Ecuaciones diferenciales(Método de variables separables, E.D.O exacta y Factor Integrante )

Profesor: Julio Vera

Ecuaciones diferenciales

Universidad De Atacama

Método de Variables separadas

1.- Haciendo cambio de coordenadas, resuelva la ecuación:

Solución: Tenemos lo siguiente;

Hacemos el cambio de variable y reemplazamos en la ecuación, con lo cual nos quedaría lo siguiente;

Ahora formamos el sistema de ecuaciones;

Al resolverlo, los valores de las incógnitas serán los siguientes;

Ahora hacemos el nuevo cambio de coordenadas que seria el siguiente;

Obtenemos la ecuación homogénea;

Ahora despejamos la ecuación;

Luego hacemos el siguiente arreglo algebraico:

Tomando como cambio de variables;

Tenemos que;

Y por lo tanto también obtenemos la ecuación;

Separamos las variables;

Ahora integramos y obtenemos lo siguiente;

Aplicamos exponencial a la ecuación para eliminar logaritmos;

Ahora multiplicando los productos de la variable Z, tenemos lo siguiente:

Nos quedaría hacer los dos cambios de variables que utilizamos,Primero;

Y luego el otro cambio de variables

Finalmente llegamos a las variables iniciales, X e Y siendo la solución de la ecuación diferencial la siguiente;

2.- un profesor redacta las notas del curso con rapidez proporcional al número de hojas ya escritas. Por otra parte sus alumnos son capaces de leer los apuntes con una velocidad constante. Al comenzar el curso, el profesor entrega 10 hojas a sus alumnos y posteriormente se las va proporcionando a

medida que las escribe. Determine el atraso de uno de sus alumnos en la lectura de las notas al finalizar el 3°er trimestre si al cabo del primero llevaba un atraso de 20 páginas y al término de 6 meses un atraso de 70 páginas. Considere cada trimestre de 3 meses sin receso entre cada uno de ellos.

Solución:

usemos las siguientes variables:

t : Tiempo medido en meses

H (t ) : Número d hojas escritas al cabo de t meses.

L(t) : Número de hojas leídas al cabo de t meses.

Datos:

H (0)=10 , L(0)=0 ,H (1)=L (1)+20 , H (2)=L(2)+70

Las ecuaciones diferenciales son:dHdt

=kH , dLdt

=p

Sea H el número de hojas ya escritas. Tenemos entonces

dHdt

=kH⟹H (t )=cekt

La condición inicial H (0 )=10 implica c=10, y por lo tanto

H ( t )=10ekt .

Por otra parte si L es variable que indica la lectura de los apuntes, entonces

dLdt

=p⟹ L ( t )=pt+c2

La correspondiente condición inicial

L (0 )=0⟹ c2=0⟹ L ( t )= pt

Además las relaciones

H (3 )=L (3 )+20,

H (6 )=L (6 )+70,

Con H (3) y H (6) siendo H (t )=10ekt además L (3 ) y L(6) siendo L ( t )=p t

Implican el sistema:

{10e3k=3 p+2010e6k=6 p+70

Restando la segunda ecuación dos veces la primera y poniendo x=e3k, se obtiene la ecuación cuadrática

{−20 x=−6 p−4010 x2=6 p+70

10 x2−20 x=30

{x=−1 } y {x=3 }

La solución positiva es x=e3k=3. De esta forma

k= ln (3)3

Y p=103

Así

H ( t )=10e( ln (3)3 ) t , L ( t )=10

3t

Y el número de páginas de atraso al cabo de 9 meses es:

H (9 )−L (9 )=10e3 ln (3 )−30=270−30=240 Paginas.

3.-Considere un tanque que contiene 1000 litros de agua, dentro del cual una solución salada de salmuera empieza a fluir a una velocidad constante de 6 litros por minuto. La solución dentro del tanque se mantiene bien agitada y fluye hacia el exterior a una velocidad de 5 litros por minuto. Si la concentración de sal en la salmuera que entra al tanque es de 1 kilogramo por litro, determine cuando será de 63/64 kilogramos por litro la concentración de sal en el tanque.

Datos:

sea x (t) la cantidad de sal que hay en el tanque en el tiempo t, entonces x (0)=0

La velocidad de entrada de la sal al tanque es:

e (t )=6 ltsmin

∗1 kglts

En el instante t, la cantidad de líquido del tanque esta dada por:

V (t )=1000+(6−5 ) t<¿

V (t )=1000+t

La concentración para cualquier momento es

x (t)V (t)

=x (t )1000+t

La velocidad de salida es:

s ( t )=5

ltsmin

∗x ( t )

V ( t )=5

ltsmin

∗x (t )

1000+tkglts

Ahora nuestra ecuación diferencial es:

dxdt

=e (t )−s(t )

dxdt

=6− 5 x1000+t

Solución:

para resolver la ecuación tomamos primero la ec. Homogénea

d xdt

= −5 x1000+t

dxx

= −5dt1000+t

Integrando haciendo uso de p=1000+t, dp=dt, tenemos

ln ( x )=ln ( c )−5 ln ( p)

ln (x)=ln( cp5 )

Exponenciando y volviendo a las variables originales, nuestra ec. Homogénea nos queda

xh (t )= c(1000+ t)5

Ahora con c(x)=dc/dt, remplazando en la ecuación diferencial no homogénea

6= −dc /dt(1000+t)5

dc /dt(1000+t )5

=6

dc=6 (1000+ t )5dt

Integrando tenemos

c (t )=(1000+t )6+c

Si x (0)=c (0) = 0

0=(1000+0 )6+c

c=−10006

Por lo tanto en

x (t )=V (t )+xh(t)

x (t )=1000+ t+ c(1000+t )5

Con c=−10006 tenemos

x (t)=1000+ t− 10006

(1000+t)5

Con esto remplazando en la ecuación de concentración de sal para cualquier t, tenemos

x (t)V (t)

=1000+t− 10006

(1000+t)5

1000+t=1− 10006

(1000+t )6

Finalmente con x (t)V (t)

=6364 , encontraremos el tiempo (t)

1− 10006

(1000+t )6=6364

10006

(1000+t )6= 164 /11/6

10001000+t

= 1

6416

(1000 )∗2=1000+t

t=2000−1000

Por lo tanto en t=1000 la concentración será de 63/64

4.- Mostrar que la ecuación “2 x4 yy´+ y4=4 x6“ se reduce a una ecuación homogénea mediante la transformación y=zn , para cierto n. Determine el valor de n y resuelva la ecuación.

Solución:

siendo y=zn,

Al derivar tenemos y ´=nzn−1 z´,

Ahora remplazando en la ecuación,

2 x4 zn (n zn−1 z ´ )+z4n=4 x6

Remplazando z ´=dzdx y reordenando la ecuación,

2n x4 z2n−1 dzdx

=4 x6−z4n

Para que sea homogénea, 2n-1=2, y 4n=6, tomando cualquiera de las dos obtenemos que n=3/2, ahora remplazando en la ecuación obtenemos:

2( 32 ) x4 z2( 32 )−1 dz

dx=4 x6−z4( 32 )

Simplificando y resolviendo obtenemos una ecuación homogénea

3 x4 z3 dzdx

=4 x6−z6

Ahora ordenando:

dzdx

=4 x6−z6

3 x4 z3

dzdx

=13[4 ( xz )

2

−( zx )4

]

Utilizando el cambio z=xu, su derivada respectiva dzdx

=u+x dudx y

remplazando tenemos

u+x dudx

=13[4 ( x

xu )2

−( xux )4

]

Simplificando tenemos

u+x dudx

=13[4 ( 1u )

2

−u4]

x dudx

=13 [4 ( 1u )

2

−u4]−u

x dudx

= 4−3u3−u6

3u2

Separando variables y ordenando

3u2du4−3u3−u6

=dxx

3u2du4+3u3+u6

=−dxx

3u2du

(u3+ 32)2

−254

=−dxx

Separando en fracciones y nuevamente ordenando

15 [ 3u2duu3+ 3

2−54

− 3u2du

u3+ 32+ 54 ]=−dx

x

[3u2duu3−1−3u

2duu3+4 ]=−5dx

x

Ahora con p=u3−1, q=u3+4, y dq=dp=3u2du

dpp

−dqq

=−5dxx

Integrando

ln ( p )− ln (q )=−5 ln ( x )+ ln (c)

Usando las propiedades de los logaritmos y exponenciando

ln ( pq )=ln ( cx5 )/epq= cx5

Remplazando p,q, y despejando u

u3−1u3+4

= cx5

x5 (u3−1 )=c (u3+4 )

x5u3−x5=c u3+4 c

u3(x5−c)=4c+x5

u3= 4c+x5

x5−c

u=( 4 c+x5

x5−c)1 /3

Remplazando en las variables originales y resolviendo y(x)

z (x )=xu=x ( 4 c+x5

x5−c)1 /3

y ( x )=z (x)3 /2=x3 /2( 4 c+x5

x5−c)1 /2

Finalmente tenemos que

y ( x )=x3/2( 4c+x5

x5−c)1/2

5.- La ecuación (2 x3 y−2 y3 )dy= (3x5+3 x2 y2 )dx se reduce a una ecuación homogénea haciendo un cambio de coordenadas de la forma x=up, y=vq, con p, q constantes adecuadas. Encuentre dichas constantes y resuelva la ecuación.

Solución: con x=up, dx=pup−1du , e y=vq , dy=qvq−1dv, sustituyendo en la ecuación

(2u3 p vq−2v3q )qvq−1dv=(3u5 p+3u2p v2q ) pup−1du

Ordenando lo anterior

2q(u3 p v2q−1−v 4q−1)dv=3 p(u6 p−1+u3 p−1v2q)du

Si 3p=2q, los términos quedarían de grado 6p-1, haciendo esto 6p-1=1, nos quedaría que:

6 p=2

p=1 /3

Con esto remplazamos en 3p=2q

3( 13 )=2qq=1/2

Remplazando en la ecuación y ordenando

(u−v )dv=(u+v )du

dvdu

= u+vu−v

dvdu

=u(1+ v

u)

u(1−v /u)

Haciendo z=v/u, v=uz y dv/du=z+udz/du, hacemos el cambio de variables

z+u dzdu

=1+z1−z

Integrando esta ecuación tenemos:

arctg (z )+ 12ln (1+z2 )−ln (u )= ln (c )

Volviendo a las variables originales y resolviendo la ecuación

arctg ( vu )+ 12 ln (u2+v2 )=ln (c )

arctg ( y2x3 )+ 12 ln (x6+ y4 )=c

6.- Comprobar que es homogénea y resolver

(x2-2y2)dx + (xy)dy = 0

Para que sea homogénea se debe cumplir que: F(tx,ty) = tn *F(x,y) si y solo si dy/dx= F(x,y), por tanto:

(x2-2y2)dx = - (xy)dy dydx = −(x2−2 y2)

xy

(ecuación 1)

y reemplazando x =tx e y =ty tenemos:

dydx = −(t 2 x2−2 t 2 y2)

tx ty y factorizando por t2 tenemos:

dydx =

−t2(x2−2 y2)t2(x y )

lo que

comprueba que es una ecuación homogénea de grado 2.

Ahora resolvemos:

Acomodamos la (ecuación 1) separándola en una suma de fracciones:

dydx

=−(x2−2 y2)

xy=2 y

2

xy− x2

xy dy

dx=2 y

x− x

y

(ecuación 2)

Y haciendo el siguiente reemplazo z=y/x ( nótese que xy=1z ), luego y= zx

derivamos y obtenemos dydx

=x dzdx

+z reemplazando en (ecuación 2) obtenemos:

2 z−1z=x dz

dx+z ahora desarrollamos y separamos la variables:

2 z−1z=x dz

dx+z z−

1z=x dz

dx z2−1z

=x dzdx

z dzz2−1

=dxx (ecuación 3)

Ahora integramos la (ecuación 3):

∫ zdzz2−1

=∫ dxx haciendo el siguiente reemplazo de variables: u = z2 -1 ; du = 2z*dz

12∫ duu

= ∫ dxx Resolvemos:

12ln (u )=ln ( x )+ ln (c ) donde c es una constante de

integración;

Acomodamos nuevamente y amplificamos por la función exponencial:

ln (u12 )=ln ( x )+ ln(c ) u

12=cx por último reemplazamos nuestras variables iniciales:

( z2−1 )12=cx z2−1=c x2 y

2

x2−1=c x2 y2−x2=c x4

y2=c x4+x2 Solución General de la E.D.O

7.- Ejercicio de Aplicación de E.D.O

Un esquiador ubicado en el punto (a, 0) es tirado por un bote localizado en el origen y que viaja hacia arriba a lo largo del eje de las ordenadas. Hallar la trayectoria del esquiador si este se dirige en todo momento al bote.

Solución:

Variables:

(x,y) : posición del cuerpo en metros.Sea “a” posición del esquiador.Sea “b” posición del bote.t: tiempo en segundos.Datos:

Y(a)=0Y(0)=bAporte:

El esquiador viaja hacia el bote, por tanto para el eje de las abscisas podemos denotar que “a” es la mayor distancia recorrida y que se mueve a través de la posición “x”.Igualmente ocurre para el eje de las ordenadas en una gráfica el esquiador se mueve a través de la posición y hasta llegar al punto “b”.Para t > 0 el esquiador se encuentra en una posición desconocida (x,y).

Del Gráfico se desprende que:

x2+ (b− y )2=a2

(b− y )2=a2−x2

b− y=√a2−x2

Modelo:

Como y(x) es decreciente, tenemos que su derivada o pendiente es:

b

ax

y

dydx

=−b− yx

=−√a2−x2

x

dydx

=−√a2−x2

x

Ecuación (1)

Resolución del modelo:

Para el lado derecho de la Ecuación (1) cambiaremos la variable “x” por “k” para evitar confusiones, y luego integraremos;

dydx

=−√a2−k 2

k y=−∫ √a2−k2dk

k (Integración trigonométrica)

Si k = a*cos(t) ; dk = -a*sen(t) dt ; reemplazando:

y=−∫(√a2− (−a∗sen (t ) )2 ) (– a∗sen ( t ) )dt

a∗cos ( t )=+ ∫

(√a2−a2 cos2 (t ) ) (a∗sen (t ) )dta∗cos ( t)

y= ∫ ¿¿

y= ∫a (se n2 (t ) )dtcos (t )

y=a ∫ ( sec ( t )−cos ( t ) )dt

y ( x )=a [ ln(sec(arccos( xa ))+ tan (arccos( xa )))−sen (arccos( xa ))]+C

Solución general de la E.D.O

Ahora procederemos a verificar nuestro caso en particular, con la condición de y(a)= 0

0=a [ ln(sec (arccos( aa ))+ tan(arccos(aa )))−sen(arccos(aa ))]+C0=a [ ln ( sec (0 )+tan (0 ) )−sen (0 ) ]+C

0=a [ ln ( sec (0 )+tan (0 ) )−sen (0 ) ]+C

C=−a [ ln (sec (0 )+ tan (0 ) )−sen (0 ) ]=−a [ ln (1+0 )−0 ]=−a [ ln (1)]

C=0

y ( x )=a [ ln(sec(arccos( xa ))+ tan(arccos( xa )))−sen (arccos( xa ))] Solución Particular.

Luego, como la trayectoria ocurre en un intervalo de tiempo, conviene realizar la siguiente evaluación

y=a [ln ( sec (t )+tan (t ) )−sen ( t ) ] t=arccos( xa ); t=0

y=a[ ln( ax + √1− x2

a2

xa

)−√1− x2

a2 ]=a ln ( a+√a2−x2

x )−√a2−x2

Respuesta

La trayectoria para un esquiador que es tirado por un bote es:

y (x )=a ln( a+√a2−x2

x )−√a2−x2

8.- Encontrar la solución general de la ecuación:

Solución: La solución del sistema es

Para tener una ecuación Homogénea es necesario hacer el cambio de variables

Entonces:

Y reemplazando tenemos:

Para resolver esta ecuación hacemos

y como

Al reemplazar lo anterior en la primera ecuación nos queda:

Es decir

Separando variables se tiene:

Y ahora al integrar nos queda

Por lo tanto

Pero como

Esto implica que

La solución final seria

Y elevando al cuadrado nos queda

9.- Muestre que la ecuación

diferencial ( ¿ )dydx

= yx+xm∗yn∫ y

xSe transforma en una ecuación de variables separables usando el cambio de variable.

y=vx

use a) para encontrar la solución de dydx

= yx+se c2 y

xy2

.

Solución:

A) (0)dydx

= yx+ xm∗yn∫ y

x

(1 ) y=vx→ dydx

=v+x dvdx

Reemplazando (1) en (0)

v+xdvdx

=v+xm∗¿

v+xdvdx

=v+xm+nv n∫v→ec .de variables seárables

dv

vn∫ v=xm+n−1dx

B)

Para llevar de dydx

= yx+ xm∗yn∫ y

xa dydx

= yx+sec2 y

xy2

usamos terminos comunes

xm=x0 ; yn= y−2 ;∫ yx=se c2 y

x

m=0 y n=−2

Resolvemos la ecuación utilizando el mismo cambio de variable que en a) y=vx quedando

v+x dvdx

=v+ se c2 v(vx )2

v2

sec2 vdv=dx

x3

Luego integramos.

∫ v2

sec 2 vdv=∫ d x

x3→∫ v2 cos2 (v )dv=∫ x−3dx

∫ v2cos2 ( v ) dv=∫v2 (1+cos 2v )2

dv= 12∫ v2dv+ 1

2∫cos2(2v)dv

∫ v2cos2(v )=¿ 16v3+ 1

4v2 sen (2v )+ 1

4vcos (2 v )−1

8sen (2v )+C ¿

16v3+ 1

4v2 sen (2v )+ 1

4vcos (2v )−1

8sen (2v )+c=−x−2

2

16v3+[ v2

4 x2−18 ] sen (2v )+ 1

4vcos (2 v )+c= x−2

2

Dado que hicimos el cambio de variable y=xv lo remplazamos nuevamente quedando:

16y3

x3+[2 y2−x2

8 x2 ] sen( 2 yx )+ 14 yxcos( 2 yx )+c=− x−2

2/¿24 x3

4 y3+ (6 y2−3 y2 ) sen (2 yx )+6 x2 y sen( 2 yx )+c x3=12x

y3+(6 y2−3 y2 ) sen ( 2 yx )+6 x2 y sen( 2 yx )+12 x=c x3

10.- En el interior de una casa, y en un cierto intante. El termometro marca 70°F. El termometro se traslada al exterior de la casa, donde la temperatura donde del aire es de 10°F. Tres minutos despues el termometro marca 25°F. Determine la ecuacion que permite conocer la temperatura del termometro en el exterior de la casa en cualquier intante.

SOLUCION:

DECLARACION DE VARIABLES:

T°: Temperatura en cualquier instante y su unidad de medida es en Fahrenheit

t : tiempo medido en segundos

DATOS:

T₀=10°F.

T(0)=70°F.

T(3)=25°F.

APORTE:

Aplicamos las “Ley de enfriamiento deNewton”

dTdt

=−k ∆T→EDOde primer oreden

MODELO:

dTdt

=−k (T−T ₀)→PVI

T (0 )=70 ° F

RESOLUCION DE LA EDO

dTdt

=−k (T−10 )

dTT−10

=−kdt

ln|T−10|=−kt+c /e

T−10=e−kt+ec

T (t)=ce−kt+10

CALCULO DE LAS CONDICIONES INICIALES.T (0 )=c e−0k+10

70=c+10

c=60

T=60e−KT+10

CALCULO DE LA CTE. KT (3 )=60e−3K+10

25−10=60 e−3 K

1560

=e−3K / ln

ln|1560|=−3K

−1,386=−3K

K=1,3863

K=0,462

T ( t )=60e−(0,462)T +10

11.- Una barra de largo L, sección transversal A y densidad (masa por unidad de volumen) ρ₀, se sumerge en un liquido de densidad ρ. Recuerde que según el principio de Arquímedes el liquido ejerce sobre el cuerpo que se sumerge una fuerza opuesta que es igual al peso del fluido desplazado por el objeto. Si x denota la parte de la barra sumergida, considere una velocidad inicial v0.

A) Obtenga la ecuación diferencial que describe al movimiento.

B) ¿hasta que profundidad desciende la barra?

C) Si v₀ = 0, ¿cual es la condición para que la barra descienda

completamente? ¿Cuál es la velocidad máxima de descenso?

SOLUCION:

A)

DECLARAR VARIABLE:

t:tiempo transcurrido medido en unidades de tiempo.

X: profundidad que se sumerge la barra medida en unidad de longitud.

V: velocidad en la cual se sumerge la barra en el liquidomedida en unidades de

velocidad

DATOS:

Largo:L.

Seccion transversal: A.

Densidad de la barra:ρ₀.Densidad del agua:ρ

La masa deriva de la funcion densidad

m=L*A*ρ₀

x(0)=0

Principio de alquimides E=mg=ρgv

V(0)=v₀

APORTES:

F(TOTAL)=F(GRABITACIONAL)

Llamemos F₀ a la fuerza que ejersida por el principio de alquimides

F0=Aρgx (t )

F (¿ tal )=F ( peso )−F₀

F (gravitacional )=mg−Aρgx (t )

F ( total )=ma→F (total )=mx ' '

mx ´ ´=mg−Aρgx(t )

MODELO:

mx ´ ´=mg−Aρgx (t )→x (0 )=0

B)

pasmos dividiendo la masa y nos queda:

(¿) x´ ´=g− Aρgx ( x )m

asemos v=x´´.

v=x ´ ∕∗ddx

(1)v dvdx

=x ´ ´

Reemplasamos esto (1) en nuestra ecuacion(*)

v dvdx

=g− Aρgxm

→distingimos queesun PVI

Separamos variables

vdv=(g−Aρgx )dx

Luego intgramos nuetra ecuacion

∫ vdv=∫(g− Aρgxm )dx

v2

2=gx− Aρg x2

2m+c

Como tenemos x=0;t=0y v=v₀ remplazamos los datos

v ₀2

2=c

∴ v2=2gx− Aρg x2

m+v₀2

Como la masa es m=Aρ₀L

v2=2gx− Aρg x2

Aρ₀L+v₀2

v2=2gx− ρgρ₀L

x2+v ₀2

La barra deciende a una v=0

−ρgρ₀ L

x2+2gx+v ₀2=0

Resolvemos la ecuacion cuadratica para ver hasta donde deciende

x=−2g±√4 g2+4 ρg

ρ₀ L∗v ₀2

−2 ρgρ₀ L

x=−g±√g2+ ρg

ρ₀ L∗v ₀2

ρgρ ₀L

Respuesta : la barra deciende hasta x= ρ₀Lρg [g±√g2+ ρg

ρ₀ Lv ₀2] unidades de

longitud.

Si v₀=0 la varra deciende hasta

x= ρ ₀Lρg [g±√g2+ ρg

ρ ₀ L0]

x=2∗ρ₀ Lρ

∴ se deduceque :

2 ρ₀ Lρ

≥L→2ρ₀≥ ρ

La velocidad maxima que registra la barra es cuando dv/dx =0

∴mv dvdx

=mv 0=0=mg−Apgx

mg=Aρgx

x= mgAρg

Como m=Aρ₀L

x= ρ₀Lρ

12.- Un modelo matemático para describir la población humana es

x ´ (t )=ax ( t )−b x2(t ) Donde a=0,029 y b=2,695 ·10−12.

¿Cuántos habitantes llegara a tener la tierra según este modelo? .

Solución:

la ecuación es de variable separables y se puede escribir de la forma

x ´ (t )=ax ( t )−b x2 (t )⟹ dxax−bx2

=dt

O bien

dt=1a [ 1x + 1

ab−x ]

Luego integramos y obtenemos

a t+c= ln( xab−x )

De donde

bxa−bx

=ceat⟹x (t )=ab

c et

1+c eat

La cantidad de habitantes que llegará a tener la Tierra se obtiene calculando el límite

limt→∞

x ( t )=ab=1.076 ·1010

13.- Considere la ecuación diferencial: y – xy' = a(1 + x²y') , a > 1

Encuentra la solución general.Encuentra la solución particular que verifica y(1) = a/(a+1)Encuentra el intervalo máximo donde la solución particular anterior está definida

Solución:

a) reordenando tenemosy – a = (ax² + x)y' → dy/dx = (y – a)/x(ax – 1)

y separando variablesdy/(y – a) = dx/x(ax – 1) → dy/(y – a) = dx/x - adx/(ax + 1)

luego integrando obtenemosln(y – a) = ln(x) – ln(ax + 1) + ln(c)

y exponenciando

y – a = cx/(ax – 1)

Por lo tanto la solución general esy(x) = a + cx/(ax + 1) , c ϵ R

b) Imponiendo a la solución general la condición y(1) = a/(a +1) obtenemosa/(a +1) = a + c/(a +1) → a/(a +1) = (a² + a + c)/(a +1) → c = -a².

luego nuestra solución partículas esy(x) = a - a²x/(ax + 1)

c) El dominio de la función y(x) = a - a²x/(ax + 1)

es la unión de los intervalos abiertos]-∞,- 1/a[ y ]-1/a,+∞[

Como a es positivo, el 1 pertenece al segundo intervalo y luego

]-1/a,+∞[ ,es el intervalo máximo buscado.

14.- Considere un tanque que contiene 1.000 litros de agua, dentro del cual una solución salada de salmuera empieza a fluir a una velocidad constante de 6 litros por minuto.La solución dentro del tanque se mantiene bien agitada y fluye hacie el exterior del tanque a una velocidad de 5 litros por minuto. Si la concentración de sal en la salmuera que entra al tanque es de 1 kilógramo por litro. Determine cuando será de 63/64 kilógramo por litro la concentración de sal en el tanque.

Solución:

Sea x(t) la cantidad de sal que hay en el tanque en el instante t. entonces la velocidad de entrada de sal al tanque en el instante t es

X(t) = 6 lt/min ˑ 1 kg/lt

También en el instante t, la cantidad de líquido en el tanque es de

V(t) = 1.000 + (6 – 5)t lt.

La concentración es

(x(t) / 1.000 + t) kg/lt

Y la velocidad de salida de sal es

S(t) = 5 lt/min ˑ x(t)/1.000+t kg/lt

Luego nuestra ecuación diferencial es

Dx/dt = 6 – (5x / 1000+t) ˑ x(0) = 0

Para resolverla, consideramos primero la ecuación homogénea

Dx/dt = 5x / 1.000+t

Que se puede escribir

Dx/x = 5 dt/ 1000 + t

La solución de la homogénea es

Xh (t)= c/ (1.000 + t)5

Haciendo variar la constante c= c(t) y reemplazando en la no homogénea obtenemos

cˈ ( x) / (1000 + t)5 = 6 cˈ (x) = 6 (1000 + t )5 c(t) = (1000 + t)6 + c.

por lo tanto

x(t) = 1000 + t + (c/(1000+t)5)

como x(0) = 0, tenemos c = -10006 , y entonces nuestra solución es

x(t) = 1000 + t – (10006 / (1000 + t)5 )

así, la concentración de sal en el estanque en el instante t es

1000 + t – (10006 /(1000+t)5 ) / 1000+t = 1- (10006 /(1000 + t)6 )

Tenemos que encontrar t tal que

1 – (10006 / (1000+t)6 ) = 63/64

Entonces

1/64 – (10006 / (1000 + t)6 ) (1000 + t)6 = 64 ˑ 10006 1000 + t = 2000

Y por lo tanto

T= 1000 min.

Ecuaciones Diferenciales

E.D.O exacta y Factor Integrante

1.- Resolver la siguiente EDO

2 (3 y+2 y3+3 x4 sin x )dx−3 x (x2+1+2 y2 )dy=0

¿

dMdy

=6+12 y2

dNdx

=−9 x2−3−6 y2

dMdy

≠ dNdx

Ec. No es exacta, por lo tanto buscaremos la manera de volverla exacta, de la siguiente forma

dNln(u)dx

−dMln(u)dy

=dMdy

−dNdx

dNln(u)dx

−dMln(u)dy

=6+12 y2−(−9x2−3−6 y2)

dNln(u)dx

−dMln(u)dy

=9+18 y2+9 x2

dNln(u)dx

−0=9+18 y2+9 x2

dln(u)dx

=9+18 y2+9 x2

N

dln(u)dx

= 9 (1+2 y2+x2)−3 x (x2+1+2 y2)

dln (u )=−93x

dx /∫❑

ln (u )=−3∫ dxx

ln (u )=−3 ln ( x ) /e

u= 1x3

Factor integrante

Volviendo a la EDO principal, tenemos que:

(6 y+4 y3+6 x4 sin x )x3

dx+(−3 x3−3 x−6 x y2 )

x3dy=0

( 6 yx3 + 4 y3

x3+6 x sin x )dx+(−3− 3

x2− 6 y

2

x2 )dy=0dudy

=N ( x , y )=−3− 3x2

−6 y2

x2

du=−3dy− 3x2dy−6 y

2

x2dy /∫❑

u=−3∫ dy− 3x2∫ dy− 6

x2∫ y2dy

u=−3 y−3 yx2

−2 y3

x2+g

( x )/ddx

dudx

=6 yx3

+ 4 y3

x3+g ( x )=M ( x , y )

Remplazamos el término M (x , y ), de este modo.

g ( x )=6 x sin x /∫❑

g ( x )=6∫ xsin x dx

Resolviendo la integral tenemos que

g ( x )=−6 x cos x+6sin x

La solución implícita del problema queda expresada de la siguiente manera

u=−3 y−3 yx2

−2 y3

x2+6sin x−6 x cos x

2.- Para y>1 considere la EDO

dydx

= y2−1( y2−1)√ y+1

Determinar un factor integrante Encuentre la solución general implícita

(( y2−1 )√ y+1−x) dy=( y2−1 )dx

( y2−1 )dx−(( y2−1 )√ y+1−x )dy=0

( y2−1 )dx+( x−( y2−1 )√ y−1 )dy=0

dMdy

=2 y

dNdx

=1

dMdy

≠ Ndx

Ec. No es exacta, por lo tanto buscaremos la manera de volverla exacta, de la siguiente forma:

dNln(u)dx

−dMln(u)

dy=dM

dy−dN

dx

0−dMln(u)dy

=2 y−1

−dln(u)dy

=2 y−1M

dln (u )=−( 2 y−1y2−1 )dy /∫❑

ln (u )=−∫( 2 y−1y2−1 )dy

−2 y−1y2−1

= −2 y−1( y−1 )( y+1)

=−( Ay−1

+ By+1 )¿A ( y+1 )+B( y−1)

( y+1 )( y−1)

¿− y ( A+B )+(B−A)

( y−1 )( y+1)

A=−12

B=−32

ln (u )=(−12 ∫ dyy−1

−32∫

dyy+1 )

ln (u )=−12ln ( y−1 )−3

2ln ( y+1 )

ln (u )=ln ( ( y−1 )−12 ( y+1 )

−32 )/e

u= 1

( y−1)12 ( y+1)

32

Factor integrante

Volviendo a la EDO principal, tenemos que:

( y2−1)

( y−1)12 ( y+1)

32

dx+ (x−( y2−1 )√ y+1)

( y−1)12 ( y+1)

32

dy=0

dudx

=M (x , y )= ( y−1 )( y+1)

( y−1)12 ( y+1)

32

=( y−1)12 ( y+1)

−12

du=( y−1 )12 ( y+1 )

−12 dx /∫❑

u=( y−1 )12 ( y+1 )

−12 ∫dx

u=( y−1 )12 ( y+1 )

−12 x+g

( y ) /ddy

dudy

= x

( y−1)12 ( y+1)

32

+g ( y )=N ( x , y)

Remplazamos el término N (x , y), de este modo.

x

( y−1)12 ( y+1)

32

+g ( y )=x−( y2−1 ) ( y+1)

12

( y−1)12 ( y+1)

32

g ( y )=x−( y2−1 )( y+1)

12−x

( y−1)12 ( y+1)

32

g ( y )=−( y2−1 )( y+1)

12

( y−1)12 ( y+1)

32

g ( y )=− ( y−1 )12 /∫❑

g ( y )=−∫ ( y−1 )12dy

Resolviendo la integral tenemos que

g ( y )=23( y−1)

32

La solución implícita del problema queda expresada de la siguiente manera

u=( y−1)12 ( y+1)

−12 x+ 2

3( y−1)

32

3.- Resolver la siguiente EDO

( ln ( ln ( y ) )x +

2x y3

3 +6 x)dx+( ln ( x )yln ( y )

+x2 y2+4e−2 y)dy=0dMdy

= 1xy ln ( y)

+2x y2

dNdx

= 1xy ln ( y )

+2 x y2

dMdy

=dNdx

De este modo, demostramos que la EDO es exacta.

Entonces:

dudx

( x , y )=M (x , y ) y dudy

( x , y )=N (x , y )

dudx

=ln( ln ( y ))

x+ 2 x y

3

3+6 x

du=ln (ln ( y ) )

xdx+ 2x y3

3dx+6 xdx /∫❑

u=∫ ln ( ln ( y ) )x

dx+∫ 2 x y3

3dx+¿∫ 6xdx ¿

u=ln (ln ( y ) )+ x2 y3

3+3 x2+g

( y )/ddy

dudy

= ln(x)yln( y)

+x2 y2+g ( y )=N (x , y)

Remplazamos el término N (x , y), de este modo.

g ( y )=4e−2 y /∫❑

g ( y )=4∫ e−2 y dy

g ( y )=−2e−2 y

La solución implícita del problema queda expresada de la siguiente manera

u=ln (ln ( y ) ) ln ( x )+ x2 y3

3+3 x2−2e−2 y

4.- Resolver la siguiente EDO

( yln ( y )−2 yx )dx+(x+ y3 e y )dy=0

dMdy

=ln ( y )−2 x+1

dNdx

=1

dMdy

≠ dNdx

Ec. No es exacta, por lo tanto buscaremos la manera de volverla exacta, de la siguiente forma:

dNln(u)dx

−dMln(u)dy

=dMdy

−dNdx

dNln(u)dx

−dMln(u)dy

=ln ( y )−2 x+1−1

dNln(u)dx

−dMln(u)dy

=ln ( y )−2 x

0−dMln(u)dy

=ln ( y )−2 x

dln (u)dy =

−(ln ( y )−2 x)M

dln(u)dy =

−(ln ( y )−2 x)yln ( y )−2xy

dln(u)dy =

−(ln ( y )−2 x)y ( ln ( y )−2 x)

dln(u)dy

=−1y

dln (u )=−1y

dy /∫❑

ln (u )=−ln ( y ) /e

u=1y

Factor integrante

Volviendo a la EDO principal, tenemos que:

( yln ( y )−2 xy)y

dx+( x+ y3 e y

y)dy=0

( ln ( y )−2 x )dx+( xy+ y2e y )dy=0dudx

=M (x , y )=ln ( y )−2x

du=ln ( y )dx−2 xdx /∫❑

u=ln ( y )∫ dx−2∫ xdx

u=xln ( y )−x2+g ( y )/ddy

dudy

= xy+g ( y )=N ( x , y )

Remplazamos el término N (x , y), de este modo.

g ( y )= y2 e y /∫❑

g ( y )=∫ y2 e ydy

De este modo tenemos que:

g ( y )= y2 e y−2 ye y+2e y

La solución implícita del problema queda expresada de la siguiente manera

u=xln ( y )−x2+e y ( y2−2 y+2 )

5.- Encuentre la solución general de la ecuación diferencial

[ y ln ( y )−2 xy ] dx+(x+ y3 e y )dy=0

Solución:

Poniendo M (x , y )= y ln ( y )−2 xy y N ( x , y )=x+ y3e y

Tenemos ∂M∂ y

(x , y )– ∂N∂N

( x , y )=ln ( y )−2x ⟹ ∂M∂ y

−∂N∂ x

M( x , y )=−1

y

¿ 1y=e−ln ( y )Luego tenemos el factor integrante que depende solo de y

μ ( x , y )=e−∫ 1y dy

Nuestra ecuación multiplicada por el factor integrante es

[ ln ( y )−2x ] dx+[ xy + y2 ey ]dy=0Entonces μ ( x , y )=∫ ( ln ( y )−2 x )dx+g ( y )=ln ( y ) x−x2+g ( y )

Y ∂u∂ y

( x , y )= xy+g ' ( y )

Comparando esto con xy+ y2 e y obtenemos g' ( y )= y2ey

Así g ( y )=∫ y2 e y= y2 ey−2∫ ye y dy= y2 e y−2 ( y ey−e y)

¿ ( y2−2 y+2 )e y

Y tenemos μ ( x , y )=ln ( y ) x−x2+( y2−2 y+2 )e y

Luego nuestra solución general está dada por la ecuación implícita

ln ( y ) x−x2+( y2−2 y+2 )ey=c , c ϵ ℜ

6.- Determine las condiciones bajo las cuales la ecuación

M (x , y )dx+N ( x , y )dy=0

Tiene factor integrante de la forma μ(x , y)=h(x+ y)

Solución:

Si μ ( x , y )=h(x+ y), tenemos:

∂ ln μ ( x , y )∂x

=h' ( x+ y )h (x+ y )

y ∂ ln μ (x , y )

∂ y=h ' ( x+ y )h (x+ y )

Y la ecuación del factor integrante queda de la forma

h' ( x+ y )h ( x+ y )

[N ( x , y )−M ( x , y ) ]=∂ M∂ y

( x , y )− ∂N∂x

(x , y )

Lo que implica:

∂ M∂ y

− ∂N∂ x

N−M( x , y )=h' ( x+ y )

h ( x+ y )=f ( x+ y )

Luego nuestra condición es

∂M∂ y

−∂N∂ x

N−M( x , y )=f ( x+ y )(dependa solo de x+ y)

En este caso el factor integrante es

μ(x , y)=h (x+ y ) Donde h (μ )=e∫ f ( u)du

7.- Encontrar la solución general de:

(7 x3+3 x2 y+4 y )dx+(4 x3+x+5 y)dy=0

Solución:

Poniendo M (x , y )=7 x3+3 x2 y+4 y y N (x , y)=4 x3+x+5 y

Tenemos: ∂M∂ y

−∂N∂ x

N−M( x , y )= 3(1−3 x2)

−3x3−3x2 y+ y+ x= 3x+ y

=f (x+ y )

Luego

f (u)=3u ⟹ h (u )=e∫ f (u)du=u3

Y nuestro factor integrante es μ(x , y)=(x+ y)3

Sea entonces

Ṁ (x , y )=( x+ y )3M ( x , y )

¿7 x6+24 x5 y+30 x4 y2+16x3 y3+3x2 y4+4 x3 y+12 x2 y2+12x y3+4 y4

Ṅ(x , y )=( x+ y )3N ( x , y )

¿4 x6+12 x5 y+12 x4 y2+4 x3 y3+x4+8x3 y+18x2 y2+16 x y3+5x4

De esta forma

u(x . y)=∫Ṁ ( x , y )dy=x7+4 x6 y+6 x5 y2+4 x4 y3+ x3 y4+x4 y+4 x3 y2+6 x2 y3+4 xy4+g( y )

∂u∂ y

( x , y )=∫Ṁ ( x , y )=4 x6+12x5 y+12 x4 y2+4 x3 y3+ x4+8 x3 y+18 x2 y2+16 x y3+g '(h)

Y comparando con Ṅ( x , y ) obtenemos

g ' ( y )=5 y4 ⟹ g( y )= y5

Por lo tanto

u ( x , y )=x7+4 x6 y+6 x5 y2+4 x4 y3+x3 y4+x4 y+4 x3 y2+6 x2 y3+4 xy4+ y5=c , c ϵ R

8.- Determine las condiciones bajo las cuales la ecuación:

M (x , y ) dx+N ( x , y)dy=0

Tiene un factor integrante de la forma μ ( x , y )=h ( xy )

Solución:

Si μ ( x , y )=h ( xy ) , tenemos:

∂ ln μ (x , y )∂ x

=h ' (xy)h (xy)

∙ y Y ∂ ln μ (x , y )

∂ y=h ' (x , y )

h(xy )∙ x

Lo que implica

∂ M∂ y

− ∂N∂ x

yN−xM( x , y )=h' (xy )

h(xy )=f (xy )

Luego nuestra condición es

∂M∂ y

− ∂N∂ x

yN−xM( x , y )=f ( xy )(denpendasolo de xy )

En este caso el factor integrante es

μ ( x , y )=h ( xy )dondeh (u )=e∫ f (u )du

9.- Resolver la ecuación

y (x2 y2+2 )dx+2x (1−x2 y2)dy=0

Solución:

Poniendo M (x , y )= y (x2 y2+2) Y N (x , y)=2x (1−x2 y2)

Tenemos ∂M∂ y

−∂N∂ x

yN−xM( x , y )=−3

xy=f ( xy )

Luego f (u )=−3u ⟹ h (u )=e∫ f (u)du=u−3

Y nuestro factor integrante es

μ(x , y)=¿

Sea entonces

Ṁ (x , y )=( xy )−3M ( x , y )=x−1+2x−3 y−2

Ṅ ( x , y )= (xy )−3Ṅ ( x , y )=2x−2 y−3−2 y−1

De esta forma

u ( x , y )=∫Ṁ ( x , y )dx=ln x−x−2 y−2+g ( y )

∂u∂ y

( x , y )=2 x−2 y−3+g ' (h)

Y comparando con Ṅ ( x , y ) obtenemos

g' ( y )=−2 y−1 ⟹ g' ( y )=−2 ln y

Por lo tanto

u ( x , y )=ln x−x−2 y−2−2 ln y

Y entonces nuestra solución general viene dada en forma implícita por la ecuación

ln x−x−2 y−2−2 ln y=c , c c ϵ R

10- Demuestre que la ecuación

M (x , y )dx+N ( x , y ) dy=0 bajo la condición ∂M∂ y

−∂N∂ x

N−2 yM ¿ f (x+ y2) tiene factor

integrante de la forma μ(x , y)=h(x+ y2)

Solución:

Sea z=x+ y2 y pongamos μ=μ (z). Entonces

∂ ln μ∂x

=∂ ln μ∂ z

∂ z∂ x

=∂ ln μ∂z

∂ ln μ∂ y

= ∂ ln μ∂z

∂ z∂ y

=∂ ln μ∂ z

∙2 y

Remplazando en la ecuación del factor integrante obtenemos

(N−2 yM ) ∂ ln μ∂z

=∂M∂ y

− ∂N∂x

O bien ∂ ln μ∂ z

=

∂M∂ y

−∂ N∂x

N−2 yM

Luego la condición para tener un factor integrante de la forma μ(x , y)=h(x+ y2) es que:

∂M∂ y

− ∂N∂ x

N−2 yM=f (x+ y2)

Aplique para encontrar la solución general de(3 x+2 y+ y2 )dx+(x+4 xy+5 y2 )dy=0

Tenemos: M (x , y )=3 x+2 y+ y2 N ( x , y )=x+4 xy+5 y2

Por lo tanto∂M∂ y

−∂N∂ x

N−2 yM= 1

x+ y2

Es decir

∂ ln μ∂ z

=1z

Lo que implica μ ( z )=z ⟹ μ( x , y )=x+ y2

Nuestra ecuación multiplicada por el factor integrante es

(3 x2+2xy+4 x y2+2 y3+ y4 )dx+(x2+4 x2 y+6x y2+4 x y3+5 y 4 )dy=0

Entonces:

u ( x , y )=∫ ( (3 x2+2 xy+4 x y2+2 y3+ y 4 )dx )=x3+x2 y+2 x2 y2+2 x y3+x y 4+g ( y )

Lo que implica∂u∂ y

( x , y )=x2+4 x2 y+6 x y2+4 x y3+g ' ( y )

Comparando con la ecuación diferencial obtenemos

g ' ( y )=5 y4 ⟹ g( y )= y5

Por lo tanto

μ ( x , y )=x3+x2 y+2 x2 y2+2 x y3+x y 4+ y5

Y nuestra solución general esta dada implícitamente por la ecuación

x3+ x2 y+2x2 y2+2x y3+x y4+ y5=c , c c ϵ R

11.- Resolver (7 x6 y2−3 x2 y9 )dx+ (2x7 y−9 x3 y8 )dy=0

Solución:

Sean M(x,y) = 7 x6 y2−3x2 y9 y N(x,y) = 2 x7 y−9x3 y8

Derivando ∂M∂ y

y ∂ N∂ x se tiene que:

∂M∂ y

=∂ N∂ x

=14 x6

y−27 x2 y8

Como ∂M∂ y

y ∂ N∂ x son iguales, entonces es una ecuación diferencial exacta, por lo

que se debe encontrar un f(x,y), entonces:

∂ f∂ x

=M ( x , y )=7 x6 y2−3 x2 y9

Se puede encontrar f integrando M(x,y) con respecto a x

f ( x , y )=∫(7 x6 y2−3 x2 y9¿)dx+g ( y)¿

Con una función arbitraria g ( y ) como constante de integración, donde el resultado es: f ( x , y )=x7 y2−x3 y9+g( y ) (*)

Ahora se deriva f(x,y) con respecto a y

∂ f∂ y

=2 x7 y−9 x3 y8+g' ( y )

Y si se dice que ∂ f∂ y

=N ( x , y ) , entonces

2 x7 y−9x3 y8+g' ( y)=2x7 y−9 x3 y8

Entonces g' ( y )=0 , donde integrándola queda que g ( y )=c

Ahora reemplazando el g(y) en la ecuación (*) se tiene que:

f ( x , y )=x2+3x2 y2+ y4

Donde la solución general de la ecuación diferencial esta dado como:

x2+3x2 y2+ y4=cc∈R

12.- Encuentre la solución de la ecuación:

(3 x2 y+e y )dx+(x3+xe y−2 y )dy=0

Solución:

Sean M (x,y) =3 x2 y+e y y N (x,y) = x3+ xe y−2 y

Derivando ∂M∂ y

y ∂ N∂ x se tiene que:

∂M∂ y

= ∂ N∂ x

=3 x2+ey

Entonces se dice que la ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que encontrar un f(x,y), para eso se integra M(x,y) con respecto a x, entonces:

∂ f∂x

=M ( x , y )=3 x2 y+ey

f ( x , y )=∫ (3 x2 y+e y )dx

f ( x , y )=x3 y+x e y+g ( y ) (*)

Ahora se deriva f ( x , y )con respecto a y, quedando:

∂ f∂ y

=x3+x e y+g' ( y )

Y si f ( x , y )=N ( x , y ) entonces:

x3+ xe y+g' ( y )=x3+x e y−2 y

Quedando que

g' ( y )=−2 y => g ( y )=− y2

Ahora reemplazando el g(y) en la ecuación (*) se tiene que:

f ( x , y )=x3+ xe y− y2

Donde la solución general de la ecuación diferencial es:

x3+ xe y− y2=c c∈R

13.- Resolver

x (6 xy+5)dx+(2x3+3 y dy)=0M=6 x2 y+5 x

N=2x 3+3 y

DMDY = 6x2

DNDX = 6x2

Es una ecuación exacta: DMDY

=DNDX

u(x , y)=∫ 6 x2 y+5 xdx+g ( y)u(x , y)=2x3 y+ 52x2+g( y )

dudy

=2 x3+g ' ( y)

DuDy

=N

2 x3+g' ( y )=2 x3+3 y g' ( y )=3 y / ∫❑

∫ g' ( y )dy=3∫ ydy

g ( y )=32y2

u ( x , y )=2x3 y+ 52x2+ 3

2y2=C2 x3 y+ 5

2x2+3

2y2=C SOLUCION GENERAL

14.- Resolver 2 xydx+ (x2+? ? )d y=0

M=2 xyN=x2+cosyDMDY

=2 x DNDX

=2 x DMDY

=DNDX

Laecuacion es exacta

u ( x , y )=∫ 2xydx+g ( y )u ( x , y )=22x2 y+g ( y )u ( x , y )=x2 y+g❑( y )

DUDY

=x2+g' ( y ) DUDY

=N

x2+g ' ( y )=x2+cosyg' ( y )= cosy

dm

∫ g'( y )=∫cos y g ( y )=sen( y)

Reemplazo g(y)

u ( x , y )=x2 y+sen ( y ) x2 y+sen ( y )=CSOLUCION GENERAL

15.- Resolver (xexy+2 xy ¿dx (x exy+x2 )dy=0

M=x exy+2 xyN=x exy+x2DMDY

=xy exy+exy+2 x DNDX

=xy exy+exy+2x

u ( x , y )=∫ ye xydx+∫2 xydx+g ( y )u ( x , y )=exy+x2 y+g ( y )d ( x , y )Dy

=exy+x2+g ' ( y )

D ( x , y )Dy

=N Reemplazandox exy+x2+g' ( y )=x exy+x2g' ( y )=0/ ∫❑

g ( y )=0u ( x , y )=exy+x2 y+0=Cexy+x2 y=C SOLUCION GENERAL

16.- Resolver (y3− y2 sin ( x )−x)dx + (3x y2 + 2y cos (x) ) dy =0

M= y3− y2 sin ( x )−x) (1)

N=(3x y2 + 2y cos (x) ) (2)

dMdy =

dNdx Si se cumple la ecuación es exacta

dMdy = (3y2 - 2ysin x)

dNdx = (3y2 - 2ysin x)

dMdy =

dNdx = (3y2 - 2ysin x) la ecuación es axacta

U(x,y)= ∫Mdx

U(x,y)=∫¿¿ +∫ y2 sin xdx - + ∫ xdx

U(x,y)= y3 x + y2 cos x - 12x2 + g(y) (3)

dUdy = 3y2+2ycos (x)+ g’(y)

dUdy =N

3y2+2ycos (x)+ g’(y)= 3x y2 + 2y cos (x)

g’(y)=0

∫ g' ( y )dy= 0

g(y)=0 (4)

reemplazo (4) en (3)

U(x,y)= y3 x + y2 cos x - 12x2 + 0 =c

y3 x + y2 cos x - 12x2 + 0 =c solución general

17.- Resolver ex(2xy + yx2 + y3

3 )dx + ex(x2+y2)dy=0

M= ex(2xy + yx2 + y3

3 ) (1)

N=ex(x2+y2) (2)

dMdy =

d Ndx Si se cumple la ecuación es exacta

dMdy = ex(2x + x2 + y2)

dNdx =ex(2x + x2 + y2)

dMdy =

dNdx = ex(2x + x2 + y2)

U(x,y)= ∫Mdx

U(x,y)=∫ ex2 xy dx + ∫ ex2 x2 y dx+∫ y3

3ex dx

∫ ex2 xy dx Integral separable

u=x dv=ex

du=dx v=ex

uv-∫ vdu

Reemplazo

xex - ∫ ex dx = xex- ex /2y

2y xex- 2yex (3)

∫ ex2 x2 y dx

u=x2 v=ex

du=2xdx dv=ex

uv-∫ vdu

Reemplazo

x2e x - 2∫ ex xdx (4)

Reemplazo (5) en (4)

x2e x - 2 x ex - 2ex /y

yx2e x - 2 x ex y- 2ex y (6)

∫ y3

3ex dx = y

3

3ex (7)

Reemplazo (3) (6) (7)

u(x,y)= 2y xex- 2yex + yx2e x - 2 x ex y- 2exy + y3

3ex + g(y)

u(x,y)= yx2e x+ y3

3ex + g(y)

dUdy = x2e x+ 2y2 ex + g’(y)

dUdy = N

x2e x+ 2y2 ex + g’(y)=ex(x2+y2)

ex(x2+y2) g’(y)=ex(x2+y2)

g’(y)=0 /∫❑

g(y)=0 (8)

u(x,y)= yx2e x+ y3

3ex + g(y) (9)

reemplazo (9) en (8)

∫❑ ex xdx

u=x v=ex

du=dx dv=ex

uv-∫ vdu

xex- ∫ exdx =x ex-ex (5)

u(x,y)= yx2e x+ y3

3ex + 0 =c

yx2e x+ y3

3ex + 0 =c solución general

18.- Resolver 2xydx + (x2-1)dy=0

M=2xy (1)

N=x2-1 (2)

dMdy =

dNdx Si se cumple la ecuación es exacta

dMdy =

dNdx = 2x la ecuación es axacta

U(x,y)= ∫Mdx

U(x,y)= ∫2 xy dx + g(y) (3)

dUdy = x2+ g’(y)

dUdy =N

x2+ g’(y) =x2-1¿∫❑

∫ g ’¿¿)dy = - ∫ dy

g(y)=-y (4)

U(x,y)= 2xy + g(y)

Reemplazo 3 en 4

2xy – y = c solución general

19.- Demuestre que u(x, y) =x y2 es factor integrante de la ecuación (2y-6x) dx + (3x-4x2y-1) dy = 0 Use este factor integrante para resolver la ecuación.

Solución:

La ecuación se multiplica por u(x, y)=xy2 y queda:

(2xy3 -6x2y2) dx + (3x2y2-4x3y) dy = 0

M(x, y)= 2xy3-6x2 y2

N(x, y)=3x2 y2-4x3y

Ver si la ecuación es exacta dMdY

=dNdx

dMdY

=6 x y2−12 x2 y

dNdx

=6 x y2−12x2 y

Vemos que se cumple la igualdad entonces la ecuación diferencial es exacta, por lo tanto u(x, y) = xy2 es factor integrante de la ecuación

Construcción de la función: u=u(x, y)

dudx

( x , y )=M (x , y )=2 x y3−6 x2 y2

dudy

( x , y )=N ( x , y )=3 x2 y2−4 x3 y

Puedo elegir el camino más fácil para desarrollar la integral las que pueden ser dos:

u ( x , y )=∫M ( x , y )dx+g( y )

u ( x , y )=∫N ( x , y )dx+g(x )

Ahora elijo y desarrollo la integral más conveniente:

u ( x , y )=∫M ( x , y )dx+g ( y )=∫ (2 x y3−6 x2 y2 )dx+g ( y )=x2 y3−2 x3 y2+g( y )

Para calcular el g (y) imponemos la condición:

dudy

( x , y )=N ( x , y )

Obtenemos la siguiente ecuación:

dudy

( x , y )=3 x2 y3+g' ( y )=¿3x2 y2-4x3y esto por la condición antes impuesta

Ahora tenemos que g’ (y)= - 4x3y

Para calcular el g (y) aplicamos integral y obtenemos lo siguiente

g’ (y )= - 4x3y / ∫

g (y)= -2x3y2

Así luego nos queda:

u ( x , y )=x2 y3−2 x3 y2−2 x3 y2

Así la solución general de nuestra ecuación esta dada implícitamente por la ecuación:

x2 y3−4 x3 y2=c , cϵR

20- Usando factor integrante encuentre la solución general implícita de la ecuación:

2 [3 y+2 y3+3 x4 sin(x )]dx−3x [ x2+1+2 y2 ] dy=0

Sol:

M(x, y)=6y+4y3+6x4 sin(x)

N(x, y)= -3x3-3x-6xy2

Comprobar si la ecuación diferencial es exacta:

dMdy

=6+12 y2

dNdx

=−9 x2−3−6 y2

Por lo calculado anteriormente se dice que dMdy

≠ dNdx por lo que decimos que la

ecuación no es exacta

Ahora tenemos que calcula el factor integrante para que la ecuación sea exacta

dMdy

−dNdx

=9 x2+18 y2+9

Luego hay que calcula la siguiente formula:

1N (dMdy −dN

dx )= 9 (x2+2 y2+1 )−3x (x2+2 y2+1 )

=−3x

Luego:

u ( x , y )=e∫ (−3 x−1)dx=e−3ln x=e ln x−3

=x−3= 1x3

Ahora tenemos que tenemos el factor integrante multiplicamos la ecuación por el y nos queda la siguiente ecuación:

( 6 yx3 + 4 y3

x3+6 x sin(x))dx−(3+ 3x2+ 6 y

2

x2 )dy=0

Ahora si debe cumplirse que dMdY

=dNdx y por lo tanto la ecuación es exacta

Así u(x, y)=∫N ( x , y )dy+g(x )

u ( x , y )=∫−(3+ 3x2+ 6 y2

x2 )dy+g (x)=−2 y3

x2−3 y−3 y

x2+g(x )

Luego:

dudx

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

dudx

( x , y )=6 y+4 y3

x3+g' ( x )=6 y+4 y

3

x3+6 x sin (x )

Calculamos g’(x)=6 x sin (x)

Ahora se calcula el g(x) aplicando integral al g’(x)

g’(x)=6 x sin (x)/∫

g(x)= -3x2 cos(x)

Así queda:

u ( x , y )=−2 y3

x2−3 y−3 y

x2−3x2cos ( x)

Así la solución general de nuestra ecuación esta dada implícitamente por la ecuación:

−2 y3

x2−3 y−3 y

x2−3 x2cos ( x )=c ,cϵR

21.- Resolver 1xy

dx+( y− ln (x)y2 )dy=0Solución:

Poniendo

M (x , y )= 1xy

y N ( x , y )= y− ln(x )y2

Se tiene que dMdy

=dNdx

= −1x y2

Por lo que es una ecuación exacta.Luego se debe encontrar un f ( x , y ) integrando M(x,y) con respecto a x

f ( x , y )=∫ 1xy

dx+g ( y )

f ( x , y )= 1yln (x )+g ( y )

Ahora se deriva f(x,y) con respecto a y

∂ f∂ y

( x , y )=−ln (x)y2

+g ' ( y )

Y comparando f ( x , y )=N ( x , y ) , setiene que:

−ln(x )y2

+g' ( y )=y− ln (x)y2

Lo que implica

g' ( y )= y⟹g ( y )= y2

2

Por lo tanto

f ( x , y )= 1yln (x )+ y2

2y la solución general satisface la ecuación implícita:

1yln(x )+ y2

2=C ,C € R

22.- Resolver: (y ln( y) – 2xy) dx + (x + y3 e y) dy = 0 (fac)

Solución:

∂M∂ y ¿1+ln ( y )−2 x

∂N∂ x

=1

La ecuación no es exacta: ∂M∂ y

≠ ∂ N∂ x No es exacta

−( ∂M∂ y−∂ N

∂x )M

= −( (ln ( y )−2 x )y ln ( y )−2xy )=- 1y ( (ln ( y )−2 x )

ln ( y )−2 x )= - 1y

µ(x,y)= e− ∫ dyy = e∫−ln ( y)=

1y

Ahora: (y ln( y) – 2xy) dx + (x + y3 e y) dy = 0 / 1y

(ln (y) – 2x) dx + (xy + y2 e y)dy = 0 Es exacta:

∂M∂ y

= 1y ;

∂N∂ x

=1y

µ(x,y)= ∫(y ln( y) – 2xy) dx + g(y)

µ(x,y)= ln (y) x - x2 + g (y)∂M∂ y

∂µ∂ y =

1y + g’ ( y) =

xy + y2 e y

g’ (y) = y2 e y

g( y) = ∫y2 e y dy

g(y) = y2 e y - 2 (∫y e ydy) = µ(x , y )= y2e y - 2 y e y + 2ye y + 2e y + C

µ(x,y)= ln (y) x - x2 + y2 e y - 2ye y + 2e y + C

23.- Resolver

( y ln y−2 xy )dx+( x+ y3 e y )dy=0

Solución:

M (x , y )= y ln y−2 xy N ( x , y )=x+ y3e y

∂M∂Y

= ln y+1−2x ∂N∂ X

=1

∂M∂Y

(x , y )−∂ N∂ X

( x , y )=ln y−2 x

−∂M∂Y

−∂N∂ X

M(x , y )= −ln y−2x

y ln y−2xy=−ln y−2x

y¿¿

Factor integrante solo depende de la variable “y”.

μ ( x , y )=e−∫ 1y dy=e−ln y= 1

y

Nuestra nueva ecuación, al ser multiplicada por el factor integrante.

( ln y−2x )dx+( xy + y2 e y)dy=0

μ ( x , y )=∫ ( ln y−2x )dx+g( y)

μ ( x , y )=ln y∗x−x2+g(y)

dudy

( x , y )= xy+g´( y)

Comparando

xy+ y2 e y= x

y+g ´( y)

g ´ ( y )= y2 e y

g( y)=∫ y2e ydy

g( y)= y2 e y−2∫ ye y dy

g( y)= y2 e y−2( y e y−e y)

g( y)=( y2−2 y+2 )e y

u ( x , y )=ln y∗x−x2+( y2−2 y+2 )e y

Solución:

ln y∗x−x2+( y2−2 y+2 )ey=C

24.- Resolver y (1+ xy )dx−xdy=0

Solución:

Sean M (x , y )= y (1+ xy )= y+x y2

N ( x , y )=−x

dMdy

=1+2 xy , d Ndx

=−1 ⇒ dMdy

≠ d Ndx

,luego la E . D .O .noesexacta .

Sea μ ( x , y )= 1y2

, y ≠0

y (1+xy)y2

dx− xy2dy=0 ( 1y +x )dx− x

y2dy=0 ( ¿ )

dMdy

=−1y2

dMdy

=d Ndx

, luego ( ¿ )es exacta.

d Ndx

=−1y2

Ahora construimos la función u=u (x , y ),

dudx

=M= 1y+x→u ( x , y )=∫(¿ 1

y+x )dx+g ( y)¿

u ( x , y )= xy+ x2

2+g ( y )

Derivamos con respecto a y, obteniendo, dudy

=−xy2

+g' ( y ) (1)

De la ecuación exacta (*) teníamos, dudy

=N=−xy2

(2)

Tenemos de (1) y de (2) dudy

=−xy2

+g' ( y )

dudy

=−xy2

Igualando,−xy2

+g' ( y )=−xy2

→g' ( y )=0 ∕ ∫

g ( y )=c

Luego, u ( x , y )= xy+ x2

2+c

Así la curva solución de la E.D.O. (x, y(x)) satisface,

xy+ x2

2=c , c∈ R Solución Implícita

y ( x )= 2x2c−x2

, Solución Explicita

2c−x2≠0

25.- Resolver (3 x2+6 x y2 )dx+ (6 x2 y+4 y3 )dy=0

Solución :

Comprobamos si la E.D.O. es exacta,M (x , y )=3 x2+6x y2 ,N ( x , y )=6 x2 y+4 y3

dMdy

=12 xy , d Ndx

=12 xy

Como dMdy

=d Ndx

, entonces la E . D.O .esexacta .

Ahora construimos la función u=u (x , y ),

du(x , y)dx

=M (x , y ) , du ( x , y )dy

=N (x , y)(1)

dudx

=3 x2+6x2 y→u ( x , y )=∫(¿3 x2+6 x2 y)dx+g ( y )¿

u ( x , y )=x3+3 x2 y2+g ( y )

Derivamos con respecto a y, obteniendo, dudy

=6 x2 y+g' ( y ) (2)

Tenemos de (1) y de (2) dudy

=6 x2 y+g' ( y )

dudy

=6 x2 y+4 y3

Igualando, 6 x2 y+g' ( y )=6 x2 y+4 y3→g' ( y )=4 y3 ∕ ∫

g ( y )= y4

Luego, u ( x , y )=x3+3 x2 y+ y4

Así la curva solución de la E.D.O. (x, y(x)) satisface,

x3+3x2 y+ y4=c , c∈R Solución Implícita

y ( x )=4√c−x3−3 x2 y , Solución Explicita c−x3−3x2 y>0

26.- Resolver

yxdx+( y3−ln ( x) )dy=0

Tiene la forma de una edo lineal de primer orden, por lo que verificamos si es exacta.

Sea: M(x,y) = yx ; N(x,y) = y3−ln (x )

∂M∂ y

=1x; ∂N∂x

=−1x

Como ∂M∂ y

≠ ∂ N∂ x

La edo no es exacta.

Como la edo no es exacta, buscamos un factor integrante para volverla exacta

−1M

( ∂M∂ y

−∂N∂x

) = −1x

∗y

x =

−2y f(y) : depende solo de y

Aplicando a la fórmula del factor integrante

μ ( y )=e∫ f (y )dy

μ ( y )=e−2∫ 1

y dy

μ ( y )=¿ e−2 ln ( y)

μ ( y )=¿ eln( 1y2 )

μ ( y )=¿ 1y2

Multiplicamos nuestra edo original por el factor integrante encontrado, quedando la nueva edo como:

1xy

dx+( y− ln (x )y2 )dy=0

M(x,y)= 1xy ; N(x,y)= y−

ln (x)y2

∫M ( x , y ) dx =

∫ 1xy

dx = 1yln ( x ) + g(y) = u(x,y)

∂ ¿¿ = N(x,y)

∂( 1y ln ( x )+g ( y ))∂ y

= y−ln (x)y2

−ln ( x )y2

+g ( y ) ´ = y−ln (x)y2

g ( y )´= y

g ( y )= y2

2

Reemplazamos nuestro g(y) En u(x,y)

u(x,y) = 1yln ( x )+ y2

2

Por lo tanto la solución general implícita es

c= 1yln ( x )+ y2

2

Participantes en el Desarrollo:

1. Jonathan Bugueño2. Ángelo Araya 3. Gino Figueroa4. Francisco Avalos 5. Ricardo Andrade6. Makarena Arias7. Manuel Díaz8. Mario Valladares9. Edison Zavala10.Giselle Santander11.Jorge Montenegro12.Érica Araya13.Karen Bacian14.Carlos Layana15.Leonardo Manríquez16.Alfredo Borquez17.Oscar Alfaro18.German Carrasco19.Bárbara Gallo20.Nathalie Araneda21.Hernán Guzmán22.Francisco Gonzales23.Dancko Guerra24.Pablo Meléndez25.Héctor Marambio26.Jorge Aguirre