑑𝑥 𝑏 ∗ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑏 ∗ 𝑑𝑥 𝑏 Reemplazamos en la ecuación: 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑎 𝑑𝑧 𝑎 = (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐) ====> = 𝑧 =====> − = 𝑧 ===> = 𝑧+ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑏 ∗ 𝑑𝑥 𝑏 𝑏 ∗ 𝑑𝑥 𝑏 𝑎 𝑑𝑧 𝑑𝑧 = (𝑧 + ) (𝑏 ∗ 𝑑𝑥) ====> 𝑎 − 𝑏𝑑𝑥 = 0 𝑏 (𝑧 + ) 𝑏

𝑑𝑧

𝑎 − ∫ 𝑏𝑑𝑥 = ∫ 0 ======> 𝑙𝑛 + |𝑧 | − 𝑏𝑥 = 𝑘 𝑎 𝑏 (𝑧 + ) 𝑏 𝑎 ln |𝑧 + | = 𝑘 + 𝑏𝑥 𝑏 ∫

Por propiedad de logaritmos: 𝑎 ln |𝑧 + | = 𝑘 + 𝑏𝑥 𝑏 𝑎 𝑧 + = 𝑒 𝑘+𝑏𝑥 𝑏 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 𝑧

Reemplazando el valor de Z: 𝑧+

𝑎 𝑎 = 𝑒 𝑘+𝑏𝑥 ===> 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐 + = 𝑒 𝑘+𝑏𝑥 𝑏 𝑏

𝑎 + 𝑏(𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐) = 𝑒 𝑘+𝑏𝑥 RESPUESTA: 𝑎 + 𝑏(𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐) = 𝑒 𝑘+𝑏𝑥 ===> 𝑎 + 𝑏(𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐) = 𝑘 ∗ 𝑒 𝑏𝑥 𝑎 + 𝑏(𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐) = 𝑘 ∗ 𝑒 𝑏𝑥

EJERCICIO 16: (𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑦´ = 𝑎2 RESOLUCION: 𝑑𝑦

(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑦´ = 𝑎2 ===> (𝑥 + 𝑦)2 = 𝑎2 𝑑𝑥 ℎ𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑛 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑥 + 𝑦 = 𝑧 𝑥 + 𝑦 = 𝑧  𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 (𝑑𝑥) 𝑚𝑖𝑒𝑛𝑏𝑟𝑜 𝑎 𝑚𝑖𝑒𝑛𝑏𝑟𝑜 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑧 + = ==> = −1 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Reemplazamos en la ecuación original: (𝑥 + 𝑦)2

𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = 𝑎2 =====> (𝑧)2 = 𝑎2 ====> (𝑧)2 ( − 1) = 𝑎2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

(𝑧)2 𝑑𝑧 − (𝑧)2 𝑑𝑥 = 𝑎2 𝑑𝑥 ====> (𝑧)2 𝑑𝑧 = (𝑎2 + (𝑧)2 )𝑑𝑥 (𝑧)2 𝑑𝑧 (𝑧)2 𝑑𝑧 − 𝑑𝑥 = 0 … … … … 𝑝𝑎𝑠𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑟 ==> ∫ − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 𝑎2 + (𝑧)2 𝑎2 + (𝑧)2

∫

[(𝑧)2 + 𝑎2 − 𝑎2 ]𝑑𝑧 − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 𝑎2 + (𝑧)2

∫

[(𝑧)2 + 𝑎2 ]𝑑𝑧 𝑎2 𝑑𝑧 − ∫ − ∫ 𝑑𝑥 = 𝑐 𝑎2 + (𝑧)2 𝑎2 + (𝑧)2

∫ 𝑑𝑧 − 𝑎2 ∗ ∫

𝑎2

𝑑𝑧 1 𝑧 − 𝑥 = 𝑐 ====> 𝑧 − 𝑎2 ( ) arctan ( ) − 𝑥 = 𝑐 2 + (𝑧) 𝑎 𝑎 𝑥+𝑦 =𝑧

Reemplazamos la variable Z:

𝑥+𝑦 𝑥+𝑦 𝑧 − 𝑎 ∗ arctan ( ) − 𝑥 = 𝑐 =====> 𝑥 + 𝑦 − 𝑎 ∗ arctan ( )−𝑥 = 𝑐 𝑎 𝑎 𝑥+𝑦 𝑥+𝑦 𝑦−𝑐 𝑎 ∗ arctan ( ) = 𝑦 − 𝑐 ====> arctan ( )= 𝑎 𝑎 𝑎

𝑦−𝑐 𝑥+𝑦 𝑦 𝑥+𝑦 tan ( )= ====> tan ( − 𝑐) = 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 RESPUESTA: 𝑦 𝑎 ∗ tan ( − 𝑐) = 𝑥 + 𝑦 𝑎

(17) (𝟏 − 𝒚)𝒆𝒚 𝒚′ +

𝒚𝟐

=𝟎

𝒙𝒍𝒏𝒙

(1 − 𝑦)𝑒 𝑦

𝑑𝑦 𝑦2 + =0 𝑑𝑥 𝑥𝑙𝑛𝑥

Separando variables obtenemos (1 − 𝑦)𝑒 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2 𝑦 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑒 𝑦 𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2 𝑦 𝑥𝑙𝑛𝑥

Integrando

𝑒𝑦 𝑦 𝑑𝑥 ∫ 2 𝑑𝑦 − ∫ 2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑦 𝑦 𝑥𝑙𝑛𝑥

De la integración obtenemos

𝑒𝑦 𝑦

= ln|𝑙𝑛𝑥| + 𝑐

𝟑

(𝟏 + 𝒚𝟐 )𝒅𝒙 = (𝒚 − √𝟏 − 𝒚𝟐 )(𝟏 + 𝒙𝟐 )𝟐 𝒅𝒚

(18)

Separando variables obtenemos 𝑑𝑥 3

=

(1 + 𝑥 2 )2

(𝑦 − √(1 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑦 (1 + 𝑦 2 )

Integrando 𝑑𝑥 3

(1 + 𝑥 2 )2 𝑑𝑥

∫

3

(1 + 𝑥 2 )2

=

𝑦 √(1 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑦 − 𝑑𝑦 (1 + 𝑦 2 ) (1 + 𝑦 2 )

=∫

𝑦 √(1 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑦 − ∫ 𝑑𝑦 (1 + 𝑦 2 ) (1 + 𝑦 2 )

Integrando obtenemos

𝑙𝑛

√1 + 𝑦 2 |𝑦 + √1 + 𝑦 2 |

=

19) 𝒙𝒚𝟐 (𝒙𝒚´ + 𝒚) = 𝒂𝟐 𝑥 2 𝑦 2 𝑦´ + 𝑥𝑦 3 = 𝑎2 𝑥2𝑦2

𝑑𝑦 + 𝑥𝑦 3 = 𝑎2 𝑑𝑥

𝑥2𝑦2

𝑑𝑦 = 𝑎2 − 𝑥𝑦 3 𝑑𝑥

𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 − (𝑎2 − 𝑥𝑦 3 )𝑑𝑥 = 0 (𝑎2 − 𝑥𝑦 3 )𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 DERIVANDO RESPECTO A “X”   𝑃(𝑥) =

(𝑎2 − 𝑥𝑦 3 )𝑑𝑥 = −3𝑥𝑦 2 …………𝑀𝑦 −𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦 = −2𝑥𝑦 2 ……………….𝑁𝑥 𝑀𝑦 − 𝑁𝑥 −3𝑥𝑦 2 + 2𝑥𝑦 2 −𝑥𝑦 2 1 = = = 2 2 2 2 𝑁 −𝑥 𝑦 −𝑥 𝑦 𝑥

𝑥 √1 + 𝑥 2

+𝑐

1

𝑓(𝑥) = 𝑒 ∫𝑥𝑑𝑥 = 𝑒 𝐿𝑛(𝑥) 𝑓(𝑥) = 𝑥  (𝑎2 𝑥 − 𝑥 2 𝑦 3 )𝑑𝑥 − 𝑥 3 𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 𝑀𝑦 =-3𝑥 2 𝑦 2

𝑀𝑦 = 𝑁𝑥

𝑁𝑥 =-3𝑥 2 𝑦 2 INTEGRANDO RESPECTO A “y” 

∫(−𝑥 3 𝑦 2 )𝑑𝑦

− ∫ 𝑥 3 𝑦 2 𝑑𝑦 = − 𝑥 3 ∫ 𝑦𝑑𝑦 𝑓(𝑥, 𝑦) = −

𝑥3𝑦3 + 𝑔(𝑥) 3

DERIVANDO RESPECTO A “X”

−

𝟑𝒙𝟐 𝒚𝟑 + 𝒈´(𝒙) = 𝒂𝟐 (𝒙) − 𝒙𝟐 𝒚𝟑 𝟑

𝑔´(𝑥) = 𝑎2 (𝑥)……..………∫ 𝑔´(𝑥) = ∫ 𝑎2 𝑥𝑑𝑥  𝑔(𝑥) =

𝑎2 𝑥2 2 𝑥 3𝑦3 𝑎2 𝑥 2 + 3 2 𝑎2 𝑥 2 =0 2

 𝑓(𝑥, 𝑦) = −  =−

𝑥 3𝑦3 3

+

 𝟑𝒂𝟐 𝒙𝟐 = 𝟐𝒙𝟑 𝒚𝟑

RPTA

𝟐𝟎) (𝒙𝟐 𝒚𝟐 + 𝟏)𝒅𝒙 + 𝟐𝒙𝟐 𝒅𝒚 = 𝟎  𝑧 = 𝑥𝑦 𝑧 𝑦= 𝑥 𝑥𝑑𝑧 − 𝑧𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝑥2 SUSTITUYENDO: (𝑥 2 𝑦 2 + 1)𝑑𝑥 + 2𝑥 2 𝑑𝑦 = 0 (𝑧 2 + 1)𝑑𝑥 + 2𝑥 2 ∗

𝑥𝑑𝑧 − 𝑧𝑑𝑥 =0 𝑥2

(𝑧 2 + 1)𝑑𝑥 − 2𝑧𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑧 = 0 (𝑧 2 − 2𝑧 + 1)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑧 = 0

𝒔𝒖𝒋𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒛 = 𝒙𝒚

(𝑧 2 − 1)2 𝑑𝑥 = −2𝑥𝑑𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑧 = 2 −2𝑥 (𝑧 − 1)2

INREGRANDO: ∫

𝑑𝑥 𝑑𝑧 =∫ 2 −2𝑥 (𝑧 − 1)2

−1 𝑑𝑥 𝑑𝑧 ∫ =∫ 2 2 𝑥 (𝑧 − 1)2 −1 1 𝐿𝑛(𝑥) = − +𝑐 2 𝑧−1 𝑐=

1 1 + 𝐿𝑛(𝑥) 1−𝑧 2

𝑐=

1 1 + 𝐿𝑛(𝑥) 1 − 𝑥𝑦 2

𝒚=

𝟏 𝟏−𝒙𝒚

𝟏

+ 𝑳𝒏(𝒙) = 𝒄 𝟐

RPTA

21). (𝑥 2 𝑦 2 + 1)𝑦 + (𝑥𝑦 − 1)2 𝑥𝑦´ = 0 (𝑥 2 𝑦 2 + 1)𝑦 + (𝑥𝑦 − 1)2 𝑥𝑦´ = 0 (𝑥 2 𝑦 2 + 1)𝑦𝑑𝑥 + (𝑥𝑦 − 1)2 𝑥𝑑𝑦 = 0 … … … … … . 𝛽

𝑥𝑦 = 𝑝

𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 𝑑𝑝

𝑥𝑑𝑦 = 𝑑𝑝 − 𝑦𝑑𝑥 𝑑𝑦 =

𝑑𝑝 𝑦 − 𝑑𝑥 … … … … … . 𝛼 𝑥 𝑥 𝛼 𝑒𝑛 𝛽

𝑑𝑝 𝑦 (𝑝2 + 1)𝑦𝑑𝑥 + (𝑝 − 1)2 𝑥 ( − 𝑑𝑥) = 0 𝑥 𝑥 (𝑝2 + 1)𝑦𝑑𝑥 + (𝑝 − 1)2 𝑥

𝑑𝑝 𝑦 − (𝑝 − 1)2 𝑥 𝑑𝑥 = 0 𝑥 𝑥

[(𝑝2 + 1)𝑦 − (𝑝 − 1)2 𝑦]𝑑𝑥 + (𝑝 − 1)2 𝑑𝑝 = 0 [(𝑝2 + 1) − (𝑝2 − 2𝑝 + 1)]𝑦𝑑𝑥 + (𝑝 − 1)2 𝑑𝑝 = 0

[𝑝2 + 1 − 𝑝2 + 2𝑝 − 1]𝑦𝑑𝑥 + (𝑝 − 1)2 𝑑𝑝 = 0 𝑝

2𝑝𝑦𝑑𝑥 + (𝑝 − 1)2 𝑑𝑝 = 0

……………………… 𝑦 = 𝑥

𝑝 2𝑝 𝑑𝑥 + (𝑝 − 1)2 𝑑𝑝 = 0 𝑥 𝑝2 2 𝑑𝑥 + (𝑝 − 1)2 𝑑𝑝 = 0 𝑥

→

2 (𝑝2 − 2𝑝 + 1) 𝑑𝑥 + 𝑑𝑝 = 0 𝑥 𝑝2

𝑑𝑥 (𝑝2 − 2𝑝 + 1) 2∫ +∫ 𝑑𝑝 = ∫ 0 𝑥 𝑝2 2 ln|𝑥| + ∫ (1 −

2 1 + ) 𝑑𝑝 = 𝐶 𝑝 𝑝2

1 1 2 ln|𝑥| + ∫ 𝑑𝑝 − 2 ∫ 𝑑𝑝 + ∫ ( 2 ) 𝑑𝑝 = 𝐶 𝑝 𝑝 2 ln|𝑥| + 𝑝 − 2 ln|𝑝| + 𝑝−1 = 𝐶

𝑝+

−1 = 2 ln|𝑝| − 2 ln|𝑥| 𝑝

𝑝−

1 𝑝 = 2 ln | | 𝑝 𝑥

𝑝−

1 𝑥𝑦 = 2 ln | | 𝑝 𝑥

→

2 ln|𝑥| + 𝑝 − 2 ln|𝑝| +

1

ln|𝑦 2 | = 𝑝 − 𝑝 𝑟𝑒𝑒𝑛𝑝𝑙𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝 𝑒𝑛 𝑥𝑦 𝑙𝑙𝑒𝑔𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎 ln|𝑦 2 | =

1 − 𝑥𝑦 𝑥𝑦

para eliminar (Ln)𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑚𝑜𝑠(𝐿𝑛) 𝑒𝑛 "𝑒” e

ln |𝑦 2 |

=

1 −𝑥𝑦 𝑥𝑦 𝑒

𝑙𝑙𝑒𝑔𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎

1

𝑦 2 = 𝑒 𝑥𝑦

−𝑥𝑦

−1 =𝐶 𝑝

22) (𝒙𝟐 𝒚𝟑 + 𝒚 + 𝒙 − 𝟐)𝒅𝒙 + (𝒙𝟑 𝒚𝟐 + 𝒙)𝒅𝒚 = 𝟎 Haciendo cambio de variable donde: 𝑥𝑦 = 𝑧 ;

𝑥𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑥 = 𝑑𝑧 → 𝑑𝑦 =

𝑑𝑧 𝑥

−

𝑦𝑑𝑥 𝑥

(𝑧 2 𝑦 + 𝑦 + 𝑥 − 2)𝑑𝑥 + (𝑧 2 𝑥 + 𝑥)𝑑𝑦 = 0 (𝑧 2 𝑦 + 𝑦 + 𝑥 − 2)𝑑𝑥 + 𝑥(𝑧 2 + 1) [

𝑑𝑧 𝑥

−

𝑦𝑑𝑥 ] 𝑥

=0

(𝑧 2 𝑦 + 𝑦 + 𝑥 − 2)𝑑𝑥+(𝑧 2 + 1)𝑑𝑧 − 𝑦(𝑧 2 + 1)𝑑𝑥 = 0 [(𝑧 2 𝑦 + 𝑦 + 𝑥 − 2) − 𝑦(𝑧 2 + 1)]𝑑𝑥 + (𝑧 2 + 1)𝑑𝑧 = 0 [𝑧 2 𝑦 + 𝑦 + 𝑥 − 2 − 𝑦𝑧 2 − 𝑦] + 𝑑𝑥(𝑧 2 + 1)𝑑𝑧 = 0 (𝑥 − 2)𝑑𝑥 + (𝑧 2 + 1)𝑑𝑧 = 0 → ∫(𝑥 − 2)𝑑𝑥 + ∫(𝑧 2 + 1)𝑑𝑧 = ∫ 0 ∫ 𝑥𝑑𝑥 − 2 ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑧 2 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑧 = 𝐶 𝑥2 2

− 2𝑥 +

𝑧3 3

+𝑧 =𝐶

→

𝑥2 2

− 2𝑥 +

(𝑥𝑦)3 3

+ 𝑥𝑦 = 𝐶

3𝑥 2 − 12𝑥 + 2(𝑥𝑦)3 + 6𝑥𝑦 = 𝐶

23) (𝒙𝟔 − 𝟐𝒙𝟓 + 𝟐𝒙𝟒 − 𝒚𝟑 + 𝟒𝒙𝟐 𝒚)𝒅𝒙 + (𝒙𝒚𝟐 − 𝟒𝒙𝟑 )𝒅𝒚 = 𝟎 Buscando factor de integración 𝑀𝑑𝑥 + 𝑁𝑑𝑦 = 0 𝑀 = 𝑥 6 − 2𝑥 5 + 2𝑥 4 − 𝑦 3 + 4𝑥 2 𝑦 𝑁 = 𝑥𝑦 2 − 4𝑥 3 Haciendo deriva parcial de (𝑀𝑦 ; 𝑁𝑥 ) 𝑀𝑦 = −3𝑦 3 + 4𝑥 2 𝑁𝑦 = 𝑦 3 − 12𝑥 2 donde: 𝑃(𝑥) = 𝐶 ……………………….(1) o también 𝑃(𝑦) =

𝑁𝑥 −𝑀𝑦 𝑀

…………………………(2)

desarrollando en la ecuación 𝑃(𝑥) 𝑃(𝑥) =

−3𝑦 3 +4𝑥 2 −(𝑦 3 −12𝑥 2 ) 𝑥𝑦 2 −4𝑥 3

𝑃(𝑥) =

−4 𝑥

=

−3𝑦 3 +4𝑥 2 −𝑦3 +12𝑥 2 𝑥(𝑦 2 −4𝑥 2 )

=

−3𝑦 3 +4𝑥 2 −𝑦 3 +12𝑥 2 𝑥(𝑦 2 −4𝑥 2 )

Reemplazando en la siguiente fórmula 𝑓(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

=

−4(𝑦 2 −4𝑥 2 ) 𝑥(𝑦 2 −4𝑥 2 )

−4

𝑓(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑥

= 𝑒 −4 ∫ 𝑥 = 𝑒 −4ln(𝑥) = 𝑒 ln(𝑥

−4 )

𝑓(𝑥) = 𝑥 −4 multiplicar a ecuación diferencial por la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 −4 𝑥 −4 (𝑥 6 − 2𝑥 5 + 2𝑥 4 − 𝑦 3 + 4𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥 −4 (𝑥𝑦 2 − 4𝑥 3 )𝑑𝑦 = 0 (𝑥 2 − 2𝑥 + 2 − 𝑦 3 𝑥 −4 + 4𝑥 −2 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 −3 𝑦 2 − 4𝑥 −1 )𝑑𝑦 = 0 Comprobando si la ecuación diferencial es exacta 𝑀 = 𝑥 2 − 2𝑥 + 2 − 𝑦 3 𝑥 −4 + 4𝑥 −2 𝑦 𝑁 = 𝑥 −3 𝑦 2 − 4𝑥 −1 Haciendo deriva parcial de (𝑀𝑦 ; 𝑁𝑥 ) 𝑀𝑦 = −3𝑥 −4 𝑦 2 + 4𝑦 −2 𝑁𝑥 = −3𝑥 −4 𝑦 2 + 4𝑦 −2 Donde (𝑁𝑥 = 𝑀𝑦 ) son iguales entonces la ecuación diferencial es exacta Buscando la función de 𝑓(𝑥; 𝑦) Desarrollando por integrales parciales respecto a “y” de la siguiente integral ∫(𝑥 −3 𝑦 2 − 4𝑥 −1 )𝑑𝑦 → 𝑥 −3 ∫(𝑦 2 )𝑑𝑦 − 4𝑥 −1 ∫ 𝑑𝑦 → 𝑓(𝑥; 𝑦) =

𝑥 −3 𝑦 3 3

− 4𝑥 −1 𝑦 + 𝑔(𝑥)

donde 𝑔(𝑥) es la constante

Haciendo derivada parcial de la función respecto al “x” 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝑓𝑥 = −3

𝑥 −4 𝑦 3 3

𝑥 −3 𝑦 3 3

− 4𝑥 −1 𝑦 + 𝑔(𝑥)

+ 4𝑥 −2 𝑦 + 𝑔′(𝑥)

𝑓𝑥 = −𝑥 −4 𝑦 3 + 4𝑥 −2 𝑦 + 𝑔′(𝑥) Igualando −𝑥 −4 𝑦 3 + 4𝑥 −2 𝑦 + 𝑔′ (𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 + 2 − 𝑦 3 𝑥 −4 + 4𝑥 −2 𝑦 𝑔′ (𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 + 2

→ ∫ 𝑔′ (𝑥) = ∫(𝑥 2 − 2𝑥 + 2)𝑑𝑥

𝑔(𝑥) = ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 − 2 ∫ 𝑥𝑑𝑥 + 2 ∫ 𝑑𝑥 𝑔(𝑥) =

𝑥3 3

− 𝑥 2 + 2𝑥

𝑔(𝑥) Reemplazando en la función de 𝑓(𝑥; 𝑦) 𝑓(𝑥; 𝑦) =

𝑥 −3 𝑦 3 3

− 4𝑥 −1 𝑦 +

𝑥3 3

− 𝑥 2 + 2𝑥

Finalmente igualamos el constante “C” 𝑥 −3 𝑦 3 3

− 4𝑥 −1 𝑦 +

𝑥2 3

− 𝑥 2 + 2𝑥 = 𝐶

∴

𝑦3 3𝑥 −3

𝑦

−4𝑥 +

𝑥3 3

− 𝑥 2 + 2𝑥 = 𝐶

24). 𝑦´ + 1 =

𝑦´ + 1 =

(𝑥 + 𝑦)𝑚 (𝑥 + 𝑦)𝑛 + (𝑥 + 𝑦)𝑝

(𝑥 + 𝑦)𝑚 (𝑥 + 𝑦)𝑛 + (𝑥 + 𝑦)𝑝

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑥 + 𝑦 = 𝑧

𝑑𝑦 𝑧𝑚 = 𝑛 −1 𝑑𝑥 𝑧 + 𝑧𝑝

𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = −1 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑧 𝑧𝑚 −1= 𝑛 −1 𝑑𝑥 𝑧 + 𝑧𝑝 𝑧𝑚 𝑧𝑛 + 𝑧𝑝 𝑑𝑧 = 𝑛 𝑑𝑥 → ( ) 𝑑𝑧 − 𝑑𝑥 = 0 𝑧 + 𝑧𝑝 𝑧𝑚 ∫(

𝑧𝑛 + 𝑧𝑝 ) 𝑑𝑧 − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0 𝑧𝑚

∫ 𝑧 𝑛−𝑚 𝑑𝑧 + ∫ 𝑧 𝑝−𝑚 𝑑𝑧 − 𝑥 = 𝐶 (𝑧)𝑛−𝑚+1 (𝑧)𝑝−𝑚+1 + −𝑥 =0 𝑛−𝑚+1 𝑝−𝑚+1 𝑙𝑙𝑒𝑔𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎

(𝑥 + 𝑦)𝑛−𝑚+1 (𝑥 + 𝑦)𝑝−𝑚+1 + +𝐶 = 𝑥 𝑛−𝑚+1 𝑝−𝑚+1

25. (𝒍𝒏𝒙 + 𝒚𝟑 )𝒅𝒙 − 𝟑𝒙𝒚𝟐 𝒅𝒚 = 𝟎 Hacienda un cambio de variable: 𝑙𝑛𝑥 + 𝑦 3 = 𝑢 1 𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑢

+ 3𝑦 2 (𝑑𝑥 ) = 𝑑𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑥

=

𝑑𝑢 1 − ) 𝑑𝑥 𝑥 3𝑦 2

(

Reemplazando:

(𝑙𝑛𝑥+𝑦 3 )

𝑑𝑦

= 𝑑𝑥

3𝑥𝑦 2 (𝑢) 3𝑥𝑦 2 𝑢 𝑥

=

(

𝑑𝑢 1 − ) 𝑑𝑥 𝑥 3𝑦 2

1

𝑑𝑢

+ 𝑥 = 𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑢

= (𝑢+1)

𝑥

∫

𝑑𝑥

𝑑𝑢

= ∫ (𝑢+1)

𝑥

𝑙𝑛𝑥 = ln(𝑢 + 1) 𝑥 =𝑢+1 Remplazando por su valor original: 𝑥 = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑦 3 + 1 𝑦 3 = 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 − 1

26. (𝒙𝒚 + 𝟐𝒙𝒚𝒍𝒏𝟐 𝒚 + 𝒚𝒍𝒏𝒚)𝒅𝒙 + (𝟐𝒙𝟐 𝒍𝒏𝒚 + 𝒙)𝒅𝒚 = 𝟎 Factorizamos: −

(𝑥𝑦+𝑦𝑙𝑛𝑦(2𝑥𝑙𝑛𝑦+1)) 𝑥(2𝑥𝑙𝑛𝑦+1)

𝑑𝑦

= 𝑑𝑥

Hacienda un cambio de variable: 2𝑥𝑙𝑛𝑦 + 1 = 𝑢 1

𝑑𝑦

𝑑𝑢

2𝑥 𝑦 (𝑑𝑥 ) + 2𝑙𝑛𝑦 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥

=

𝑦(

𝑑𝑢 −2𝑙𝑛𝑦) 𝑑𝑥

2𝑥

Reemplazando: − −

(𝑥𝑦+𝑦𝑙𝑛𝑦(𝑢)) 𝑥(𝑢) 2(𝑥+𝑙𝑛𝑦(𝑢)) 𝑢

=

𝑢 𝑢

𝑑𝑢 −2𝑙𝑛𝑦) 𝑑𝑥

2𝑥

𝑑𝑢

= 𝑑𝑥 − 2𝑙𝑛𝑦

−2𝑥−2𝑙𝑛𝑦𝑢+2𝑙𝑛𝑦𝑢 −2𝑥

𝑦(

𝑑𝑢

= 𝑑𝑥

𝑑𝑢

= 𝑑𝑥

−2𝑥𝑑𝑥 = 𝑢𝑑𝑢 ∫ −2𝑥𝑑𝑥 = ∫ 𝑢𝑑𝑢

−2

𝑥2 2

=

𝑢2 2

Remplazando por su valor original: 𝑐 = 2𝑥 2 + 𝑢2 𝑐 = 2𝑥 2 + (2𝑥𝑙𝑛𝑦 + 1)2

𝟐𝟕. 𝒚 − 𝒙𝒚′ = 𝒂(𝟏 + 𝒙𝟐 𝒚′ ) SOLUCION: 𝑦−𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑎 + 𝑎𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑦−𝑎 =𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑦 − 𝑎 = (𝑥 − 𝑎𝑥 2 )

𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑦−𝑎 𝑑𝑦 = 𝑥 + 𝑎𝑥 2 𝑑𝑥 1 1 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑎𝑥 2 𝑦−𝑎 ∫ ∫

1 1 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑎𝑥 2 𝑦−𝑎

1 1 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑦 𝑥(𝑎𝑥 + 1) 𝑦−𝑎

𝑎𝑥 + 1 = 𝑢

𝑦−𝑎 =𝑢

𝑑𝑢 = 𝑎𝑑𝑥

𝑑𝑢 = 𝑑𝑦

1 𝑎

1

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

∫ 𝑥 𝑑𝑥 = ln(𝑥)

1 𝑥 = (𝑢 − 1)( ) 𝑎 ∫

1

1 1 ( )𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑢 1 𝑢 (𝑢 − 1) ( ) (𝑢) 2 2

∫ ∫( ∫

1 𝑑𝑢 = ln(𝑢) (𝑢)(𝑢 − 1)

1 1 − ) 𝑑𝑢 = ln(𝑦 − 𝑎) 𝑢−1 𝑢

1 1 𝑑𝑢 − ∫ 𝑑𝑢 = ln(𝑦 − 𝑎) 𝑢−1 𝑢

ln(𝑢 − 1) − ln(𝑢) = ln(𝑦 − 𝑎)

ln(𝑎𝑥 + 1 − 1) − ln(𝑎𝑥 + 1) = ln(𝑦 − 𝑎) 𝑎𝑥 𝑙𝑛 = ln(𝑦 − 𝑎) 𝑎𝑥 + 1 𝑎𝑥 =𝑦−𝑎 𝑎𝑥 + 1 𝑎𝑥 + 𝑎 = 𝑦 𝑅𝐸𝑆𝑃𝑈𝐸𝑆𝑇𝐴. 𝑎𝑥 + 1

𝟐𝟖. (𝒂𝟐 + 𝒚𝟐 )𝒅𝒙 + 𝟐𝒙√(𝒂𝒙 − 𝒙𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎 (𝑎2 + 𝑦²)𝑑𝑥 = −2𝑥√(𝑎𝑥 − 𝑥²)𝑑𝑦 −

𝑎2 + 𝑦 2 2𝑥√𝑎𝑥 − 𝑥 2

1 2𝑥√(𝑎𝑥 − 𝑥 2 ) ∫

1 2𝑥√(𝑎𝑥 − 𝑥 2 )

=

𝑑𝑥 = −

𝑑𝑦 𝑑𝑥

1 𝑑𝑦 𝑎2 + 𝑦²

𝑑𝑥 = − ∫

1 𝑑𝑦 𝑎2 + 𝑦²

1 1 1 ∫ 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑑𝑦 2 𝑥√(−(𝑥 2 − 𝑎𝑥)) 𝑎2 + 𝑦² 1 ∫ 2 1 ∫ 2

1 1 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑑𝑦 𝑎 𝑎 2 𝑎2 + 𝑦² 𝑥√(−((𝑥 − )² − ( ) )) 2 2 1 1

𝑎 2 𝑎² 𝑥√(− (𝑥 − ) + ( ) ) 2 4

1 ∫ 2

𝑑𝑥 = − ∫

1 𝑑𝑦 𝑎2 + 𝑦²

1 1 𝑑𝑥 = − ∫ 2 𝑑𝑦 (2𝑥 − 𝑎)² 𝑎² 𝑎 + 𝑦² 𝑥√(− + ) 4 4 1 1 1 ∫ 𝑑𝑥 = − ∫ 2 𝑑𝑦 2 𝑥(1)√(−(2𝑥 − 𝑎)2 + 𝑎²) 𝑎 + 𝑦² 2

∫

1 𝑥√(−(2𝑥 − 𝑎)2 + 𝑎²)

𝑑𝑥 = − ∫

1 𝑑𝑦 𝑎2 + 𝑦²

2𝑥 − 𝑎 = 𝑢 1 2

𝑢=

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

𝑥=

𝑦 𝑎

𝑎𝑑𝑢 = 𝑑𝑦

𝑢+𝑎

𝑦 = 𝑎𝑢

2

∫

1

1 1 𝑑𝑢 = − ∫ 2 𝑎𝑑𝑢 1 2 𝑎 + (𝑎𝑢)² 2 (𝑢 + 𝑎)( )√(−(𝑢) + 𝑎²) 2 1 1 ∫ 𝑑𝑢 = − ∫ 𝑎𝑑𝑢 𝑎2 + 𝑎²𝑢² (𝑢 + 𝑎)√(𝑎2 − 𝑢²) 1

∫

(𝑢 + 𝑎)√(𝑎2 − 𝑢²) ∫

𝑑𝑢 = − ∫

1 𝑎2 (𝑢2 + 1)

𝑎𝑑𝑢

1 1 𝑑𝑢 = − ∫ 𝑑𝑢 𝑎 𝑢2 + 1 (𝑢 + 𝑎)√(𝑎2 − 𝑢²)

∫

1

1

1 𝑦 𝑑𝑢 = − arctan ( ) 𝑎 𝑎 (𝑢 + 𝑎)√(𝑎2 − 𝑢²)

𝑢 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠: 𝑢 = 𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑣); 𝑣 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑑𝑢 = acos(𝑣) 𝑑𝑣 𝑎 ∫

acos(𝑣)

1 𝑦 𝑑𝑣 = − arctan ( ) 𝑎 𝑎 (𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑣) + 𝑎)√(𝑎2 − (𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑣))²) 𝑎2 − 𝑎²𝑠𝑒𝑛2 (𝑣) = 𝑎²𝑐𝑜𝑠²(𝑣)

∫

1 𝑦 𝑑𝑣 = − arctan( ) 𝑎 𝑎 (𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑣) + 𝑎)√(𝑎²𝑐𝑜𝑠²(𝑣))

∫

acos(𝑣)

acos(𝑣) 1 𝑦 𝑑𝑣 = − arctan( ) (𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑣) + 𝑎)(𝑎𝑐𝑜𝑠(𝑣)) 𝑎 𝑎 ∫

1 1 𝑦 𝑑𝑣 = − arctan( ) (𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑣) + 𝑎) 𝑎 𝑎

1 1 1 𝑦 ∫ 𝑑𝑣 = − arctan( ) 𝑎 (𝑠𝑒𝑛(𝑣) + 1) 𝑎 𝑎

1 1 1 𝑦 ∫ 𝑑𝑣 = − arctan ( ) 𝑎 2𝑠𝑒𝑛(𝑣)cos(𝑣) + 1 𝑎 𝑎 2 2 1 1 1 𝑦 ∫ 𝑑𝑣 = − arctan ( ) 𝑣 𝑎 𝑎 𝑎 cos ( ) 𝑣 𝑣 2 +1 2𝑠𝑒𝑛( )cos( ) 2 2 cos(𝑣) 2 1 1 1 𝑦 ∫ 𝑑𝑣 = − arctan ( ) 𝑎 2𝑡𝑔 (𝑣) cos²(𝑣) + 1 𝑎 𝑎 2 2 1 𝑣 cos²( ) 1 1 𝑦 2 ∫ 𝑑𝑣 = − arctan ( ) 𝑎 2𝑡𝑔 (𝑣) cos²(𝑣) + 1 𝑎 𝑎 2 2 𝑣 cos²( ) 2 𝑣 𝑠𝑒𝑐²( ) 1 1 𝑦 2 ∫ 𝑑𝑣 = − arctan( ) 1 𝑎 2𝑡𝑔 (𝑣) + 𝑎 𝑎 𝑣 2 𝑐𝑜𝑠²( ) 2 1 𝑣 2 = 𝑡𝑔 ( )+1 𝑣 2 𝑐𝑜𝑠²( ) 2 𝑣 𝑠𝑒𝑐²( ) 1 1 𝑦 2 ∫ 𝑑𝑣 = − arctan ( ) 𝑎 2𝑡𝑔 (𝑣) + tg 2 (𝑣) + 1 𝑎 𝑎 2 2 𝑣 𝑠𝑒𝑐²( ) 1 2 𝑑𝑣 = − 1 arctan(𝑦) ∫ 𝑣 𝑎 (𝑡𝑔 + 1)² 𝑎 𝑎 2 𝑣 2 𝑤 = 𝑡𝑎𝑛 + 1 ; 𝑑𝑣 = 𝑣 𝑑𝑤 2 𝑠𝑒𝑐²( ) 2 𝑣 1 𝑠𝑒𝑐²(2) 2 1 𝑦 ∫ 𝑑𝑤 = − arctan ( ) 𝑎 𝑎 𝑎 (𝑤)² 𝑠𝑒𝑐²(𝑣) 2

2 1 1 𝑦 ∫ 𝑑𝑤 = − arctan( ) 𝑎 (𝑤)² 𝑎 𝑎

2

1

𝑦

∫ 𝑤 −2 𝑑𝑤 = − 𝑎 arctan(𝑎) 𝑎 2 𝑤 −1 1 𝑦 ∗ = − arctan( ) 𝑎 −1 𝑎 𝑎 2 1 1 𝑦 − ∗ = − arctan( ) 𝑎 𝑤 𝑎 𝑎 2 1 1 𝑦 − ∗ = − arctan( ) 𝑣 𝑎 tan( ) + 1 𝑎 𝑎 2 2 1 1 𝑦 − ∗ = − arctan ( ) 𝑢 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛( ) 2 )+1 tan( 2 2 1 1 𝑦 − ∗ = − arctan( ) 𝑎 𝑎 𝑎 𝑢2 𝑎 (1 − √1 − 2 ) 𝑎 +1 𝑢 2 1 1 𝑦 − ∗ = − arctan( ) 𝑎 𝑎 𝑎 (2𝑥 − 𝑎)2 𝑎 (1 − √1 − ) 𝑎2 +1 2𝑥 − 𝑎 √(𝑎𝑥 − 𝑥 2 ) 1 𝑦 − = − arctan( ) 𝑎𝑥 𝑎 𝑎 𝑡𝑎𝑛

√(𝑎𝑥 − 𝑥 2 ) 1 𝑦 = (tan)arctan( ) 𝑎𝑥 𝑎 𝑎

√(𝑎𝑥 − 𝑥 2 ) 1 𝑦 𝑡𝑎𝑛 = (tan)arctan( ) 𝑎𝑥 𝑎 𝑎 √(𝑎𝑥 − 𝑥 2 ) 1 𝑦 𝑡𝑎𝑛 = ∗( ) 𝑎𝑥 𝑎 𝑎

√(𝑎𝑥 − 𝑥 2 ) 𝑎²𝑡𝑎𝑛 =𝑦 𝑎𝑥 √(𝑎𝑥 − 𝑥 2 ) 𝑎𝑡𝑎𝑛 =𝑦 𝑥 𝑎𝑥 − 𝑥 2 𝑎𝑡𝑎𝑛√( )=𝑦 𝑥2 𝑎𝑡𝑎𝑛√(

𝑥(𝑎 − 𝑥) )=𝑦 𝑥2

𝑎𝑡𝑎𝑛√(

(𝑎 − 𝑥) )=𝑦 𝑥

𝑎

𝑎𝑡𝑎𝑛√( − 1) = 𝑦 RESPUESTA 𝑥

EJERCICIO N° 29 𝒙 + 𝒚 𝒙− 𝒚 𝒚´ + 𝒔𝒆𝒏 ( ) = 𝒔𝒆𝒏 ( ) 𝟐 𝟐 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑦 𝑥− 𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 ( ) = 𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑑𝑥 2 2 𝑑𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 ( + ) = 𝑠𝑒𝑛 ( − ) 𝑑𝑥 2 2 2 2 𝑑𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 ( − ) − 𝑠𝑒𝑛 ( + ) 𝑑𝑥 2 2 2 2 APLICAMOS FORMULA DE ÁNGULO DOBLE COMPUESTO 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∗ cos(𝑦) + cos(𝑥) ∗ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∗ cos(𝑦) − cos(𝑥) ∗ 𝑠𝑒𝑛(𝑦)

𝑑𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 = (𝑠𝑒𝑛 ( ) ∗ cos ( ) − cos ( ) ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( )) − (𝑠𝑒𝑛 ( ) ∗ cos ( ) + cos ( ) ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( )) 𝑑𝑥 2 2 2 2 2 2 2 2 𝑑𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 + (𝑠𝑒𝑛 ( ) ∗ cos ( ) + cos ( ) ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( )) − (𝑠𝑒𝑛 ( ) ∗ cos ( ) − cos ( ) ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( )) 𝑑𝑥 2 2 2 2 2 2 2 2 =0 𝑑𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 + cos ( ) ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( ) − (− cos ( ) ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( )) = 0 𝑑𝑥 2 2 2 2 𝑑𝑦 𝑥 𝑦 + 2 (cos ( ) ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( )) = 0 𝑑𝑥 2 2

𝑑𝑦 𝑥 𝑦 = −2 ∗ cos ( ) ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑑𝑥 2 2 𝑑𝑦 𝑥 𝑦 = −cos (2) ∗ 𝑑𝑥 2𝑠𝑒𝑛 (2) SEPARAMOS EN DOS PARTES A Y B 𝑑𝑦 𝐴= 𝑦 2𝑠𝑒𝑛 (2) 𝑥 B = −cos ( ) ∗ 𝑑𝑥 2 DESARROLLANDO LA INTEGRAL DE A 𝑑𝑦 ∫ 𝑦 2𝑠𝑒𝑛 ( ) 2

HACEMOS UN CAMBIO DE VARIABLE 𝑦 𝑢= 2 𝐷𝐸𝑅𝐼𝑉𝐴𝑀𝑂𝑆 2 ∗ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑦 1 2 ∗ 𝑑𝑢 ∗ ∫ 2 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝐻𝐴𝐶𝐸𝑀𝑂𝑆 𝑂𝑇𝑅𝑂 𝐶𝐴𝑀𝐵𝐼𝑂 𝐷𝐸 𝑉𝐴𝑅𝐼𝐴𝐵𝐿𝐸 𝑢 𝑣 = tan ( ) 2 𝐷𝐸𝑅𝐼𝑉𝐴𝑀𝑂𝑆 𝑢 𝑠𝑒𝑐 2 (2) ∗ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 = 2 𝐷𝐸𝑆𝑃𝐸𝐽𝐴𝑀𝑂𝑆 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠 2 ( ) ∗ 2 ∗ 𝑑𝑣 2 𝑅𝐸𝐸𝑀𝑃𝐿𝐴𝑍𝐴𝑀𝑂𝑆 𝑢 𝑐𝑜𝑠 2 (2) ∗ 2 ∗ 𝑑𝑣 1 ∗ 2∗∫ 2 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝐹𝑂𝑅𝑀𝑈𝐿𝐴 𝐷𝐸 𝐴𝑁𝐺𝑈𝐿𝑂 𝐷𝑂𝐵𝐿𝐸 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∗ cos(𝑥) 𝑢 𝑐𝑜𝑠 2 (2) ∗ 2 ∗ 𝑑𝑣 ∫ 𝑢 𝑢 𝑠𝑒𝑛 (2) ∗ cos (2) 1 ∗ 2 ∗ 𝑑𝑣 ∫ 𝑢 tan ( ) 2 𝑢 ∫ ctg ( ) ∗ 2 ∗ 𝑑𝑣 2

1 2 ∗ ∫ ∗ 𝑑𝑣 + 𝐶 v 𝐴𝑃𝐿𝐶𝐴𝑁𝐷𝑂 𝐿𝐴 𝐼𝑁𝑇𝐸𝐺𝑅𝐴𝐿 2 ∗ 𝐿𝑛(𝑉) 𝑥 2 ∗ 𝐿𝑛 (tan ( )) + 𝐶 4

DESARROLLANDO LA INTEGRAL DE B 𝑥 ∫ −cos ( ) ∗ 𝑑𝑥 2 𝐴𝑃𝐿𝐼𝐶𝐴𝑁𝐷𝑂 𝐹𝑂𝑅𝑀𝑈𝐿𝐴 𝐷𝐸 𝐴𝑁𝐺𝑈𝐿𝑂 𝐷𝑂𝐵𝐿𝐸 𝑥 1 + cos(𝑥) cos ( ) = √ 2 2 1 + cos(𝑥) ∫ −√ ∗ 𝑑𝑥 2 1 ∗ ∫ −√1 + cos(𝑥) ∗ 𝑑𝑥 4 1 −√1 + cos(𝑥) ∗ √1 − cos(𝑥) ∗∫ ∗ 𝑑𝑥 4 √1 − cos(𝑥) 1 √(1 − cos2 (𝑥)) − ∗∫ ∗ 𝑑𝑥 4 √1 − cos(𝑥) 𝐴𝑃𝐿𝐼𝐶𝐴𝑁𝐷𝑂 𝐼𝐷𝐸𝑇𝐼𝐷𝐴𝐷𝐸𝑆 𝑃𝐼𝑇𝐴𝐺𝑂𝑅𝐼𝐶𝐴𝑆 𝑠𝑒𝑛2 + 𝑐𝑜𝑠 2 = 1 𝑠𝑒𝑛2 = 1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑅𝐸𝐸𝑀𝑃𝐿𝐴𝑍𝐴𝑀𝑂𝑆 1 √𝑠𝑒𝑛2 (𝑥) − ∗∫ ∗ 𝑑𝑥 4 √1 − cos(𝑥) −1 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∗∫ ∗ 𝑑𝑥 4 √1 − cos(𝑥) 1 −1 ∗ ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∗ (1 − cos(𝑥))2 𝑑𝑥 4 𝐴𝑃𝐿𝐼𝐶𝐴𝑁𝐷𝑂 𝐹Ó𝑅𝑀𝑈𝐿𝐴 𝐼𝑁𝑀𝐸𝐷𝐼𝐴𝑇𝐴 𝐷𝐸 𝐼𝑁𝑇𝐸𝐺𝑅𝐴𝐿𝐸𝑆 1 −1 ∗ ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∗ (1 − cos(𝑥))2 𝑑𝑥 4 −1

1 −(1 − cos(𝑥)) 2 +1 − ∗( + 𝐶) −1 4 2 +1

1 ∗ (2√1 − cos(𝑥) + 𝐶) 4

SUMANOS A Y B 𝑥 1 2 ∗ 𝐿𝑛 (tan ( )) + ∗ (2√1 − cos(𝑥) + 𝐶) 4 4 𝑥 1 2 ∗ 𝐿𝑛 (tan ( )) + ∗ (√1 − cos(𝑥)) + 𝐶 4 2