Semana 08

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(1)Cálculo Intermedio Aplicado (0264) Semestre 3-2009. SEMANA 8 Clase 12: Lunes 02/11/09 Clase 13: Miércoles 04/11/09 Clase 14: Viernes 06/11/09. Semestre 3-2009. José Luis Quintero Noviembre 2009.

(2) ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 12 Lunes 02/11/09 Pág.: 1 de 5 Prof. José Luis Quintero. 3.15. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma F(x, y, y ') = 0 . Si se puede expresar como y ' = f(x, y) entonces se pueden aplicar métodos de solución para ecuaciones resueltas respecto a la derivada, dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán los métodos de solución de algunas de ellas, ya que cada modelo de ecuación requiere de un proceso diferente para llegar a la solución, lo que funciona bien con un tipo de EDO no necesariamente se aplica a otras. Si por el contrario la EDO no se puede expresar como y ' = f(x, y) , entonces se tendrán que aplicar métodos de solución para ecuaciones no resueltas en y ' , un ejemplo de este tipo de ecuaciones es la ecuación de Clairaut que es de la forma y = xy '+ f(y ') . El estudio se centrará en las EDO de primer orden donde es posible despejar y ' , y dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán las siguientes:. • •. Ecuaciones con variables separables. •. Ecuaciones homogéneas. • •. Ecuaciones reducibles a homogéneas. •. Ecuaciones reducibles a exactas. • •. Ecuaciones lineales. Ecuaciones reducibles a variables separables. Ecuaciones exactas. Ecuaciones reducibles a lineales. 3.16. ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES Si la EDO dada se puede expresar de la forma h(y)dy = g(x)dx , se dirá que la ecuación es de variables separables. Observe que se debe poder despejar y separar las variables x e y. De esta forma integrando ambos miembros de la ecuación anterior se determina la solución:. ∫ Ejemplo 30. Resuelva. h(y)dy =. ∫. g(x)dx .. (2 + x)dy − ydx = 0 ..

(3) ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 12 Lunes 02/11/09 Pág.: 2 de 5 Prof. José Luis Quintero. Solución.. (2 + x)dy = ydx ⇒. 1  1  dy =   dx ⇒ y 2 + x. ∫. 1 dy = y. ∫.  1    dx 2 + x . (se despejan las expresiones si y ≠ 0, x ≠ −2 ) por lo tanto:. ln y = ln 2 + x + C1 , aquí se reemplaza C1 por C1 = ln C2 , es decir. ln y = ln 2 + x + ln C2 = ln (2 + x)C2 y así,. y = (2 + x)C3 ,. (C3 ≠ 0) .. Las curvas y = 0 y x = −2 son soluciones de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 2):. Figura 2. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 30. Ejemplo 31. Resuelva. x − 2y − 2 + xy =. dy . dx. Solución.. dy dy dy = x − 2y − 2 + xy ⇒ = (x − 2) + y(x − 2) ⇒ = (x − 2)(1 + y) dx dx dx por lo tanto:. dy = (x − 2)dx ⇒ 1+y. ∫. dy = 1+ y. ∫. (x − 2)dx , ( y ≠ −1 ). Se tiene que: 2. 2. x − 2x + C x − 2x x2 1 ln 1 + y = − 2x + C1 ⇒ 1 + y = e 2 ⇒ 1+ y = e2 eC1 , 2 de modo que aquí se reemplaza eC1 por C2 (C2 > 0) , y en consecuencia se tiene que.

(4) ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. x2 − 2x. 1+ y = e2. x2 − 2x. C2 ⇒ 1 + y = C3e 2. Clase 12 Lunes 02/11/09 Pág.: 3 de 5 Prof. José Luis Quintero. ,. de manera que. y = C3. x2 − 2x e2. − 1 , (C3 ≠ 0) .. La curva y = −1 es solución de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 3):. Figura 3. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 31. 3.17. ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES Una EDO que se presente de la forma. dy = f(ax + by + c) , (b ≠ 0) dx puede transformarse en una EDO con variables separables con el cambio: u = ax + by + c , du / dx = a + b(dy / dx) . La ecuación dada queda, al aplicar el cambio:. dy 1  du  du =  − a , = bf(u) + a dx b  dx  dx.

(5) ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 12 Lunes 02/11/09 Pág.: 4 de 5 Prof. José Luis Quintero. que tienen las variables separadas, un procedimiento como en el apartado anterior permite hallar la solución. Recuerde devolver los cambios efectuados para transformar la ecuación. Ejemplo 32. Resuelva. y' =. 1 . x + y +1. Solución. Con el cambio. u = x + y + 1 , du = 1 + dy,. recuerde que se está derivando respecto de “x”. Se tendrá la ecuación diferencial con variables separadas. u'− 1 =. 1 (u ≠ 0) u. es decir. du 1 1+u . = + 1 ⇒ u' = dx u u Separando las variables e integrando se tiene:. ∫. u du = 1+u. ∫. dx , u + 1 − ln u + 1 = x + C,. x + y + 2 − ln x + y + 2 = x + C. (u ≠ −1). La solución es. 1 + y − ln x + y + 2 = C . La solución y = −(x + 2) también satisface la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 4).. Figura 4. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 32.

(6) ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 12 Lunes 02/11/09 Pág.: 5 de 5 Prof. José Luis Quintero. Ejemplo 33. Resuelva. dy = sen(x + y) . dx Solución. Sea. u = x + y, du = 1 + dy. así:. dy du = −1 dx dx y queda entonces la ecuación diferencial. u'− 1 = sen(u) ,. que separando las variables se tiene: du = sen(u) + 1 , dx por lo tanto:. ∫. du = sen(u) + 1. ∫. dx , (sen(u) + 1 ≠ 0) .. Para resolver la primera integral se multiplica por la conjugada del denominador así:. ∫. (1 − sen(u)) du = (1 − sen(u))(1 + sen(u)). ∫. (1 − sen(u)) cos2 (u). du. resultando las integrales:. ∫. du 2. cos (u). −. ∫. sen(u) 2. cos (u). du =. ∫. sec2 (u)du −. ∫. sen(u) cos2 (u). du .. Las integrales que se tienen son directas por lo tanto al integrar resulta: 1 tg(u) − + C1 = x + C2 cos(u) devolviendo el cambio:. tg(x + y) −. 1 = x +C. cos(x + y). La solución de la forma. y = −x +. 3π 2. + 2kπ (k ∈ Z). también satisface la ecuación. Algunas ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables se presentan en forma diferente a los casos anteriores, en general se puede señalar que una ecuación diferencial ordinaria de primer orden con la forma y ' = f(h(x, y)) es de este tipo si se puede encontrar una sustitución u = h(x, y) , que permita separar las nuevas variables en una EDO con variables separables..

(7) U.C.V.. F.I.U.C.V.. FUNCIÓN HOMOGÉNEA. Clase 13 Miércoles 04/11/09 Pág.: 1 de 7. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Prof. José Luis Quintero. 3.18. FUNCIÓN HOMOGÉNEA Definición 10. Una función f(x, y) es homogénea de orden n en sus argumentos, si para algún número real n, se cumple que f(tx, ty) = tnf(x, y) . Ejemplo 34. Una función homogénea de orden dos es f(x, y) = 5x2 − 4xy + 2y2 , ya que:. f(tx, ty) = 5(tx)2 − 4(tx)(ty) + 2(ty)2 = t2 (5x2 − 4xy + 2y2 ) = t2 f(x, y) . Ejemplo 35. f(x, y) = 3x − 5xy + 7y es una función homogénea de orden uno, ya que:. f(tx, ty) = 3tx − 5txty + 7ty = 3tx − t 5xy + 7ty = tf(x, y) . Ejemplo 36.. f(x, y) =. 4x2 3y2. + 9,. es una función homogénea de orden cero, en efecto: 4(tx)2 4x2 f(tx, ty) = 9 + = + 9 = t0 f(x, y) . 2 2 3(ty) 3y Definición 11. Si f es una función homogénea de orden n siempre se podrá escribir en la forma  y f(x, y) = xnf  1,   x. o bien. x  f(x, y) = ynf  ,1  . y  Ejemplo 37. Sea f(x, y) = x2 + 3xy + y2 , primero se probará que es homogénea:. f(tx, ty) = t2 (x2 + 3xy + y2 ) = t2 f(x, y) . Es homogénea de orden dos, luego se puede expresar como:   x2  x  y y2  x  y f(x, y) = x2 1 + 3 + 2  = x2 f 1,  o f(x, y) = y2  2 + 3 + 1  = y2 f  ,1      x x y x    y   y .

(8) U.C.V.. F.I.U.C.V.. ECUACIONES HOMOGÉNEAS. Clase 13 Miércoles 04/11/09 Pág.: 2 de 7. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Prof. José Luis Quintero. 3.19. ECUACIONES HOMOGÉNEAS Definición 12. Una ecuación diferencial de primer orden de la forma M(x, y) y' = N(x, y) se dirá que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas del mismo orden. Si esto sucede es posible expresar la ecuación dada de la forma:  y  y xnM  1,  M  1,   x =  x. y' = y  y n  x N  1,  N 1,  x    x x Observe que también es posible expresar y ' en términos de   . y. Este tipo de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden se pueden transformar en ecuaciones con variables separables mediante el cambio:. x y u =   o v =  . x y Para resolver estas ecuaciones se selecciona el cambio a utilizar, sea por ejemplo:. u=. y x. de donde y = ux , derivando respecto de x se tiene: dy du =x + u, dx dx y sustituyendo en la ecuación dada se tiene:. xu'+ u =. M(1,u) . N(1,u). Esta nueva EDO es de variables separables en las variables separadas en las variables u y x, y por lo tanto de fácil solución..

(9) U.C.V.. F.I.U.C.V.. ECUACIONES HOMOGÉNEAS. Clase 13 Miércoles 04/11/09 Pág.: 3 de 7. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Prof. José Luis Quintero. Ejemplo 38. Resuelva. y' =. y−x . y+x. Solución. Se puede expresar en la forma:. y  x  − 1 x  (x ≠ 0) . y' =  y  x  + 1 x   Esta ecuación se resuelve con el cambio. y , x de donde se tiene y = ux y derivando respecto de x, y ' = xu'+ u y luego sustituyendo en la u=. ecuación diferencial se obtiene:. xu'+ u =. u−1 u−1 u2 + 1 . , xu' = − u, xu' = − u+1 u+1 u+1. Esta nueva ecuación es de variables separables, integrando:. ∫. u+1 u +1 2. du = −. ∫. dx ⇒ x. ∫. 2u 2(u + 1) 2. du +. ∫. du u +1 2. Estas integrales son todas directas, se tiene entonces: 1 ln(u2 + 1) + arctg(u) = − ln x + C , 2 devolviendo el cambio:. 1  y2 + x2  y ln   + arctg   = − ln x + C . 2  x2  x Ejemplo 39. Resuelva.   y   y + x.ctg    dx − xdy = 0 .  x   Solución.. Despejando. dy , dx se obtiene:. y  y  y y + x.ctg   x  + ctg    dy  x  x = x . = dx x x Al sustituir por. =−. ∫. dx . x.

(10) U.C.V.. F.I.U.C.V.. ECUACIONES HOMOGÉNEAS. Clase 13 Miércoles 04/11/09 Pág.: 4 de 7. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Prof. José Luis Quintero. u= se tiene:. y , x. y ' = u' x + u. (x ≠ 0) .. Sustituyendo. u' x + u = u + ctg(u) ,. Integrando. ∫. du = ctg(u). ∫. dx (ctg(u) ≠ 0) , x. se obtiene ln sen(u) = ln x + C por tanto la solución general es:. ln. sen(y / x) = C. x. Las curvas del tipo. 1  y =  + k  π, k ∈ Z 2   satisfacen la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 5):. Figura 5. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 39. 3.20. ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden que se presentan con la forma:  ax + by + c  dy = f , dx  Ax + By + C .

(11) ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 13 Miércoles 04/11/09 Pág.: 5 de 7 Prof. José Luis Quintero. donde. a b ≠ 0, A B se pueden transformar en ecuaciones homogéneas con las sustituciones:. x =u+h , y = v+k, donde el punto (h,k), es el punto de corte de las rectas definidas mediante las ecuaciones: ax + by + c = 0 y Ax + By + C = 0 .. Observe que la ecuación diferencial homogénea que resulta de esta sustitución, es una ecuación en las nuevas variables u y v. Si la EDO de primer orden se presenta con la forma:  ax + by + c  dy = f , dx  Ax + By + C  donde a b A B. = 0,. se puede transformar en una ecuación de variables separables con la sustitución. u = ax + by + c. Ejemplo 40. Resuelva. y' =. x −y −3 . x + y −1. Solución. Se determina el punto de corte de las rectas: x − y − 3 = 0 , x + y − 1 = 0 . Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra el punto (2, −1). La sustitución es por lo tanto x = u + 2, y = v − 1 de donde se tiene que: dy dv . = dx du Sustituyendo en la EDO dada se tiene:.

(12) ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 13 Miércoles 04/11/09 Pág.: 6 de 7 Prof. José Luis Quintero. dv (u + 2) − (v − 1) − 3 u − v = = . du (u + 2) + (v − 1) − 1 u + v Esta ecuación es homogénea y se resuelve por lo tanto con la sustitución u z= v o bien con v w= . u Si se toma para determinar la solución la sustitución v w= u se tiene v = uw (u ≠ 0) . Derivando. dv = w + uw ' du y sustituyendo en la EDO dada se tiene:. w+u. dw 1 − w . = du 1 + w. Esta nueva ecuación en las variables w y u es de variables separables, resultando las integrales. ∫. 1+w w + 2w − 1 2. dw = −. ∫. du 1 ⇒ u 2. ∫. 2w + 2 w + 2w − 1 2. dw = −. ∫. du . u. Resolviendo las integrales y sin cambios: 1 ln w2 + 2w − 1 = − ln u + C . 2 Por lo tanto. ln (y + 1)2 + 2(y + 1)(x − 2) − (x − 2)2 = C .. Ejemplo 41. Resuelva. (x2 y2 − 1)dy + (2xy3 )dx = 0 . Solución. Esta ecuación no es homogénea, sin embargo con una sustitución de la forma y = ta donde por el momento a es un número arbitrario que se debe determinar, la transformación es homogénea. Derivando:. dy = ata −1 dt y sustituyendo en la EDO:. (x2 t2a − 1)ata −1dt + 2xt3adx = 0 , a. dt 2xt3a . = − 2 3a−1 dx x t − ta −1.

(13) ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS U.C.V.. F.I.U.C.V.. Clase 13 Miércoles 04/11/09 Pág.: 7 de 7. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Prof. José Luis Quintero. Observe en esta ecuación que el grado de 2xt3a es (1 + 3a) , el grado de ta −1 es (a − 1) y el grado de x2 t3a −1 es (2 + 3a − 1), como es necesario para que la ecuación sea homogénea que los grados de todos los términos sean iguales, debe cumplirse entonces que 3a + 1 = a − 1 , esto sucede si a = −1 por lo tanto la sustitución que transforma la ecuación dada en homogénea es y = 1 / t.. La ecuación dada toma la forma:. (t2 − x2 )dt + 2txdx = 0 o bien. dx t2 (x2 / t2 − 1) . = dt t2 (2x / t) Esta ecuación se resuelve con la sustitución. u=. x , t. es decir: x = ut , derivando, x ' = tu '+ u . Sustituyendo en la ecuación se tiene:. u' t + u =. u2 − 1 u2 + 1 ⇒ u' t = − 2u 2u. y luego:. ∫. 2u u +1 2. du = −. ∫. dt . t. Resolviendo las integrales resulta: ln u2 + 1 = − ln t + ln c , de donde se tiene que (u2 + 1)t = C y devolviendo los cambios u = x / t y a su vez t = 1 / y resulta la solución. x2 y2 + 1 = yc ..

(14) ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 14 Viernes 06/11/09 Pág.: 1 de 7 Prof. José Luis Quintero. 3.21. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Definición 13. Una expresión diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy. (5). es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial total de alguna función f(x,y).. Definición 14. Una ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 se llama exacta si la expresión (5) es una diferencial exacta.. TEOREMA 2. Suponga que M(x, y), N(x, y) son funciones continuas con derivadas parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces una condición necesaria y suficiente para que la expresión (5) sea una diferencial exacta es que ∂M(x, y) ∂N(x, y) = . ∂y ∂x. Demostración. (⇒) Suponga que M(x, y), N(x, y) tienen derivadas parciales de primer orden continuas para todo (x,y). Por la definición 14, si la expresión (5) es exacta, existe alguna función f(x,y) para la cual:. M(x, y)dx + N(x, y)dy =. ∂f(x, y) ∂f(x, y) ∂f(x, y) ∂f(x, y) dx + dy y M(x, y) = , N(x, y) = . ∂x ∂y ∂y ∂x. Por lo tanto, ∂M(x, y) ∂  ∂f  ∂2 f ∂  ∂f  ∂N(x, y) = = = .  =   ∂y ∂y  ∂x  ∂y∂x ∂x  ∂y  ∂x Por continuidad,. ∂2 f(x, y) ∂2 f(x, y) = ∂y∂x ∂x∂y y de esta manera se obtiene. ∂M(x, y) ∂N(x, y) . = ∂y ∂x (⇐) Suponga ahora que. ∂M(x, y) ∂N(x, y) = . ∂y ∂x Se desea encontrar una función f(x,y) tal que ∂f ∂f = N(x, y) . = M(x, y) , ∂y ∂x Resulta que:.

(15) ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. f(x, y) =. ∫. x. M(x, y0 )dx + x0. ∫. Clase 14 Viernes 06/11/09 Pág.: 2 de 7 Prof. José Luis Quintero. y. N(x, y)dy. (6). y0. en donde (x0 , y0 ) es un punto de la región, esta es la función buscada. En la segunda integral de (6) la variable x se mantiene fija. Luego,. ∂f(x, y) ∂ = ∂x ∂x. ∫. x. M(x, y0 )dx + x0. = M(x, y0 ) +. ∫. y. y0. ∂ ∂x. ∫. y. N(x, y)dy = M(x, y0 ) + y0. ∫. y. y0. ∂N(x, y) dy ∂x. ∂M(x, y) dy (por hipótesis) ∂y. = M(x, y0 ) + M(x, y) − M(x, y0 ) = M(x, y) De manera semejante se puede demostrar que ∂f(x, y) = N(x, y) . ∂y. 3.22. MÉTODO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Paso 1. Demuestre que. ∂M(x, y) ∂N(x, y) = . ∂y ∂x Paso 2. Suponga luego que. ∂f(x, y) = M(x, y) . ∂x De este modo se puede encontrar a la función f(x,y) integrando M(x,y) respecto a x mientras la variable y se mantiene constante. Entonces se escribe. f(x, y) =. ∫. M(x, y)dx + g(y) .. Paso 3. Se deriva la ecuación (3) respecto a y y se supone que. ∂f(x, y) ∂ = ∂y ∂y. ∫. (7). ∂f(x, y) = N(x, y) : ∂y. M(x, y)dx + g'(y) = N(x, y) .. De aquí resulta:. g '(y) = N(x, y) −. ∂ ∂y. ∫. M(x, y)dx .. (8).

(16) MÉTODO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 14 Viernes 06/11/09 Pág.: 3 de 7 Prof. José Luis Quintero. Se observa que el primer miembro de la ecuación (8) es independiente de x ya que:  ∂N(x, y) ∂M(x, y) ∂  ∂  N(x, y) − M(x, y)dx)  = − = 0.   ∂x  ∂y ∂x ∂y . ∫. Paso 4. Se integra la ecuación (8) respecto a y, luego se sustituye el resultado en la ecuación. (7). Paso 5. La solución de la ecuación es f(x, y) = C. Ejemplo 42. Resuelva (7x + 6y)dx + (6x − 5y2 )dy = 0 . Solución. ∂M(x, y) ∂(7x + 6y) ∂N(x, y) ∂(6x − 5y2 ) Paso 1. = =6 , = = 6. ∂y ∂y ∂x ∂xy Paso 2. f(x, y) =. ∫. Paso 3. fy (x, y) =. (7x + 6y)dx + g(y) =. 7x2 + 6xy + g(y) . 2. ∂ 7 2  x + 6xy + g(y)  = 6x + g'(y) = 6x − 5y2 . g '(y) = −5y2 .  ∂y  2 . Paso 4. g '(y) = −5y2 ⇒ g(y) = −. ∫. 5y2dy = −. 5y3 7x2 5y3 , f(x, y) = + 6xy − . 3 2 3. Paso 5. Entonces una familia de soluciones de la ecuación diferencial dada es: 7x2 5y3 + 6xy − = C. 2 3. Ejemplo 43. Resuelva y ' =. 3 − 2y2 x 2yx2 + 4. .. Solución.. Si (2y2 x − 3)dx + (2yx2 + 4)dy entonces M(x, y) = 2y2 x − 3 , N(x, y) = 2yx2 + 4 . Paso 1.. ∂M(x, y) ∂N(x, y) = 4xy , = 4xy . ∂y ∂x. Paso 2. f(x, y) =. ∫. (2y2 x − 3)dx + g(y) = y2 x2 − 3x + g(y) .. Paso 3. fy (x, y) = 2yx2 + g'(y) = 2yx2 + 4 . g'(y) = 4. Paso 4. g(y) = 4. ∫. dy = 4y .. Paso 5. Solución. y2 x2 − 3x + 4y = C ..

(17) ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 14 Viernes 06/11/09 Pág.: 4 de 7 Prof. José Luis Quintero. 3.23. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE En ocasiones se presentan ecuaciones diferenciales no exactas escritas en la forma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 .. (9). Es posible convertir dichas ecuaciones en exactas multiplicando sus términos por un factor integrante adecuado. Por ejemplo, la ecuación ydx − xdy = 0 no es exacta, pero si se multiplican sus términos por. 1 y2 (y ≠ 0) se obtiene. ydx − xdy y2. =0. (10). y así:.  x  1 ∂ − 2  ∂  y y  1 My =   = − 2 =  = Nx ∂y ∂ x y es decir, la ecuación (10) se puede convertir en exacta.. Definición 15. Un factor integrante para la ecuación (9) es una función ρ(x, y) tal que la. ecuación. ρ(x, y)M(x, y)dx + ρ(x, y)N(x, y)dy = 0. sea exacta; es decir,. ∂(ρM) ∂(ρN) = ∂y ∂x. (11). Lamentablemente, no siempre es fácil encontrar un factor integrante ρ(x, y) . Pero, si la ecuación (9) tiene un factor integrante ρ que sea, bien una función que dependa sólo de x o una función sólo de y, entonces ρ puede ser encontrado de manera sistemática..

(18) ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clase 14 Viernes 06/11/09 Pág.: 5 de 7 Prof. José Luis Quintero. Otra forma para la ecuación (11) sería. M. ∂ρ ∂M ∂ρ ∂N +ρ =N +ρ ∂y ∂y ∂x ∂x. (12). Para determinar entonces el factor integrante se tiene la ecuación (12) en derivadas parciales, como dicho factor puede depender de las dos variables o bien solo de x o de y, se consideran por separado los tres casos: a. Factor integrante que depende solo de la variable x. Como el factor ρ depende sólo de la variable x, entonces se sabe que. ∂ρ =0 ∂y y por lo tanto la ecuación (12) se reduce a:  ∂M ∂N  ∂M dρ ∂N dρ . ρ =N +ρ ⇒ ρ − =N ∂y dx ∂x dx  ∂y ∂x . Despejando y utilizando una notación más compacta se tiene: dρ  My − Nx =  N ρ .  My − Nx   dx  N  .. ∫    dx ⇒ ρ = e  . b. Factor integrante que depende sólo de la variable y.. Con un procedimiento análogo al anterior se llega al factor integrante de la forma: ρ=e c..  Nx − My   dy  M   .. ∫ . Factor integrante que depende indirectamente de las dos variables x e y. Considere ahora un factor integrante que depende de las variables x e y. Esta dependencia debe estar dada a través de una regla de correspondencia z = f(x, y) es decir que se tiene un factor ρ(z) donde z a su vez dependerá de las variables x e y. Para este caso la ecuación (12) es.  dρ ∂z  ∂M ∂N  dρ ∂z  M . +ρ = N . +ρ . ∂y ∂x  dz ∂x   dz ∂y  Si se agrupan términos y se despeja se tiene:  ∂N ∂M  dρ  ∂z ∂z  −N  = ρ − M . dz  ∂y ∂x   ∂x ∂y  Si ahora se despeja y se usa una notación más compacta se tiene:.

(19) ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08.  Nx − My. Clase 14 Viernes 06/11/09 Pág.: 6 de 7 Prof. José Luis Quintero. . ∫  M.z −N.z  dz dρ  Nx − My  x . =  dz ⇒ ρ = e  y  M.zy − N.zx  ρ   Observe que para poder resolver esta ecuación es necesario que el lado derecho esté expresado en función de z. Una vez que se ha determinado el factor integrante en función de z, se hace la sustitución z = f(x, y) para tener finalmente el factor ρ(x, y) buscado. Ejemplo 44. Determine para la ecuación diferencial (1 − x2 y)dx + x2 (y − x)dy = 0 un factor integrante que dependa de x. Solución. Se puede verificar que la ecuación no es exacta ya que My ≠ Nx . Como el factor integrante depende solo de x, entonces ρy = 0 . Para determinar dicho factor integrante se sabe que. ρ=e.  My − Nx   dx  N   ,. ∫ . donde. M = (1 − x2 y) , N = x2 (y − x) , My = −x2 , Nx = 2xy − 3x2 sustituyendo:. My − Nx N. =. −x2 − 2xy + 3x2 x (y − x) 2. =. −2x(y − x) x (y − x) 2. =−. 2 . x. Resulta  2. ρ=e. ∫  − x  dx. =. 1 x2. .. Ejemplo 45. Determine un factor integrante para la ecuación diferencial dada por. (3y2 − x)dx + (2y3 − 6xy)dy = 0 que dependa de las dos variables sabiendo que el factor es de la forma ρ(z) con z = x + y2 . Solución.. De la ecuación se tiene M = 3y2 − x , N = 2y3 − 6xy , My = 6y , Nx = −6y , zx = 1 , zy = 2y . Como My ≠ Nx entonces la ecuación no es exacta, para determinar ρ(z) se utiliza:. ρ=e.  Nx −My y − N.zx . ∫  M.z.   dz   .. Calculando el integrando se tiene: Nx − My −6y − 6y −12y 3 = = =− . 2 3 3 3 M.zy − N.zx (3y − x)2y − (2y − 6xy) 6y − 2xy − 2y + 6xy x + y2 Recuerde que siempre el integrando debe estar en función de z, de esta manera se tiene:.

(20) Clase 14 Viernes 06/11/09 Pág.: 7 de 7. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE U.C.V.. F.I.U.C.V.. Prof. José Luis Quintero. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08.  3. ρ=e. ∫  − z  dz. =. 1 z3. que resulta finalmente un factor integrante. ρ=. 1 (x + y2 )3. .. Ejemplo 46. Dada la ecuación (4xy2 + 12x3 y3 )dx + (3x2 y + 6x4 y2 )dy = 0 , halle su solución. general sabiendo que admite un factor integrante de la forma µ(x2 y) . Solución.. Nx − My M.zy − N.zx. =. 6xy + 24x3 y2 − 8xy − 36x3 y2 (4xy2 + 12x3y3 )x2 − (3x2 y + 6x4 y2 )2xy. µ(x y) = e 2.  1 + 6z   dz z . ∫ . =e. ∫ ( z + 6 ) dz 1. =. 2xy + 12x3 y2 2x3y2. 1 + 6x2 y. =. x2 y. 2. = eln z + 6z = ze6z = x2 ye6x y .. Multiplicando por el factor integrante obtenido: 2. 2. e6x y (4x3y3 + 12x5y4 )dx + e6x y (3x4 y2 + 6x6 y3 )dy = 0 2 2 ∂(µM) = 6x2e6x y (4x3y3 + 12x5 y4 ) + e6x y (12x3y2 + 48x5y3 ) ∂y 2 ∂(µM) ∂(µN) = e6x y (72x5 y3 + 72x7 y4 + 12x3y2 ) = ∂y ∂x. f(x, y) = =. ∫ ∫. 2. e6x y (4x3 y3 + 12x5y 4 )dx + g(y) = 2. e6x y 4x3 y3dx +. ∫. ∫. 2. e6x y 4x3y3dx +. ∫. 2. e6x y 12x5y 4dx + g(y). 2. 12xye6x y x4 y3dx + g(y) 2. En la segunda integral se integra por partes: u = x4 y3 , dv = 12xye6x y dx. f(x, y) =. ∫. 2. 2y. e6x y 4x3y3dx + x4 y3e6x. −. ∫. 2. 2y. e6x y 4x3y3dx + g(y) = x4 y3e6x. 2. 2y. g '(y) = e6x y (3x4 y2 + 6x6 y3 ) − 3x4 y2 e6x Por tanto, 2y. x4 y3e6x. 2y. − 6x6 y3e6x. = C.. + g(y). = 0 ⇒ g(y) = C ..

(21) Cálculo Intermedio Aplicado (0264) Semestre 3-2009. SEMANA 8 GUÍA DE EJERCICIOS RESUELTOS. Semestre 3-2009. José Luis Quintero Noviembre 2009.

(22) GUÍA DE EJERCICIOS RESUELTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 1 de 7 Prof. José Luis Quintero. 1. Resuelva. 4ex tg(y)dx + (π − ex ) sec2 (y)dy = 0 . Solución.. 4ex tg(y)dx + (π − ex ) sec2 (y)dy = 0 , (π − ex ) sec2 (y)dy = −4ex tg(y)dx separando las variables:. sec2 (y) 4ex dy = − dx tg(y) π − ex (se despejan las expresiones si y ≠ kπ (k ∈ Z) , π ≠ ex ). ∫. sec2 (y) dy = 4 tg(y). ∫. ex ex − π. dx. ambas integrales se pueden resolver por simple sustitución.. u = ex − π. v = tg(y). du = e dx dv = sec2 (y)dy x. entonces:. ∫. dv =4 v. ∫. du , ln v = 4 ln u + C1 , u. ln tg(y) = 4 ln ex − π + ln C2 , ln tg(y) = ln (ex − π)4 C2 ,. tg(y) = (ex − π)4 C3 , y = arctg((ex − π)4 C3 ) . Las curvas y = kπ (k ∈ Z) y π = ex son soluciones de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 1):. Figura 1. Algunas curvas para la ecuación del ejercicio 1.

(23) GUÍA DE EJERCICIOS RESUELTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 2 de 7 Prof. José Luis Quintero. 2. Resuelva. dy = 7x + y . dx Solución.. dy = 7x + y = 7x.7y . dx Separando variables:. dy 7y. = 7x dx .. Integrando ambos miembros:. ∫. 7− y dy =. ∫. 7x dx .. Se hacen las sustituciones:. u = 7x , du = 7x ln7dx , v = 7− y , dv = −(7y )−2 7y ln 7dy = −7− y ln7dy , − Se tiene entonces. ∫ ∫ ∫ −. −. 1 ln7. dv =. dv =. 1 ln7. ∫. du ,. du ⇒ −v = u + C. −7− y = 7x + C ⇒ 7x + 7−y = C En forma gráfica se tiene (ver figura 2):. Figura 2. Algunas curvas para la ecuación del ejercicio 2. 3. Resuelva. (1 + x2 y2 )y + (xy − 1)2 xy ' = 0 .. dv = 7− y dy ln7.

(24) GUÍA DE EJERCICIOS RESUELTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 3 de 7 Prof. José Luis Quintero. Solución. Con el cambio xy = t se transforma la ecuación en una de variables separadas. Sea entonces t = xy , derivando respecto de x: dt = xy '+ y , t ' = xy '+ y , dx despejando:. y' = las nuevas variables son x y t. (x ≠ 0) .. t '− y , x. La ecuación queda entonces:. (1 + t2 ).  t '− t + (t − 1)2 x   x x . t x.   = 0.  . Simplificando y despejando se tiene:. (1 + t2 )t + (t − 1)2 (t ' x − t) = 0, t ' x − t = − t'x =. t3 − 2t2 + t − t − t3 (t − 1). 2. =−. (1 + t2 )t (t − 1). 2. 2t2 (t − 1)2. , t'x = t −. (1 + t2 )t (t − 1)3. , (t ≠ 1). finalmente quedan las integrales:. ∫. dx =− x. ∫. t2 − 2t + 1 2t2. dt , (t ≠ 0). Calculando las integrales se obtiene:. ln x + ln C = −. t 1 . + ln t + 2 2t. Observe que la constante de integración por conveniencia se toma ln(C). Si se aplican las propiedades del logaritmo para simplificar se tendrá la solución: 2. 1  Cxy  ln   = xy − xy , x   tomando exponencial se obtiene:. Cy2 = e La solución xy = 0 satisface la ecuación.. xy − 1 xy. .. 4. Resuelva. (x6 − 2x5 + 2x4 − y3 + 4x2 y)dx + (xy2 − 4x3 )dy = 0. . Solución. Con el cambio. t=. y (x ≠ 0) x.

(25) GUÍA DE EJERCICIOS RESUELTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 4 de 7. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Prof. José Luis Quintero. la ecuación dada se transforma en una de variables separables en las nuevas variables t y x. Sea y = tx entonces. dy dt , =t+x dx dx es decir y ' = t + xt ' . Considerando la ecuación. y' = −. x6 − 2x5 + 2x4 − y3 + 4x2 y xy − 4x3. ,. si se aplica el cambio se tiene:. t '+ xt ' =. −x6 + 2x5 − 2x4 + t3 x3 − 4tx3 x3t2 − 4x3. .. Separando variables y simplificando:  −x6 + 2x5 − 2x4   1  t' =      2 x4  t − 4 resulta:. ∫. (t2 − 4)dt =. ∫. (−x2 + 2x − 2)dx .. Al calcular la integral se obtiene la solución: x3 y3 4y − x2 + 2x + − = C. 3 3 x 3x La solución x = 0 también satisface la ecuación. 5. Resuelva x + y + 1 + y '(2x + 2y − 1) = 0 .. Solución.. x + y + 1 + y '(2x + 2y − 1) = 0 ⇒ y ' = − u'− 1 = −. x + y +1 x + y +1 =− 2x + 2y − 1 2(x + y − 12 ). u = x + y ⇒ u' = 1 + y '. 2(u − 12 ) u+1 u+1 2u − 1 − u − 1 u−2 ⇒ u' = 1 − = = ⇒ du = dx (u ≠ 2) 1 1 1 1 u−2 2(u − 2 ) 2(u − 2 ) 2(u − 2 ) 2(u − 2 ). 2u − 1 1   2u du = dx ⇒  −  du = dx ⇒ 2(u − 2) + 3ln u − 2 = x + c u−2 u − 2 u − 2  ⇒ 2(x + y − 2) + 3 ln x + y − 2 = x + c. 6. Resuelva. xdy + (x.cos(y x) − y)dx = 0 .. Solución. y' =. y − x.cos(y x) y y = − cos   x x x (Ecuación homogénea).

(26) GUÍA DE EJERCICIOS RESUELTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Cambio de variable:. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 5 de 7 Prof. José Luis Quintero. u = y x ⇒ y ' = u + u' x .. u + u' x = u − cos(u) ⇒ u' x = cos(u) ⇒ sec(u)du = dx x . Integrando se tiene: ln sec(u) + tg(u) = ln x + ln(C) ⇒ sec(u) + tg(u) = cx ⇒ sec ( y x ) + tg ( y x ) = cx .. 7. Suponga que M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 es una ecuación homogénea. Pruebe que las sustituciones. x = r.cos(θ), y = r.sen(θ). reducen la ecuación a una de variables separables.. Solución. Por ser homogénea se tiene:. M(x, y) = xnM(1, y / x) = (r cos(θ))n M(1, tg(θ)) = N(x, y) dx = cos(θ)dr − r.sen(θ)dθ , dy = sen(θ)dr + r.cos(θ)dθ . Sustituyendo y simplificando se tiene: M(1, tg(θ))[cos(θ)dr − r.sen(θ)dθ] + N(1, tg(θ))[sen(θ)dr + r.cos(θ)dθ] = 0. [M(1, tg(θ)) cos(θ) + N(1, tg(θ))sen(θ)]dr + r[N(1, tg(θ)) cos(θ) − M(1, tg(θ))sen(θ)]dθ = 0 Separando variables se obtiene dr M(1, tg(θ))sen(θ) − N(1, tg(θ)) cos(θ) = . r M(1, tg(θ)) cos(θ) + N(1, tg(θ))sen(θ). 8. Resuelva. y' =. 16y − 49x + 18 . 2x + y − 9. Solución.. 16k − 49h + 18 = 0 16k − 49h = −18 ⇒ ⇒ h = 2 , k = 5.   k + 2h − 9 = 0  k + 2h = 9 Se aplica el par de cambios:. x = u + 2, y = v + 5. y se tiene:. v' =. 16(v + 5) − 49(u + 2) + 18 16v − 49u = 2(u + 2) + v + 5 − 9 2u + v. que es una ecuación homogénea. Sea v t = ⇒ ut = v ⇒ v ' = ut '+ t. u Se tiene entonces que: 16t − 49 16t − 49 − 2t − t2 −t2 + 14t − 49 (t − 7)2 . ut ' = −t = = =− 2+t 2+t 2+t t+2 De modo que:.

(27) GUÍA DE EJERCICIOS RESUELTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. t+2 (t − 7). 2. dt = −. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 6 de 7 Prof. José Luis Quintero. du z+9 du . ⇒ dz = − 2 u u z. Cambio z = t − 7 ⇒ dz = dt . Se tiene:. ∫. 1 9   z + 2  dz = − z  . ∫. du 9 ⇒ ln z − = − ln u + c. u z. Devolviendo cambios: ln z −. 9 9 = − ln u + c ⇒ ln t − 7 − = − ln x − 2 + c . z t−7 y −5 9 ln − 7 − y −5 = − ln x − 2 + c . x−2 −7 x −2. 9. Halle la solución general de la ecuación y + x y + x (y '+ 1).ln  . =  x + 3 x + 3. Solución. La solución del sistema y + x = 0 , x + 3 = 0 es el punto (−3,3) . Cambio de variables:.  v + u v + u x = u − 3 , y = v + 3 , (v '+ 1).ln  = u .  u  Sea t = v / u ⇒ t + ut ' = v ' , entonces (t + ut '+ 1).ln(t + 1) = t + 1 . Manipulando:. (t + ut '+ 1) =. t +1 t +1 (t + 1) − (t + 1)ln(t + 1) . ⇒ ut ' = − (t + 1) ⇒ ut ' = ln(t + 1) ln(t + 1) ln(t + 1). Separando variables:. ln(t + 1) 1 dt = du . (t + 1)(1 − ln(t + 1)) u Al resolver. ∫. ln(t + 1) dt . dt , z = 1 − ln(t + 1) ⇒ dz = − (t + 1)(1 − ln(t + 1)) t +1. La integral se convierte en. ∫ Por lo tanto:. z −1 dz = z − ln z + C1 . z.

(28) GUÍA DE EJERCICIOS RESUELTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 7 de 7. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Prof. José Luis Quintero. ln(t + 1) 1 dt = du ⇒ 1 − ln(t + 1) − ln 1 − ln(t + 1) = ln u + C . (t + 1)(1 − ln(t + 1)) u Devolviendo cambios:. y −3  y −3  1 − ln  + 1  − ln 1 − ln  + 1  = ln x + 3 + C . x + 3 x + 3     10. Dada la ecuación. dy 3x5 + 3x2 y2 = , dx 2x3 y − 2y3 indique los valores de p y q para convertirla en homogénea usando los cambios x = up ,. y = vq y el valor de n si el cambio es y = v.xn . Solución.. x = up ⇒ dx = p.up −1du , y = vq ⇒ dy = q.vq −1dv . Se tiene entonces:. 2 q.vq −1dv u5p + u2p v2q 2qdv u6p −1 + u3p −1v2q . = 3p q ⇒ = . p −1 3 p.u du 3pdu u3p v2q −1 − v4q −1 u v − v3q Se requiere que:. 6p − 1 = 3p + 2q − 1 ⇒ 3p = 2q , 6p − 1 = 4q − 1 ⇒ 3p = 2q . 3p + 2q − 1 = 4q − 1 ⇒ 3p = 2q Por lo tanto las constantes p y q deben ser tales que 3p = 2q , p, q ≠ 0 . y = v.xn ⇒ y ' = v '.xn + n.xn −1.v . Se tiene entonces:. v ' xn + n.xn −1v = v' =. 3(x5 + x2n + 2 v2 ) 2(xn + 3 v − x3nv3 ). ⇒ v ' xn =. 3(x5 + x2n + 2 v2 ) − 2nxn −1v(xn + 3v − x3nv3 ) 2xn (xn + 3 v − x3nv3 ). Se requiere que: 5 = 4 + 2n ⇒ n =. 1 2. =. n=. 1 . 2. 2(xn + 3v − x3nv3 ). − nxn −1v. 3x5 + 3x2n + 2 v2 − 2nx2n + 2 v2 − 2nx4n −1v4. , 5 = 4n + 3 ⇒ n =. Por lo tanto. 3(x5 + x2n + 2 v2 ). 2x2n + 3 v − 2x4nv3 1 2. , 2n + 4 = 4n + 3 ⇒ n =. 1 2. .. ..

(29) Cálculo Intermedio Aplicado (0264) Semestre 3-2009. SEMANA 8 GUÍA DE EJERCICIOS PROPUESTOS. Semestre 3-2009. José Luis Quintero Noviembre 2009.

(30) GUÍA DE EJERCICIOS PROPUESTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 1 de 3 Prof. José Luis Quintero. 1. Pruebe que la ecuación diferencial no separable [F(x) + y.G(xy)]dx + xG(xy)dy = 0 se convierte en separable al cambiar la variable dependiente de y a v de acuerdo a la transformación v = xy . Use esto para resolver (x2 + ysen(xy))dx + xsen(xy)dy = 0 . 2. Transforme la ecuación diferencial. y' =. ax + by cx + dy. en una ecuación diferencial de variables separables (a,b,c,d son constantes reales positivas, diferentes entre sí).. 3. Resuelva dy y(1 + xy) a. = dx x(1 − xy). Rta. xy + ln(x y) = c. x+y + x−y. b.. dy = dx. c.. dy 1 + x − y = dx 1 − x − y. x+y − x−y. Rta. x + x2 − y2 = C. Rta. x − y − 2 x − y = 2x + C sol. sing. y = x. 4. Resuelva. dy 2y x3  y  = + + x.tg  2  dx x y x  usando la transformación dada por y = v.x2 . 5. Encuentre la solución de las siguientes EDO homogéneas o reducibles a ellas. a.. xy ' = y + y2 − x2. Rta. 2cy = c2 x2 + 1. b.. y' =. 2xy. Rta. c(y2 − x2 ) = y3. c.. (y − xy ')2 = x2 + y2. Rta. c2 x2 = 1 + 2cy, c2 − x2 = 2cy. d.. xy '− y =. Rta. y = x.sen(ln(cx)). e.. y' =. f.. (x + y + 1)dx + (2x + 2y − 1)dy = 0. g.. ydx + (2 xy − x)dy = 0. 3x2 − y2. x2 − y2. 2 − (x + y) x−y+4. h.. dy y x = + dx x y. i.. (y4 − 3x2 )dy = −xydx. Rta. x2 + 2xy − y2 − 4x + 8y = c Rta. x + 2y + 3ln x + y − 2 = c Rta. y.e. xy. =c. 2. y Rta.   = 2 ln x + c x Rta. x2 = y4 + cy6.

(31) GUÍA DE EJERCICIOS PROPUESTOS U.C.V.. j.. F.I.U.C.V.. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 2 de 3. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. Prof. José Luis Quintero.   y  y − sen(y / x)  x − y.cos    dx + x.cos   dy = 0 Rta. x = c.e x x     . 6. Si f(x, y) es una función homogénea de grado n, demuestre que. x. ∂f(x, y) ∂f(x, y) +y = n.f(x, y) . ∂x ∂y. 7. Demuestre que. y xdy − ydx = arctg   dx x puede resolverse por la sustitución y = v.x aún cuando la ecuación no es homogénea. 8. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones dadas: a.. (9x2 + y − 1) − (4y − x)y ' = 0. b.. y' =. c.. (1 + e2y )dx + 2xe2y dy = 0. d.. y' = −. 3y + ex 3x + cos(y). e.. y' = −. y.sec2 (x) + sec(x).tg(x) 2y + tg(x). f.. y' = −. g..  3 y 2 4 3  x + x  dx + (y + ln(x))dy = 0 Rta. 3x + 12y ln x + 4y = c  . h.. y' = −. i.. (x + x)y ' = y + y. j.. y' =. k.. y' =. l.. 2ysen(x) − ex sen(y). Rta. ex sen(y) + 2y cos(x) = c. ex cos(y) + 2 cos(x). x + x y + sen(y) 2. 1 + y2 + xy2 x2 y + y + 2xy. −x − y + 3 x+y y2 + xy. x2 x y' = x + 12y. Rta. x(1 + e2y ) = c Rta. 3yx + ex + sen(y) = c. 3x2 y + xy2 + ex 3. Rta. 3x3 + xy − x − 2y2 = c. =0. Rta. y.tg(x) + sec(x) + y2 = c Rta. x3 y +. x2 y2 + ex − cos(y) = c 2. Rta. 2x + 2xy2 + x2 y2 + 2y2 = c Rta. y = (c x + c − 1)2 Rta. y = 2x + c − x Rta. c =. x + y ln(x) y. Rta. ln(y) = − 73 ln( x +y3y ) −. 4 ln( 4yy− x ) 7. 9. Resuelva. π  2 2  2x.tg(y) + 2  dx + x sec (y)dy = 0  . +c.

(32) GUÍA DE EJERCICIOS PROPUESTOS U.C.V.. F.I.U.C.V.. Clases 12, 13 y 14 Pág.: 3 de 3 Prof. José Luis Quintero. CÁLCULO INTERMEDIO APLICADO (0264) - SEMANA 08. con la condición y(0) = π .. Rta. x2.tg(y) +. π x = c. 2. 10. Determine una función M(x, y) de manera que M(x, y)dx + (x2 cos(y) + 3y2ex )dy = 0 sea una ecuación diferencial exacta.. Rta. 2xsen(y) + y3ex. 11. Halle una constante α de modo que (3x2 y − 2y3 + 3)dx + (x3 − αxy2 + 2y)dy = 0 sea una ecuación diferencial exacta.. Rta. 6. 12. En cada caso, encuentre un factor integrante y resuelva la ecuación: a.. (x2 + y2 + 1)dx + (x2 − 2xy)dy = 0 , ρ(x). b.. (x4 + y4 )dx − xy3dy = 0 , ρ(x). c.. (y4 − 5y)dx + (7xy3 − 5x + y)dy = 0 , ρ(y). Rta. ρ(x) = x −2. x2 − y2 − 1 + xy = cx. Rta. ρ(x) = x −5. 4x 4 ln x − y4 = Cx4. Rta. ρ(y) = y3 − 5 , 10xy(y3 − 5)2 + 2y5 − 25y2 = c. d.. cos(x) cos(y)dx − 2sen(x)sen(y)dy = 0 , ρ(x) Rta. ρ(x) = (sen(x))−1 / 2. e.. xdx + ydy + x(xdy − ydx) = 0 , ρ(x2 + y2 ) Rta. ρ(x2 + y2 ) =. f.. sen(x).cos2 (y) = c. 1 (x2 + y2 )3 / 2. ,. y −1 x2 + y2. =c. (3y2 − x)dx + (2y3 − 6xy)dy = 0 , ρ(x + y2 ) Rta. ρ(x + y2 ) =. 1 (x + y2 )3. , (x + y2 )2 c = x − y2.

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