analisis ejercicios

1. Veri�car que la función y = φ(x)y = φ(x)y = φ(x) satisfacen a las EDO dados en los ítems correspondientes:

a) ∅ (x) = Ax+Bx

x∫0

sin t

tdt∅ (x) = Ax+Bx

x∫0

sin t

tdt∅ (x) = Ax+Bx

x∫0

sin t

tdt

x (y′′sinx− y′ cosx) + y cosx = 0Sabemos que:

y = ∅ (x) = Ax+Bx

x∫0

sin t

tdt ⇒ y′ = A+B

x∫0

sin t

t+Bsinx ∧ y′′ =

B sinx

x+B cosx

Reemplazamos y′ e y′′ en la EDO dada:

x((B sinx

x+B cosx) sinx− (A+B

x∫0

sin t

t+Bsinx)cosx)) + (Ax+Bx

x∫0

sin t

tdt)cosx = 0

Bsin2x+ xB cosx sinx−Ax cosx− xB cosx

x∫0

sin t

tdt− xB sinx cosx+Ax cosx +xB cosx

x∫0

sin t

tdt = 0

Entonces simpli�cando nos quedaría:

Bsin2x = 0

La función y = φ(x)y = φ(x)y = φ(x) no satisface en la EDO dada.

b) y ln y = x+

∫ x

0

et2

dt; y(1 + ln y)y′′ + (y′)2 = 2xyex2

y ln y = x+

∫ x

0

et2

dt; y(1 + ln y)y′′ + (y′)2 = 2xyex2

y ln y = x+

∫ x

0

et2

dt; y(1 + ln y)y′′ + (y′)2 = 2xyex2

Derivamos respecto a x la función y ln y = x+

∫ x

0

et2

dt.

y′ ln y + y′ = 1 + ex2

Nuevamente derivamos respecto a x

y′′ ln y + 1y (y′)2 + y′′ = 2xex

2

multiplicamos por y

yy′′(ln y + 1) + (y′)2 = 2xyex2

La función y = φ(x)y = φ(x)y = φ(x) satisface en la EDO dada.

c) φ(x) = Ae(λarcsinλx) +Be(−λarcsinλx); (1− x2)y′′ − xy′ − λ2 = 0φ(x) = Ae(λarcsinλx) +Be(−λarcsinλx); (1− x2)y′′ − xy′ − λ2 = 0φ(x) = Ae(λarcsinλx) +Be(−λarcsinλx); (1− x2)y′′ − xy′ − λ2 = 0Sabemos que:y = φ(x) = Ae(λarcsinλx) +Be(−λarcsinλx)

y′ = Aeλarc sin x(λ√

1− x2) +Be−λarc sin x(

−λ√1− x2

)

y′′ = Aeλarc sin x(λ2

1− x2+

λx

(√

1− x2)3 )−Be−λarc sin x(

−λ2

1− x2+

λx

(√

1− x2)3 )

Reemplazando y′ e y′′ en la EDO dada, tenemos:(1− x2

)(Aeλarc sin x

(λ2

1− x2+

λx(√1− x2

)3)

+Be−λarc sin x

(λ2

1− x2− λx(√

1− x2)3))− x(Aeλarc sin x

(λ√

1− x2

)+Be−λarc sin x

(−λ√1− x2

))− λ2 = 0

Aeλarc sin x(λ2 +

λx√1− x2

)+Be−λarc sin x

(λ2 − λx√

1− x2

)− λx√

1− x2(Aeλarc sin x −Be−λarc sin x

)− λ2 = 0

Agrupando convenientemente tenemos:

λ2(Aeλarc sin x +Be−λarc sin x

)− λ2 = 0

λ2(Aeλarc sin x +Be−λarc sin x − 1

)6= 0

La función y = φ(x)y = φ(x)y = φ(x) no satisface en la EDO dada.

1

2. Veri�car que las funciones φ(x) = x2φ(x) = x2φ(x) = x2 y φ1(x) = x−2 lnxφ1(x) = x−2 lnxφ1(x) = x−2 lnx satisfacen a las EDO x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0

solución:

a) para y = φ(x) = x2 ⇒ y′ = 2x ∧ y′′ = 2

Reemplazando y,y′ e y′′ en la EDO.

x2(2) + 5x(2x) + 4x2 = 0

16x2 6= 0 ⇒ La función y = φ(x) = x2 no satisface en la EDO.

b) para y = φ1(x) = x−2 lnx ⇒ y′ =1− 2 lnx

x3∧ y′′ =

6 lnx− 5

x4Reemplazando y,y′ e y′′ en la EDO.

x2(6 lnx− 5

x4) + 5x(

1− 2 lnx

x3) + 4(

lnx

x2) = 0

6 lnx− 5 + 5− 10 lnx+ 4 lnx = 00 = 0 ⇒ La función y = φ1(x) = x−2 lnx satisface en la EDO.

3. Encuentre la EDO de la familia de parábolas con vértices en el origen y eje focal sobre el ejede las abscisas.Solución:Sabemos que la ecuación de la parábola es de la forma: (y − k)2 = 4p(x− h)

Pero la parábola tiene vértice en el origen,entonces (h, k) = (0, 0) por tanto la ecuación quedara de la siguiente forma:

y2 = 4px ⇒ y2

x= 4p

Derivamos la ecuación para encontrar la EDO:x (2yy′)− y2

x2= 0 ⇒ 2xyy′ − y2 = 02xyy′ − y2 = 02xyy′ − y2 = 0

2

4. Encuentre la EDO de la familia de cisoides y2 =x3

a− xcon a 6= 0

aplicando diferencial a nuestra función:

2ydy =(a− x) d(x2)− x3d(a− x)

(a− x)2

2ydy =3x2 (a− x) dx+ x3dx

(a− x)2

2ydy =

(3x2 (a− x) + x3

)dx

(a− x)2

Por lo tanto la EDO de nuestra función es:

y′ =

(3x2 (a− x) + x3

)(a− x)

2

5. Encuentre la EDO de la familia de circunferencias con radio 1u y centros sobre la recta identidad.Solución:Sabemos que la ecuación general de la circunferencia es de la forma: (x− h)

2+ (y − k)

2= r2

Pero como el centro se encuentra en la recta identidad,entonces h = k = x y reemplazando en nuestra ecución tenemos:

(x− x)2

+ (y − x)2

= 1 ⇒ y2 − 2xy + x2 = 1

Derivamos esta ecuación para encontrar la EDO.

2yy′ − 2 (xy′ + y) + 2x = 0y′(y − x) = (y − x)y′ = 1y′ = 1y′ = 1

3

6. Encuentre la EDO de la familia de curvas tales que la tangente en un punto cualquiera P forme un ángulo

de medida θ con el eje de las abscisas y que además veri�que θ − β =π

4siendo β la medida del angulo

que OP forma con el eje de las abscisas.

Observando la grá�ca tenemos que:β + 45 = θ ⇒ tan (β + 45) = tan(θ)

tanβ + tan 45

1− tanβ tan 45= tan θ pero tanβ =

y

x

Reemplanzando en nuestra ecuación tenemos:

tan θ = x+yx−y pero tan θ =

dy

dx⇒ dy

dx=x+ y

x− y

Por la EDO de nuestra familia de curvas es de la forma: y′(x− y)− x− y = 0y′(x− y)− x− y = 0y′(x− y)− x− y = 0

7.

4

8. RESOLVER LAS SIGUIENTES EDO:

a) e2x−ydx+ ey−2xdy = 0e2x−ydx+ ey−2xdy = 0e2x−ydx+ ey−2xdy = 0Solución:

e2x

eydx+

ey

e2xdy = 0

Por el método de variables separables tenemos:

e4xdx+ e2ydy = 0 integrando a ambos miembros tenemos:∫e4xdx+

∫e2ydy = K Haciendo u = 4x⇒ du = 4dx ∧ v = 2y ⇒ dv = 2dy

Tenemos:

1

4

∫eudu+

1

2

∫evdv = K ⇒ eu

4+ev

2= K

Remmplazando los valores de u y v, obtendremos la solucion general de nuestra EDO.

4e4x + 2e2y = C4e4x + 2e2y = C4e4x + 2e2y = C → Solución de forma implícita.

b) ex+y sinxdx+ (2y + 1)e−y2

dy = 0ex+y sinxdx+ (2y + 1)e−y2

dy = 0ex+y sinxdx+ (2y + 1)e−y2

dy = 0

Solución:

ex+y sinxdx+ (2y + 1)e−y2

dy = 0 ⇒ ex.ey sinxdx+ (2y + 1)e−y2

dy = 0 dividiendo entre ey

ex. sinxdx+ (2y + 1)e−y2−ydy = 0 Por el método de variables separables e integrando tenemos.∫

ex sinxdx+

∫(2y + 1)e−y

2−ydy =

∫0 ..............(1)

Sea: A =∫ex sinxdx ∧ B =

∫(2y + 1)e−y

2−ydy

Resolviendo A:

A =

∫ex sinxdx integrando por partes: u = ex ⇒ du = exdx ∧ dv = sinxdx⇒ v = − cosx

A = −excosx−∫−cosxexdx nuevamente integrando por partes tenemos.

A = −excosx+

[ex sinx−

∫ex sinxdx

]⇒ A = ex sinx− excosx−A

A =ex sinx− excosx

2............(2)

Resolviendo B:

B =

∫(2y + 1)e−y

2−ydy haciendo una cambio de variable u = −y2 − y ⇒ du = −(2y + 1)dy

B = −∫eudu ⇒ B = −e−y

2−y .........(3)

Reemplazando (2) y (3) en (1)

ex(sinx− cosx)− 2e−y2−y = Cex(sinx− cosx)− 2e−y2−y = Cex(sinx− cosx)− 2e−y2−y = C → Solución de forma implícita.

5

c) tanxsin2ydx+ cos2x cot ydy = 0tanxsin2ydx+ cos2x cot ydy = 0tanxsin2ydx+ cos2x cot ydy = 0

solucion:por ser un EDO de variable separable dividimos entre sin2ycos2x

tanxdx

cos2x+

cot ydy

sin2y= 0 ⇒ sinxdx

cos3x+

cosydy

sin3y= 0 integrando ambos miembros tenemos∫

sinxdx

cos3x+

∫cos ydy

sin3y=

∫0 Haciendo cambio de variable u = cosx⇒ du = − sinxdx ∧ v = sin y ⇒ dv = cos ydy

Reemplazando tenemos lo siguiente:

−∫du

u3+

∫dv

v3= K ⇒ 1

2u2− 1

2v2= K

Reemplazando los valores de u y v

1

2cos2x− 1

2sin2y= K ⇒ y = arcsin

√cos2x

1− Ccos2xy = arcsin

√cos2x

1− Ccos2xy = arcsin

√cos2x

1− Ccos2x→ Solución de forma explícita.

d) 3ex tan ydx+ (1− ex) sec2ydy = 03ex tan ydx+ (1− ex) sec2ydy = 03ex tan ydx+ (1− ex) sec2ydy = 0

solucion:observamos que es una EDO es de variable separable entonces dividimos adecuadamente donde obtenemos:

3exdx

1− ex+

sec2y

tan ydy = 0 Donde integrando nos queda

∫3exdx

1− ex+

∫sec2y

tan ydy =

∫0 .....(1)

Sea: A =

∫3exdx

1− exhaciendo cambio de variable u = 1− ex ⇒ du = −exdx

Reemplazando tenemos:A = −3

∫du

u⇒ A = −3 ln(1− ex) .......(2)

Sea: B =

∫sec2y

tan ydy ⇒ B = ln(tan y)........(3)

Reemplazando (2) y (3) en (1)

−3 ln (1− ex) + ln(tan y) = ln k ⇒ tan y = k(1− ex)3

y = arctan[k(1− ex)3] → Solución de forma explícita.

e) (ey + 1) cosxdx+ ey (sinx+ 1) dy = 0(ey + 1) cosxdx+ ey (sinx+ 1) dy = 0(ey + 1) cosxdx+ ey (sinx+ 1) dy = 0

solucion:observamos que la EDO es de variable separable entonces dividimos adecuadamente donde obtenemos:

cosx

sinx+ 1dx+

ey

ey + 1dy = 0 Haciendo cambio de variable u = sinx+ 1⇒ du = cosxdx ∧ v = ey + 1⇒ dv = eydy

Reemplazando los valores en integrando:∫du

u+

∫dv

v=

∫0 ⇒ ln(sinx+ 1) + ln(ey + 1) = ln(k) Simpli�cando nos queda:

(sinx+ 1)(ey + 1) = ksinx+ 1)(ey + 1) = ksinx+ 1)(ey + 1) = k → Solución de forma implícita.


a) y2dy = x(xdy − ydx)exyy2dy = x(xdy − ydx)exyy2dy = x(xdy − ydx)exy

6

Solución

Sea :u =x

y⇒ du =

ydx− xdyy2

Reemplzando en la EDO.

dy = uy(xdy − ydx)

y2eu ⇒ dy

y= euudu Integrando ambos miembros tenemos:∫

dy

y=

∫ueudu ⇒ ln y −

∫ueudu =

∫0 Integrando por partes

u = q ⇒ du = dq ∧ dv = eudu⇒ v = eu reemplazando en nuestra EDO.

ln y − ueu +

∫eudu = k ⇒ ln y + eu(1− u) = k Reemplazando u = x

y

ln y − exy (y − xx

) = kln y − exy (y − xx

) = kln y − exy (y − xx

) = k → Solución de forma implícita.

b) xdx+ sin2(yx

)(ydx− xdy) = 0xdx+ sin2

(yx

)(ydx− xdy) = 0xdx+ sin2

(yx

)(ydx− xdy) = 0

solución:Dividiendo entre x2 obtenemos:

dx

x− sin2

(yx

) (xdy − ydx)

x2= 0 Haciendo w =

y

x⇒ dw =

xdy − ydxx2

Reemplazando e integrando tenemos:∫dx

x−∫

sin2 (w) dw =

∫0 ⇒ lnx− 1

2w +

sin 2w

4= k

Reemplazando w =y

xen la EDO.

lnx− 1

2(y

x) +

sin( 2yx )

4= k ⇒ 4 lnx− 2

y

x+ sin

2y

x= c4 lnx− 2

y

x+ sin

2y

x= c4 lnx− 2

y

x+ sin

2y

x= c → Solución de forma implícita.

c) (x− y) (4x+ y) dx+ x (5x− y) dy = 0(x− y) (4x+ y) dx+ x (5x− y) dy = 0(x− y) (4x+ y) dx+ x (5x− y) dy = 0

Solución:

Observamos que es un EDO homogénea entonces hacemos la siguiente sustitución:y = ux⇒ dy = udx+ xdu

Reemplazando en nuestra EDO.(4x2 − 3x(ux)− (ux)

2)dx+

(5x2 − x (ux)

)(udx+ xdu) = 0(

4x2 − 3x2u− u2x2)dx+

(5x2u− x2u2

)dx+

(5x3u− x3u

)du = 0

x2(4− 3u− u2 + 5u− u2)dx+ x3(5− u)du = 0

x2(2u2 − 2u− 4)dx+ x3(u− 5)du = 0

Tenemos una EDO de variable separable:dx

x+

(u− 5)

2u2 − 2u− 4du = 0

Hacemos un cambio de variable: z = 2u2 − 2u− 4⇒ dz = (4u− 2)du

dx

x+

1

4

[4u− 2

2u2 − 2u− 4du− 18

2u2 − 2u− 4du

]= 0

Reemplazando e integrando tenemos:∫dx

x+

1

4

[∫dz

z−∫

18

2u2 − 2u− 4du

]= 0

7

lnx+1

4ln z − 1

8

∫18(

u− 12

)2 − (√

94 )

2 du = k

lnx+1

4ln z − 9

4ln(

u− 12 −

32

u− 12 + 3

2

) = ln c

lnx+1

4ln(2u2 − 2u− 4)− 9

4ln

(u− 2

u+ 1

)= ln c ⇒ lnx4 + ln(2

y

x2

2− 2

y

x− 4)− 9 ln

( yx − 2yx + 1

)= ln c

x4(

2y2−2yx−4x2

x2

)(y−2xy+x

)9 = c

x2(2y2 − 2yx− 4x2

)(y + x)9 = c(y − 2x)

9x2(2y2 − 2yx− 4x2

)(y + x)9 = c(y − 2x)

9x2(2y2 − 2yx− 4x2

)(y + x)9 = c(y − 2x)

9 → Solución de forma implícita.

d)(y2 + 7xy + 16x2

)dx+ x2dy = 0 ; y (1) = 1

(y2 + 7xy + 16x2

)dx+ x2dy = 0 ; y (1) = 1

(y2 + 7xy + 16x2

)dx+ x2dy = 0 ; y (1) = 1

Solución:Observamos que la EDO es homogénea por lo cal empleamos la siguiente sustitución: y = ux⇒ dy = udx+ xdu

Reemplazando en nuestra EDO.((ux)

2+ 7x(ux) + 16x2

)dx+ x2udx+ x3du = 0 ⇒

(u2x2 + 7x2u+ 16x2 + x2u

)dx+ x3du = 0

x2(u2 + 8u+ 16

)dx+ x3du = 0 Por el metodo de variables separables

dx

x+

du

u2 + 8u+ 16= 0 Integrando ambos miembros∫

dx

x+

∫du

(u+ 4)2 =

∫0 ⇒ lnx− 1

u+ 4= k

Reemplazando u =y

xen nuestra EDO.

lnx− xy+4x = k Para condiciones iniciales: x = 1 ∧ y = 1

ln 1− 1

1 + 4(1)= k ⇒ k = −1

5

Reemplando k en nuestra EDO.

lnx− x

y + 4x= −1

5lnx− x

y + 4x= −1

5lnx− x

y + 4x= −1

5→ Solución de forma implícita particular.

e)(y2 + 2xy − x2

)dy =

(y2 − 2xy − x2

)dx ; y (1) = −1

(y2 + 2xy − x2

)dy =

(y2 − 2xy − x2

)dx ; y (1) = −1

(y2 + 2xy − x2

)dy =

(y2 − 2xy − x2

)dx ; y (1) = −1

solución:

Observamos que la EDO es homogénea por lo cal empleamos la siguiente sustitución: y = ux⇒ dy = udx+ xdu

Reemplazando en nuestra EDO.

(y2 + 2(uy)y − (uy)2)dy −

(y2 − 2 (uy) y − (uy)

2)dx = 0

(y2 + 2uy2 − u2y2)dy −(y2 − 2uy2 − u2y2

)(udy + ydu) = 0

y2(1 + 2u− u2 − u+ 2u2 + u3

)dy + y3

(u2 + 2u− 1

)du = 0

y2(u3 + u2 + u+ 1

)dy + y3

(u2 + 2u− 1

)du = 0 Por el metodo de variables separables

dy

y+

(u2 + 2u− 1

)du

(u3 + u2 + u+ 1)= 0 Integrando ambos miembros

8

∫dy

y+

∫(

u2 + 2u− 1

u3 + u2 + u+ 1)du =

∫0 Por fracciones parciales

sea A =

∫(

u2 + 2u− 1

u3 + u2 + u+ 1)du ⇒

∫(

u2 + 2u− 1

u3 + u2 + u+ 1)du =

∫(B

u+ 1+Cu+D

u2 + 1)du

u2 + 2u− 1 = B(u2 + 1) + (Cu+D) (u+ 1) = Bu2 +B + Cu2 + Cu+Du+D de donde se tiene:

B = −1 ∧D = 0 ∧ C = 2

Reemplazando los valores obtenidos tenemos: A =

∫(−1

u+ 1+

2u

u2 + 1)du∫

dy

y−∫

(1

u+ 1du+

∫2u

u2 + 1du =

∫0

ln y − ln (u+ 1) + ln(u2 + 1

)= ln k ⇒ x2 + y2

x+ y= k

Para condiciones iniciales : x = 1 ∧ y = −1

12 + (−1)2

1− 1= k ⇒ k =

2

0k no existe para x = 1 ∧ y = −1

Entonces la solucion de nuestra EDO queda determinada por:

x2 + y2

x+ y= k

x2 + y2

x+ y= k

x2 + y2

x+ y= k → Solución de forma implícita.


a) yx−1dx+ xy lnxdy = 0yx−1dx+ xy lnxdy = 0yx−1dx+ xy lnxdy = 0

Solución:

Probamos si la EDO es exacta, entonces:

M = yxy−1 ⇒ ∂M

∂y= (y lnx+ 1)xy−1 ∧ N = xy lnx⇒ ∂N

∂x= (y lnx+ 1)xy−1

Por lo tanto la EDO es exacta∂M

∂y=∂N

∂x

Entonces :⇒ ∃ una f(x, y) tal que

∂f(x, y)

∂x= M integrando la función tenemos

f(x, y) =

∫Mdx+ g(y) ⇒ f(x, y) =

∫yxy−1dx+ g(y) Resolviendo nos queda

f(x, y) = xy + g(y) .......(1)

Derivamos respecto a y la función f(x, y)

∂f(x, y)

∂y= N ⇒ xy lnx+ g′(y) = xy lnx

g′(y) = 0 ⇒ g(y) = k1........(2)

Reemplazamos (2) en (1)

f(x, y) = xy + k1 como f(x, y) = C

La solución de nuestra EDO es:

xy = Kxy = Kxy = K → Solución de forma implícita.

9

b)dy

dx=x− y cosx

y + sinx

dy

dx=x− y cosx

y + sinx

dy

dx=x− y cosx

y + sinx

Solución:


(y + sinx)dy + (y cosx− x)dx = 0 ⇒ ∂M

∂y= cosx ∧ ∂N

∂x= cosx


∂y=∂N

∂x


∂f(x, y)


f(x, y) =

∫Mdx+ g(y) ⇒ f(x, y) =

∫(y cosx− x)dx+ g(y) Resolviendo nos queda

f(x, y) = y sinx− x2

2+ g(y) .......(1)


∂f(x, y)

∂y= N ⇒ y + sinx = sinx+ g′(y)

g′(y) = y ⇒ g(y) = y2

2 + k1........(2)


f(x, y) = y sinx− x2

2+y2

2+ k1 como f(x, y) = C

2y sinx− x2 + y2 = K2y sinx− x2 + y2 = K2y sinx− x2 + y2 = K → Solución de forma implícita.

c)2x

y3dx+

y2 − 3x2

y4dy = 0 ; y(1) = 1

2x

y3dx+

y2 − 3x2

y4dy = 0 ; y(1) = 1

2x

y3dx+

y2 − 3x2

y4dy = 0 ; y(1) = 1

Solución:


M =2x

y3∧N =

y2 − 3x2

y4

∂M

∂y= −6y−4x ∧ ∂N

∂x= −6y−4x


∂y=∂N

∂x


∂f(x, y)


f(x, y) =

∫Mdx+ g(y) ⇒ f(x, y) =

∫2x

y3dx+ g(y) Resolviendo nos queda

f(x, y) =x2

y3+ g(y) .......(1)


∂f(x, y)

∂y= N ⇒ y2 − 3x2

y4=−3x2

y4+ g′(y)

10

g′(y) = 1y2 ⇒ g(y) = − 1

y + k1........(2)


f(x, y) =x2

y3− 1

y+ k1 como f(x, y) = C

x2

y3− 1

y= C Por condiciones iniciales x = 1 ∧ y = 1

12

13− 1

1= C ⇒ C = 0

x2

y3− 1

y= 0

x2

y3− 1

y= 0

x2

y3− 1

y= 0 → Solución paricular en forma implícita.

d) (3x2y + 2xy + y3)dx+ (x2 + y2)dy = 0(3x2y + 2xy + y3)dx+ (x2 + y2)dy = 0(3x2y + 2xy + y3)dx+ (x2 + y2)dy = 0

Solución:


M = 3x2y + 2xy + y3 ∧ N = x2 + y2 ⇒ ∂M

∂y= 3x2 + 2x+ 3y2 ∧ ∂N

∂x= 2x

La EDO no es exacta, entonces buscamos un factor integrante u(x, y)

Para el primer caso si u(x, y) depende solo de x f(x) =1

N

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)f(x) =

1

x2 + y2(3x2 + 2x+ 3y2 − 2x

)= 3 Por tanto es una funcion que depende de x

El factor integrante será u(x) = e∫f(x)dx ⇒ u(x) = e3x

Multiplicando u(x) a la EDO dada: e3x(3x2y + 2xy + y3)dx+ e3x(x2 + y2)dy = 0

Sea: M = e3x(3x2y + 2xy + y3) ∧ N = e3x(x2 + y2) ⇒ ∂M

∂y= e3x(3x2 + 2x+ 3y2) ∧ ∂N

∂x= e3x(3x2 + 2x+ 3y2)


∂y=∂N

∂x


∂f(x, y)

∂y= N integrando la función tenemos

f(x, y) =

∫Ndy + g(x) ⇒ f(x, y) =

∫e3x(x2 + y2)dy + g(x) Resolviendo nos queda

f(x, y) = e3xx2y +y3

3e3x + g(x) .......(1)

Derivando la función f(x, y) respecto a x

∂f(x, y)

∂x= M ⇒ e3x(3x2y + 2xy + y3) = e3x(3x2y + 2xy + y3) + g′(x)

g′(y) = 0 ⇒ g(y) = k1 ......(2 Reemplazamos (2) en (1)

3e3xx2y + y3e3x = K3e3xx2y + y3e3x = K3e3xx2y + y3e3x = K → Solución en forma implícita.

11

e) (x2y + 2y4)dx+ (x3 + 3xy3)dy = 0(x2y + 2y4)dx+ (x3 + 3xy3)dy = 0(x2y + 2y4)dx+ (x3 + 3xy3)dy = 0

Solución:


M = x2y + 2y4 ∧N = x3 + 3xy3 ⇒ ∂M

∂y= x2y + 8y3 ∧ ∂N

∂x= 3x2 + 3y3

La EDO no es exacta, entonces buscamos un factor integrante u(x, y)

El factor de integracion u(x, y) tiene la forma: u(x, y) = (Nx −MY )−1

Multiplicamos un (x, y) =

(1

x

)(240y

312 + 5yx

12

2y32x2 + 4y

92

)Entonces nos quedaría de la siguiente forma:

M =5

2y

12x

−12 + 120x10y15 ⇒ ∂M

∂y=

5

4

√1

xy+ 1800x9y14

N =5

2y

12x

−12 + 180x10y14 ⇒ ∂N

∂x=

5

4

√1

xy+ 1800x9y14


∂y=∂N

∂x


k = 5x12 y

12 + 12x10y15 → Solución en forma implícita.


a)dy

dx− y tanx = esenx ; para 0 <x

π

2

dy


π

2

dy


π

2

Solución:dy

dx− y tanx = esenx Vemos que nuestra EDO es lineal en y

Aplicando el teorema de EDO lineal tenemos:

y = e−∫− tan dx

[∫e∫− tan dxesenxdx+ k

]⇒ ; y = e− ln(cosx)

[∫e+ ln(cosx)esenxdx+ k

]y =

1

cox[esenx + k] =

esenx

cosx+

k

cosx⇒ y =

esenx + k

cosxy =

esenx + k

cosxy =

esenx + k

cosx→ Solución en forma explícita.

b) (1 + 3x sin y)dx− x2 cos ydy = 0(1 + 3x sin y)dx− x2 cos ydy = 0(1 + 3x sin y)dx− x2 cos ydy = 0

Solución:

Llevamos la EDO a una ecuación que es lineal en sin y

d(sin y)

dx− 3

sin y

x=

1

x2

Ahora como la EDO es lineal en sin y tenemos

sin y = e∫

3xdx

(∫e∫ −3

x dx 1

x2dx+ k

)⇒ sin y = e3 ln x

(∫e−3 ln x 1

x2dx+ k

)sin y = x3

(∫1

x5dx+ k

)⇒ sin y = x3

(− 1

4x4+ k

)y = arcsinx3

(− 1

4x4+ k

)y = arcsinx3

(− 1

4x4+ k

)y = arcsinx3

(− 1

4x4+ k

)→ Solución en forma explícita.

c) ydx+ (3x− xy + 2)dy = 0ydx+ (3x− xy + 2)dy = 0ydx+ (3x− xy + 2)dy = 0

Solución:

Buscamos la manera que nuestra EDO sea lineal en y o x

dx

dy= −(3xy−1 − x+ 2y−1) ⇒ dx

dy= x− 3xy−1 − 2y−1

12

dx

dy+ x(3y−1 − 1) = −2y−1 Tenemos nuestra EDO que es lineal en x, entonces la solucion general es:

x = e−∫(3y−1−1)dy

[∫e∫(3y−1−1)dy(−2y−1)dy + k

]⇒ x = ey−3 ln y

[−2

∫e3 ln y−yy−1dy + k

]x =

ey

y3

[−2

∫y2

eydy + k

]⇒ x =

ey

y3[−2y2 − 2y + k

]Por tanto la solucion general de nuestra EDO es:

x =ey

y3[−2y2 − 2y + k

]x =

ey

y3[−2y2 − 2y + k

]x =

ey

y3[−2y2 − 2y + k

]→ Solución en forma explícita.

d) (1 + cosx)dy

dx= sinx(sinx+ sinx cosx− y)(1 + cosx)

dy

dx= sinx(sinx+ sinx cosx− y)(1 + cosx)

dy

dx= sinx(sinx+ sinx cosx− y)

Solución:


dy

dx+

sinx

1 + cosxy = sin2x La EDO es lineal en y por tanto la S.G es:

y = e∫− sin x

1+cos xdx

(∫e∫

sin x1+cos xdxsin2xdx+ k

)y = (1 + cosx)

(∫sin2x

1 + cosxdx+ k

)⇒ y = (1 + cosx)

(1

2ln(sinx+ 1)− 1

2ln(sinx− 1)− sinx+ k

)Por tanto la solucion general de nuestra EDO es:

y = (1 + cosx)

(ln(

√sinx+ 1

sinx− 1)− sinx+ k

)y = (1 + cosx)

(ln(

√sinx+ 1


)y = (1 + cosx)

(ln(

√sinx+ 1


)

e)dy

dx+ xsen2y = (cos y)2(xe−x

2

)dy


2

)dy


2

)

Solución:


dy


2

) dividimos entre cos2 y

dy

(cosy)2dx

+ 2x tan y = (xe−x2

) ⇒ sustituimos z = tany⇒ dz = (secy)2dy

dz

dx+ 2xz = (xe−x

2

) La EDO es lineal en z

z = e−∫2xdx

[∫e∫2xdx(xe−x

2

)dx+ k

]⇒ z = e−x

2

[∫ex

2

(xe−x2

)dx+ k

]tan y = e−x

2

(x2

2+ k) ⇒ y = arctan

(e−x

2

(x2

2+ k)

)y = arctan

(e−x

2

(x2

2+ k)

)y = arctan

(e−x

2

(x2

2+ k)


13

f )dy

dx(y − x) = y y(5) = 2

dy

dx(y − x) = y y(5) = 2

dy

dx(y − x) = y y(5) = 2

Solución:


dx

dy=y − xy

⇒ dx

dy+x

y= 1 EDO lineal en x

Por tanto la solucion general de nuestra EDO es:

x = e−∫

1y dy

[∫e∫

1y dydy + k

]⇒ x = e− ln y

(∫eln ydy + k

)x =

1

y

(∫ydy + k

)⇒ x =

1

y

(y2

2+ k

)Para x = 5 ∧ y = 2 5 =

1

y

(22

2+ k

)⇒ k = 8

x =1

y

(y2

2+ 8

)x =

1

y

(y2

2+ 8

)x =

1

y

(y2

2+ 8


g) (senx− x cosx)dx+ 2(x2

y2− xsenx

y)dy = 0(senx− x cosx)dx+ 2(

x2

y2− xsenx

y)dy = 0(senx− x cosx)dx+ 2(

x2

y2− xsenx

y)dy = 0

(senx− x cosx)dx+ 2(x2

y2− xsenx

y)dy = 0 dividimos entresinx2

(senx−x cos x)

(senx)2dx

dy= 2

x

ysenx− 2

y2

( x

senx

)2de aqui : z =

x

senx⇒ dz = (

(senx− x cosx)

(senx)2 )dx

Reemplazamos en la ecuación:

dz

dy− 2

yz = − 2

y2z2 EDO de Bernoulli Convirtiendo a una ecuacion lineal mediante los tres pasos:

1circ multiplicamos por (z−2) ⇒ z−2dz

dy− z−1 2

y= − 2

y2

2◦ multiplicamos por (−1) ⇒ (−1)z−2dz

dy+ z−1

2

y=

2

y2

3◦ se sustituye por w = z−1 ⇒ dw = (−1)z−2dz

4◦ se reemplaza el tercer paso en el segundo : ⇒ dw

dy+ w

2

y=

2

y2EDO lineal en w.


w = e−∫

2y dy

[∫e∫

2y dy(

2

y2)dy + k

]⇒ z−1 = e−2 ln y

[∫e2 ln y(

2

y2)dy + k

](x

senx)−1 = e−2 ln y

[∫y2(

2

y2)dy + k

]⇒ senx

x=

2

y+

k

y2senx

x=

2

y+

k

y2senx

x=

2

y+

k

y2→ Solución en forma implícita.

h)dy

dx=

4sin2y

x5 + x tan y

dy

dx=

4sin2y

x5 + x tan y

dy

dx=

4sin2y

x5 + x tan y

Solución:

dx

dy=x5 + x tan y

4sin2y⇒ dx

dy=

x5

4sin2y+x tan y

4sin2y

dx

dy=

x5

4siny+

x

4sin2y cos y⇒ dx

dy− x

4 sin y cos y=

x5

4sin2y

14

Observamos que la EDO es de Bernoulli para ello realizamos los tres pasos:

Multiplicamos a ambos miembros por x−5 x−5dx

dy− x−5 x

4 sin y cos y=

x5

4sin2yx−5

Multiplicamos a ambos miembros por −4 −4x−5dx

dy− −4x−4

4 sin y cos y=−4

4sin2y

Luego hacemos: z = x−4 ⇒ dz

dy= −4x−5

dx

dy

Entonces obtenemos una EDO lineal en z:dz

dy+

2z

sin 2y=−1

sin2y


z = e−∫

2sin 2y dy

[∫e∫

2sin 2y dy

−1

sin2ydy + k

]

z = e12 ln( cos 2y+1

cos 2y−1 )[∫

e12 ln( cos 2y−1

cos 2y+1 ) −1

sin2ydy + k

]reemplazando el valor de z = x−4

x−4 = −ctgy (ln(tan y) + k)x−4 = −ctgy (ln(tan y) + k)x−4 = −ctgy (ln(tan y) + k) → Solución en forma exlícita.

12. Halle la solución continua de las siguientes EDO

a) y′ + 2xy = ψ(x)y′ + 2xy = ψ(x)y′ + 2xy = ψ(x) donde:

Para 0 6 x < 1 se tiene:

dy

dx+ 2xy = x⇒ dy

dx+ x(2y − 1) = 0⇒ dy

2y − 1+ xdx = 0∫

dy

2y − 1+

∫xdx = 0 ⇒ ln(2y − 1) + x2 = k

Reempazando para x = 0 ∧ y = 2 se tiene ln 3 = k

Por lo tanto: ln(2y − 1) + x2 = ln 3⇒ ln

(2y − 1

3

)= −x2 ⇒ 2y − 1

3= e−x

2

⇒ y =3e−x

2

+ 1

2

Para x > 1 se tiene:

dy

dx+ 2xy = 0⇒ dy

y+ 2xdx⇒

∫dy

y+

∫2xdx =

∫0⇒ ln y + x2 = k1

Para hallar k1 aplicamos la propiedad de función de continuidad:

lım

(3e−x

2

+ 1)

2x→−1

= lımx→+1

(ek1−x

2)⇒ 3e−1 +

1

2= ek1−1 ⇒ ln

(e+ 6

2e

)= ln(ek1−1)⇒ k1 = ln(

e+ 6

2)

Entonces la funcion y para x > 1 es:

y = eln( e+62 )−x2

⇒ y =e+ 6

2

(e−x

2)

15

La solucion continua de la EDO estara dada por:

b) (1 + x2)y′ + 2xy = ψ(x)(1 + x2)y′ + 2xy = ψ(x)(1 + x2)y′ + 2xy = ψ(x) donde:

Para 0 6 x < 1 se tiene:(1 + x2

) dydx

+ 2xy = x⇒ dy

2y − 1+

xdx

1 + x2= 0⇒

∫dy

2y − 1+

∫xdx

1 + x2=

∫0⇒ 1

2ln (2y − 1) +

1

2ln(1 + x2

)= ln k

(2y − 1)(1 + x2

)= k ⇒ y =

k1+x2 + 1

2=k + x2 + 1

2 (1 + x2)

Reempazando para x = 0 ∧ y = 0 se tiene k = −1

y =x2

2 (1 + x2)

Para x > 1 se tiene:(1 + x2

) dydx

+ 2xy = −x⇒ dy

2y + 1+

xdx

1 + x2= 0⇒

∫dy

2y + 1+

∫xdx

1 + x2=

∫0⇒ 1

2ln (2y + 1) +

1

2ln(1 + x2

)= ln k1

(2y + 1)(1 + x2

)= k1 ⇒ y =

k11+x2 − 1

2=k1 − x2 − 1

2 (1 + x2)

Para hallar k1 aplicamos la propiedad de función de continuidad:

lımx→−1

(x2

2 (x2 + 1)

)= lımx→+1

(k1 − x2 − 1

2 (x2 + 1)

)⇒ 1

4=k1 − 2

4⇒ k1 = 3

Entonces la funcion y para x > 1 es:

y =2− x2

2 (x2 + 1)

La solucion continua de la EDO estara dada por:

16

analisis ejercicios

Documents

Transcript of analisis ejercicios