1. Escuela Superior Politécnica del Litoral
Solucionario de Problemas
de Ecuaciones
Diferenciales
Primer parcial (3ra versión)
Roberto Cabrera
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN.
APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER
ORDEN
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO
ORDEN: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO DE LOS
COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS.
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN
SUPERIOR: HOMOGENEAS Y NO HOMOGENEAS. METODO LOS
COEFICIENTES INDETERMINADOS Y VARIACION DE PARAMETROS.
RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO
ORDEN ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS. (SERIE DE TAYLOR)
09

2. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Ecuaciones Diferenciales separables
XY
Se tiene una ecuación diferencial ordinaria de primer orden:
{Y Y{
XY
Se dice que ecuación diferencial de primer orden es separable si se puede expresar la esa
ecuación diferencial de la siguiente manera:
XY
{Y{ {Y{
XY
Donde { { se lo expresa como una multiplicación de dos funciones, una que depende de la
variable “x” y otra de la variable “y”. En este caso se obtiene la siguiente solución de esta
ecuación diferencial:
XY
{Y{ {Y{
XY
XY
{Y{XY
{Y{
XY
{Y{XY
{Y{
{Y{ {Y{ - V
Donde la solución de esta ecuación diferencial separable tiene la siguiente forma:
1.- Encontrar la solución implícita de la siguiente ecuación diferencial:
dy(xy - 2x + 4y - 8) - dx(xy + 3x - y - 3) = 0
dy xy + 3x - y - 3
=
dx xy - 2x + 4y - 8
dy x(y + 3) - (y + 3)
=
dx x(y - 2) + 4(y - 2)
dy (y + 3)(x - 1)
= = f ( y )g ( x );
dx (y - 2)(x + 4)
(y − 2 )dy (x − 1)dx
= ⇒ Integramos a ambos lados de la ecuación
(y + 3 ) (x + 4 )
(y − 2 )dy (x − 1)dx
∫ (y + 3 ) = ∫ (x + 4 )
( y + 3 )dy 5dy (x + 4 )dx 5dx
∫ ( y + 3)
−∫
y+3
=∫
(x + 4 )
−∫
(x + 4 )
5dy 5dx
∫ dy − ∫ y + 3 = ∫ dx − ∫ (x + 4 )
y − 5 ln y + 3 = x − 5 ln x + 4 + c
ESPOL 2009 2

3. Ecuaciones diferenciales de primer orden
2.- Encontrar la solución particular de la siguiente ecuación diferencial:
π
Si y(0) = ;
4 Reemplazan do u y v :
3e tan(y)dx + (2 − e x )sec 2 (y)dy = 0
x
ln tan(y) = 3ln 2 − e x + c;
(2 − e x )sec 2 (y)dy = −3e x tan(y)dx;
3ln 2 − e x + c
dy − 3e x tan(y) e ln tan(y) = e ;
= x 2
= f(x).g(y); x 3
dx (2 − e )sec (y) tan(y) = (2 − e ) K;
2 x
sec (y)dy 3e dx La solución general es :
=− x
;
tan(y) (2 − e ) y = arctan[(2 − e x )3 K ];
sec 2 (y)dy 3e x dx si y(0) = /4;
∫ tan(y) = ∫−
(2 − e x )
;
⇒
u = tan(y) ⇒ du = sec 2 (y);
/4 = arctan[(2 − e 0 )K ];
v = 2 − e ⇒ dv = − e dx;
x x
/4 = arctan(K);
⇒ Reemplazan do :
 
du 3dv tan   = K; ⇒ K = 1;
∫ u =∫ v ; 4
La solución particular es :
ln u = 3ln v + c;
y = arctan[(2 − e x )3 ];
3.- Exprese de forma implícita la solución de la siguiente ecuación diferencial:
dx
e x/2 ydy − = 0
e (1 + ex/2 )
y
dx Integrando por fracciones parciales obtenemos :
e x/2 ydy = ;
e (1 + e x/2 )
y
1 A B C
2
= 2+ + ;
dy 1 u ( u + 1) u u 1+ u
= x/2 = f( x ).g( y );
dx e (1 + e x/2 )ye y Donde los valores de A, B, C son :
1 A = 1; B = - 1; C = 1;
f( x) = x/2
;
e (1 + e x/2 ) 2du   1 1 1  
⇒∫ = 2 ∫  2 − + du ;
g( y ) =
1
;
2
u (1 + u )  u u 1+u  
ye y 2du du du du
⇒∫ = 2∫ 2 − 2∫ + 2∫ ;
dx 2
u (1 + u ) u u 1+u
∫ ye dy = ∫ e x/2 (1 + e x/2 ) ;
y
2du 2
⇒∫ = − − 2 ln u + 2 ln 1 + u + c ;
dx 2
u (1 + u ) u
∫ e x/2 (1 + e x/2 ) = ?
dx 2
⇒∫ = − x/2 − 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ;
1 e x/2 x/2
(1 + e ) e
u = e x /2 ⇒ du = e x /2 dx ;
2 dx
1 2du ye y − e y = ∫ ;
du = udx ⇒ dx = ; e (1 + e x/2 )
x/2
2 u
La solución implicita general es :
2du
dx 2du 2
⇒ ∫ x/2 =∫ u =∫ 2 ⇒ ye y − e y = − x/2
− 2 ln e x/2 + 2 ln 1 + e x/2 + c ;
e (1 + e ) x/2
u(1 + u ) u (1 + u ) e
ESPOL 2009 3

4. Ecuaciones diferenciales de primer orden
4. - Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial:
2 y ln( x )dx − (e y − e − y )x 1 + ln( x )dy = 0
(e y − e − y )x 1 + ln( x)dy = 2 y ln( x)dx ;
dy 2 y ln( x )
= y = f( y ).g( x );
dx (e − e − y )x 1 + ln( x )
2y ln( x)
f( y ) = y −y
∧ g(x) = ;
(e − e ) x 1 + ln( x )
dy 2 y ln( x )
= y
dx (e − e − y )x 1 + ln( x )
(e y − e − y ) ln( x)
dy = dx ;
2y x 1 + ln( x)
Integrando a ambos lados de la ecuación se obtiene :
(e y − e − y ) ln( x )
∫ 2 y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx;
(e y − e −y )
Si observamos que = senh( y ) entonces tenemos lo siguiente :
2
senh( y ) ln( x)
∫ y dy = ∫ x 1 + ln(x) dx ;
senh( y )
Para integrar dy debemos usar series de potencias :
y
+∞
y 2 n +1 senh( y ) + ∞ y 2 n
Si senh( y ) = ∑ ⇒ =∑ ;
n = 0 (2 n + 1 )! y n = 0 (2 n + 1 )!
Re emplazando :
+∞
y2n ln( x )
∫ ∑ (2 n + 1)!dy = ∫ x 1 + ln(x) dx;
n =0
+∞
y2n
Integrando ∑ dy obtenemos que :
n = 0 (2 n + 1)!
+∞
y2n +∞
y 2 n +1
∫ ∑ (2 n + 1)!dy = ∑ (2 n + 1)(2n + 1)! ;
n =0 n =0
ESPOL 2009 4

5. Ecuaciones diferenciales de primer orden
ln(x)
Ahora integrando dx :
x 1 + ln(x)
ln(x)
∫x 1 + ln(x)
dx = ?
dx
Si u = ln(x) ⇒ du =
x
ln(x) udu
⇒∫ dx = ∫ ;
x 1 + ln(x) 1+u
Ahora z 2 = 1 + u ⇒ 2 zdz = du ;
udu (z 2 - 1)2zdz
⇒∫
1+u ∫
= ;
z
(z 2 - 1)2zdz  z3 
⇒∫ = 2 ∫ (z - 1)dz = 2  − z + C ;
2
z 3 
udu  ( 1+ u ) 3

⇒∫ = 2 − 1+ u +C
1+u 
 3 

ln(x)  1 + ln(x) 3
( ) 
⇒∫ dx = 2  − 1 + ln(x)  + C ;
x 1 + ln(x) 

3 

La solucion general de forma implícita es :
+∞
y 2 n +1  ( 1 + ln(x))3

∑ (2n + 1)(2 n + 1)! 
=2 
3
− 1 + ln(x)  + C

n =0
 
ESPOL 2009 5

6. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Ecuaciones Diferenciales Lineales
Las ecuaciones diferenciales lineales tienen la siguiente forma:
y'+ p(x)y = g(x);
Existen dos métodos para resolver este tipos de ecuaciones:
El método del factor integrante.
Método de variación de parámetros
El método del factor integrante:
y' + p(x)y = g(x);
u(x) = e ∫
p(x)dx
;
u(x)[y' + p(x)y] = u(x)g(x);
d
[u(x)y] = u(x)g(x);
dx
∫ d[u(x)y] = ∫ u(x)g(x)dx;
u(x)y = ∫ u(x)g(x)dx;
1
u(x) ∫
y= u(x)g(x)dx;
Método de variación de parámetros
Re emplazando :
y' + p(x)y = g(x);
y' + p(x)y = g(x);
yh' + p(x)yh = 0 ;
[ y hv'(x) + y' hv(x)] + p(x)y hv(x) = g(x);
yh' = − p(x)yh ;
v'(x)[ y h ] + v(x)[ y' h + p(x)y h ] = g(x);
dyh Pero y' h + p(x)y h = 0 , entonce s:
= − p(x)yh ;
dx v'(x)[ y h ] + v(x)[0] = g(x);
dyh
∫ yh = ∫ − p(x)dx; v'(x)[ y h ] = g(x);
dv
ln yh = ∫ − p(x)dx;
[ yh ] = g(x);
dx
g(x)
yh = e ∫ − p(x)dx; ∫ dv = ∫ yh dx;
Asumir:
g(x)
y = yhv(x); v(x) = ∫ dx;
yh
y' = yh v'(x) + y'hv(x); y = y h v(x);
g(x)
y = e∫
− p(x)dx
∫ yh
dx;
ESPOL 2009 6

7. Ecuaciones diferenciales de primer orden
x3
1) xy'−2 y = ;
sen 2 (x)4 ctg(x)
2 x2
y' − y= ;
x sen 2 (x)4 ctg(x)
Tiene la forma y' + p(x)y = g(x);
Por lo tanto podemos aplicar el método del factor integrante :
Encontremos el factor integrante u(x) :
u(x) = e ∫
p(x)dx
2
u( x) = e ∫ x = e − 2 ln( x ) = e ln( x ) = x −2 = 2 ;
− dx −2 1
x
Multipliquemos el factor integrante u(x) a ambos lados de la ecuación :
1  2  1   x2 
;
 y' − y  = 2 
x2  x  x  sen 2 (x)4 ctg(x)  
d  1   1 
 2 y =  ;
dx  x   sen 2 (x)4 ctg(x) 
 
 1   1 
⇒ ∫ d 2 y  = ∫  dx ;
x   sen (x)4 ctg(x) 
2
 
1  1 
⇒ 2 y = ∫ dx ;
x  sen 2 (x)4 ctg(x) 
 
  2
⇒∫  1 dx = csc ( x ) dx ;
 sen 2 (x)4 ctg(x)  ∫ 4 ctg(x)
 
Si u = ctg( x) ⇒ du = − csc 2 ( x )dx ;
csc 2 ( x ) − du  u 3/4  4u 3 / 4
⇒∫ dx = ∫ 4
= − ∫ u −1 / 4 du = −   =−
4 ctg(x) u  3 /4  3
csc 2 ( x ) 4[ctg( X )]3 / 4 4 4 ctg 3 ( X )
⇒∫ dx = − +C =− + C;
4 ctg(x) 3 3
1 4 4 ctg 3 ( X )
⇒ y=− + C;
x2 3
La solución general de la ecuacion diferencial es :
 4 4 ctg 3 ( X ) 
y=x − 2
+ C ;


3 

ESPOL 2009 7

8. Ecuaciones diferenciales de primer orden
1 ; 0 ≤ x < 2
y'+ p(x)y = 1; y(0) = 1; p(x) = 
2) - 2x ; x ≥ 2
Para el intervalo 0 ≤ x < 2 resolvemos la ecuación diferencial, donde p(x) = 1 :
Ahora para x ≥ 2, p(x) = -2x;
y'-2xy = 1; (Ec. dif. lineal)
u( x ) = e ∫
− 2 xdx 2
y'+ y = 1; = e −x ;
2 2
dy
+ y = 1; ⇒
dy
= 1 − y ; (Ec. dif. separable); e −x (y'- 2 xy ) = e − x (1);
dx dx 2
d(e −x y ) 2
dy dy = e −x ;
= dx ⇒ ∫
1−y ∫
= dx ; dx
1−y
∫ d(e y) = ∫ e dx; ⇒ e y = ∫ e dx;
2 2 2 2
−x −x −x −x
− ln 1 − y = x + C ; 2
Pero para integrar e −x dx necesitamos
ln 1 − y = −x + K
usar series de potencias :
e ln 1− y = e − x+K ; +∞
(− 1 ) n x 2 n
⇒ e −x y = ∫ ∑
2
1 − y = k 1e ; −x dx ;
n =0 n!
y 1 = 1 − k 1e −x ; +∞
(− 1 ) n x 2 n + 1
⇒ e −x y = ∑
2
Pero y(0) = 1; + k2 ;
n =0 ( 2 n + 1)n!
1 = 1 − k 1e 0 ; ⇒ k 1 = 0 ; +∞
(− 1 ) n x 2 n + 1
∑ ( 2n + 1)n!
2 2
⇒ y2 = ex + e x k 2 ; para x > 2;
⇒ y 1 = 1 para 0 ≤ x < 2 n =0
Ahora para encontrar k 2 usaremos la
condición de continuidad de dos funciones :
Esta condición dice :
lim f( x) = lim f(x);
x →a − x→a +
⇒ lim y = lim y ;
1 2
x→2 − x→2 +
 2 + ∞ (− 1 ) n x 2 n + 1 
⇒ lim 1 = lim e x ∑
2
+ e x k 2 ;
x→2 − x→2 +  n = 0 (2 n + 1)n! 
n 2 n +1
+∞
(− 1 ) 2 +∞
(− 1 ) n 2 2 n 2 4
⇒ 1 = e2 ∑ + e2 k 2 ;⇒ 1 = e4 ∑
2 2
+e k2 ;
n = 0 (2 n + 1)n! n = 0 (2 n + 1)n!
(− 1 ) n 2 2 n 2 4
+∞
1 + ∞ (− 1 ) n 2 2 n 2
⇒ 1−e4 ∑ = e k2 ;⇒ k2 = 4 − ∑ ;
n = 0 (2 n + 1)n! e n = 0 (2 n + 1)n!
1 +∞
(− 1 ) n 2 2 n
⇒ k 2 = 4 − 2∑ ;
e n = 0 (2 n + 1)n!
La solución queda expresada con
la siguiente regla de correspondencia :
1 ; 0≤x<2
 +∞
y =  x 2 (− 1)n x 2 n +1 2  1 (− 1)n 2 2 n 
+∞
e ∑ + e x  4 − 2∑ ; x ≥ 2
 n =0 ( 2 n + 1)n! e n = 0 (2 n + 1 )n! 
ESPOL 2009 8

9. Ecuaciones diferenciales de primer orden
3.- Resolver la siguiente ecuación diferencial:
dy y
= y
dx e + 2 x
Si observamos que esta es una ecuación diferencial no separable, no lineal con respecto
a y, que tal si hacemos que nuestra variable independiente sea “y”, y que “x” nuestra
variable dependiente, es decir obtener nuestra solución en función de “y” (x = f( y)) .
(e y
+ 2 x )dy = ydx ;
dx
(e y
+ 2x) = y ;
dy
dx
y − e y − 2x = 0; ≡ yx'−e y − 2 x = 0 ;
dy
e y 2x 2x e y
⇒ x'− − = 0 ; ⇒ x'− = ;
y y y y
Tiene la forma x'+ p(y)x = g(y);
Ahora y es la variable independie nte :
Apliquemos el método del factor integrante :
x' + p(y)x = g(y);
* El factor integrante ahora depende de y :
u(y) = e ∫
p(y)dy
;
2
2 ∫ − dy
p( y ) = − ; entonces u(y) = e y = e −2 ln y = y -2 ⇒ u(y) = y - 2
y
Multiplicando el factor integrante u(y) = y -2 a ambos lados de la ecuación diferencial :
2x e y  2x  ey
x'− = ⇒ y -2  x'−  = y - 2
 .
y y  43 y  y
142 4
4
d −2
dy
y x[ ]
∫ ∫
y y
ey
dy
[y x] = e 3 ⇒ d[y −2 x] = e 3 dy ⇒
d −2
y y
d[y − 2 x ] =
y3
dy
∫ ∫
y y
e e
y −2 x = dy ⇒ x = y 2 dy
y3 y3
y
e
Para integrar dy usamos series de potencias :
y3
+∞ +∞
ey =
∑ yn
n!
ey
⇒ 3 =
y ∑ y n −3
n!
La solución es:
 1 +∞

1
∑ yn
n =0 n =0
 1
x = − − y + y 2ln(y) + + Cy 2 
y n −3 
+∞ +∞
∫∑ ∑  2 
∫
y n −3 1 1 2 (n − 2)n!
dy =  3
+ 2
+ +   n =3 
n!  0! y 1! y 2! y n! 
n =0  n =3 
 1 +∞

∫ ∑ y n −2
y
e 1 1
x( y ) = y 2
3
dy = y 2 − 2 − + ln( y ) + + C ;
y  2y y 2 ( n − 2 )n! 
 n =3 
ESPOL 2009 9

10. Ecuaciones diferenciales de primer orden
4.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:
xy' −y = x 2 sen(ln(x)); y(1) = 0 ;
Utilizando el método del factor integrante:
xy' − y = x 2 sen( ln (x));
y
y' − = xsen( ln (x));
x
Tiene la siguiente forma y'+ p(x)y = g(x), entonces :
u( x ) = e ∫ p( x )dx ;
1
⇒ u( x ) = e ∫ p( x )dx ; donde p(x) = − ;
x
1
− ∫ dx
⇒ u( x ) = e ∫ p( x )dx = e x = e −ln( x ) ;
⇒ u( x ) = x −1 ;
Multiplicando el factor integrante a ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene :
y
x −1 y' − x −1 = x −1 xsen( ln (x));
142434 4 x
d −1
dx
[x y ]
∫ ∫
d −1
dx
[x y] = sen( ln (x)) ⇒ d[x −1y] = sen( ln (x))dx ⇒ d[x −1 y] = sen( ln (x))dx
x −1 y =
∫ sen( ln (x))dx
∫
y = x sen( ln (x))dx
∫ sen(ln( x))dx = ?
Encontremo s ahora la solución particular si y(1) = 0;
dx x 2 [sen (ln( x )) − cos(ln( x))]
z = ln( x); ⇒ dz = ; y= + Cx ;
x 2
dx = xdz ; Pero x = e z ; y( 1) = 0 ;
dx = e zdz ; 12 [sen (ln( 1)) − cos(ln( 1))]
⇒0= + C( 1);
2
∫ sen(ln( x))dx =
∫ sen(z )e zdz ;
⇒0=
[sen(0) − cos( 0)] + C ;
2
∫ sen(z )e zdz , integrando por partes obtenemos que : 1
⇒ 0 = − + C; ⇒ C = ;
2
1
2
e z [sen(z ) − cos(z )]
∫ sen(z )e zdz =
2
+ C;
La solución es :
x[sen(ln( x)) − cos(ln(x))]
⇒
∫ sen(ln(x ))dx =
2
+ C;
y=
x 2 [sen(ln(x)) − cos(ln(x))] x
+
 x[sen(ln( x)) − cos(ln(x ))]  2 2
⇒ y = x + C
 2 
x 2 [sen(ln( x)) − cos(ln( x))]
y= + Cx;
2
ESPOL 2009 10

11. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Ecuaciones diferenciales Exactas
Las ecuaciones diferenciales exactas tienen la siguiente forma:
M(x, y) + N(x, y)y' = 0;
Es exacta si :
∂M(x, y) ∂N(x, y)
= ;
∂y ∂x
My = Nx ;
Entonces existe :
F(x, y) tal que :
∂F(x,y)
= M(x,y);
∂x
∂F(x,y)
= N(x,y);
∂y
∂F( x , y )
Si escogemos = M(x, y), se obtiene :
∂x
∂F(x,y)
= M(x,y)
∂x
∫ ∂F(x,y) = ∫ M(x,y)∂x;
F(x,y) = G(x,y) + h(y);
Luego derivando F(x, y) con respecto a y :
∂F( x , y )
= G' ( x , y ) + h' ( y );
∂y
∂F(x, y)
Luego igualando con = N(x, y);
∂y
G'(x,y) + h'(y) = N(x,y);
h'(y) = N(x,y) − G'(x,y);
h( y ) = La constante de F(x, y).
Entonces :
F(x,y) = G(x,y) + h(y);
La solucíon es :
F(x,y) = 0 ;
G(x,y) + h(y) = 0 ;
∂F(x,y)
Si se elige = N(x,y), y procedemos de la misma forma, se obtiene :
∂y
F(x, y) = H(x, y) + h(x);
Donde la solución es :
F(x, y) = 0;
ESPOL 2009 11

12. Ecuaciones diferenciales de primer orden
1.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:
 3 e xy   e xy 
 4x y −
x
( )
+ yln(x) + x 3 x − 4  dx +  x 4 −
y
+ xln(x) − x  dy = 0
   
 3 e xy   e xy 
 4x y −
x
( )
+ yln(x) + x 3 x − 4  +  x 4 −
y
+ xln(x) − x  y' = 0
   
xy
e
M(x,y) = 4 x 3 y −
x
(
+ y ln (x) + x 3 x − 4 ; )
M y = 4 x 3 − e xy + ln (x) ;
e xy
N(x , y ) = x 4 − + xln(x) − x;
y
Nx = 4 x 3 − e xy + ln (x) ;
My = Nx ; entonces la ecuacion diferencia l es exacta;
 Fx = M(x, y)
⇒ Existe una función F(x, y), donde 
 Fy = N(x, y)
Si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
e xy
Fy = x 4 − + x ln (x) − x;
y
∂(F(x,y)) 4 e xy
=x − + x ln (x) − x;
∂y y
 4 e xy 
∂(F(x,y)) =  x −
 + x ln (x) − x  ∂y;

 y 
Entonces integrando a ambos lados de la ecuación :
 e xy 
∫ ∂ (F(x,y)) = ∫  x 4 −

 y
+ x ln (x) − x  ∂y;


 e xy 
F( x , y ) = x y − ∫ 
4

 y  ∂y + yx ln( x ) − xy + h ( x );
 
e  xy
Para integrar  
 y  ∂y se usa series de potencias :
 
1 + ∞ (xy ) (x )n (y )n − 1 1 + ∞ (x )n (y )n − 1
xy n +∞
e
= ∑ =∑ = +∑ ;
y y n = 0 n! n =0 n! y n =1 n!
 e xy   1 + ∞ (x )n (y )n − 1  +∞
(x )n (y )n
∫ y ∂y = ∫  + ∑  ∂ y = ln( y ) + ∑ ;
  y 
   n =1 n!  n = 1 (n )(n !)
+∞
(x )n (y )n
F( x , y ) = x y − ln( y ) − ∑
4
+ yx ln( x ) − xy + h ( x );
n = 1 (n )(n !)
ESPOL 2009 12

13. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Ahora si Fx = M, entonces se obtiene lo siguiente :
Fx = M(x, y);
e xy
Fx = 4 x 3 y −
x
+ y ln (x) + x 3 x − 4 ; ( )
+∞
n (x ) n −1 (y )n
Fx = 4 x 3 y − ∑ + y[1 + ln( x )] − y + h' ( x);
n =1 (n )(n!)
+∞
(x ) n −1 (y )n
Fx = 4 x 3 y − ∑ + y + y ln( x) − y + h' ( x);
n =1 (n!)
e xy
Fx = 4 x 3 y − + y ln( x ) + h' ( x );
x
Entonces reemplazando Fx :
e xy e xy
4x 3 y −
x
+ y ln( x) + h' ( x ) = 4x 3 y −
x
+ y ln (x) + x 3 x − 4 ; ( )
Eliminando términos :
(
h' ( x ) = x 3 x − 4 ; )
Obteniendo h(x) :
(
h( x) = ∫ x 3 x − 4 dx ; )
z 3 = x − 4 ; ⇒ 3z 2 dz = dx ;
z= (
3
x−4 )
x = z 3 + 4;
( )
h(z) = ∫ (z 3 + 4 ) 3 z 3 3z 2 dz ;
h(z) = 3∫ (z 6 + 4z 3 )dz ;
z7 
h( z ) = 3  + z 4 + C  ;
7 
 3 x−4
( 7
) ( 
h( x ) = 3 
7
+ 3 x−4 )4
+ C ;

 

Entonces :
(x ) n (y )n
+∞  (3 x − 4 ) 7

F( x , y ) = x y − ln( y ) − ∑ + (3 x − 4 ) + C  ;
4 4
+ yx ln( x ) − xy + 3
n = 1 (n )(n!) 
 7 

La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir :
(x )n (y )n
+∞  (3 x − 4 )7 
x y − ln( y ) − ∑ + (3 x − 4 ) + C  = 0 ;
4
4
+ yx ln( x ) − xy + 3
n = 1 (n )(n!) 
 7 

ESPOL 2009 13

14. Ecuaciones diferenciales de primer orden
2.- Resuelva la siguiente ecuación diferencial:
 2 xy 2  y3 
y − + xy  +  2xy − x + ln(x + 1) + x y + 8
2
y' = 0 ;
 x+1   y − 2

xy
M(x,y) = y 2 − + xy 2
x+1
y3
2
N(x,y) = 2 xy − x + ln x + 1 + x y + 8
y −2
x
My = 2 y − + 2 xy
x+1
1
Nx = 2 y − 1 + + 2 xy ;
x+1
1−x−1
Nx = 2 y + + 2 xy ;
x+1
x
Nx = 2 y − + 2 xy ;
x+1
My = Nx ; la ecuación diferencial es exacta.
 Fx = M(x, y)
⇒ Existe una función F(x, y), donde 
 Fy = N(x, y)
Si Fx = M(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
xy
Fx = M(x,y) = y 2 − + xy 2 ;
x+1
∂(F(x,y)) xy
= y2 − + xy 2
∂x x+1
 xy 
∂(F(x,y)) =  y 2 − + xy 2 ∂x;
 x+1 
x x2 y2
F( x , y ) = xy − y ∫
2
∂x + + h( y );
x+1 2
x+1−1 x2y2
F( x , y ) = xy 2 − y ∫ ∂x + + h( y );
x+1 2
1 x2y2
F( x , y ) = xy 2 − y ∫ ∂x + y ∫ ∂x + + h( y );
x+1 2
2 x2 y2
F( x , y ) = xy − xy + y ln x + 1 + + h( y );
2
Ahora si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
Fy = N(x, y);
Fy = 2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y + h' ( y );
ESPOL 2009 14

15. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Entonces reemplazando Fy :
y3
2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y + h' ( y ); = 2 xy − x + ln x + 1 + x 2 y +
y8 − 2
Eliminando términos :
y3
h' ( y ) = ;
y8 − 2
Obteniendo h(y) :
y3
h( y ) = ∫ dy ;
y8 − 2
y3
h( y ) = ∫ dy ;
(y )4 2
−2
z = y 4 ; ⇒ dz = 4 y 3 dy ;
1 dz 1 1 z− 2 
h( z ) =
4 ∫ z 2 − 2 = 4  2 2 ln z + 2 + K  ;
 
 
1 z− 2
h( z ) = ln + C;
8 2 z+ 2
1 y4 − 2
h( y ) = ln + C;
8 2 y4 + 2
Entonces :
x2y2 1 y4 − 2
F( x , y ) = xy 2 − xy + y ln x + 1 + + ln 4 + C;
2 8 2 y + 2
La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir :
x2 y2 1 y4 − 2
xy 2 − xy + y ln x + 1 + + ln 4 + C = 0;
2 8 2 y + 2
3.- Determine el valor de N(x,y) para que la siguiente ecuación diferencial sea
exacta, luego encuentre la solución de forma implícita:
 1/2 −1/2 x 
y x
 + 2 dx + N(x, y)dy = 0
 x +y
Para que la ecuación diferencial sea exacta debe cumplirse que My = Nx
Nx = My ;
1 x
Nx = y − 1 / 2 x − 1 / 2 − ;
2 (x + y )2
2
∂N( x , y ) 1 −1 / 2 −1 / 2 x
= y x − 2 ;
∂x 2 (x + y )2
1 x 
∂N( x , y ) =  y − 1 / 2 x − 1 / 2 − ∂x ;
2 (x 2 + y )2 
 
ESPOL 2009 15

16. Ecuaciones diferenciales de primer orden
1 x 
∫ ∂N( x, y) = ∫  2 y ∂x ;
−1 / 2
x −1 / 2 −
 (x 2 + y ) 
2
 
 x 
N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 − ∫  2 ∂x ;
 (x + y )2 
 
2
u = x + y;
∂u = 2 x∂x ;
1 ∂u
2 ∫ u2
N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 − ;
1
N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 + + C;
2u
1
N( x , y ) = y −1 / 2 x 1 / 2 + + C;
2 (x + y )
2
 1 /2 − 1 /2 x   1 
y x + 2 dx +  y −1/2 x 1/2 + + C dy = 0
 x +y  2 (x + y )
2 
   
Ahora como My = Nx;
 Fx = M(x, y)
⇒ Existe una función F(x, y), donde 
 Fy = N(x, y)
Si Fx = M(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
x
Fx = M(x,y) = y 1/2 x −1/2 + 2 ;
x +y
∂(F(x,y)) x
= y 1 /2 x − 1 /2 + 2
∂x x +y
 x 
∂(F(x,y)) =  y 1/2 x −1/2 + 2

∂x;
 x + y
 x 
F(x,y) = ∫  y 1/2 x −1/2 + 2

∂x;
 x +y
x
F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 + ∫ 2 ∂x;
x +y
u = x 2 + y;
∂u = 2 x∂x;
1 ∂u
2∫ u
F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 + ;
1
F(x,y) = 2 y 1/2 x 1/2 + ln x 2 + y + h(y);
2
Ahora si Fy = N(x, y), entonces se obtiene lo siguiente :
Fy = N(x, y);
1
Fy = x 1 / 2 y −1 / 2 + 2
+ h' ( y );
2( x + y )
ESPOL 2009 16

17. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Entonces reemplazando Fy :
1 1
x 1 / 2 y −1 / 2 + + h' ( y ); = y − 1 / 2 x 1 / 2 + + C;
2( x 2 + y ) 2(x 2 + y )
Eliminando términos :
h' ( y ) = C ;
Obteniendo h(y) :
h( y ) = Cx + K ;
Entonces :
1
F(x,y) = 2 y 1/2 x 1 /2 + ln x 2 + y + h(y);
2
1
F(x,y) = 2 y x + ln x 2 + y + Cx + K;
1 / 2 1 /2
2
La solución implicitaes F(x, y) = 0, es decir :
1
2 y 1 /2 x 1 /2 + ln x 2 + y + Cx + K ; = 0 ;
2
ESPOL 2009 17

18. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Ecuaciones diferenciales exactas con factor integrante
M( x , y ) + N( x , y )y' = 0 ;
Si My ≠ Nx;
Entonces es una ecuación diferencial no exacta, por lo tanto se necesita un factor integrante :
Un factor integrante que solo depende de x es :
My-Nx
∫ N(x,y) dx
u(x) = e ;
u(x)M(x,y) + u(x)N(x,y)y' = 0 ;
Ahora la ecuación diferencial es exacta.
Un factor integrante que depende de y :
Nx-My
∫ N(x,y) dx
u(y) = e ;
u(y)M(x,y) + u(y)N(x,y)y' = 0 ;
Ahora la ecuación diferencial es exacta.
1) xydx + (2x 2
+ 3y 2 − 20 )dy = 0; Si y(1) = 1;
M(x,y) = xy;
My = x;
N(x,y) = 2 x 2 + 3 y 2 − 20 ;
Nx = 4 x;
My ≠ Nx; entonces la ecuación diferencial no es exacta;
Por lo tanto debemos encontrar su factor integrante :
 Nx-My 
∫  M(x, y)  dy




u(y) = e
 4x-x  3
∫

 xy 
 dy

∫  y  dy
 
 
u( y ) = e =e = y 3;
u( y ) = y 3 ;
Luego mulitiplicando u(y) a ambos lados de la ecuación :
(
y 3 ( xydx ) + y 3 2 x 2 + 3 y 2 − 20 dy = 0 ; )
(
xy 4 dx + 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3 )dy = 0;
M ( x , y ) = xy 4 ;
My = 4 xy 3 ;
N ( x , y ) = 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3 ;
Nx = 4 xy 3 ;
ESPOL 2009 18

19. Ecuaciones diferenciales de primer orden
My = Nx, por lo tanto la ecuación diferencial es exacta :
Fx = M(x, y);
∃(F(x, y)) talque : 
Fy = N(x, y);
Fx = M(x, y);
∂ ( F ( x , y ))
= xy 4 ;
∂x
F ( x , y ) = ∫ xy 4 ∂x;
x 2 y4
F ( x, y) = + h( y );
2
Fy = N(x, y);
2 x 2 y 3 + h'(y) = 2 x 2 y 3 + 3 y 5 − 20 y 3 ;
h'(y) = 3 y 5 − 20 y 3 ;
( )
h( y ) = ∫ 3 y 5 − 20 y 3 dy;
y6
h( y ) = − 5 y 4 + C;
2
Entonces :
x2 y4 y6
F(x,y) = + − 5 y 4 + C;
2 2
2 4 6
x y y
+ − 5 y4 + C = 0;
2 2
2) 2xdy - [y + xy 3 (1 + ln(x) )]dx = 0;
Si y(1) = 1;
x2 y 4 y6
+ − 5y 4 + C = 0 ;
2 2
(12 )(14 ) + (16 ) − 5(14 ) + C = 0 ;
2 2
1 1
+ − 5 + C = 0;
2 2
C = 5 − 1;
C = 4;
x2 y 4 y6
+ − 5y 4 + 4 = 0 ;
2 2
La solución :
x 2 y 4 + y 6 − 10 y 4 + 8 = 0 ;
ESPOL 2009 19

20. Ecuaciones diferenciales de primer orden
[y + xy 3
(1 + ln(x))]dx - 2xdy = 0;
M(x,y) = y + xy 3 (1 + ln (x));
My = 1 + 3xy 2 + 3xy 2 ln (x);
N( x , y ) = -2x;
Nx = -2;
 Nx − My 
∫  M ( x , y ) dy




u(y) = e ;
 − 2 − 1 − 3 xy 2 − 3 xy 2 ln (x);   − 3 − 3 xy 2 − 3 xy 2 ln (x); 
∫

dy
 ∫

dy

y + xy 3 (1 + ln (x) )
= e  y (1+ xy (1+ ln( x ) ))
2
  
u( y ) = e
 − 3 (1 + xy 2 (1 + ln( x ) ))  −3
∫  y (1+ xy 2 (1+ ln( x ) )) dy ∫ y dy 1




u( y ) = e e = 3;
y
Luego mulitiplicando u(y) a ambos lados de la ecuación :
1
y 3
[y + xy 3 (1 + ln (x))]dx- y13 (2 xdy) = 0;
1   2x 
 2 + x(1 + ln (x))dx −  3 dy = 0 ;
y 
y   
1
M( x , y ) = 2 + x(1 + ln (x));
y
2
My = − ;
y3
2x
N( x , y ) = − ;
y3
2
Nx = − ;
y3
My = Nx, por lo tanto la e.d. es exacta :
 Fx = M(x, y);
∃(F(x, y)) talque : 
 Fy = N(x, y);
Fx = M(x, y);
∂( F( x , y )) 1
= 2 + x(1 + ln (x));
∂x y
1 
F( x , y ) = ∫  2 + x(1 + ln (x)) ∂x ;
y 
2 2
x x x x2
F( x , y ) = 2 + + ln( x ) − + h( y ); Entonces :
y 2 2 4
Fy = N(x, y); x x2 x2 x2
F( x , y ) = + + ln( x ) − + C;
2x 2x y2 2 2 4
− 3
+ h'(y) = − 3 ;
y y x x2 x2 x2
+ + ln( x ) − + C = 0;
h'(y) = 0 ; y2 2 2 4
h( y ) = C
ESPOL 2009 20

21. Ecuaciones diferenciales de primer orden
3) (
x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = −2xyln(y); )
[
2 xy ln (y) + x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = 0 ; ]
M( x , y) = 2 xy ln (y);
My = 2 x[1 + ln( y )];
[
N( x , y) = x 2 + y 2 y 2 + 1 ; ]
Nx = 2 x ;
 Nx − My 
∫  M ( x , y )  dy




u( y ) = e ;
 2 x − 2 x [1+ ln( y ) ]   − 2 x ln( y )  1
∫

2 xy ln (y)

 dy ∫  2 xy ln( y ) dy
 
∫ − y dy
u( y ) = e  
=e  
=e ;
1
u( y ) = ;
y
Luego se multiplica u(y) a ambos lados de la ecuación :
1
y
[
(2xy ln (y)) + 1 x 2 + y 2 y 2 + 1 y' = 0 ;
y
]
 x2 
2 x ln (y) +  + y y 2 + 1  y' = 0 ;
y 
M( x , y) = 2 x ln (y);
2x
My = ;
y
x2
N( x , y) = + y y2 + 1 ;
y
2x
Nx = ;
y
My = Nx, por lo tanto la e.d. es exacta :
 Fx = M(x, y);
∃(F(x, y)) talque : 
 Fy = N(x, y);
Fx = M(x, y);
∂(F( x , y ))
= 2 x ln (y); ;
∂x
F( x , y) = ∫ [2 x ln (y)]∂x ;
F( x , y) = x 2 ln( y ) + h( y );
Fy = N(x, y);
x2 x2 1 2
+ h'(y) = + y y2 + 1 ;
y y h(y) = (y + 1) y 2 + 1 + C;
3
h'(y) = y y 2 + 1 ; Entonces :
(
h( y ) = ∫ y y 2 + 1 dy ; ) 1
F( x , y ) = x 2 ln( y ) + (y 2 + 1) y 2 + 1 + C ;
u = y 2 + 1; 3
1 2
du = 2 ydy ; x 2 ln( y ) + (y + 1) y 2 + 1 + C = 0 ;
1  2 3 /2 3
1  1
h( y ) =
2 ∫ udu = 2  3 u + C = 3 u u + C ;
 
ESPOL 2009 21

22. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Ecuaciones diferenciales de Bernoulli
Sea
dy
+ p( x ) y = g ( x ) y n una ecuación diferencial de Bernoulli, donde n ≠ 0,1.
dx
Esta es una ecuación diferencial no lineal, que se la convierte en lineal
haciendo el siguiente cambio de variable :
v = y 1− n
Donde :
dv dv dy dy
= . = (1 − n ) y − n
dx dy dx dx
Se multiplicará el factor (1 − n ) y − n a ambos lados de la ecuación de Bernoulli :
(1 − n) y − n dy + (1 − n) y − n p( x ) y = (1 − n) y − n g( x ) y n
dx
Se obtiene lo siguiente :
(1 − n) y − n dy + (1 − n) p( x ){ = (1 − n)g( x )
y 1− n
4 dx
14 244
3 v
dv
Esto es :
dx
dv 
+ (1 − n ) p( x )v = (1 − n )g ( x ) Esto es una ecuación diferencial Lineal,
dx 
que se puede resolver por el método del factor integrante.
ESPOL 2009 22

23. Ecuaciones diferenciales de primer orden
1) xdy - [y + xy 3 (1 + ln(x))]dx = 0;
xdy-[y + xy 3 (1 + ln (x))]dx = 0 ;
y  ∫ (x )
2
ln( x ) dx = ?
y' −  + y 3 (1 + ln (x)) = 0 ; .
x  dx
u = ln( x ); ⇒ du = ;
y x
y' − = y 3 (1 + ln (x)); n = 3;
x x3
dv = x 2dx; ⇒ v= ;
Se sustituye v = y 1−n ; 3
v = y −2 ; x 3 ln( x ) x 3
∫ ( )
x 2 ln( x ) dx =
3
−
9
+ C;
dv dy
v' = = −2 y − 3 ; 2 2 x 3 ln( x ) 2 x 3
dx dx x 2v = − x 3 − + + K;
3 3 9
Luego se multiplica − 2 y − 3 a ambos de la ecuación : Despejandola solución:
y 2 2 x ln( x ) 2 x K
− 2 y − 3 y' + 2 y − 3 = −2 y − 3 y 3 (1 + ln (x)); v =− x− + + ;
x 3 3 9 x2
y −2 Reemplazan v = y-2 :
do
−3
− 2 y y' + 2 = −2(1 + ln (x));
x 2 2 x ln( x ) 2 x K
y −2 = − x − + + ;
Reemplazando v y v' : 3 3 9 x2
2v
v'+ = −2(1 + ln (x));
x
Resolviendo por factor integrante :
2
La solución general es:
u( x ) = e ∫ x = x 2 ;
dx
2v
x 2 v'+ x 2 = −2 x 2 (1 + ln (x));
x
1
d[x 2 v] y=
= −2 x 2 (1 + ln (x)); 2 2xln(x) 2x K
dx − x− + + ;
3 3 9 x2
x 2 v = ∫ − 2 x 2 (1 + ln (x))dx ;
x 2 v = −2 ∫ (x 2 + x 2 ln( x ))dx ;
2
x 2 v = − x 3 − 2 ∫ (x 2 ln( x ))dx ;
3
ESPOL 2009 23

24. Ecuaciones diferenciales de primer orden
2) xy'+y = y 2ln(x); si y(1) = 1;
y ln( x )
y'+ = y2 ; n = 2;
x x
v = y 1− n = y −1 ;
dv dy
= −y −2 ;
dx dx
Luego se multiplica − y − 2 a ambos lados de la ecuación :
y ln( x )
− y − 2 y'− y − 2 = − y − 2 y 2 ;
x x
Reemplazando v y v' en la ecuación :
v ln( x )
v'− = ;
x x
Resolviendo por el método del factor integrante :
dx
u( x ) = e ∫
− 1
;
x
=
x
1 v ln( x )
v'− 2 = 2 ;
x x x
d  v
1
 x  ln( x )
 = ;
dx x2
1 ln( x )
v = ∫ 2 dx ;
x x
ln( x )
Integrando
x2 ∫
dx = ?
dx
u = ln (x); ⇒ du = ;
x
dx 1
dv = 2 ; ⇒ v=- ;
x x Si y(1) = 1, entonces :
1 ln( x) dx 1
v=- +∫ 2; 1=
x x x C-1
1 ln( x) 1 C − 1 = 1;
v=- − + C;
x x x C = 2;
v = − ln( x ) − 1 + Cx ;
La solución es :
y −1 = − ln( x) − 1 + Cx ;
1
1 y= ;
y= ; − ln(x) − 1 + 2x
− ln( x ) − 1 + Cx
ESPOL 2009 24

25. Ecuaciones Diferenciales
3) 4(1 + x)dy + y[1 + 4xy 2 (1 + x)]dx = 0;
 1 
y'+ y  + xy 2  = 0
 4(1 + x) 
y
y'+ = −xy 3 ; n = 3;
4(1 + x)
v = y 1−n = y − 2 ;
dv dy
= −2 y − 3 ;
dx dx
Luego se multiplica - 2y - 3 a ambos lados de la ecuación :
− 2 y −3 y
− 2 y − 3 y'+ = 2 y −3 xy 3 ;
4(1 + x)
2v
v'− = 2x;
4(1 + x)
1
∫ − 2 ( 1+ x ) dx 1 1
− ln 1 + x
u( x ) = e =e ; 2 =
1+ x
1 1 2v 2x
v'− = ;
1+ x 1 + x 4(1 + x) 1+x
 1 
d v
 1 + x  = 2x ;
dx 1+x
1 2x
v=∫ dx ;
1+ x 1+ x
2x
∫ 1 + x dx = ?;
z2 = 1 + x; ⇒ 2 zdz = dx ;
x = z 2 − 1;
2x (z 2 − 1)2zdz = 4 (z 2 − 1)dz;
∫ 1 + x dx = 2 ∫ z ∫ La solución
general es:
4z 3
4 ∫ (z 2 − 1)dz = − 4z + C ;
3
2x 4 (1 + x)3
∫ 1+ x
dx =
3
− 4 1 + x + C;
1 4 (1 + x )3 1
v= − 4 1 + x + C; y= ;
1+ x 3 4(1 + x )2
− 4(1 + x ) + C 1 + x
4(1 + x )2 3
v= − 4(1 + x ) + C ;
3
4(1 + x )2
y −2 = − 4(1 + x ) + C 1 + x ;
3
ESPOL 2009 25

26. Ecuaciones Diferenciales
4) 3y' +4csc(2x)y = 2y −1/2 ctg(x);
4 2 1
y'+ csc(2 x)y = y −1 /2 ctg( x ); n=− ;
3 3 2
1− n 3 /2
v=y =y ;
3 1 /2
v' = y y' ;
2
3 1 /2
Se multiplica y a ambos lados de la ecuación :
2
3 1 /2 3 4 3 2
y y'+ y 1 /2 csc(2 x )y = y 1 /2 y − 1 /2 ctg( x );
2 2 3 2 3
v'+2 csc( 2 x )v = ctg( x );
u( x ) = e ∫
2 csc( 2 x )dx
= e ln csc( 2 x )− ctg ( 2 x )
u( x ) = csc(2 x ) − ctg( 2 x );
1 cos( 2 x)
u( x ) = − ;
sen( 2 x ) sen( 2 x)
1 − cos( 2 x)
1 − cos( 2 x ) 2 sen 2 ( x )
u( x ) = = = = tan( x );
sen( 2 x ) sen( 2 x ) sen( x ) cos( x )
2
tan( x )v'+2 tan( x ) csc(2 x)v = tan( x)ctg( x );
d[tan( x )v]
= 1;
dx
tan( x )v = ∫ dx ;
tan( x )v = ∫ dx ;
tan( x )v = x + C ;
v = xctg( x ) + Cctg( x);
y 3 /2 = xctg( x) + Cctg( x );
y = 3 (xctg( x ) + Cctg( x ))2 ;
Si y( π/4) = 1;
2
π 
1 =  + C ;
3
4 
π
1 = + C;
4
π
C = 1− ;
4
ESPOL 2009 26

27. Ecuaciones Diferenciales
La solución particular es :
2
  π 
y = 3  xctg( x) +  1 − ctg( x)  ;
  4 
Ecuaciones diferenciales homogéneas de la forma y' = f  
y
 
x
dy
Se dice que la ecuación = f(x, y) es homogénea si se puede
dx
expresar esta ecuación como :
dy  y 
= f  ;
dx  x 
Se hace la siguiente sustitución :
y
v = ; entonces y = vx;
x
dy dv
= v+x ;
dx dx
Reemplazando v, y y' en la ecuación :
dy  y 
= f  ;
dx  x 
dv
v+x = f( v );
dx
dv
x = f( v) − v ;
dx
dv dx
= ;
f( v) − v x
v = φ( x);
y
= φ( x );
x
y = xφ( x );
ESPOL 2009 27

28. Ecuaciones Diferenciales
1)Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y
sec 2  
dy y x;
= +
dx x y2
Asumiendo que :
y
v= ⇒ y = xv;
x
dy dv
⇒ =x + v;
dx dx
y dy dv
Reemplazando en la ecuación diferencial , y = xv, v = , =x + v, se obtiene :
x dx dx
y
sec 2  
dy y x dv sec 2 (v )
= + ⇒ x +v = v+ 2 2 ;
dx x y2 dx x v
dv sec 2 (v ) dv sec 2 (v ) 
⇒x = 2 2 ⇒ x3 = Ecuación diferencial separable.
dx x v dx v2 
∫ ∫
v 2 dv dx v 2 dv dx
⇒ 2
= 3 Integrando : = ;
sec (v ) x sec 2 (v ) x3
∫
2
v dv
=?
sec 2 (v )
 v 2 v 2cos(2v) 
∫ ∫ ∫ ∫
v 2 dv  1 + cos(2v) 
= v 2cos 2 (v)dv = v2  dv =  +
 2 dv

sec 2 (v )  2   2 
v v cos(2v)  v   v cos(2v) 
∫ ∫ ∫ ∫
2 2 2 2 2
v dv
= +
 2 dv =  dv +
  2 
 dv

sec 2 (v )  2     2 
m = v ⇒ dm = 2vdv;
2
sen(2v)
dn = cos(2v)dv ⇒ n = ;
2
 v2 
(v 2cos(2v))dv = v + 1  v sen(2v) − 2vsen(2v) 
∫ ∫ ∫ ∫
v 2 dv 1 3 2
=  dv +
 2  dv 
sec 2 (v )   2 6 2 2 2 
∫ ∫
2 3 2
v dv v v sen(2v) 1
2
= + − vsen(2v)dv
sec (v ) 6 4 2
m = v ⇒ dm = dv.
1
dn = sen(2v)dv ⇒ n = − cos(2v)
2
v 3 v 2sen(2v)  v 
∫ ∫ ∫
2 3 2
v dv v v sen(2v) 1 1
= + − vsen(2v)dv = + − − cos(2v) + cos(2v) dv
sec 2 (v ) 6 4 2 6 2  4 4 
v sen(2v)  v  v
∫ ∫
2 3 2 3 2
v dv v 1 v sen(2v) v 1
2
= + − − cos(2v) + cos(2v) dv  = + + cos(2v) - sen(2v)
sec (v ) 6 4  4 4  6 4 4 8
∫
2 3 2
v dv v v sen(2v) v 1
= + + cos(2v) - sen(2v)
sec 2 (v ) 6 4 4 8
ESPOL 2009 28

29. Ecuaciones Diferenciales
∫ ∫
v 2 dv dx v 3 v 2sen(2v) v 1 1
= ⇔ + + cos(2v) - sen(2v) = − 2 + C
sec 2 (v ) x3 6 4 4 8 x
3 2
v v sen(2v) v 1 1
+ + cos(2v) - sen(2v) = − 2 + C
6 4 4 8 x
y
Reemplazando v = ;
x
La solución de forma implícita queda expresada por :
3 2
 y   y  sen 2 y  
  
   
x +x   x   + v cos 2 y   - 1 sen 2 y   = − 1 + C
     
6 4 4   x  8   x  x2
2) (xy + 4 y 2
+ 2x 2 )dx − (x 2 )dy = 0; si y(1) = 2 /2;
Aplicando tan a ambos lados se obtiene :
dy (xy + 4 y 2 + 2 x 2 )
= ;  4 ln x 
dx x2 2 v = tan  + K ;
 
dy y 4 y 2  2 
= + + 2;
dx x x 2 1  4 ln x 
v= tan  + K ;

y 2  2 
v= ;
x y 1  4 ln x 
y = xv ; = tan 
 + K ;

x 2  2 
dy dv
= v+x ; x  4 ln x 
dx dx y= tan 
 + K ;

dv 2  2 
v+x = v + 4v2 + 2 ;
dx 2
Si y(1) = ;
dv 2
x = 4v2 + 2 ;
dx 2 1
dv dx = tan (K );
2
= ; 2 2
4v + 2 x π
dv dx K= ;
= ; 4
4(v + 1 / 2 ) x
2
∫ ∫
dv 4dx
= ;
(v + 1 / 2 )
2
x La solución particular es :
(
2 arctan 2 v = 4 ln x + C ; ) x  4 ln x π 
tan
y=  2 + 4 ; 
4 ln x 2  
arctan 2 v = ( ) 2
+ K;
ESPOL 2009 29

30. Ecuaciones Diferenciales
dy
3) x = y + x2 − y2 ; y(x0 ) = 0; donde x0 > 0;
dx
y(1) = /4; v + xv' = v + 1 − v 2 ;
dy y x2 − y2 xv' = 1 − v 2 ;
= + ; dv
dx x x x = 1− v2 ;
dx
dy y x2 − y2 dv
=
dx
;
= + ; 1− v ; x
2
dx x x 2
arcsen(v ) = ln x + C ;
dy y y2 v = sen(ln x + C );
= + 1− 2 ; y
dx x x = sen(ln x + C );
x
Se asume : y = xsen(ln x + C );
y Si y(1) = 1;
v= ; 1 = sen(C );
x
π
y = xv ; 2
= C;
y' = v + xv' ; La solución paticular es :
 π
y = xsen ln x + ;
 2
4) x (ln(x) − ln(y) )dy − ydx = 0;
v
x(ln (x) − ln (y))dy − ydx = 0 ; v + xv ' = −
(ln (v ))
;
x(ln (y) − ln (x))dy + ydx = 0 ; v
xv ' = − − v;
dy y (ln (v ))
=− ; dv − v (1 + ln( v ) )
dx x(ln (y) − ln (x)) x
dx
=
(ln (v ))
;
dy y  (ln( v ) )   dx 
=− ; ∫  v (1 + ln( v ) ) dv = − ∫  x ;
 
dx   y     
x ln   
  x  u = ln( v );
Se asume : dv
du = ;
v
y  u 
v= ;
x ∫  (1 + u ) du = − ln x + C ;




y = xv;  1 
y' = v + xv' ;
∫ du − ∫  (1 + u ) du = − ln x




+ C;
u − ln 1 + u = − ln x + C ;
ln v − ln 1 + ln( v ) = − ln x + C ;
La solución general de forma implícita es:
y y
ln − ln 1 + ln  = −ln x + C;
x x
ESPOL 2009 30

31. Ecuaciones Diferenciales
Ecuaciones Diferenciales de Coeficientes Lineales
dy (2y − x + 5 )
1) = ;
dx (2x − y − 4 )
( x − 2 y − 5)dx − (2 x − y − 4 )dy = 0 ;
a 1b2 ≠ a 2 b1 ;
(1)(1) ≠ (− 2 )( −2 );
1 ≠ 4;
Se asume :
x = (u + h );
y = (v + k );
dy dv
= ;
dx du
Reemplazando x, y, y' en la ecuación, se obtiene
dv 2(v + k ) − (u + h ) + 5
= ;
du 2(u + h ) − (v + k ) − 4
dv 2 v − u + 2k − h + 5
= ;
du 2 u − v + 2 h − k − 4
2 k − h + 5 = 0 ;

2 h − k − 4 = 0 ;
Resolviendo el sistema :
k = - 1;
h = 3;
Entonces :
dv 2 v − u
= ;
du 2 u − v
Divivdiendo para u, para poder obtener una ecuación homogénea :
2v
−1
dv u
= ;
du 2 − v
u
Resolviendo como una ecuación diferencial homogénea :
v
z= ;
u
v = zu ;
dv dz
= z+u ;
du du
dz 2 z − 1
z+u = ;
du 2 − z
dz 2 z − 1
u = − z;
du 2 − z
ESPOL 2009 31

32. Ecuaciones Diferenciales
dz 2 z − 1 − 2 z + z 2
u = ;
du 2−z
(z − 2 )dz du
=− ;
(z − 1)
2
u
(z )dz (2 )dz du
∫ (z 2 − 1) − ∫ (z 2 − 1) = ∫ − u ;
1 z−1
ln z 2 − 1 − ln = − ln u + C ;
2 z+1
1 z−1
ln z 2 − 1 − ln = − ln u + C ;
2 z+1
1 z−1
ln (z − 1)(z + 1) − ln = − ln u + C ;
2 z+1
1 1
ln (z − 1) + ln (z + 1) − ln (z − 1) + ln (z + 1) = − ln u + C ;
2 2
3 1
ln (z + 1) − ln (z − 1) = − ln u + C ;
2 2
3 v  1 v 
ln  + 1  − ln  − 1  = − ln u + C ;
2 u  2 u 
v = y − k; ⇒ v = y + 1;
u = x − h; ⇒ u = x − 3;
La solución de forma implícita es :
3  y+1  1 y+1 
ln  + 1  − ln  − 1  = − ln x − 3 + C ;
2 x−3  2  x−3 
(
2) 3y − 7x + 7 )dx − (3x − 7y − 3)dy = 0;
a 1b2 ≠ a 2 b1 ;
( −7 )(7 ) ≠ (− 3)( 3);
− 49 ≠ −9 ;
Usando :
x = (u + h );
y = (v + k );
dy dv
= ;
dx du
dy − 7 x + 3y + 7
= ;
dx − 3x + 7 y + 3
ESPOL 2009 32

33. Ecuaciones Diferenciales
Reemplazando x, y y y' :
dz − 7 + 3 z + 3 z − 7 z 2
dv − 7 (u + h ) + 3(v + k ) + 7 u = ;
= ; du − 3 + 7z
du − 3(u + h ) + 7 (v + k ) + 3
dz 7 z 2 − 6z + 7
dv − 7 u + 3v − 7 h + 3k + 7 u =− ;
= du 7z − 3
du − 3u + 7 v − 3h + 7 k + 3
(7 z − 3 )dz − du
 − 7 h + 3k + 7 = 0 ;
 ∫ 7 z 2 − 6z + 7 = ∫ u ;
− 3 h + 7 k + 3 = 0 ;
u = 7 z 2 − 6 z + 7; ⇒ du = 14 z- 6;
Resolviendo el sistema :
7
k = 0; 7z − 3 = (14 z-6 ) − 3 + 3;
14
h = 1; 7
(14 z- 6)dz − du
dv − 7 u + 3 v 14
= ; ∫ 7 z 2 − 6z + 7 = ∫ u ;
du − 3u + 7 v
7 (14 z- 6)dz
dv
−7 +
3v
14 ∫ 7 z 2 − 6 z + 7 = − ln u + C ;
= u ;
du − 3 + 7v ln 7 z 2 − 6 z + 7
= − ln u + C ;
u 2
v ln 7 z 2 − 6 z + 7 = − ln u 2 + K ;
z= ;
u 2
v v
ln 7  − 6 + 7 = − ln u 2 + K ;
v = zu ;  u u
2
dv dz  y  y
+ 7 = − ln ( x − 1) + K ;
2
= z+u ; ln 7  −6
du du  x −1 x −1
dz − 7 + 3z La solución de forma implícita es :
z+u = ; 2
du − 3 + 7 z  y  y C
7  −6 +7= ;
dz − 7 + 3z  x −1 x −1 ( x − 1)2
u = − z;
du − 3 + 7 z
ESPOL 2009 33

34. Ecuaciones Diferenciales
3) (y − x − 5)y'−(1 − x − y ) = 0;
(1-x-y) − (y − x − 5)y' = 0;
a1b2 ≠ a 2 b1 ;
(− 1)(− 1) ≠ (1)(− 1);
1 ≠ −1;
x = (u + h );
y = (v + k );
dy 1 − x − y
= ;
dx y − x − 5
Reemplazando x,y, y y’ en la ecuación:
dv 1-(u + h )-(v + k )
= ;
du (v + k ) − (u + h ) − 5
dv − u − v − h − k + 1
= ;
du − u + v − h + k − 5
− h − k + 1 = 0 ;

− h + k − 5 = 0 ;
Resolviendo el sistema de ecuaciones :
h = -2;
k = 3;
dv − u − v
=
du − u + v
v
−1−
dv u;
=
du − 1 + v
u
v
z =  ;
u
v = zu ;
dv dz
=z+u ;
du du
dz − 1 − z
z+u = ;
du − 1 + z
dz − 1 − z
u = − z;
du − 1 + z
dz − 1 − z + z − z 2
u = ;
du −1+z
ESPOL 2009 34

35. Ecuaciones Diferenciales
dz z2 + 1
u =− ;
du z−1
(z − 1)dz du
∫ (z 2 + 1) = ∫ − u ;
1
ln z 2 + 1 − arctan(z) = − ln u + C ;
2
2
1 v v
ln   + 1 − arctan  = − ln u + C ;
2 u u
La solución implicita de la ecuación diferencial es :
2
1  y−3  y−3
ln   + 1 − arctan  = − ln x + 2 + C ;
2 x+2  x+2
Ecuaciones diferenciales de la forma G(ax+by)
XY
{ Y - Y{
XY
Y- Y
Se asume el siguiente cambio de variable
Y . Y
Despejando y:
XY X
.
XY XY
XY
Reemplazando y, y’ en:
{ Y - Y{
XY
X
. { {
Se obtiene una ecuación diferencial de la forma:
XY
X
- { {
XY
X
XY
Se obtiene una ecuación diferencial separable dela forma:
- { {
ESPOL 2009 35