Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios...

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Boletines de problemas de Matem´aticas II Problemas resueltos del Bolet´ ın 0 Ecuaciones diferenciales de primer orden Problema 1 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales de variables separables. (a)(x - 4)y 4 dx - x 3 (y 2 - 3) dy =0 (b)4xy dx +(x 2 + 1) dy =0 (c)2x 2 yy 0 + y 2 =2 (d) y(2x + 1) dx - x(x - 1) dy =0 (e) y 0 - 3x 2 y =2xy (f ) yy 0 + x =1 (g) y 0 = 6x 5 - 2x +1 cos y + e y (h) x sen y dx +(x 2 + 1) cos y dy =0 y(1) = 0 Resoluci´on. (a)(x - 4)y 4 dx - x 3 (y 2 - 3) dy =0 ⇐⇒ x - 4 x 3 dx = y 2 - 3 y 4 dy. Por tanto, integrando, nos queda Z x - 4 x 3 dx = Z y 2 - 3 y 4 dy ⇐⇒ Z 1 x 2 - 4 x 3 dx = Z 1 y 2 - 3 y 4 dy ⇐⇒ - 1 x + 2 x 2 = - 1 y + 1 y 3 + C con C R (b)4xy dx +(x 2 + 1) dy =0 ⇐⇒ 4x x 2 +1 dx = - dy y . Por tanto, integrando, nos queda Z 4x x 2 +1 dx = - Z dy y ⇐⇒ 2 ln(x 2 + 1) + ln C = - ln |y| ⇐⇒ ln C (x 2 + 1) 2 = ln 1 y ⇐⇒ y = C (x 2 + 1) 2 con C R 1

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Boletines de problemas de Matematicas II

Problemas resueltos del Boletın 0

Ecuaciones diferenciales de primer orden

Problema 1 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales de variables separables.

(a) (x− 4)y4 dx− x3(y2 − 3) dy = 0 (b) 4xy dx + (x2 + 1) dy = 0

(c) 2x2yy′ + y2 = 2 (d) y(2x + 1) dx− x(x− 1) dy = 0

(e) y′ − 3x2y = 2xy (f) yy′ + x = 1

(g) y′ =6x5 − 2x + 1

cos y + ey(h)

x sen y dx + (x2 + 1) cos y dy = 0

y(1) = 0

Resolucion.

(a) (x−4)y4 dx−x3(y2−3) dy = 0 ⇐⇒ x− 4

x3dx =

y2 − 3

y4dy. Por tanto, integrando, nos

queda

∫x− 4

x3dx =

∫y2 − 3

y4dy ⇐⇒

∫ (1

x2− 4

x3

)dx =

∫ (1

y2− 3

y4

)dy

⇐⇒ −1

x+

2

x2= −1

y+

1

y3+ C con C ∈ R

(b) 4xy dx + (x2 + 1) dy = 0 ⇐⇒ 4x

x2 + 1dx = −dy

y. Por tanto, integrando, nos queda

∫4x

x2 + 1dx = −

∫dy

y⇐⇒ 2 ln(x2 + 1) + ln C = − ln |y|

⇐⇒ ln C(x2 + 1)2 = ln

∣∣∣∣1

y

∣∣∣∣

⇐⇒ y =C

(x2 + 1)2con C ∈ R

1

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(c) 2x2yy′+ y2 = 2 ⇐⇒ 2x2ydy

dx+ y2 = 2 ⇐⇒ 2x2y dy = (2− y2) dx ⇐⇒ 2y

2− y2dy =

dx

x2.

Por tanto, integrando, nos queda

∫2y

2− y2dy =

∫1

x2dx ⇐⇒ − ln |2− y2|+ ln C = −1

x

⇐⇒ ln

∣∣∣∣2− y2

C

∣∣∣∣ =1

x

⇐⇒ 2− y2 = C e1/x con C ∈ R

(d) y(2x+1) dx−x(x− 1) dy = 0 ⇐⇒ 2x + 1

x(x− 1)dx =

dy

y. Ahora debemos integrar ambos

miembros. La integral del miembro de la izquierda es de tipo racional:

2x + 1

x(x− 1)=

A

x+

B

x− 1=

A(x− 1) + Bx

x(x− 1)=

(A + B)x− A

x(x− 1)

Como2x + 1

x(x− 1)=

(A + B)x− A

x(x− 1), deducimos que 2x + 1 = (A + B)x − A y, por tanto,

igualando los coeficientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema

{A + B = 2, −A = 1}, cuya solucion es A = −1 y B = 3 .

Integrando, nos queda

∫2x + 1

x(x− 1)dx =

∫1

ydy ⇐⇒

∫ (−1

x+

3

x− 1

)dx =

∫1

ydy

⇐⇒ − ln |x|+ 3 ln |x− 1|+ ln C = ln |y|

⇐⇒ ln

∣∣∣∣C(x− 1)3

x

∣∣∣∣ = ln |y|

⇐⇒ y =C(x− 1)3

xcon C ∈ R

(e) y′−3x2y = 2xy ⇐⇒ dy

dx= y(2x+3x2) ⇐⇒ dy

y= (2x+3x2) dx. Por tanto, integrando,

nos queda

∫1

ydy =

∫(2x + 3x2) dx ⇐⇒ ln |y|+ ln C = x2 + x3

⇐⇒ y = C e(x2+x3) con C ∈ R

2

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(f) yy′+x = 1 ⇐⇒ ydy

dx= 1−x ⇐⇒ y dy = (1−x) dx. Por tanto, integrando, nos queda

∫y dy =

∫(1− x) dx ⇐⇒ y2

2+ C =

(x− x2

2

)

⇐⇒ y2 = 2x− x2 + C con C ∈ R

(g) y′ =6x5 − 2x + 1

cos y + ey⇐⇒ dy

dx=

6x5 − 2x + 1

cos y + ey⇐⇒ (cos y + ey) dy = (6x5 − 2x + 1) dx.

Por tanto, integrando, nos queda

∫(cos y + ey) dy =

∫(6x5 − 2x + 1) dx ⇐⇒ sen y + ey = x6 − x2 + x + C con C ∈ R

(h)

x sen y dx + (x2 + 1) cos y dy = 0

y(1) = 0

x sen y dx + (x2 + 1) cos y dy = 0 ⇐⇒ x

x2 + 1dx = −cos y

sen ydy. Por tanto, integrando, nos

queda

∫x

x2 + 1dx = −

∫cos y

sen ydy ⇐⇒ 1

2ln(x2 + 1) = − ln | sen y|+ ln C

⇐⇒ ln(√

x2 + 1)

= ln

∣∣∣∣C

sen y

∣∣∣∣

⇐⇒ sen y =C√

x2 + 1con C ∈ R

Imponemos ahora la condicion y(1) = 0, de modo que tenemos

0 =C√1 + 1

⇐⇒ C = 0

con lo que nos queda sen y = 0 ⇐⇒ y(x) = nπ, con n ∈ Z. Por consiguiente, las

soluciones particulares de la ecuacion que satisfacen la condicion y(1) = 0 son las funciones

constantes y(x) = nπ, con n ∈ Z

3

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Problema 2 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homogeneas.

(a) (x2 − 3y2)dx + 2xydy = 0 (b) y3dx + (x3 − xy2)dy = 0

(c) (x + y)dx− xdy = 0 (d) y2 + x2y′ = xyy′

(e) y′ =(x + 2y)2

xy(f) y′ =

xy + y2 + x2

x2

Resolucion.

(a) (x2 − 3y2) dx + 2xy dy = 0 ⇐⇒ dy

dx=

3y2 − x2

2xy. Vemos claramente que se trata de

una ecuacion homogenea de grado 2. Dividimos numerador y denominador entre x2, de

modo que nos queda y′ =3y2 − x2

2xy⇐⇒ y′ =

3(y

x

)2

− 1

2(y

x

) . Ası que hacemos el cambio

y

x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda

z + xz′ =3z2 − 1

2z⇐⇒ xz′ =

3z2 − 1− 2z2

2z⇐⇒ xz′ =

z2 − 1

2z. Esta ecuacion es de

variables separables. En efecto,

xz′ =z2 − 1

2z⇐⇒ x

dz

dx=

z2 − 1

2z

⇐⇒ 2z

z2 − 1dz =

dx

x

Por tanto, integrando, nos queda

∫2z

z2 − 1dz =

∫1

xdx ⇐⇒ ln |z2 − 1| = ln |x|+ ln C

⇐⇒ ln |z2 − 1| = ln |Cx|

⇐⇒ z2 − 1 = Cx con C ∈ R

Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion

y2

x2− 1 = Cx ⇐⇒ y2 − x2 = Cx3 con C ∈ R

(b) y3 dx + (x3 − xy2) dy = 0 ⇐⇒ dy

dx=

y3

xy2 − x3. Vemos claramente que se trata de

una ecuacion homogenea de grado 3. Dividimos numerador y denominador entre x3, de

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modo que nos queda y′ =y3

xy2 − x3⇐⇒ y′ =

(y

x

)3

(y

x

)2

− 1. Ası que hacemos el cambio

y

x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda

z+xz′ =z3

z2 − 1⇐⇒ z+xz′ =

z(z2 − 1) + z

z2 − 1⇐⇒ z+xz′ = z+

z

z2 − 1⇐⇒ xz′ =

z

z2 − 1.

Esta ecuacion es de variables separables. En efecto,

xz′ =z

z2 − 1⇐⇒ x

dz

dx=

z

z2 − 1

⇐⇒ z2 − 1

zdz =

dx

xPor tanto, integrando, nos queda∫

z2 − 1

zdz =

∫1

xdx ⇐⇒

∫ (z − 1

z

)dz =

∫1

xdx

⇐⇒ z2

2− ln |z|+ ln C = ln |x|

⇐⇒ z2

2= ln

∣∣∣xz

C

∣∣∣

⇐⇒ xz = C ez2/ con C ∈ RPor ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion

y = C ey2

2x2 con C ∈ R

(c) (x+y) dx−x dy = 0 ⇐⇒ dy

dx=

x + y

x⇐⇒ dy

dx= 1+

y

x. Vemos claramente que se trata

de una ecuacion homogenea de grado 1. Hacemos el cambioy

x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual

implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda z + xz′ = 1 + z ⇐⇒ xz′ = 1.

Esta ecuacion es de variables separables. En efecto,

xz′ = 1 ⇐⇒ xdz

dx= 1

⇐⇒ dz =dx

xPor tanto, integrando, tenemos∫

dz =

∫1

xdx ⇐⇒ z = ln |x|+ ln C

⇐⇒ z = ln |Cx|

⇐⇒ ez = Cx con C ∈ R

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Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion

eyx = Cx con C ∈ R

(d) y2 + x2y′ = xyy′ ⇐⇒ (x2 − xy) y′ = −y2y′ =−y2

(x2 − xy). Vemos que se trata de

una ecuacion homogenea de grado 2. Dividimos numerador y denominador entre x2, de

modo que nos queda y′ =−y2

x2 − xy⇐⇒ y′ =

−(y

x

)2

1−(y

x

) . Ası que hacemos el cambio

y

x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda

z + xz′ =−z2

1− z⇐⇒ xz′ =

−z2 − z(1− z)

1− z⇐⇒ xz′ =

−z

1− z⇐⇒ xz′ =

z

z − 1. Esta

ecuacion es de variables separables. En efecto,

xz′ =z

z − 1⇐⇒ x

dz

dx=

z

z − 1

⇐⇒ z − 1

zdz =

dx

x

⇐⇒(

1− 1

z

)dz =

dx

x

Por tanto, integrando, nos queda

∫ (1− 1

z

)dz =

∫1

xdx ⇐⇒ z − ln |z| = ln |x|+ ln C

⇐⇒ z = ln |Cxz|

⇐⇒ ez = Cxz con C ∈ R

Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion

eyx = Cy con C ∈ R

(e) y′ =(x + 2y)2

xy⇐⇒ y′ =

x2 + 4xy + 4y2

(xy). Vemos que se trata de una ecuacion ho-

mogenea de grado 2. Dividimos numerador y denominador entre x2, de modo que nos

queda y′ =x2 + 4xy + 4y2

(xy)⇐⇒ y′ =

1 + 4(y

x

)2

+ 4(y

x

)2

(y

x

) . Ası que hacemos el cambio

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y

x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos que-

da z + xz′ =1 + 4z + 4z2

z⇐⇒ xz′ =

1 + 4z + 4z2 − z2

z⇐⇒ xz′ =

1 + 4z + 3z2

z. Esta

ecuacion es de variables separables. En efecto,

xz′ =1 + 4z + 3z2

z⇐⇒ x

dz

dx=

1 + 4z + 3z2

z

⇐⇒ z

1 + 4z + 3z2dz =

dx

x

Ahora debemos integrar ambos miembros. La integral del miembro de la izquierda es de

tipo racional. Lo primero que debemos hacer es factorizar el polinomio del denominador.

Para ello, resolvemos la ecuacion de segundo grado:

3z2 + 4z + 1 = 0 ⇐⇒ z =−4±√16− 12

6=−4± 2

6⇐⇒

z1 = −1

3

z2 = −1

Tenemos, pues, que 3z2 + 4z + 1 = 3

(z +

1

3

)(z + 1) = (3z + 1)(z + 1). Ası, podemos

expresar el cociente en fracciones simples de este modo:

z

3z2 + 4z + 1=

A

3z + 1+

B

z + 1=

A(z + 1) + B(3z + 1)

(3z + 1) (z + 1)=

(A + 3B)z + (A + B)

(3z + 1) (z + 1)

Comoz

(3z + 1) (z + 1)=

(A + 3B)z + (A + B)

(3z + 1) (z + 1), deducimos que z = (A+3B)z+(A+B) y,

por tanto, igualando los coeficientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos

al sistema {A + 3B = 1, A + B = 0}, cuya solucion es A = −1

2y B =

1

2.

Integrando, tenemos∫

z

1 + 4z + 3z2=

∫1

xdx ⇐⇒ −1

2

∫1

3z + 1dz +

1

2

∫1

z + 1dz =

∫1

xdx

⇐⇒ −1

6ln |3z + 1|+ 1

2ln |z + 1| = ln |x|+ ln C

⇐⇒ ln

∣∣∣∣(z + 1)1/2

(3z + 1)1/6

∣∣∣∣ = ln |Cx|

⇐⇒ (z + 1)1/2

(3z + 1)1/6= Cx con C ∈ R

Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion

((yx

)+ 1

)1/2

(3(

yx

)+ 1

)1/6= Cx ⇐⇒

(x+y

x

)1/2

(x+3y

x

)1/6= Cx ⇐⇒ (x + y)1/2

(x + 3y)1/6= Cx2/3 con C ∈ R

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(f) y′ =xy + y2 + x2

x2. Vemos que se trata de una ecuacion homogenea de grado 2.

Dividimos numerador y denominador entre x2, de modo que nos queda

y′ =xy + y2 + x2

x2⇐⇒ y′ =

(y

x

)+

(y

x

)2

+ 1

1⇐⇒ y′ =

(y

x

)+

(y

x

)2

+ 1

Ası que hacemos el cambioy

x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo

en la ecuacion, nos queda z + xz′ = z + z2 + 1 ⇐⇒ xz′ = z2 + 1. Esta ecuacion es de

variables separables. En efecto,

xz′ = z2 + 1 ⇐⇒ xdz

dx= z2 + 1

⇐⇒ 1

1 + z2dz =

dx

x

Por tanto, integrando, tenemos

∫1

1 + z2dz =

∫1

xdx ⇐⇒ arctan z = ln |x|+ ln C

⇐⇒ arctan z = ln |Cx| con C ∈ R

Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion

arctan(y

x

)= ln |x|+ C con C ∈ R

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Problema 3 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales lineales.

(a) y′ +2x + 1

xy = e−2x (b) y′ +

3y

x= 6x2

(c) y′ + 3x2y = x2 (d) y′ + 3y = 3x2e−3x

(e) (x2 + 1)y′ + 4xy = 3x (f) xy′ +2x + 1

x + 1y = x− 1

(g)

(x2 + 1)y′ + 4xy = x

y(2) = 1(h)

y′ − y = x

y(0) = 0

Resolucion.

(a) y′ +2x + 1

xy = e−2x.

Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada y′+2x + 1

xy = 0. Esta

ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,

y′ +2x + 1

xy = 0 ⇐⇒ dy

dx= −2x + 1

xy

⇐⇒ dy

y= −2x + 1

xdx

⇐⇒ dy

y= −

(2 +

1

x

)dx

Por tanto, integrando, nos queda

∫1

ydy = −

∫ (2 +

1

x

)dx ⇐⇒ ln |y| = −2x− ln |x|+ ln C

⇐⇒ ln∣∣∣xy

C

∣∣∣ = −2x

⇐⇒ y =C e−2x

x

Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x) e−2x

x, donde

cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que

la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular

y′(x) y sustituir en la ecuacion:

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y(x) =C(x) e−2x

x

y′(x) =C ′(x) e−2x x + C(x) · (−2) e−2x x− C(x) e−2x

x2

=C ′(x) e−2x

x− 2

C(x) e−2x

x− C(x) e−2x

x2

Ası llegamos a que

C ′(x) e−2x

x− 2

C(x) e−2x

x− C(x) e−2x

x2+

(2x + 1

x

)C(x) e−2x

x= e−2x

y simplificando, nos queda

C ′(x) e−2x

x= e−2x ⇐⇒ C ′(x) = x ⇐⇒ C(x) =

x2

2+ K

Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion

lineal completa

y(x) =C(x) e−2x

x=

(x2

2+ K

)e−2x

x

que finalmente nos queda como

y(x) =x

2+

K e−2x

xcon K ∈ R

(b) y′ +3

xy = 6x2.

Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada y′ +3

xy = 0. Esta

ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,

y′ +3

xy = 0 ⇐⇒ dy

dx= −3

xy

⇐⇒ dy

y= −3

xdx

Por tanto, integrando, nos queda∫1

ydy = −

∫3

xdx ⇐⇒ ln |y| = −3 ln |x|+ ln C

⇐⇒ ln |y| = − ln |x3|+ ln C

⇐⇒ ln |y| = ln

∣∣∣∣C

x3

∣∣∣∣

⇐⇒ y =C

x3

10

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Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x)

x3, donde cam-

biamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que la

funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular

y′(x) y sustituir en la ecuacion:

y(x) =C(x)

x3

y′(x) =C ′(x) x3 − C(x) 3x2

x6=

C ′(x)

x3− 3C(x)

x4

Ası llegamos a queC ′(x)

x3− 3C(x)

x4+

3

x· C(x)

x3= 6x2

y simplificando, nos queda

C ′(x)

x3= 6x2 ⇐⇒ C ′(x) = 6x5 ⇐⇒ C(x) = x6 + K

Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion

lineal completa

y(x) =C(x)

x3=

x6 + K

x3

que finalmente nos queda como

y(x) = x3 +K

x3con K ∈ R

(c) y′ + 3x2 y = x2.

Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada y′ + 3x2 y = 0. Esta

ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,

y′ + 3x2 y = 0 ⇐⇒ dy

dx= −3x2 y

⇐⇒ dy

y= −3x2 dx

Por tanto, integrando, nos queda∫1

ydy = −

∫3x2 dx ⇐⇒ ln |y|+ ln C = −x3

⇐⇒ ln |Cy| = −x3

⇐⇒ y = C e−x3

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Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) = C(x) e−x3

, donde

cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que

la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular

y′(x) y sustituir en la ecuacion:

y(x) = C(x) e−x3

y′(x) = C ′(x) e−x3

+ C(x) · (−3x2) e−x3

= C ′(x) e−x3 − 3x2 C(x) e−x3

Ası llegamos a que

C ′(x) e−x3 − 3x2 C(x) e−x3

+ 3x2 C(x) e−x3

= x2

y simplificando, nos queda

C ′(x) e−x3

= x2 ⇐⇒ C ′(x) = x2 ex3 ⇐⇒ C(x) =1

3ex3

+ K

Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion

lineal completa

y(x) = C(x) e−x3

=

(1

3ex3

+ K

)e−x3

que finalmente nos queda como

y(x) =1

3+ K e−x3

con K ∈ R

(d) y′ + 3 y = 3x2 e−3x.

Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada y′ + 3 y = 0. Esta

ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,

y′ + 3 y = 0 ⇐⇒ dy

dx= −3 y

⇐⇒ dy

y= −3 dx

12

Page 13: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Por tanto, integrando, nos queda∫1

ydy = −3

∫dx ⇐⇒ ln |y|+ ln C = −3x

⇐⇒ ln |Cy| = −3x

⇐⇒ y = C e−3x

Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) = C(x) e−3x, donde

cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que

la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular

y′(x) y sustituir en la ecuacion:

y(x) = C(x) e−3x

y′(x) = C ′(x) e−3x + C(x) · (−3) e−3x = C ′(x) e−3x − 3 C(x) e−3x

Ası llegamos a que

C ′(x) e−3x − 3C(x) e−3x + 3 C(x) e−3x = 3x2 e−3x

y simplificando, nos queda

C ′(x) e−3x = 3x2 e−3x ⇐⇒ C ′(x) = 3x2 ⇐⇒ C(x) = x3 + K

Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion

lineal completa

y(x) = C(x) e−3x =(x3 + K

)e−3x

que finalmente nos queda como

y(x) = x3 e−3x + K e−3x con K ∈ R

(e) (x2 + 1) y′ + 4 x y = 3x.

Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada (x2 + 1) y′ + 4 x y = 0.

Esta ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,

(x2 + 1) y′ + 4 x y = 0 ⇐⇒ (x2 + 1)dy

dx= −4 x y

⇐⇒ dy

y= − 4x

x2 + 1dx

13

Page 14: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Por tanto, integrando, nos queda∫

1

ydy = −2

∫2x

x2 + 1dx ⇐⇒ ln |y| = −2 ln(x2 + 1) + ln C

⇐⇒ ln |y| = ln

(C

(x2 + 1)2

)

⇐⇒ y =C

(x2 + 1)2

Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x)

(x2 + 1)2, donde

cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que

la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular

y′(x) y sustituir en la ecuacion:

y(x) =C(x)

(x2 + 1)2

y′(x) =C ′(x) (x2 + 1)

2 − C(x) · 2(x2 + 1) · 2x(x2 + 1)4

=C ′(x)

(x2 + 1)2− 4xC(x)

(x2 + 1)3

Ası llegamos a que

(x2 + 1

) (C ′(x)

(x2 + 1)2− 4xC(x)

(x2 + 1)3

)+ 4x

C(x)

(x2 + 1)2= 3x

y simplificando, nos queda

C ′(x)

x2 + 1= 3x ⇐⇒ C ′(x) = 3x(x2 + 1) ⇐⇒ C ′(x) = 3x3 + 3x ⇐⇒ C(x) =

3

4x4 +

3

2x2 + K

Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion

lineal completa

y(x) =C(x)

(x2 + 1)2=

3

4x4 +

3

2x2 + K

(x2 + 1)2

Por consiguiente, la solucion general es

y(x) =

(3

4x4 +

3

2x2 + K

)(x2 + 1)−2 con K ∈ R

(f) x y′ +2x + 1

x + 1y = x− 1.

Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada x y′ +2x + 1

x + 1y = 0.

14

Page 15: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Esta ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,

x y′ +2x + 1

x + 1y = 0 ⇐⇒ x

dy

dx= −2x + 1

x + 1y

⇐⇒ dy

y= − 2x + 1

x(x + 1)dx

Por tanto, integrando, nos queda∫

1

ydy = −

∫2x + 1

x2 + xdx ⇐⇒ ln |y| = − ln |x2 + x|+ ln C

⇐⇒ ln |y| = ln

∣∣∣∣C

x2 + x

∣∣∣∣

⇐⇒ y =C

x2 + x

Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x)

x(x + 1), donde

cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que

la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular

y′(x) y sustituir en la ecuacion:

y(x) =C(x)

x(x + 1)

y′(x) =C ′(x) x (x + 1)− C(x) (2x + 1)

x2 (x + 1)2=

C ′(x)

x (x + 1)− C(x) (2x + 1)

x2 (x + 1)2

Ası llegamos a que

x

(C ′(x)

x (x + 1)− C(x) (2x + 1)

x2 (x + 1)2

)+

2x + 1

x + 1· C(x)

x (x + 1)= x− 1

y simplificando, nos queda

C ′(x)

x + 1= x− 1 ⇐⇒ C ′(x) =

x− 1

x + 1⇐⇒ C ′(x) = 1− 2

x + 1

⇐⇒ C(x) = x− 2 ln |x + 1|+ K

⇐⇒ C(x) = x− ln(x + 1)2 + K

Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion

lineal completa

y(x) =C(x)

x(x + 1)=

x− ln(x + 1)2 + K

x(x + 1)

15

Page 16: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

que finalmente nos queda como

y(x) =1

x + 1− ln(x + 1)2

x(x + 1)+

K

x(x + 1)con K ∈ R

(g)

(x2 + 1) y′ + 4x y = x

y(2) = 1

Consideremos la ecuacion (x2 + 1) y′ + 4x y = x, que es lineal completa. Resolvemos en

primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada (x2 + 1) y′ + 4x y = 0. Esta ecuacion

es siempre de variables separables. En efecto,

(x2 + 1) y′ + 4x y = 0 ⇐⇒ (x2 + 1)dy

dx= −4x y

⇐⇒ dy

y= − 4x

x2 + 1dx

Por tanto, integrando, nos queda

∫1

ydy = −2

∫2x

x2 + 1dx ⇐⇒ ln |y| = −2 ln(x2 + 1) + ln C

⇐⇒ ln |y| = ln

(C

(x2 + 1)2

)

⇐⇒ y =C

(x2 + 1)2

Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x)

(x2 + 1)2, donde

cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que

la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular

y′(x) y sustituir en la ecuacion:

y(x) =C(x)

(x2 + 1)2

y′(x) =C ′(x) (x2 + 1)

2 − C(x) · 2(x2 + 1) · 2x(x2 + 1)4

=C ′(x)

(x2 + 1)2− 4xC(x)

(x2 + 1)3

Ası llegamos a que

(x2 + 1

) (C ′(x)

(x2 + 1)2− 4xC(x)

(x2 + 1)3

)+ 4x

C(x)

(x2 + 1)2= x

16

Page 17: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

y simplificando, nos queda

C ′(x)

x2 + 1= x ⇐⇒ C ′(x) = x(x2 + 1) ⇐⇒ C ′(x) = x3 + x ⇐⇒ C(x) =

x4

4+

x2

2+ K

Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion

lineal completa

y(x) =C(x)

(x2 + 1)2=

x4

4+

x2

2+ K

(x2 + 1)2

La solucion general es

y(x) =

(x4

4+

x2

2+ K

)(x2 + 1)−2 con K ∈ R

Para encontrar la funcion que satisface la condicion y(2) = 1, imponemos en la solucion

general x = 2 e y = 1 y despejamos K:

1 =4 + 2 + K

25⇐⇒ K = 19

Por consiguiente, la unica solucion del problema es

y(x) =

(x4

4+

x2

2+ 19

)(x2 + 1)−2

(h)

y′ − y = x

y(0) = 0

Consideremos la ecuacion y′ − y = x, que es lineal completa. Resolvemos en primer lugar

la ecuacion lineal homogenea asociada y′ − y = 0. Esta ecuacion es siempre de variables

separables. En efecto,

y′ − y = 0 ⇐⇒ dy

dx= y

⇐⇒ dy

y= dx

Por tanto, integrando, nos queda∫

1

ydy =

∫dx ⇐⇒ ln |y|+ ln C = x

⇐⇒ ln |C y| = x

⇐⇒ y = C ex

17

Page 18: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) = C(x) ex, donde cam-

biamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que la

funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular

y′(x) y sustituir en la ecuacion:

y(x) = C(x) ex

y′(x) = C ′(x) ex + C(x) ex

Ası llegamos a que

C ′(x) ex + C(x) ex − C(x) ex = x

y simplificando, nos queda

C ′(x) ex = x ⇐⇒ C ′(x) = x e−x

C(x) =∫

x e−x dx =

u = x du = dx

dv = e−x dx v = −e−x

= −x e−x − ∫ −e−x dx

= −(x + 1) e−x + K

Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion

lineal completa

y(x) = C(x) ex =(−(x + 1) e−x + K

)ex

La solucion general es, pues,

y(x) = −x− 1 + K ex con K ∈ R

Para encontrar la funcion que satisface la condicion y(0) = 0, imponemos en la solucion

general x = 0 e y = 0 y despejamos K:

0 = 0− 1 + K ⇐⇒ K = 1

Por consiguiente, la unica solucion del problema es

y(x) = −x− 1 + ex

18

Page 19: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Problema 4 Comprobar que las ecuaciones diferenciales siguientes son exactas y hallar

la solucion general.

(a) (y − x3) dx + (x + y3) dy = 0 (b) (y + y cos(xy)) dx + (x + x cos(xy)) dy = 0

(c) y′ =2x− sen y

x cos y(d) (ey + cos x cos y) dx− (sen x sen y − x ey) dy = 0

(e) y′ =−2x (3y2 + 2x2)

3y (y + 2x2)(f) (3x2y2 − 2 ey) dx + (2x3 y − 2x ey + 2) dy = 0

Resolucion.

(a) (y − x3) dx + (x + y3) dy = 0.

Consideremos las funciones P (x, y) = y − x3 y Q(x, y) = x + y3. Veamos que se cumple

que Q′x = P ′

y. En efecto, Q′x(x, y) = 1 = P ′

y(x, y), por lo que deducimos que la ecuacion es

exacta y su solucion general se obtiene de hallar una funcion potencial asociada al campo

vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar una funcion U = U(x, y) tal

que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′

y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) = y − x3 ⇐⇒ U(x, y) =

∫(y − x3) dx = xy − x4

4+ ϕ(y)

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = xy− x4

4+ ϕ(y) cumpla la segunda

condicion:

U ′y(x, y) = x + y3 ⇐⇒ x + ϕ′(y) = x + y3 ⇐⇒ ϕ′(y) = y3 ⇐⇒ ϕ(y) =

y4

4+ C

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) = xy +x4

4+

y4

4y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial

exacta es

xy +x4

4+

y4

4= C con C ∈ R

(b) (y + y cos(xy)) dx + (x + x cos(xy)) dy = 0.

Consideremos las funciones P (x, y) = y + y cos(xy) y Q(x, y) = x + x cos(xy). Veamos

que se cumple que Q′x = P ′

y. En efecto, Q′x(x, y) = 1 + cos(xy) − xy sen(xy) = P ′

y(x, y),

19

Page 20: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

por lo que deducimos que la ecuacion es exacta y su solucion general se obtiene de hallar

una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos

determinar una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′

y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) = y + y cos(xy) ⇐⇒ U(x, y) =

∫(y + y cos(xy)) dx = xy + sen(xy) + ϕ(y)

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = xy + sen(xy) + ϕ(y) cumpla la

segunda condicion:

U ′y(x, y) = x + x cos(xy) ⇐⇒ x + x cos(xy) + ϕ′(y) = x + x cos(xy)

⇐⇒ ϕ′(y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y) = C

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) = xy + sen(xy) y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferen-

cial exacta es

xy + sen(xy) = C con C ∈ R

(c) y′ =2x− sen y

x cos y⇐⇒ dy

dx=

2x− sen y

x cos y⇐⇒ (sen y − 2x) dx + x cos y dy = 0.

Consideremos las funciones P (x, y) = sen y−2x y Q(x, y) = x cos y. Veamos que se cumple

que Q′x = P ′

y. En efecto, Q′x(x, y) = cos y = P ′

y(x, y), por lo que deducimos que la ecuacion

es exacta y su solucion general se obtiene de hallar una funcion potencial asociada al campo

vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar una funcion U = U(x, y) tal

que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′

y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) = sen y − 2x ⇐⇒ U(x, y) =

∫(sen y − 2x) dx = x sen y − x2 + ϕ(y)

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = x sen y − x2 + ϕ(y) cumpla la

segunda condicion:

U ′y(x, y) = x cos y ⇐⇒ x cos y + ϕ′(y) = x cos y ⇐⇒ ϕ′(y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y) = C

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) = x sen y − x2 y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial

exacta es

x sen y − x2 = C con C ∈ R

20

Page 21: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

(d) (ey + cos x cos y) dx− (sen x sen y − x ey) dy = 0.

Consideremos las funciones P (x, y) = ey + cos x cos y y Q(x, y) = −(sen x sen y − x ey).

Veamos que se cumple que Q′x = P ′

y. En efecto, Q′x(x, y) = − cos x sen y + ey = P ′

y(x, y),

por lo que deducimos que la ecuacion es exacta y su solucion general se obtiene de hallar

una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos

determinar una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′

y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) = ey +cos x cos y ⇐⇒ U(x, y) =

∫(ey + cos x cos y) dx = x ey +sen x cos y+ϕ(y)

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = x ey + sen x cos y + ϕ(y) cumpla la

segunda condicion:

U ′y(x, y) = − sen x sen y + x ey ⇐⇒ x ey − sen x sen y + ϕ′(y) = − sen x sen y + x ey

⇐⇒ ϕ′(y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y) = C

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) = x ey+sen x cos y y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial

exacta es

x ey + sen x cos y = C con C ∈ R

(e) y′ =−2x (3y2 + 2x2)

3y (y + 2x2)

dy

dx=−2x (3y2 + 2x2)

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

Consideremos las funciones P (x, y) = 2x (3y2 +2x2) y Q(x, y) = 3y (y+2x2). Veamos que

se cumple que Q′x = P ′

y. En efecto, Q′x(x, y) = 12xy = P ′

y(x, y), por lo que deducimos que

la ecuacion es exacta y su solucion general se obtiene de hallar una funcion potencial aso-

ciada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar una funcion

U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′

y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) = 2x (3y2 + 2x2) ⇐⇒ U(x, y) =

∫2x (3y2 + 2x2) dx = 3x2y2 + x4 + ϕ(y)

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = 3x2y2+x4+ϕ(y) cumpla la segunda

condicion:

U ′y(x, y) = 3y (y+2x2) ⇐⇒ 6x2y+ϕ′(y) = 3y2+6x2y ⇐⇒ ϕ′(y) = 3y2 ⇐⇒ ϕ(y) = y3+C

21

Page 22: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) = 3x2y2 + x4 + y3 y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion difer-

encial exacta es

3x2y2 + x4 + y3 = C con C ∈ R

(f) (3x2y2 − 2 ey) dx + (2x3 y − 2x ey + 2) dy = 0.

Consideremos las funciones P (x, y) = 3x2y2 − 2 ey y Q(x, y) = 2x3 y − 2x ey + 2. Veamos

que se cumple que Q′x = P ′

y. En efecto, Q′x(x, y) = 6x2 − 2 ey = P ′

y(x, y), por lo que

deducimos que la ecuacion es exacta y su solucion general se obtiene de hallar una funcion

potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar

una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′

y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) = 3x2y2 − 2 ey ⇐⇒ U(x, y) =

∫(3x2y2 − 2 ey) dx = x3y2 − 2x ey + ϕ(y)

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = x3y2 − 2x ey + ϕ(y) cumpla la

segunda condicion:

U ′y(x, y) = 2x3 y − 2x ey + 2 ⇐⇒ 2x3y − 2x ey + ϕ′(y) = 2x3 y − 2x ey + 2

⇐⇒ ϕ′(y) = 2 ⇐⇒ ϕ(y) = 2y + C

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) = x3y2−2x ey+2y y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial

exacta es

x3y2 − 2x ey + 2y = C con C ∈ R

22

Page 23: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Problema 5 Identificar y resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.

(a)dy

dx=

1− x2

xy(b) (sen(xy) + xy cos(xy)) dx + x2 cos(xy) dy = 0

(c) y′ = tan x tan y (d) (x2 + y2 − xy) dx− x2 dy = 0

(e) (x− y) dx + (x + y) dy = 0 (f)√

y2 − x dx− 2y(1 +√

y2 − x) dy = 0

Resolucion.

(a)dy

dx=

1− x2

xy. Se trata de una ecuacion de variables separables. En efecto,

dy

dx=

1− x2

xy⇐⇒ y dy =

1− x2

xdx ⇐⇒ y dy =

(1

x− x

)dx

Por tanto, integrando, nos queda∫

y dy =

∫ (1

x− x

)dx ⇐⇒ y2

2= ln |x|+ ln C − x2

2

⇐⇒ x2 + y2 = ln(C x2)

⇐⇒ x2 = C ex2+y2

con C ∈ R

(b) (sen(xy) + xy cos(xy)) dx + x2 cos(xy) dy = 0. Se trata de una ecuacion diferencial ex-

acta. En efecto, si denotamos por P (x, y) = sen(xy) + xy cos(xy) y Q(x, y) = x2 cos(xy),

vemos que Q′x(x, y) = 2x cos(xy) − x2y sen(xy) = P ′

y(x, y. Su solucion general se ob-

tiene de hallar una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es

decir, necesitamos determinar una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y

U ′y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) = sen(xy) + xy cos(xy) ⇐⇒ U(x, y) =

∫(sen(xy) + xy cos(xy)) dx

= −1

ycos(xy) +

∫xy cos(xy) dx + ϕ(y)

∫xy cos(xy) dx =

u = x du = dx

dv = y cos(xy) dx v = sen(xy)

= x sen(xy)−

∫sen(xy) dx

= x sen(xy) +1

ycos(xy)

23

Page 24: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Luego U(x, y) = −1

ycos(xy)+x sen(xy)+

1

ycos(xy)+ϕ(y) ⇐⇒ U(x, y) = x sen(xy)+ϕ(y).

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = x sen(xy)+ϕ(y) cumpla la segunda

condicion:

U ′y(x, y) = x2 cos(xy) ⇐⇒ x2 cos(xy) + ϕ′(y) = x2 cos(xy)

⇐⇒ ϕ′(y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y) = C

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) = x3y2−2x ey+2y y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial

exacta es

x sen(xy) = C con C ∈ R

(c) y′ = tan x tan y. Se trata de una ecuacion de variables separables. En efecto,

dy

dx= tan x tan y ⇐⇒ 1

tan ydy = tan x dx ⇐⇒ cos y

sen ydy =

sen x

cos xdx

Por tanto, integrando, nos queda∫

cos y

sen ydy =

∫sen x

cos xdx ⇐⇒ ln | sen y| = − ln | cos x|+ ln C

⇐⇒ ln | sen y cos x| = ln C

⇐⇒ sen y cos x = C con C ∈ R

(d) (x2+y2−xy) dx−x2 dy = 0. Se trata de una ecuacion homogenea de grado 2. En efecto,

(x2+y2−xy) dx−x2 dy = 0 ⇐⇒ dy

dx=

x2 + y2 − xy

x2. Dividimos numerador y denominador

entre x2, de modo que nos queda y′ =x2 + y2 − xy

x2⇐⇒ y′ =

1 +(y

x

)2

−(y

x

)

1. Ası que

hacemos el cambioy

x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la

ecuacion, nos queda z + xz′ = 1 + z2 − z ⇐⇒ xz′ = 1 + z2 − 2z. Esta ecuacion es de

variables separables. En efecto,

xz′ = 1 + z2 − 2z ⇐⇒ xdz

dx= (z − 1)2

⇐⇒ 1

(z − 1)2dz =

dx

x

24

Page 25: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Por tanto, integrando, tenemos∫

1

(z − 1)2dz =

∫1

xdx ⇐⇒ − 1

z − 1= ln |x|+ ln C

⇐⇒ − 1

z − 1= ln |C x|

⇐⇒ e−1/(z−1) = C x, con C ∈ RPor ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion

e−1/( yx−1) = C x ⇐⇒ e−x/(y−x) = C x con C ∈ R

(e) (x−y) dx+(x+y) dy = 0. Se trata de una ecuacion homogenea de grado 1. En efecto,

(x− y) dx + (x + y) dy = 0 ⇐⇒ dy

dx=

y − x

y + x. Dividimos numerador y denominador entre

x, de modo que nos queda y′ =y − x

y + x⇐⇒ y′ =

(y

x

)− 1

(y

x

)+ 1

. Ası que hacemos el cambio

y

x= z ⇐⇒ y = xz, de modo que y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda

z + xz′ =z − 1

z + 1⇐⇒ xz′ =

z − 1− z(z + 1)

z + 1⇐⇒ xz′ = −z2 + 1

z + 1. Esta ecuacion es de

variables separables. En efecto,

xz′ = −z2 + 1

z + 1⇐⇒ x

dz

dx= −z2 + 1

z + 1

⇐⇒ z + 1

z2 + 1dz = −dx

x

Por tanto, integrando, nos queda∫

z + 1

z2 + 1dz = −

∫1

xdx ⇐⇒

∫z

z2 + 1dz +

∫1

z2 + 1dz = −

∫1

xdx

⇐⇒ 1

2ln(z2 + 1) + arctan z = − ln |x|+ ln C

⇐⇒ arctan z = ln

∣∣∣∣C

x√

z2 + 1

∣∣∣∣

⇐⇒ earctan z =C

x√

z2 + 1, con C ∈ R

Por ultimo, deshaciendo el cambio, nos queda finalmente la solucion

earctan( yx) =

C

x√(

yx

)2+ 1

⇐⇒ earctan( yx) =

C√x2 + y2

con C ∈ R

25

Page 26: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

(f)√

y2 − x dx− 2y(1 +

√y2 − x

)dy = 0. Se trata de una ecuacion diferencial exacta.

En efecto, si denotamos por P (x, y) =√

y2 − x y Q(x, y) = −2y(1 +

√y2 − x)

), vemos

que Q′x(x, y) =

y√y2 − x

= P ′y(x, y. Su solucion general se obtiene de hallar una funcion

potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar

una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′

y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) =

√y2 − x ⇐⇒ U(x, y) =

∫ √y2 − x dx

= −2

3

(y2 − x

)3/2+ ϕ(y)

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = −2

3

(y2 − x

)3/2+ ϕ(y) cumpla la

segunda condicion:

U ′y(x, y) = −2y(1 +

√y2 − x) ⇐⇒ −2

3· 3

2

(y2 − x

)1/2 · 2y + ϕ′(y) = −2y(1 +√

y2 − x)

⇐⇒ ϕ′(y) = −2y ⇐⇒ ϕ(y) = −y2 + C

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) = −2

3

(y2 − x

)3/2 − y2 y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion

diferencial exacta es2

3

(y2 − x

)3/2+ y2 = C con C ∈ R

26

Page 27: Problemas resueltos del Bolet¶‡n 0 Ecuaciones ... · igualando los coeflcientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema ... Vemos que se trata de una ecuaci¶on

Problema 6 Hallar el valor de a para que la ecuacion a y e2xy dx + (y + x e2xy) dy = 0

sea exacta. Resolverla para dicho valor de a.

Resolucion. Denotemos por P (x, y) = a y e2xy y Q(x, y) = y + x e2xy. Para que la

ecuacion diferencial sea exacta, necesitamos imponer que Q′x(x, y) = P ′

y(x, y). Ası que

derivamos:

Q′x(x, y) = e2xy + 2xy e2xy

P ′y(x, y) = a e2xy + a 2xy e2xy

Por tanto,

Q′x(x, y) = P ′

y(x, y ⇐⇒ (1 + 2xy) e2xy = a (1 + 2xy) e2xy ⇐⇒ a = 1

Calculamos la solucion general de la ecuacion tomando a = 1. Dicha solucion general

se obtiene de hallar una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)),

es decir, necesitamos determinar una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y

U ′y(x, y) = Q(x, y).

U ′x(x, y) = y e2xy ⇐⇒ U(x, y) =

∫y e2xy dx

=1

2e2xy + ϕ(y)

Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) =1

2e2xy + ϕ(y) cumpla la segunda

condicion:

U ′y(x, y) = y + x e2xy ⇐⇒ x e2xy + ϕ′(y) = y + x e2xy

⇐⇒ ϕ′(y) = y ⇐⇒ ϕ(y) =y2

2+ C

Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es

U(x, y) =1

2e2xy +

y2

2y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial

exacta es1

2e2xy +

y2

2= C ⇐⇒ e2xy + y2 = C con C ∈ R

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