EjerciciosReforzamiento-1

Ejercicios Ecuaciones Diferenciales

José Córdova RamírezJesús Bautista Bellido

Carlos ChávezJack Echevarría Cisneros

Noviembre 01, 2013

EJERCICIOS DE REFORZAMIENTO

Ecuaciones diferenciales ordinarias

1) Verifique si:

y = c1x+ c2x

∫ x

0

sen t

tdt

es solución de la ecuación diferencial

xy′′ senx− xy′ cosx+ y cosx = 0

En caso de no serlo puede redefinir la ecuación diferencial en el que la función mencionada sea solución?

Resolución:

Como y = c1x+ c2x∫ x0

sen ttdt.

Derivamos respecto a x:

dy

dx= c1 + c2x

∫ x

0

sen t

tdt+ c2x

senx

x

pero

c2

∫ x

0

sen t

t=y

x− c1 →

dy

dx= c1 +

y

x− c1 + c2 senx

dy

dx=y

x+ c2 senx

Calculamos la segunda derivada:

1

d2y

dx2=xy′ − yx2

+ c2 cosx

Pero

c2 = cscxy′x− yx

Reemplazando:

d2y

dx2=xy′ − yx2

+ cosx cscxy′x− yx

simplificando:

y′′ senx =xy′ − yx2

senx+ cosxy′x− yx

x2y′′ senx = xy′ senx− y senx+ x2 cos(x)y′ − xy cosx

x2y′′ sen(x)− xy′ sen(x) + y sen(x)− x2 cos(x)y′ − xy cos(x) = 0

Rpta: Entonces la ecuación sí es satisfecha.

2) Sea H(a) =

∫ 1

−1

cos at√1− t2

dt, a 6= 0. Determine si H(a) es solución de la ecuación diferencial:

H ′′(a) +1

aH ′(a) +H(a) = 0

Resolución:

H(a) =

∫ 1

−1

cos at√1− t2

dt

Derivamos respecto de a:

H ′(a) = −∫ 1

−1

t sen at√1− t2

dt

Calculando la segunda derivada:

H ′′(a) = −∫ 1

−1

t2 cos at√1− t2

dt

Reemplazando en al ecuación diferencial dada:

2

H ′′(a) +1

aH ′(a) +H(a) = −

∫ 1

−1

t2 cos at√1− t2

dt− 1

a

∫ 1

−1

t sen at√1− t2

dt+

∫ 1

−1

cos at√1− t2

dt

H ′′(a) +1

aH ′(a) +H(a) = −

∫ 1

−1

t2 cos at√1− t2

dt+

∫ 1

−1

cos at√1− t2

dt− 1

a

∫ 1

−1

t sen at√1− t2

dt

H ′′(a) +1

aH ′(a) +H(a) =

∫ 1

−1

(1− t2) cos(at)dt√1− t2

− 1

a

∫ 1

−1

t sen at√1− t2

dt

H ′′(a) +1

aH ′(a) +H(a) =

∫ 1

−1

√(1− t2)2 cos(at)dt√

1− t2− 1

a

∫ 1

−1

t sen at√1− t2

dt

H ′′(a) +1

aH ′(a) +H(a) =

∫ 1

−1

√1− t2 cos(at)dt− 1

a

∫ 1

−1

t sen at√1− t2

dt

Integramos por partes en la primera integral:

u =√1− t2 → du =

−tdt√1− t2

; v =

∫cos(at)dt =

1

asen(at)

H ′′(a) +1

aH ′(a) +H(a) =

√1− t2a

sen(at)|1−1 +1

a

∫ 1

−1

t sen at√1− t2

dt− 1

a

∫ 1

−1

t sen at√1− t2

dt

H ′′(a) +1

aH ′(a) +H(a) = 0

Rpta: Entonces satisface la ecuación.

3) Determine si:

y = ex3

∫ x3

x2e−tdt

es solución de la ecuación diferencial:

y′2 − 2xex3−x2 + 3x2y

Resolución:

y = −ex3∫ x2

0

e−tdt+ ex3

∫ x3

0

e−tdt

y′2ex3

∫ x2

0

e−tdt− ex3ex−2

2x+ 3x2ex3

∫ x3

0

e−tdt+ ex3

e−x3

3x2

3

y′2(ex3

∫ x3

0

e−tdt− ex3∫ x2

0

e−tdt)− 2xex3−x2 + e03x2

y′2ex3

∫ x3

x2e−tdt− 2xex

3−x2 + 3x2

y′2y − 2xex3−x2 + 3x2

y′2 − 2xex3−x2 + 3x2y

Rpta: Entonces si satisface la ecuación.

4) Verifique si y(x) = x2 senx e y(x) = 0 son soluciones de:

x2y′′ − 4xy′2 + 6)y = 0

y(0) = y′(0) = 0

Resolución:

a. Para y(x) = x2 senx

y′(x) = 2x senx+ x2 cosx

y′′(x) = 2 senx+ 2x cosx+ 2x cosx− x2 senx

y′′2) senx+ 4x cosx

Reemplazando en:

x2y′′ − 4xy′2 + 6)y = 0

x2(2− x2) senx+ 4x3 cosx− (8x2 senx+ 4x3 cosx) + x2(x2 + 6) senx = 0

2x2 senx− x4 senx+ 4x3 cosx− 8x2 senx− 4x3 cosx+ x4 senx+ 6x2 senx = 0

(8x2 senx− 8x2 senx) + (−x4 senx−−x4 senx) + (4x3 cosx− 4x3 cosx) = 0

0 + 0 + 0 = 0

0 = 0

Si cumple.

Ahora reemplazamos en:

y(0) = y′(0) = 0

y(0) = 02 sen 0 = 0

y′(0) = 2(0) sen(0) + 02 cos(0) = 0

4

Entonces y(x) = x2 senx si es solución.

b. Para y(x) = 0

y′(x) = 0

y′′(x) = 0

Reemplazamos en:

x2y′′ − 4xy′2 + 6)y = 0

x2(0)− 4x(0) + (x2 + 6)(0) = 0

Si cumple.


y(0) = y′(0) = 0

y(0) = 0→ y′(0) = 0

Entonces:

y(x) = 0

si es solución de la ecuación.

5. Indique si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas .Justifique su respuesta.

5.1) La función y = 4ex − x− 3 es una solución del problema de valor inicial:

y′ = x+ y + 2

y(0) = 2

Reolución:

y′x − 1

Reemplazamos en :

y′ = x+ y + 2

y′ − x− y − 2 = 0

5

4ex − 1− x− 4ex + x+ 3− 2 = 0

(4ex − 4ex) + (x− x) + (3− 3) = 0

0 + 0 + 0 = 0

0 = 0


y(0) = 2

y(0) = 4e0 − 0− 3 = 2

1 6= 2

Entonces:

Rpta : y = 4 ex − x− 3

no es solución→ falso

5.2) Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden no pueden ser a la vez homogénea y exacta:

Resolución:

Sea la E.D.O: (x+ y)dx+ (5x+ 2y

5)dy = 0, comprobaremos lo pedido:

M(x, y) = (x+ y)

N(x, y) =5x+ 2y

5

a.-Probar que es homogénea:

M(λx, λy) = (λx+ λy)

M(λx, λy) = λ(x+ y)

Es función homogénea de orden 1.

N(λx, λy) =5(λx) + 2(λy)

5

N(λx, λy) = λ(5x+ 2y

5)

Es función homogénea de orden 1.

6

La ecuación es homogénea de primer grado.

b.-Probar que es exacta:

M(x, y)

y= 1

frac N(x, y) x = 1

Rpta: La ecuación es exacta.

5.3) Con la traslación:

x = h+ 1

y = k − 1

la ecuación (x+ 3y + 2)dx+ (2x− 3y − 5)dy = 0 se reduce a una ecuación diferencial homogéa.

Resolución:

Sea:

x = (h+ 1)→ dx = dh

y = (k − 1)→ dy = dk

Reemplazando en la ecuación:

[((h+ 1) + 3(k − 1) + 2)dh+ (2(h+ 1)− 3(k − 1)− 5)dk = 0]

Donde:

M(x, y) = (h+ 3k) y N(x, y) = (2h− 3k)

Comprobar que la ecuación sea homogénea:

M(λh, λk) = λh+ 3λk

M(λh, λk) = λ(h+ 3k)

es función homogenea de orden 1.

N(λh, λk) = (2λh− 3λk)

7

N(λh, λk) = λ(2h− 3k)

es función Homogenea de orden 1.

Rpta: La ecuación diferencial es homogénea.

5.4) La ecuación diferencial:

y′ = f(ax+ by + c); a, b, cε <

es reducible a una ecuacion diferencial de variables separables.

Resolución:

dy

dx= f(ax+ by + c)

z = ax+ by + c→ y =z − ax− c

b

dy =1

b(dz − adx)


(dz − adx)bdx

= f(z)

d

z− adx = bf(z)dx

bf(z) + a]dx = dz

1

bf(z) + a

dx =1

bf(z) + adz

Rpta: Es verdadero, porque: M(x) = 1

N(z) =1

bf(z) + a

Ecuaciones diferenciales de variables separables

8

6) Determine si la ecuación diferencial ordinaria:

g2(x)h2(y)dy

dx= g1(x)h1(y)

es de variable separables.

Resolución:

g2(x)h2(y)dy

dx= g1(x)h1(y)

g2(x)h2(y)dy = g1(x)h1(y)dx

1

g2(x)h1(y)

g2(x)h2(y)

g2(x)h1(y)dy =

g1(x)h1(y)

g2(x)h1(y)dx

Rpta :h2(y)

h1(y)dy =

g1(x)

g2(x)dx

Se observa que la función tiene la forma de una E.D.O. de variable separable.

7) Resuelva las siguientes ecuaciones ordinarias:

i)dy

dx= (x+ y)2

Resolución:

Sea

z = x+ y → dz

dx− 1 =

dy

dx

Reemplazamos en la ecuación diferencial se tiene:

dz

dx− 1 = z2

dz − dx = z2dx

( z2 + 1)dx = dz

1

( z2 + 1)

dx =1

( z2 + 1)dz∫

dx =

∫1

( z2 + 1)dz

9

x+ c1 = arctan (x+ y) + c2

Rpta : c = arctan (x+ y) + c

ii)dy

dx=

4x+ 6y − 5

2x+ 3y + 5

Resolución:

z = 2x+ 3y → y =1

3(z − 2x)

dy =1

3(dz − 2dx)

dy

dx=

2z − 5

z − 1

1

3(dz − 2dx

dx) =

2z − 5

z − 1

dz − 2dx

dx=

6z − 15

z − 1

(z − 1)dz − 2(z − 1)dx = (6z − 15)dx

(z − 1)dz = [(6z − 15) + 2(z − 1)]dx

(z − 1)dz = (6z − 15 + 2z − 2)dx

(z − 1)dz = (8z − 17)dx

(z − 1)

(8z − 17)dz = dx

Multiplicando por 8:

(8z − 8)

(8z − 17)dz = 8dx

(8z − 8− 9 + 9)

(8z − 17)dz = 8dx

(8z − 17) + 9

(8z − 17)dz = 8dx

(1 +9

8z − 17)dz = 8dx

Multiplicando por 89

e integrando a ambas partes:

∫8

9dz +

∫(

8

8z − 17)dz =

∫64

9dx

8

9z + ln(8z − 17) + c1 =

64

9+ c2

10

Rpta : c =64

9x− 8

9(2x+ 3y) + ln(16x+ 24y − 17)

iii)dy

dx= cos2(2x− y)

Resolución:

z = 2x− y → y = 2x− z

dy = 2dx− dz


(2dx− dz)dx

= cos2 z

(2dx− dz)dx

= cos2 zdx

(2− cos2 z)dx = dx

1

2− cos2 z)

dx = (dz

2− cos2 z)dz

dx = (3 sin z

cos z− 3 sin z

cos z+

3 sin z cos z

2− cos2 z)dz

dx = (2 sin z cos z

2− cos2 z)dz

Integrando ambas partes:

∫dx =

∫(2 sin z cos z

2− cos2 z)dz

u = 2− cos2 z

du = 2 sin z cos zdz

Entonces:

∫dx =

∫(du

u)

x+ c1 = ln(u) + c2

x+ c1 = ln(2− cos2 z) + c2

Rpta : c = x− ln[2− cos2 (2x+ y)]

11

iv)dy

dx=√x− y + 1

Resolución:

Sea

z =√x− y + 1→ dz =

1

2(x− y + 1)−

12 (dx− dy)

dz =(dx− dy)

2(x− y + 1)12

Reemplazando en la ecuación diferencial:

dx− 2 (x− y + 1)12

dxdz = z

(1− z)dx = 2 (x− y + 1)12dz

(1− z)dx = 2zdz

1

2(1− z)1

2dx =

z

(1− z)dz

Integrando ambas partes:

∫dx =

∫z

(1− z)dz∫

dx =

∫(

1

1− z− 1)dz∫

dx = −∫

(1

1− z)dz −

∫dz

x+ c1 = − ln (1− z)− z + c2

Rpta : c = − ln (1−√x− y + 1)−

√x− y + 1 + c

8) En muchos casos, la EDO misma sugiere el cambio de variable adecuado que la permita transformarla

en una EDO de variables separables. Determine cambios de variables adecuados, para

separar variables, en cada una de las EDO’S.

i)dy

dx=y(xy + 1)

x(xy − 1)

12

Resolución:

z = x+ y =⇒ y =z

x

dy =(xdz − zdx)

x2

Reemplazando en la ecuación diferencial se tiene:

(xdz − zdx)x2dx

=y(z + 1)

x(z − 1)

Simplificando:

(xdz − zdx)xdx

=y(z + 1)

(z − 1)

x(z − 1)dz − z(z − 1)dx = xy(z + 1)dx

x(z − 1)dz = [xy(z + 1) + z(z − 1)]dx

x(z − 1)dz = [ z2 + z + z2 − z]dx

x(z − 1)dz = 2 z2dx

1

2(z − 1)

(z − 1)

2 z2dz =

1

xdx

(z − 1)

z2dz = 2

dx

x

Rpta : (2

xdx) + (

1− zz2

)dz = 0

iii)dy

dx= −2 (2x+ y)2

Resolución:

z = x+ y

dz = 2dx+ dy =⇒ dy = dz − 2dx

=⇒ dz − 2dx

dx= −2 z2

dz − 2dx = −2 z2dx

2 z2dx− 2dx+ dz = 0

(2 z2 − 2)dx+ dz = 0

13

1

2 z2 − 2

Rpta : dx+dz

2 z2 − 2= 0

iv)x

y(1 + xy + x2 y2)

dx

dy+ 1 = xy

Resolución:

x

y(1 + xy + x2 y2 + xy − xy)dx

dy+ 1 = xy

x

y[(xy + 1)2 − xy]dx

dy+ 1 = xy

[(xy + 1)2 − xy]dy =xy − 1

ydx x

=⇒ z = xy

dz = xdy + ydx dy =dz − ydx

x

(z − 1)z

x2dx− [ (z + 1)2 − z](dz − ydx

x) = 0

(z − 1)zdx− x[(z + 1)2 − z](dz − ydx) = 0

( z2 − z − xy z2 + xyz + xy)dx− x[(z + 1)2 − z]dz = 0

(2 z2 + z3)dx− (x z2 + xz + x)dz = 0

(2 z2 + z3)dx− x( z2 + z + 1)dz = 0

Rpta : xdx− ( z2 + z + 1)

2 z2 + z3dz = 0

9. Pasando a coordenadas polares,

{x = r cos θy = r sin θ

resuelva la EDO

dy

dx=

√x2 + y2 − x

y

Resolución:

dy = r cos θ

14

ydy = (√x2 + y2 − x)dx

(√x2 + y2 − x)dx− ydy = 0

(r − r cos θ)dx− (r sin θ)(r cos θ)d θ = 0

Multiplicando por r−1:

(1− cos θ)dx− x sen θd θ = 0

1

xdx− (

sin θ

1− cos θ)d θ = 0

1

x(1− cos θ)

Rpta :1

xdx+ (

sin θ

cos θ − 1)d θ = 0

Ecuaciones diferenciales homogÃ c©neas

10) Determine si la EDO

dy

dx=ax+ by

cx+ dy

donde a, b, c, d ∈ R son constantes, con c o d no nulas, es una ecuación diferencial homogénea.

En caso afirmativo, halle la solución general.

Resolución(cx+ dy)dy = (ax+ by)dx

(ax+ by)dx+ (−cx− dy)dy = 0

M(x,y) = ax+ by M(λx,λy) = a(λx) + b(λy)

M(λx,λy) = λ(ax+ by)

Es homogénea de grado 1.

N(x,y) = −cx− dy N(λx,λy) = −c(λx)− d(λy)N(λx,λy) = λ(−cx− dy)

Es homogénea de grado 1.

Por lo tanto la ecuación diferecial es homogénea

11)Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales homogÃ c©neas

15

i)dy

dx=

√x2 − y2 + y

x

Solución

Es homogénea

Haciendo cambio de variable

y = vx

dy = vdx+ xdv

vdx+ xdv

dx=

√x2 − (xv)2 + vx

x

vdx+ xdv

dx=

√x2√1− v2 + vx

x

vdx+ xdv

dx=√1− v2dx+ v

vdx+ xdv =√1− v2dx+ vdx

dv√1− v2

=dx

x

Aplicando integral:

∫dv√

1− v2=dx

x

lnx = arcsin v + c

x = earcsin v+c

x = c earcsinyx

Rpta : c =x

earcsinyx

ii)dy

dx=x3 + y3

xy2

Solución

Es homogénea


y = vx

dy = vdx+ xdv

16

xy2dy = (x3 + y3)dx

x(vx)2(xdv + vdx) = (x3 + x3v3)dx

v2x2dv + x3v3dx = x3dx+ x3v3dx

v2xdv = dx

v2dv =dx

x

Aplicando integral:

∫v2dv =

∫dx

x

lnx =v3

3+ c

x = cev3

3

Reemplazando la variable:

x = ceyx3

3

Rpta : c =x

eyx3

3

iv)dy

dx=x2 + xy + y2

x2

Solución

Es homogénea


y = vx

dy = vdx+ xdv

vdx+ xdv

dx=x2 + x2v + v2 + v2x2

x2

vdx+ xdv = (1 + v + v2)dx

xdv = (1 + v + v2 − v)dxdv

1 + v2=dx

x

Aplicando integral:

17

∫dv

1 + v2=

∫dx

x

lnx = arctgv + c

x = ec+arctgv

x = cearctgv


x = cearctg(yx)

Rpta : c =x

earctgyx

v)dy

dx=

3y2 + 2xy

2xy + y2

Solución

Entre y:

dy

dx=

3y + 2x

2x+ y

Es homogénea


y = vx

dy = vdx+ xdv

vdx+ xdv

dx=

3(vx) + 2x

2x+ vx

3vxdx+ 2xdx = 2xvdx+ v2xdx+ 2x2dv + vx2dv

vxdx+ 2xdx = v2xdx+ 2x2dv + vx2dv

Simplificando x:

vdx+ 2dx− v2dx = 2xdv + xvdv

(v + 2− v2)dx = x(2dv + vdv)

dx

x=

(2 + v)dv

v + 2− v2

Haciendo un cambio de variable

18

u = v + 2− v2

La solución sería:

lnx = −1

2ln|v + 2 + v2|+ 5

6ln|v + 1

2− v|+ c

x = (v + 2− v2)−1/2 + (v + 1

2− v)5/6 + c

Reemplazando v = yx:

x = (y

x+ 2− (

y

x+ 2)2)−1/2 + (

yx+ 2 + 1

2− yx+ 2

)5/6 + c

Rpta : c = x− (y

x+ 2− (

y

x+ 2)2)−1/2 + (

yx+ 2 + 1

2− yx+ 2

)5/6

vi)dy

dx=

√x2 + y2

x+ cos(

y

x)

Es homogénea


y = vx

dy = vdx+ xdv

xdv + vdx

dx=x√a+ v2

x+ cosv

xdv = (√1 + v2 + cosv − v)dxdv√

1 + v2 + cosv − v=dx

x

12) Resuelva las ecuaciones diferenciales que se dan, verificando previamente que ellas son homogÃ c©neas

i)dy

dx=y2

x2+y

x+ 1

Solución

Demostrar si es homogÃ c©nea:

Damos forma a la ecuación:

dy

dx=y2

x2+yx

x2+x2

x2

19

dy

dx=x2 + xy + y2

x2

M(x,y) = x2 + xy + y2 , M(λx,λy) = (λx)2 + (λx)(λy) + (λy)2

M(λx,λy) = λ2M(x,y)

Es homogénea de grado 2

N(x,y) = x2 N(λx,λy) = −(λx)2

N(λx,λy) = λ2N(x,y)


y = vx

dy = vdx+ xdv

vdx+ xdv

dx=x2 + x2v + v2 + v2x2

x2

vdx+ xdv = (1 + v + v2)dx

xdv = (1 + v + v2 − v)dxdv

1 + v2=dx

x

Aplicando integral:

∫dv

1 + v2=

∫dx

x

lnx = arctgv + c

x = ec+arctgv

x = cearctgv


x = cearctg(yx)

Rpta : c =x

earctgyx

ii)dy

dx=

√x2 + y2

x+ cos

y

x

Solución

Es homogénea

20


y = vx

dy = vdx+ xdv

Entonces reemplazando

(2vx3 + 2x3v3)(xdv + vdx) = (−5xx2v2 − x3)dx2vx4dv + 2v2x3dx+ 2x4v3dv + 2x3v4dx = −5x3v2dx− x3dx

7x3v2dx+ x3dx+ 2v4x3dx = 2x4vdv + 2v3x4dv

x3(7v2 + 2v4 + 1)dx = 2x4(v3 + v)dv

Aplicando integral

∫dx

2x=

∫v3 + v

7v2 + 2v4dv

Haciendo cambio de variable:

u = 7v + 2v3 , du = 7 + 6v2

1

2lnx =

1

6ln|7 + 2v2|+ 2

21arctan

4v

7+ c


y = vx

1

2lnx =

1

6ln|7 + 2(

y

x)2|+ 2

21arctan

4 yx

7+ c

x = e16ln|7+2( y

x)2|+ 2

21arctan

4yx7

+c

x = ce16ln|7+2( y

x)2|+ 2

21arctan

4yx7

Rpta : c =x

e16ln|7+2( y

x)2|+ 2

21arctan

4yx7

14)Resuelva las siguientes ecuaciones diferencial ordinaria.

i)dy

dx=

3x+ 4y + 1

2x+ 3y + 1

Tomando puntos de interseccion:

3x+ 4y + 1 = 0

21

2x+ 3y + 1 = 0

y = −1

x = 1

Sustitucion:

x = z + 1

y = u− 1

du

dz=

3z + 3 + 4u− 4 + 1

2z + 2 + 3u− 3 + 1

(2z + 3u)du = (3z + 4u)dz

Es homogena de grado 1

z = nu

u(2n+ 3)du = u(3n+ 4(vdn+ ndu))

2n+ 3

3n+ 4du = udn+ ndu

[2n+ 3

3n+ 4− n] = udn

1

udu =

3n+ 4

3n2 + 2n− 3dn

iii)dy

dx=

√5x− 6y

5x+ 6y

y = ux

dy = udx+ xdu

dy

dx= u+ x

du

dx

u+ xdu

dx=

√5− 6u

5 + 6u

xdu

dx=

√5− 6u

5 + 6u− u

√5− 6u− u

√5 + 6u√

5 + 6u= x

du

dx

dx

x=

√5 + 6u√

5− 6u− u√5 + 6u

)du

22

∫dx

x=

∫ √5 + 6u√

5− 6u− u√5 + 6u

17)dy

dx=

1

xseny + 2sen2y

dy

dx=

1

xseny + 2sen2y=⇒ dx

dy= xseny + 2sen2y

dx

dy= −(seny)x = 2sen2y, ecuación lineal en x

x = e∫−senydy(

∫e∫−senydy2sen2ydy + c) calculando la integral

x = e−cosy(

∫ecosy2sen2ydy + c) de donde

x = e−cosy(4

∫ecosysenycosydy + c) integrando por partes

x = e−cosy(−4cosyecosy + 4ecosy + c)

Por lo tanto

x = 8sen2(y/2) + ce−cosy

Ecuación Diferencial Exacta

18) Resuelva el problema de valor inicial

{(2xseny + excosy)dx+ (x2cosy − exseny)dy = 0

x(0) = π4

Solución

M(x, y) = 2xseny + excosy

N(x, y) = x2cosy − exsenyM(x, y)

∂y= 2xcosy − exseny ∧ N(x, y)

∂x= 2xcos− exseny

∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x

=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)

∂y= N(x, y))

∂f(x, y)

∂x= 2xseny + excosy

f(x, y) =

∫(2xseny + excosy)dx+ g(x)

23

f(x, y) = x2seny + excosy + g(y)

f(x, y)

∂y= x2cosy − exseny + g′(y)

x2cosy − exseny = x2cosy − exseny + g′(y)

g′(y) = 0

g(y) = C

f(x, y) = x2seny + excosy + C

x2seny + excosy = K

=⇒ y = 0 x = π/4

π2

16(0) + eπ/4(1) = K

eπ/4 = K

Por lo tanto:

x2seny + excosy = eπ/4

19) Comprobar que las ecuaciones diferenciales son exactos y hallar la solución general

a) (y − x3)dx+ (x+ y3)dy = 0

M(x, y) = y − x3 ∧ N(x, y) = x+ y3

∂M(x, y)

∂y= 1 ∧ ∂N(x, y)

∂x= 1

∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x

=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)

∂y= N(x, y)

∂f(x, y)

∂x= y − x3

f(x, y) =

∫(x− x3)dx+ g(y)

f(x, y) = yx− x4

4+ g(y)

∂f(x, y)

∂y= x+ g′(y)

x+ y3 = x+ g′(y)

y3 = g′(y)

g(y) =y4

4

24

Por lo tanto:

f(x, y) = yx− x4

4+y4

4

b) (y + ycos(xy))dx+ (x+ xcos(xy))dy = 0

M(x, y) = y + ycos(xy) ∧ N(x, y) = x+ xcos(xy)

M(x, y)

∂y= 1 + cos(xy)− xysen(xy)

N(x, y)

∂x= 1 + cos(xy)− xysen(xy)

∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x

=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)

∂y= N(x, y)

∂f(x, y)

∂x= y + ycos(xy)

f(x, y) =

∫(y + ycos(xy))dx+ g(y)

f(x, y) = yx+y

xsen(xy) + g(y)

∂f(x, y)

∂y= x+

sen(xy)

x+ g′(y)

x+ xcos(xy) = x+cos(xy)

xg′(y)

xcos(xy) = cos(x, y) + g′(y)

x = g′(y)

g(y) =x2

2

Por lo tanto:

f(x, y) = yx+y

xsen(xy) +

x2

2

c) y′ =2x− senyxcosy

(2x− seny)dx− ycosxdy = 0

M(x, y) = 2x− seny ∧ N(x, y) = −xcosyM(x, y)

∂y= −cosy ∧ N(x, y)

∂x= −cosy

25

∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x

=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)

∂y= N(x, y)

∂f(x, y)

∂x= 2x− seny

f(x, y) =

∫(2x− seny)dx+ g(y)

f(x, y) = x2 − xseny + g(y)

f(x, y)

∂y= −xcosy + g′(y)

−xcosy = −xcosy + g′(y)

g′(y) = 0

g(y) = C

Por lo tanto:

f(x, y) = x2 − xseny + C

d) (ey + cosxcosy)dx− (senxseny − xey)dy = 0

M(x, y) = ey + cosxcosy

Solución

N(x, y) = −senxseny + xey

∂M(x, y)

∂y= ey − cosxseny

∂N(x, y)

∂x= −cosxseny + ey

∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x

=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)

∂y= N(x, y)

∂f(x, y)

∂x= ey + cosxcosy

f(x, y) =

∫(ey + cosxcosy)dx+ g(y)

f(x, y) = eyx+ senxcosy + g(y)

∂f(x, y)

∂y= eyx− senxseny + g′(y)

xey − senxseny = eyx− senxseny + g′(y)

g′(y) = 0

26

g(y) = C

Por lo tanto

f(x, y) = xey + senxcosy + C

e) y′ = −2x(3y2 + 2x2)

3y(y + 2x2)

Solución

2x(3y2 + 2x2)dx+ 3y(y + 2x2)dy = 0

M(x, y) = 2x(3y2 + 2x2)

N(x, y) = 3y(y + 2x2)

∂M(x, y)

∂y= 12xy ∧ dfrac∂N∂x = 12xy

∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x

=M(x, y) ∧ ∂f(x, y)

∂y= N(x, y)

∂f(x, y)

∂x= 6xy2 + 4x3

f(x, y) =

∫(6xy2 + 4x3)dx+ g(y)

f(x, y) = 3x2y2 + x4 + g(y)

dfrac∂f(x, y)∂y = 6x2y + g′(y)

3y2 + 6yx2 = 6x2y + g′(y)

3y2 = g′(y)

g(y) = y3 + C

Por lo tanto:

f(x, y) = 3x2y2 + x4 + y3 + C

f) (3x2y2 − 2ey)dx+ (2x3y − 2xey + 2)dy = 0

Solución

27

M(x, y) = (3x2y2 − 2e3)

N(x, y) = (2x3y − 2xey + 2)

∂M

∂y= 6x2y − 2ey

∂N

∂x= 6x2y − 2xey

la E.D.O es exacta, entonces

∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x

=M(x, y) = (3x2y2 − 2e3)

f(x, y) =

∫(3x2y2 − 2e3)dx

f(x, y) = x3y2 − 2eyx+G(y)

∂f(x, y)

∂y= 2x3y − 2eyx+G′(y)

G′(y) = 2⇒ G(y) = 2y + c

f(x, y) = x3y2 − 2eyx+ 2y + c

20) Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. Justifique su respuesta.

i) La E.D.O

P (x, y) +Q(x, y)dy

dx= 0

Solución

f(x, y) =

∫P (x, y)dx+G(y)

∂f

∂y=

∂

∂y

∫P (x, y)dx+G′(y) ...(a)

Q(x, y) =∂

∂y

∫P (x, y)dx+

∂

∂yG(x, y)dx

Q(x, y)− ∂

∂y

∫P (x, y)dx =

∂

∂yG(x, y)dx ...(b)

Reemplazando (b) en (a):

28

∂f

∂y=

∂

∂y

∫P (x, y)dx+Q(x, y)− ∂

∂y

∫P (x, y)dx

Por lo tanto la afirmación es falsa

ii) La E.D.O

P (x, y) +Q(x, y)dy

dx

es exacta si y solo si existe una función f(x,y) tal que:

∂f

∂x= P (x, y)

∂f

∂y= Q(x, y)

Solución

∂f

∂x= P (x, y)

f(x, y) =

∫P (x, y)dx+G(y)

∂f

∂y=

∂

∂y

∫P (x, y)dx+G′(y)

Sabemos que

∂f

∂x= P (x, y)

Q(x, y) =

∫P (x, y)dx+G(y)

Esta expresión es independiente de x, en efecto:

∂

∂x[Q(x, y)− ∂

∂y

∫P (x, y)dx]

=∂Q

∂x− ∂

∂x

∂

∂y

∫P (x, y)dx

=∂Q

∂x− ∂P

∂y= 0

∂Q

∂x=∂P

∂y

29

Por lo tanto, es exacta. La afirmación es verdadera.

21) Determine si las siguientes ecuaciones diferenciales son exactas. En caso de ser exactas, resuélvalas.

i)dy

dx=

ey

2y − xey

Solución

M(x, y) = ey

N(x, y) = xey − 2y

∂M

∂y= ey

∂N

∂x= ey

la E.D.O es exacta, entonces ∃f(x, y)/∂f(x, y)∂x

=M(x, y) = ey

f(x, y) =

∫eydx

f(x, y) = xey +G(y)

∂f(x, y)

∂y= xey +G′(y)

G′2 + c

f(x, y) = xey − y2 + c

ii)dy

dx=

2y − xy + 2x

Solución

(y + 2x)dy + (x− 2y)dx = 0

∂N

∂x= 2

∂M

∂y= −2

No son exactas.

iii) (x3 + 5xy2)dx+ (5x2y + 2y3)dy = 0

Solución

30

∂M

∂y= 10xy

∂N

∂x= 10xy

Son exactas.

Integrando con respecto a x

F (x, y) =x4

4+

5x2y2

2+ h(y)

Derivando respecto a y

∂F (x, y)

∂y= 5x2y + h′(y)

5x2y + 2y3 = 5x2y + h′(y)

2y3 = h′(y)

F (x, y) =x4

4+

5x2y2

2+y4

2+ C

iv) (xycosxy + xy)dx+ (x2cos(xy) + e4)dy = 0

Solución

∂M

∂y= xcosxy − x2ysenxy

∂N

∂x= 2xcosxy − x2ysenxy

No son exactas.

v) (cos(x+ y) + x+ y + xcox)dx+ ydy = 0

Solución

∂N

∂x= 0

∂M

∂y= 1− xsen(x+ y)− ysen(x+ y)

No son exactas.

22) y2sent+ yF (t)y′

31

Solución

(y2sent)dt+ yF (t)dy = 0

∂M

∂t= yF ′(t) =

∂N

∂y= 2ysent∫

F ′(t) =

∫2sent

F (t) = −2cost+ C

23) Demuestre que la EDO

1

x2g(y

x)(x− y dy

dx) = 0

Sea exacta.

Solución:

g(xt)

t−xg(x

t)

t2dx

dt= 0

xg(xt)

t2dx−

g(xt)

tdt = 0

xg(x

t)dx− g(x

t)tdt = 0

∂M

∂t=dg(x

t)

dtx

∂N

∂x= −

dg(xt)

dxt

dg(xt)x

dt= −

dg(xt)

dxt

∫xdx =

∫−tdt

x2

2= −t

2

2+ C

32

x2 + t2

2= C

x2 + t2 = C

24) Suponga que la EDO

P (x, y) +Q(x, y)dy

dx= 0

es exacta. Demuestre que la EDO

P (x, y)

xP (x, y) + yQ(x, y)+

Q(x, y)

xP (x, y) + yQ(x, y)

dy

dx= 0

también es exacta

Solución :

Entonces en la forma diferencial

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0

Si es exacta debe cumplir

∂P (x, y)

∂y=∂Q(x, y)

∂x

Entonces (1) debe cumplir la misma condición

∂P (x, y)


∂y=

∂Q(x, y)


∂x

Derivamos la parte izquierda con respecto a y

=∂P (x, y)

∂y(xP (x, y) + yQ(x, y))− P (x, y)(x)∂P (x, y)

∂y+ 1Q(x, y) + y

∂Q(x, y)

∂y

=∂P (x, y)

∂yP (x, y)x+

∂P (x, y)

∂yQ(x, y)y − ∂P (x, y)

∂yP (x, y)x− P (x, y)Q(x, y)− ∂Q(x, y)

∂yP (x, y)y

=

∂P (x, y)

∂yQ(x, y)y − ∂Q(x, y)

∂yP (x, y)y − P (x, y)Q(x, y)

(xP (x, y) + yQ(x, y))2.......(2)

33

Derivamos la parte derecha con respecto a x

=∂Q(x, y)

∂x(xP (x, y) + yQ(x, y))−Q(x, y)(1.P (x, y) + x

∂P (x, y)

∂x+ y

∂Q(x, y)

∂x

=∂Q(x, y)

∂xP (x, y)x+

∂Q(x, y)

∂xQ(x, y)y − ∂P (x, y)

∂xQ(x, y)x− P (x, y)Q(x, y)− ∂Q(x, y)

∂xQ(x, y)y

=

∂Q(x, y)

∂xP (x, y)x− ∂P (x, y)

∂xQ(x, y)x− P (x, y)Q(x, y)

(xP (x, y) + yQ(x, y))2.......(3)

Se nota que (2) y (3) son diferentes.....Por lo tanto la EDO (1) no es exacta.

25) Aplique el ejercicio anterior para resolver la EDO

(x5 + y3)− 3xy2dy

dx= 0

Solución :

Pasamos a forma diferencial

(x5 + y3)︸︷︷︸M(x,y)

dx+ (−3xy2)︸︷︷︸N(x,y)

dy

Verificamos si es exacta para aplicar el ejercicio anterior

∂M(x, y)

∂y6= ∂N(x, y)

∂x

Multiplicamos por un factor de integraciÃ3n :1

x2

(x3 + x−2y3)︸︷︷︸M(x,y)

dx+ (−3x−1y2)︸︷︷︸N(x,y)

dy

Verificamos si es exacta para aplicar el ejercicio anterior

∂M(x, y)

∂y=∂N(x, y)

∂x......es Exacta

Aplicamos el ejercicio anterior

x3 + x−2y3

x4 − 2x−1y3dx+

−3x−1y2)x4 − 2x−1y3

dy = 0

34

Derivamos la parte izquierda respecto a y

(3y2x−2)(x4 − 2x−1y3)− (x3 + x−2y3)(−6y2x−1)

3y2x2 − 6y5x−3 + 6y2x2 + 6y5x−3

9y2x2

(x4 − 2x−1y3)2.......(1)

Derivamos la parte derecha respecto a x

(3y2x−2)(x4 − 2x−1y3)− (−3x−1y2)(4x3 + 2x2y−3)

3y2x2 − 6y5x−3 + 12y2x2 + 6y5x−3

15y2x2

(x4 − 2x−1y3)2.......(2)

(1) y (2) son diferentes(no es exacta) ...con ello se comprueba el ejercicio anterior.

26) Considere la EDO

(xy + x2 + 1) + x2dy

dx= 0

a) ¿Es esta una EDO exacta ? ¿Por qué ?

b) Multiplique la EDO dada por1

x. La EDO resultante es exacta ?. ¿Por qué ?

Solución :

a)Paso 1: Escribir la EDO en forma diferencial.

(xy + x2 + 1)dx+ (x2)dy = 0

Paso 2: Comprobar que la ecuación es exacta..

M(x, y) = xy + x2 + 1 y N(x, y) = x2

∂M (x, y)

∂y= x y

∂N (x, y)

∂x= 2x

Son diferentes (No es exacta la EDO).

Porque de acuerdo a la propiedad en el paso 2 las diferenciales parciales no son iguales, concluyendoque la EDO no es exacta.

35

b) Multiplique la EDO dada por1

x. La EDO resultante es exacta? ¿ Por qué ?

1

x((xy + x2 + 1) + x2

dy

dx)

En forma diferencial(y + x+ 1)︸︷︷︸

M(x,y)

dx+ (x)︸︷︷︸N(x,y)

dy = 0

Comprobaremos si es exacta.

∂M(x, y)

∂y= 1

∂N(x, y)

∂x= 1

Es Exacta.

La EDO resultante es Exacta?

SI

¿ Por qué ?

Cumple la propiedad de que∂M(x, y)

∂y=∂N(x, y)

∂xpor ello se dice que es Exacta.

27)A veces es posible determinar tal factor integrante por simple inspección (en general, no existeuna regla fija para determinar este factor, sólo es posible hacerlo en cierto tipo de EDO’s. Para ello, esconveniente conocer las diferenciales totales de ciertas funciones de uso más común :

Por ejemplo: Sabiendo que:

d

dx(y

x) =

1

x2(xdy

dx− y)

entonces la EDO

xdy

dx− y = 0

que no es exacta se puede resolver con ayuda del factor integrante 1x2

.

Determine entonces las diferenciales de las siguientes funciones:

i) f(x, y) = xy

Solución:

df(x, y) =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

36

df(x, y) = ydx+ xdy

ii) f(x, y) = x2 ± y2

Solución:

df(x, y) =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

df(x, y) = 2xdx± 2ydy

iii) f(x, y) = x+yx−y

Solución:

df(x, y) =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

df(x, y) =∂[(x+ y)(x− y)−1]

∂xdx+

∂[(x+ y)(x− y)−1]∂y

dy

df(x, y) =−dx

(x− y)2+

dy

(x− y)2

iv) f(x, y) = ln(y−xy+x

)

Solución:

df(x, y) =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

df(x, y) =

−(−1)(y+x)2

y−xy+x

dx+

(−1)(y+x)2

y−xy+x

dy

df(x, y) =dx

(y + x)(y − x)− dy

(y + x)(y − x)

df(x, y) =dx

y2 − x2− dy

y2 − x2

v) f(t, x) = x−yx+y

Solución:

df(t, x) =∂f

∂tdt+

∂f

∂xdy

df(t, x) =∂[(x+ y)(x− y)−1]

∂tdt+

∂[(x+ y)(x− y)−1]∂x

dx

37

df(t, x) =−dx

(x+ y)2

28) Determine un factor integrante para las siguientes EDO no exactas:

i) xdy

dx= y + lnx

Escribir la EDO en forma diferencial.

xdy = (y + lnx)dx

(y + lnx)dx+ (−x)dy

Comprobar que la ecuación es exacta.

M(x, y) = y + lnx y N(x, y) = −x∂M (x, y)

∂y= 1 y

∂N (x, y)

∂x= −1

Son diferentes (No es exacta la EDO).

Hallar el factor de integración .

1

N(x, y)(∂M (x, y)

∂y− ∂N (x, y)

∂x) =

1

−x(1− (−1)) = −2

x

Factor de Integración es:

I(x, y) = e∫ −2

xdx = e−2 ln x = x−2

Multiplicamos la forma diferencial por el factor de integración :

x−2 [(y + ln x) dx+ (−x) dy] = 0

x−2 (y + ln x) dx+(−x x−2

)dy = 0

M(x, y) =y

x2+

lnx

x2y N(x, y) = −1

x

∂M (x, y)

∂y=

1

x2y

∂N (x, y)

∂x=

1

x2

Son iguales entonces la EDO es exacta.

La EDO es exacta y se resuelve por el método de las exactas:

Hallar la solución general o sea hallar una función f(x, y) = c tal que:

38

∂f (x, y)

∂x=M(x, y) y

∂f (x, y)

∂y= N(x, y)

Si:∂f (x, y)

∂y= N(x, y)

∂f (x, y)

∂y= −( 1

x)

f(x, y) =∫ −1

xdy =

−yx

+ C(x)

Derivamos esta última expresión con respecto a x:

∂f(x, y)

∂x=

∂(−yx

+ C(x))

∂x=

y

x2+ C

′

(x)

Pero:∂f(x, y)

∂x=M(x, y) =

y

x2+

ln x

x2y

x2+ C

′

x =y

x2+

ln x

x2

C′

(x) =ln x

x2

C(x) =∫ ln x

x2dx = − ln x

x− 1

x+ c

Luego:f(x, y) = − y

x+(− ln x

x− 1

x

)= − y

x− ln x

x− 1

x+ c

La solución general es:− y

x− ln x

x− 1

x= C

ii) 2y + (3y − 2x)dy

dx= 0

Paso 1: Escribir la EDO en forma diferencial.

(2y)dx+ (3y − 2x)dy = 0

Paso 2: Comprobar que la ecuación es exacta.M(x, y) = 2y y N(x, y) = 3y − 2x

∂M (x, y)

∂y= 2 y

∂N (x, y)

∂x= −2

Son diferentes (No es exacta la EDO).Paso 3: Hallar el factor de integración .

Entonces:1

M(x, y)(∂M (x, y)

∂y− ∂N (x, y)

∂x) =

1

−2y(2− (−2)) = −2

yFactor de Integración es:I(x, y) = e2

∫− dy

y = e−2 ln y = 1y2

Multiplicamos la forma diferencial por el factor de integración :y−2 [(2y) dx+ (3y − 2x) dy] = 0[2y y−2] dx+ [3 y−2 y − 2 y−2x] dy = 0

M(x, y) =2

yN(x, y) =

3

y− 2x

y2

∂M(x, y)

∂y= − 2

y2y

∂N(x, y)

∂x= − 2

y2Son iguales entonces la EDO es exacta.

39

Paso 4: La EDO es exacta y se resuelve por el método de las exactas:Hallar la solución general o sea hallar una función f(x, y) = c tal que:

∂f (x, y)

∂x=M(x, y) y

∂f (x, y)

∂y= N(x, y)

Si:∂f (x, y)

∂x=M(x, y)

∂f (x, y)

∂x= (

2

y)

f(x, y) =∫ 2

ydx =

2x

y+ C(y)

Derivamos esta última expresión con respecto a y:

∂f(x, y)

∂y=

∂

(2x

y+ C(y)

)∂y

= − 2x

y2+ C

′

(y)

Pero:∂f(x, y)

∂y=

3

y− 2x

y2= N(x, y)

− 2xy2

+ C′

(y) =3

y− 2x

y2

C′

(y) =3

y

C(y) =∫ 3

ydy = 3 ln y + c

Luego:

f(x, y) = − 2x

y2+ 3 ln y + c

La solución general es:

− 2x

y2+ 3 ln y = C

29) Si una EDO posee un factor integrante ¿ Es este factor único ? ¿ Por qué ?Solución :

NOPorque hay ecuaciones que pueden cumplir con más de una regla de integración a la vez, asícomo hay otras para las cuales no se puede hallar dicho factor.Ejemplo

(1 + y)dx+ (1− x)dy = 0

Por la 1era regla de integración, su Factor de Integración es:

I(x, y) =1

(1− x)2

Por la 2da regla de integración, su Factor de Integración es:

I(x, y) =1

(1 + y)2

30) Supongo que u(x, y) sea un factor interrogante, de la EDO

40

P (x, y) +Q(x, y)dy

dx= 0

a) ¿Que ecuación debe satisfacer u(x, y) ?b) Si u = u(z), donde z = h(x, y) ¿Cuál será la ecuación que debe satisfacer u ?d) Determine la expresión para el factor integrante, u = u(x+ y)e) Determine condiciones para el factor integrante u = u(xy)

Solución :a)Si u(x,y) es un factor integrante, entonces:

u(x, y)P (x, y)dx+ u(x, y)Q(x, y)dy = 0

Sea :M(x, y) = u(x, y)P (x, y), N(x, y) = u(x, y)Q(x, y)

Caso 1:Si

1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x) = g(x)

entoncesu(x, y) = e

∫g(x)dx

Caso 2:Si

1

M(∂M

∂y− ∂N

∂x) = h(y)

entoncesu(x, y) = e

∫h(y)dy

Caso 3:Si M(x,y) = yf(xy) y N(x,y) = xg(xy)entonces

u(x, y) =1

xM(x, y)− yN(x, y)

Caso 4:Si la E.D. es homogénea y (xM(x, y) + yN(x, y)) 6= 0entonces

u(x, y) =1

xM(x, y) + yN(x, y)

Caso 5:Si

1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x) =

k

xo∂M

∂y− ∂N

∂x=Nk

xk = cte

entonces u(x, y) = xk

31) Resuelva usando el factor integrante µ(x, y) = ϕ(x+ y2) la EDO:

3 y2 − x+ (2 y3 − 6xy)dx

dy= 0

SoluciÃ3n:

41

M = 3 y2 − x N = 2 y3 − 6xy

⇒ ∂M

∂y= 6y y

∂N

∂x= −6y

Como

∂M

∂y6= ∂N

∂x

La ecuaciÃ3n no es exacta, ahora calculamos el factor integrante de la forma

µ = ϕ(x+ y2) = ϕ(z) z = x+ y2 ⇒ ∂z

∂x= 1,

∂z

∂y= 2y

Como

∂M

∂y− ∂N

∂x= N

∂µ

µ∂x−M ∂µ

µ∂y

Entonces

∂M

∂y− ∂N

∂x= N

∂ ln (µ)

∂x−M∂ ln µ

∂y......(1)

∂ ln µ

∂x=d ln µ

dz.∂z

∂x=∂ ln µ

∂z

∂ ln µ

∂y=d ln µ

dz.∂z

∂y= 2y

d ln µ

dz......(2)

Reemplazando (2) en (1) se tiene:

∂M

∂y− ∂N

∂x= N

d ln µ

dz−M2y

d ln µ

dz⇒ ∂M

∂y− ∂N

∂x= (N − 2yM)

d ln µ

dz

6y + 6y = (2 y3 − 6xy − 6 y3 + 2xy)d ln µ

dz⇒ 12y = −4y( y2 + x)

d ln µ

dz

d ln µ

dz= − 3

y2 + x= −3

z

Entonces

d(ln µ) = −3dzz

42

Integrando se tiene:ln µ = −3 ln z = ln z−3

Levantando el algoritmo

µ =1

z3=

1

( y2 + x)3

Multiplicando a la ecuacio diferencial se tiene:

3 y2 − x( y2 + x)3

dx+2 y3 − 6xy

( y2 + x)3dy = 0

Es una ecuaciÃ3n diferencial exacta y a soluciÃ3n se obtiene agrupando.

Tenemos

d(x− y2

( x− y2)2) = 0

Integrando

x− y2

( x+ y2)2= C

∴ x− y2 = c ( x+ y2)2

35.2) 2xyy′ + x2 = 0

Solución:

2xyy′ + x2 = 0

2ydy

dx= −x

dy

dx+

x

2y= 0

Como Q(x) = 0 entonces es una E.D.O. de variablesseparables

→ 2ydy = −xdx

Integramos

43

∫2ydy = −

∫xdx

2 y2

2=− x2

2+ c

Entonces la soluciÃ3n es:

y2 +x2

2= c

35.3) (4 x2 + 3xy + y2)dx+ (4 y2 + 3xy + x2)dy = 0

SoluciÃ3n:

(4 x2 + 3xy + y2)dx + (4 y2 + 3xy + x2)dy = 0

Hacemos el cambio de variable:y = xv ; donde dy = xdv + vdx luego reemplazamos y por xv en laecuación:

(4 x2 + 3 x2v + x2 v2)dx+ (4 x2 v2 + 3 x2v + x2)(xdv + vdx) = 0

Dividimos a la ecuación entre x2 y nos queda:

(4 + 3v + v2)dx + (4 v2 + 3v + 1)(xdv) + (4 v2 + 3v + 1)(vdx) = 0

(4 + 3v + v2 + 4 v3 + 3 v2 + v)dx = −x(4 v2 + 3v + 1)dv

dx

x= − (4 v2 + 3v + 1)dv

(4 + 3v + v2 + 4 v3 + 3 v2 + v)

dx

x= −3v(v + 1) + ( v2 + 1)

( v2 + 1)(v + 1)dv

dx

x= − 3vdv

v2 + 1− dv

v + 1

Ahora es una E.D.O. de variables separables, procedemos a integrar en ambos la-dos:

∫4

xdx = −

∫3vdv

v2 + 1−∫

dv

v + 1

4 ln x = −3

2ln∣∣v2 + 1

∣∣− ln |v + 1|+ c

Reemplazamos v y encontramos la solución:

44

4 ln x+3

2ln

∣∣∣∣ y2x2 + 1

∣∣∣∣+ ln∣∣∣yx+ 1∣∣∣ = c

35.4) 4 x2 − xy + y2 +dy

dx( x2 − xy + 4 y2) = 0

SoluciÃ3n:

4 x2 − xy + y2 +dy

dx( x2 − xy + 4 y2) = 0

Ordenamos:

(4 x2 − xy + y2)dx + ( x2 − xy + 4 y2)dy = 0

Reemplazamos por y = xv: donde dy = xdv + vdx

(4 x2 − x2v + x2 v2)dx + ( x2 − x2v + 4 x2 v2)(xdv + vdx) = 0

Dividimos la ecuación entre x2:

(4− v + v2)dx+ (1− v + 4 v2)xdv + (1− v + 4 v2)vdx = 0

(4− v + v2 + v − v2 + 4 v3)dx = −(1− v + 4 v2)xdv

4(1 + v3)dx = −(1− v + 4 v2)xdv

−4dx

x=

(1− v + 4 v2)

(1 + v3)dv

Donde

(1 + v3) = (1 + v)(1− v + v2)

−4dx

x=

(1− v + v2) + 3 v2

(1 + v)(1− v + v2)dv

Ahora ya es una E.D.O. de variables separables, procedemos a integrar en amboslados para hallar la solucion:

−∫

4dx

x=

∫1

1 + vdv +

∫3 v2

(1 + v3)dv

−4 ln x = ln |1 + v|+∫

3 v2

(1 + v3)dv

45

Donde:

u = 1 + v3 −→ du = 3 v2dv

−4 ln x = ln |1 + v|+∫

du

u

−4 ln x = ln |1 + v|+ ln |u|+ c

Luego reemplazamos u y luego v y encontramos la solución:

−4 ln x = ln |1 + v|+ ln∣∣1 + v3

∣∣+ c

−4 ln x = ln∣∣∣1 + y

x

∣∣∣+ ln

∣∣∣∣1 + y3

x3

∣∣∣∣+ c

35.5)dy

dx=

6 x2 − 5xy − 2 y2

6 x2 − 8xy + y2

SoluciÃ3n:

dy

dx=

6 x2 − 5xy − 2 y2

6 x2 − 8xy + y2

Realizamos el siguiente cambio de variable: y = xv; donde dy = xdv + vdx.

xdv + vdx

dx=

6 x2 − 5 x2v − 2 x2 v2

6 x2 − 8 x2v + x2v2

Ahora factorizamos x2 y la ecuación se reduce a la siguiente expresión:

xdv + vdx

dx=

6− 5v − 2 v2

6− 8v + v2

(6− 8v + v2)xdv + (6− 8v + v2)vdx = (6− 8v − 2 v2)dx

(6v − 8 v2 + v3)dx = −x(6− 8v + v2)dv

dx

x=

(6− 8v + v2)

v(6− 8 v + v2)dv

Ahora es una E.D.O. de variables separables, entonces procedemos a integrar en am-bos lados para hallar la solución:

∫dx

x= −

∫dv

v

46

ln |x| = − ln |v|+ c

Reemplazamos v y encontramos la solución:

ln |x|+ ln |v| = c

ln |x|+ ln∣∣∣yx

∣∣∣ = c

35.6) xdy

dx− y =

√x2 + y2

SoluciÃ3n:

xdy

dx− y =

√x2 + y2

Primero ordenamos la ecuación:

xdy − (y +√x2 + y2)dx = 0

(y +√x2 + y2)dx − xdy = 0

Luego realizamos el cambio de variable y = xv; donde dy = xdv + xdv.

(xv +√x2 + v2 x2)dx − x(xdv + vdx) = 0x(v +

√1 + v2)dx − x(xdv + vdx) = 0

Dividimos a la ecuación entre x y nos queda la siguiente expresión:

(v +√1 + v2)dx− xdv − vdx = 0

Agrupamos y formamos la nueva ecuación:

(v − v +√1 + v2)dx = xdv

(√1 + v2)dx = xdv

dx

x=

dv√1 + v2

Ya es una E.D.O. de variables separables, ahora procedemos a integrar en amboslados para encontrar la solución:

47

∫dx

x=

∫dv√1 + v2

ln |x| = ln∣∣∣v +√1 + v2

∣∣∣+ c

ln |x| − ln∣∣∣v +√1 + v2

∣∣∣ = c

ln

∣∣∣∣ x

v +√1 + v2

∣∣∣∣ = c

Ahora reemplazamos v y obtenemos la solución:

ln

∣∣∣∣∣∣ x

yx+√

1 + y2

x2

∣∣∣∣∣∣ = c

ln

∣∣∣∣∣∣ x2

y + x√

1 + y2

x2

∣∣∣∣∣∣ = c

35.8) (x3 + xy − x)dx+ (1− x2)dy = 0

Solucion:

Dando forma a la ecuacion

(−x)(1− x2)dx+ xydx+ (1− x2)dy = 0

Dividiendo entre (1− x2)dx a la ecuacion

−x+ xy

(1− x2)+dy

dx= x (forma canonica)

La ecuaciÃ3n es lineal no homogÃ c©nea de primer orden, donde:

p(x) =x

(1− x2)q(x) = x

El factor de integraciÃ3n es:

I(x) = e∫p(x)dx = e

∫x

(1−x2)dx

= e−12 ln(1− x2) = (1− x2)2

Hacemos

48

d

dx(I(x)y) = I(x)q(x)

o sea:

d

dx((1− x2)2y) = x(1− x2) = (x− x3)


∫d

dx((1− x2)2y) =

∫(x− x3)dx

(1− x2)2y = (2x2

4− x4

4)

y =1

4((2x2 − x4 + c)

(1− x2)2)

35.9) (x+ 1)y′ − 2y = x+ 14

Solucion:

Dividiendo entre (x+ 1) a la ecuacion

y′ − 2y

x+ 1= (x+ 1)3 (forma canonica)

La ecuaciÃ3n es lineal no homogÃ c©nea de primer orden, donde:

p(x) =2

x+ 1q(x) = (x+ 1)3

El factor de integraciÃ3n es:

I(x) = e∫p(x)dx = e

∫ −2x+1

dx = e−2ln(x+1) =1

(x+ 1)2

Hacemos

d

dx(I(x)y) = I(x)q(x)

o sea:

d

dx(

y

x+ 12) =

(x+ 1)3

(x+ 1)2= x+ 1

49


∫d

dx(

y

x+ 12) =

∫(x+ 1)dx

y

x+ 12=

(x2 + 2x+ c)

2

y = [(x2 + 2x+ c)

2)](x+ 1)2

36) Resolver la siguiente ecuacion de Bernoulli.

36.1) 8xy′ − y =1

y3√x+ 1

Solucion

y′ − y

8x=

y−3

8x√x+ 1

P (x) = −18x

Q(x) = 18x√x+1

n = −3

Sabemos que:

z = y−1−n;dz

dx= (1− n)y−ny′ z = y4;

dz

dx= 4y3y′

Multuplicando I por (1− n)y−ny′3

4y3y′ − y4

2x=

1

2x√x+ 1

Reemplazando por Z:

z′ − z

2x=

1

2x√x+ 1

⇒ P (x) = −12x

Q(x) =1

2x√x+ 1

Por lo tanto:

I(x) = e−∫

12xdx = e−

| ln x|2 =

1√x

50

Hacemos:d(I(x))z

dx= I(x)θ(x)

∫d

dx(z√x)−

∫ √x

2x√x+ 1

Hacemos: x = t2 → dx = 2tdt

z√x=

∫dt√t2 + 1

Hacemos: t = tan θ → dt = sec2 θdθ

z√x=

∫sec θdθ

z√x= ln |

√x+ 1−

√x|+ C

y4 =√x ln |√x+ 1−

√x|+

√xC

Respuesta

y =

36.2) y′ =x

x2y + y3

Solución

dxdy

=x2y + y3

x

dxdy− xy = y3x−1

y′3x−1...(I)

P (x) = −y , Q(x) = y3, n = −1

Sabemos que:

z = x−1−n;dz

dy= (1− n)x−nx′ z = x2;

dz

dy= 2x−1x′

Multiplicando 2x a (I)

2xx′2y = 2y3

dz

dy− 2zy = 2y3...(II)

51

Es una ecuación lineal:

P (y) = −2y Q(y) = 2y2

I(x) = e−

∫2ydy

= e−y2

Haciendo:

d(I(y))z

dy= I(y)(Q(y))

∫d

dy

z

ey2=

∫2y3

ey2

e

z

y2 =

∫2y3

ey2dy

Hacemos: y2 = u→ dy = du

2u12

z

ey2=∫2u

12ue−u du

2u12

z

ey2=∫ue−udu

z

ey2= −ue−u − e−u + C

Reemplazando valores:

Respuesta:

(x2 + y2 + 1)e−y2= C

36.3) (2y + 1)dx = (2y3x2 + x2y2 − 2x)dy

Solución

dxdy

=(2y + 1)(x2y2)− 2x

2y + 1−

dxdy

= x2y2 − 2x2y+1

x′ + 2x2y+1

= y2x2...(I)

P (y) = 22y+1

, Q(y) = y2 , n = 2

52

Sabemos que:

z = x−1−n;dz

dy= (1− n)x−nx′ z = x−1;

dz

dy= −x−2x′

Multiplicando (I) por −x−2

z′ − 2z2y+1

= −y2...(II)

Es lineal:

⇒= −22y+1

; Q(y) = −y2

I(y) = e−2∫

22y+1

dy = e−ln|2y+1| =1

2y + 1

Hacemos:

d(I(y))z

dy= I(y)Q(y)

∫d

dy(

z

2y + 1) = −

∫y2

2y + 1

z2y+1

= [∫

4y2+12y+1

−∫

12y+1

]

z2y+1

= y4− y2

4− ln |

√2y+1|4

+ C

1x(2y+1)

= y4− y2

4− ln |

√2y+1|4

+ C

1x= (2y + 1)(y

4− y2

4− ln |

√2y+1|4

+ C)

Respuesta

x = 12y+1

[y−y2

4− ln |

√2y + 1|+ C]

36.4) (4− x2)y′2

Solución

y′ +4y

4− x2=

2 + x

4− x2y2

y′ +4y

4− x2=

y2

2− x...(I)

P (x) = 44−x2 ; Q(x) = 1

2−x

53

Sabemos que:

z = x−1−n;dz

dy= (1− n)x−nx′ z = y−1;

dz

dx= −y−2y′

Multiplicamos (I) por −y−2

−y−2y′ − 4y−1

4− x2=−1

2− x

z′ − 4z

4− x2=−1

2− x...(II)

II es lineal:

⇒ P (x) =−4

4− x2; Q(x) =

−12− x

I(x) = e−

∫4

4−x2dx

Resolviendo la integral:

−∫

4

4− x2dx

x = sec θ

dx = 2 sec θ tan θ

−∫

4

4− x2dx =

∫−8 sec θ tan θ4(1− sec2 θ)

dθ

2

∫sec θ

tan θdθ

2

∫csc θdθ

2 ln | csc θ − cot θ|

Reemplazando:

2 ln | 2√4−x2 −

x√1−x2 |

ln |2− x2 + x

|

Por lo tanto:

54

FI = eln |2−x2+x|

FI =2− x2 + x

= I(x)

Haciendo:

d(I(x)z)

dx= I(x)Q(x)

d

dx(2− x2 + x

z) = (2− x2 + x

)(1

2− x)∫

d

dx

2− x2 + x

z =

∫dx

2 + x

(2− x2 + x

z) = ln |2 + x|+ C

Respuesta:

1

y= (

2− x2 + x

)[ln |2 + x|+ C]

36.6) xy(1 + xy2) dydx

= 1

dy

dx=

1

xy + x2y3

dx

dy= xy + x2y3

x′3x2......(I)

P (x) = −y,Q(x) = y3, n = 2

Hacemos:z = x1−n;

dz

dx= (1− n)x−nx′

z = x−1;dz

dx= −x−2x′

Multiplicamos I por −x−2 :−x2x′−1y = −y3

z′3

P (y) = y,Q(y) = −y3

Hallando el Factor Integrante:

I(y) = e∫(ydy) = e

y2

2

55

Hacemos: ∫d(e

y2

2 .z)

dy=

∫−e

y2

2 .y3

Resolviendo la integral de la derecha por sustitucion :

u = y2; dy =du

2u12

ey2

2 .z = −∫e

u2 .u.u1/2.

du

2u(1/2)

ey2

2 .z =−12

∫u.e

u2 du

Por partes :m = u; dm = du

dn =1

2.eu/2;n = eu/2

ey2

2 .z = −u.eu/2 +∫eu/2du

1

x=

1

ey2

2

(−u.eu/2 + eu/2

2+ C)

1

x= −u+ 1

2+ C.e

−y2

2

(1

x+ y2 − 1

2)e

y2

2 = C

36.7)y′ = 3x2

x3+y+1

dx

dy=x

3+y + 1

3x2

dx

dy− x

3=

(y + 1)x−2

3...(I)

P (y) =−13;Q(y) =

y + 1

3, n = −2

z = x1−n;dz

dx= (1− n)x−nx′

z = x3;dz

dx= 3x2x′

Multiplicando I por (3x2):3x2x′3 = y + 1

z′ − z = y + 1

Ecuacion Lineal :P (y) = −1;Q(y) = y + 1

Hallando el Factor Integrante:I(y) = e

∫−dy = e−y

56

Hacemos:d(e−y.z)

dy=

∫e−y(y + 1)

e−y.z =

∫y.e−y +

∫e−y

Resolviendo por partes:u = y; du = dy

dv = e−y; v = −e−y

e−yz = −ye−y + 2

∫e−y

e−yz = ye−y − 2e−y + C

(z + y + 2)e−y = C

36.8) xy2y′3 = cosxx

y′ +y

x=cosx.y−2

x2....(I)

P (x) =1

x;Q(x) =

cosx

x2;n = −2

z = y3;dz

dx= 3y2y′

Multiplicando I por 3y2:

3y2y′ +y3

x=

3cosx

x2

z′ +z

x=

3cosx

x2

Ecuacion Lineal:P (x) =

1

x;Q(x) =

3Cosx

x2

Hallando el factor de Integracion:I(x) = e

∫dxx = x

Hacemos:d(x.z)

dx= x.

3cosx

x2∫d(x.z)

dx=

∫3cosx

x

xz = 3

∫cosxx

xz = 3

∫cosx

x

La integral∫

cosxx

no tiene solucion, la respuesta queda expresada en funcion de dicha integral.

xy3 = 3

∫cosx

x

57

y3 =3

x

∫cosx

x

y =

(3

x

∫cosx

x

)1/3

36.9)dy

dt=

1

3[(1− 2t)y4 − y]

1) Ecuación en forma canónica:

dy

dt+y

3=

1− 2t

3y4

P (t) =1

3;Q(t) =

1− 2t

3;n = 4

2) Multiplicamos la ecuación anterior por : (1− n)y−n = −3y−4

−3y−4dydt− y−3 = 2t− 1

3) Hacer el cambio de variable por z = y1−4 = y−3

dz

dt= −3y−4dy

dt

a la ecuación anterior para volverla lineal

dz

dt− z = 2t− 1

donde : p(t) = −1; q(t) = 2t− 1

4) Hallar el factor de integración:

I(t) = e∫−1dt = et

5) Hacemos d(I(t)z)dt

= I(t)q(t) :

d(etz)

dt= et(2t− 1)

6) Integramos con respecto a t:

zet =

∫et(2t− 2)

58

z = t− 2 + c

7) Sustituimos z = y−3

y−3 = t− 2 + c

36.10) ty2dy

dt+ y3 = tcos(t)


dy

dt+y

t= cos(t)y−2

n = −2;P (x) = 1

t;Q(x) = cos(x)

2) Multiplicamos la ecuación anterior por : (1− n)y−n = 3y2

3t2dy

dt+y

t= cos(t)y−2

3) Hacer el cambio de variable por:

z = y1−−2 = y3

dz

dt= 3y2

dy

dt


dz

dt+

3

tz = 3cos(t)

donde : p(t) = 3t; q(t) = 3cos(t)


I(t) = e∫

3tdt = t3

5) Hacemos d(I(t)z)dt

= I(t)q(t) :

d(t3z)

dt= t3(3cos(t))


59

t3z =

∫t3(3cos(t))

t3z = t3sen(t) + 3t2cos(t)− 6tsen(t)− 6cos(t)

7) Sustituimos z = y3

y−3 = sen(t) +3cos(t)

t+

6sen(t)

t2− 6cos(t)

t3+ c

36.11) xdy

dx+ y = x4y3


dy

dx+y

x= x3y3

n = 3;P (x) =1

x;Q(x) = x3


−2y−3 dydx−−2y

−2

x= −2x3


z = y1−3 = y−2

dz

dx= −2y−3 dy

dx


dz

dx− 2

xz = −2x3

donde : p(x) = −2x; q(t) = −2x3


I(t) = e∫ −2

xdt = e−2lnx = x−2

5) Hacemos d(I(x)z)dx

= I(x)q(x) :

60

x−2z)

dx= −2x


x−2z =

∫−2x

x−2z = −x2 + c

7) Sustituimos z = −2y−2 = −x4 + c

36.12) xdy

dx+

1

2tan(x)y = −xsen(x)y3


xdy

dx+

1

2tan(x)y = −xsen(x)y3

n = 3;P (x) =1

2tan(x);Q(x) = −xsen(x)


−2y−3 dydx− Y −2tan(x) = 2xsen(x)


z = y1−3 = y−2

dz

dx= −2y−3 dy

dx


dz

dx− tan(x)z = 2xsen(x)

donde : p(x) = −tan(x); q(t) = 2xsen(x)


I(t) = e∫−tan(x)dx = eln(cosx) = cos(x)

61

5) Hacemos d(I(x)z)dx

= I(x)q(x) :

cos(x)z)

dx= cos(x)2xsen(x)


cos(x)z =

∫cos(x)2xsen(x)

cos(x)z = xsen2(x) +sen(2x) + 2x

4

7) Sustituimos z = y−2

y−2 = xsen2(x)

cos(x)+sen(2x) + 2x

4cos(x)+ c

37) Determine la solución general de (1 + x3)y′2 + x2y + 1 = 0 , si una solución particular es de laforma y = ax+ b.

Solución:

(1 + x3)y′2 + x2y + 1 = 0 ...(1)

Solución particular: y = ax+ b

Derivando:

y′ = a

Reemplazando en (1):

(1 + x3)a+ 2x(a2x2 + 2abx+ b2) + x2(ax+ b) + 1 = 0

a+ ax3 + 2a2x3 + 4abx2 + 2b2x+ ax3 + bx2 + 1 = 0

Agrupando:

(a+ 2a2 + a)x3 + (4ab+ b)x2 + 2b2x+ (1 + a) = 0

=⇒ b = 0 ∧ a = −1

62

y = −x

Hacemos:

y = −x+ z ∧ y′ = −1 + z′

Reemplazando en (1):

(1 + x3)(−1 + z′2 − 2xz + z2) + x2(−x+ z) + 1 = 0

(z′ − 1) +2x3 − 4x2z + 2xz2

1 + x3+−x3 + 3x2

1 + x3+

1

1 + x3= 0

z′ − 1 +2x3 − 4x2z + 2xz2 − x3 + zx2 + 1

1 + x3= 0

z′ − 1 +1 + x3 − 3zx2 + 2xz2

1 + x3= 0

z′ − 1 + 1− 3zx2

1 + x3= − 2xz

1 + x3

z′ − 3x2z

1 + x3= − 2xz2

1 + x3...(2)

P (x) =−3x2

1 + x3, Q(x) =

−2x1 + x3

, n = 2

Sea:

w = z−1 , w′−2z′

Multiplicamos (2) por −z−2:

−z−2z′ + 3x2z−1

1 + x3=

2x

1 + x3

w′ +3x2w

1 + x3=

2x

1 + x3

Aplicamos resolución de Ecuaciones Lineales:

P (x) =3x2

1 + x3; Q(x) =

2x

1 + x3

Factor Integrante:

63

I(x) = e

∫3x2

1 + x3dx

= 1 + x3

Hacemos:

d

dx((1 + x3)w) = (1 + x3)

2x

1 + x3= 2x∫

d

dx((1 + x3)w) =

∫2xdx

(1 + x3)w = x2 + C

1

z=

x2

1 + x3+

C

1 + x3

z = (x2

1 + x3+

C

1 + x3)−1

z =1 + x3

x2 + C

Reemplazando z en la solución general:

y = x+ z

y = x+1 + x3

x2 + C

y =2x3 + Cx+ 1

x2 + C

38) Para x > 0 considere la ecuación de Ricatti

y′−2xy2 − 1

x(1 + 4x+ 2x2)y = −e

2x

x(1 + x+ 2x2 + x3) ...(a)

a) Encuentre una solución particular de la forma y1(x) = e2x(Ax+B).

b) Hallar la solución general.

Solución:

64

Hallando la solución particular:

y = e2x(Ax+B) , y′2x(Ax+B) + A(e2x)

Reemplazando en (a):

2e2x(Ax+B)+A(e2x)+e−2xe4x(A2x2+2ABx+B2)−1 + 4x+ 2x2

xe2x(Ax+B) = −e

2x

x(1+x+2x2+x3)

Multiplicando porx

e2xa la ecuación anterior:

2Ax2+2Bx+Ax+A2x3+2ABx2+B2x−(Ax+B+4Bx2+4Bx+2Ax3+2Bx2)+1+x+2x2+x3 = 0

2Ax2+2Bx+Ax+A2x3+2ABx2+B2x−Ax−B−4Ax2−4Bx−2Ax3−2Bx2+1+x+2x2+x3 = 0

Dando forma:

(A2 − 2A+ 1)x3 + (2A+ 2AB − 4A− 2B + 2)x2 + (2B + A+B2 − A− 4B + 1)x+ (−B + 1) = 0

De la ecuación anterior obtenemos:

A = 1 ∧ B = 1

Entonces la solución particular es:

y = e2x(x+ 1)

Haciendo:

y = e2x(x+ 1) + z ...(b)

y′2x(x+ 1) + e2x + z′

Reemplazamos en (a):

2e2x(x+ 1) + e2x + z′−2x((x+ 1)e2x + z)2 − 1 + 4x+ 2x2

x(e2x(x+ 1) + z) =

−e2x(1 + x+ 2x2 + x3)

x

65

z′2x(x+1)+e2x+e−2x((x2+2x+1)e4x+2(x+1)e2xz+z2)−(1 + 4x+ 2x2)

x((x+1)e2x+z) = −e

2x

x(1+x+2x2+x3)

z′−2xz2+(2(x+1)−1 + 4x+ 2x2

x)z =

1 + 4x+ 2x2

x(x+1)e2x−e2x(x2−2x+1)−e

2x

x(1+x+2x2+x3)−2e2x(x+1)−e2x

z′−2xz2+(2(x+1)−1 + 4x+ 2x2

x)z = e2x(

1 + 4x+ 2x2

x(x+1)−(x2+2x+1)−1 + x+ 2x2 + x3

x−2(x+1)−1)

= e2x(x+ 4x2 + 2x3 + 1 + 4x+ 2x2 − 1− x− 2x2 − x3

x− (x2 + 2x+ 1)− 2(x+ 1)− 1)

= e2x(x3 + 4x2 + 4x

x− x2 − 4x− 4) = e2x(0) = 0

=⇒ z′−2xz2 + (2(x+ 1)− (1 + 4x+ 2x2)

x)z = 0

z′ = (2(x+ 1)− (1 + 4x+ 2x2)

x)z = −e−2xz2

z′ + (2x2 + 2x− 1− 4x− 2x2

x)z = −e−2xz2

z′ − (1− 2x

x)z = −e−2xz2 ...(c)

Aplicando Bernoulli en (c):

P (x) = −1 + 2x

x; Q(x) = −e−2x ; n = 2

Haciendo:

w = z−1 , w′−2z′

Multiplicando (c) por −z−2:

−z−2z′ + (1 + 2x

x)z−1 = e−2x

Aplicando Ecuaciones Lineales:

w′ + (1 + 2x

x)z−1 = e−2x

=⇒ P (x) =1 + 2x

x, Q(x) = e−2x

Factor integrante:

66

I(x) = e

∫1 + 2x

xdx

= elnx+2x = xe2x

Hacemos:

d

dx(xe2xw) = xe2xe−2x = x

Integrando:

∫d

dx(xe2xw) =

∫xdx

xe2xw =x2

2

w =xe−2x

2

1

z=

x

2e2x

z =2e2x

x

Reemplazando z en (b):

y = e2x(x+ 1) + z

y = e2x(x+ 1) +2e2x

x

y = e2x(x+ 1 +2

x)

La solución general es:

y = e2x(x2 + x+ 2

x)

39) Considere la ecuación diferencial

y′2 = x(x− 2) ...(a)

67

a) Encuentre una solución particular de la forma y = Ax+B.

b) Determine la solución general.

c) Determine la solución particular que pasa por el punto (2, 2).

Solución:

Hallando la solución particular:

y = ax+ b =⇒ y′ = a


a− (a2x2 + 2abx+ b2) + 2(1− x)(ax+ b) = x(x− 2)

(−a2 − 2a− 1)x2 + (2− 2b+ 2a− 2ab)x+ (a− b2 + 2b) = 0

=⇒ a = 1 ∧ b = 1

Entonces la solución particular es:

y = −x+ 1

Hacemos:

y = −x+ 1 + z ...(b)

y′ = −1 + z′


−1 + z′2 + 2(1− x)(1− x+ z) = x(x− 2)

z′2 + 2z(−x+ 1) + z2) + 2(1− x)z + 2(1− x)(1− x) = x(x− 2)

z′2 − 2z(−x+ 1) + 2(1− x)z = x(x− 2− 2(1− x)2 + 1 + 1− 2x+ x2)

z′2 = 0

z′2 ...(c)

Aplicando Bernoulli en (c):

68

P (x) = 0 ∧Q(x) = 1 ∧ n = 2

Hacemos:

w = z−1 =⇒ w′−2z′

Multiplicando por −z−2:

−z−2z′ + 0 = −1

w′ + 0w = −1

Aplicando Ecuaciones Lineales:

P (x) = 0 ∧Q(x) = −1

Factor Integrante:

I(x) = e∫0dx = eC

Hacemos:

∫d

dx(eCw) =

∫−eCdx

eCw = −eCx

w = −x1

z= −x

z =−1x

Reemplazando z en (b):

y = −x+ 1 + z

y = −x+ 1− 1

x

y =−x2 + x− 1

x

69

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