xC Senx Cy + = xC Senx Cy +

Practica n.-1
I) Soluciones de ecuaciones diferenciales
1) Demostrar por sustitución directa en la ecuación diferencial, comprobando las constantes arbitrarias, que
cada primitiva a lugar a la correspondiente ecuación diferencial.
a)
y  C1senx  C2 x es solución de (1  xctgx ) y   xy   y  0
Solución:
y  C1 Senx  C2 x
y  C1cosx  C2
y  C1Senx
(1  x c tgx) y  (1  xctgx)(C1Senx)  C1senx  C2 x cos x ……….. (1)
 xy   x(C1cosx  C2 )   xC1cosx  C2 x …………………. (2)
y  C1 Senx  C2 x …………….. (3)
Luego sumamos (1), (2) y (3)
(1  x c tgx) y  xy  y  C1senx  C1 x cos x  C1 x cos x  C2 x  C1senx  C2 x
(1  x c tgx ) y   xy   y  0
x
x
x
x
2 x
b) y  C1e  C2 xe  C3 e  2 x e es solución de y   y  y  y  8e
Solución:
y  C1e x  C2 xe x  C3 e  x  2 x 2 e x
y  C1e x  C2e x  C2 xe x  C3e x  4xe x  2x 2e x
y  C1e x  C2e x  C2e x  C2 xe x  C3e x  4e x  4xe x  4xe x  2x 2e x
y  C1e x  C2ex  C2ex  C2ex  C2 xex  C3e x  4ex
4e x  4 xe x  4e x  4 xe x  4 xe x  2 x 2 e x .......… .. (1)
 y  C1ex  C2ex  C2ex  C2 xex  C3e x  4ex
4 xe x  4 xe x  2 x 2 e x ……………………..… … (2)
 y  C1e x  C2e x  C2 xe x  C3e x  4 xe x  2 x2e x … ….. (3)
y  C1e x  C2 xe x  C3 e  x  2 x 2 e x ………………….. (4)
Luego sumamos (1), (2), (3) y (4)
y   y   y   y  C1e x  C2e x  C2e x  C2e x  C2 xe x  C3e x
4e x  4e x  4 xe x 4e x  4 xe x  4 xe x  2 x 2 e x
C1e x  C2e x  C2e x  C2 xe x  C3e x 4e x  4 xe x
4 xe x  2 x 2 e x C1e x  C2e x  C2 xex  C3e x
4 xe x  2 x 2 e x C1e x  C2 xex  C3e x  2 x2 ex
y  y  y  y  8e x
2) Demostrar que y  2 x  Ce
x
es la solución de la ecuación diferencial, y y   y  2  2 x hallar la
solución particular para x  0, y  3 ( esto es la ecuación de la curva integral que pasa por (0,3))
Solución:
y  2 x  Ce x
y   2  Ce x …………………….. (1)
 y  2 x  Ce x ……………………..(2)
Luego sumamos (1) y (2)
y  y  2  Ce x  2 x  Ce x
y  y  2  2 x
( x, y )  (0, 3)
3  2(0)  Ce0
La ecuación de la curva integral es:

C 3
y  2 x  3e x
3) Demostrar que y  C1e  C 2 e  x es solución de y   3 y   2 y  2 x  3 y hallar la ecuación
de la curva integral que pase por los puntos (0,0) y (1,0)
x
2x
Solución:
y  C1e x  C 2 e 2 x  x
y   C1e x  2C2 e 2 x  1
y  C1e x  4C2e2 x ………………….…… (1)
3 y  3C1e x  6C2e2 x  3 …….………..… (2)
2 y  2C1e x  2C2 e 2 x  2 x ….…………….. (3)
Luego sumamos (1), (2) y (3)
y   3 y   2 y  C1e x  4C2e2 x 3C1e x  6C2e2 x  3
y   3 y   2 y  2 x  3
( x, y )  (0, 0)
0  C1e0  C2e2(0)  0
0  C1  C2

C2  C1
2C1e x  2C2e2 x  2 x
0  C1e1  C2 e 2(1)  1
( x, y )  (1, 0)
C1 
1
e(e  1)
C1e(e  1)  1

0  C1e  C1e2  1
C2  

1
e(e  1)
La ecuación de la curva integral es:
y
ex
e2 x

x
e(e  1) e(e  1)
4) Demostrar que ( y  C )  Cx es la primitiva de la ecuación diferencial 4 xy   2 xy   y  0 y
hallar las ecuaciones de las curvas integrales que pasan por el punto (1,2)
2
5) La primitiva de la ecuación diferencial xy   y es y  Cx . Hallar la ecuación de la curva integral
que pasa por el punto (1,2)
Solución:
y  Cx
y  C
xy   xC

xy   y
( x, y )  (1, 2)
2  C (1)
La ecuación de la curva integral es:

C2
y  2x
6) Comprobar que y  C1cosx  C2 senx y, y  Acos ( x  B ) son primitivas de y   y  0
demostrar también que ambas ecuaciones son, en realidad, una sola.
Solución:
. y  C1cosx  C2 senx
y  C1senx  C2 cos x
y  C1Cosx  C2 Senx …………………….. (1)
y  C1cosx  C2 senx ………………………(2)
Luego sumamos (1) y (2)
y   y  C1Cosx  C2 Senx C1cosx  C2 senx
y   y  0
. y  Acos ( x  B )
y    Asen ( x  B )
y    Acos ( x  B ) ………………. (3)
y  Acos ( x  B ) …………………(4)
Luego sumamos (3) y (4)
y   y   Acos ( x  B )  Acos( x  B)
y   y  0
. Ahora demostraremos que y  C1cosx  C2 senx y
y  Acos ( x  B ) son, en realidad, una sola.
y  Acos ( x  B )
y  A cos x cos B  AsenxsenB
Como
AcosB y AsenB son constantes, pueden asumir el valor de
C1  AcosB
C2   AsenB

y  C1cosx  C2 senx  Acos ( x  B )
7) Demostrar que ln( x )  ln(
2
y2
)  A  x se puede escribir así y 2  Be x
x2
Solución:
ln( x 2 )  ln(
ln( x 2 .
y2
)  A x
x2
y2
)  A x
x2
ln( y 2 )  A  x
e A x  y 2
e A .e x  y 2
Como e
A
es una constante e
A
Reemplazamos en e .e  y
A

x
B
2
Be x  y 2
2
2
8) Demostrar que arcSenx  arcSeny  A se puede escribir así x 1  y  y 1  x  B
Solución:
arcSenx  arcSeny  A
Derivamos:
dx
1 x
2

dy
1 y2
0
dx 1  y 2  dy 1  x 2
1  x2 1  y2
0
dx 1  y 2  dy 1  x2  0
Integramos:

1  y 2 dx   1  x 2 dy   0
x 1  y 2  y 1  x2  B
9) Demostrar que ln( 1  y )  ln( 1  x )  A se puede escribir como xy  x  y  C
Solución:
ln( 1  y )  ln( 1  x )  A
ln[( 1  y )(1  x )]  A
ln( 1  x  y  xy)  A
e A  1  x  y  xy
e A 1  x  y  xy
Como e  1
A
es constante, entonces puede tomar el valor

eA 1  C
x  y  xy  C
10) Demostrar que Senhy  Coshy  Cx se puede escribir como y  ln( x )  A
Solución:
Senhy  Coshy  Cx
e  e y e y  e y

 Cx
2
2
e y  Cx
ln Cx  y
ln C  ln x  y
Como ln C es constante entonces le damos el valor de A  ln C
y
y  ln( x )  A
II) Origen de las ecuaciones diferenciales
1)
Se define una curva por la condición que cada uno de sus puntos ( x , y ) su pendiente es igual al
doble de la suma de las coordenadas del punto. Exprese la condición mediante una ecuación diferencial.
Solución:
La pendiente es
m
y
x
y
 2( x  y )
x
y
 2x  2 y
x
y  2 x 2  2 yx
2x2
y
1 2x
dy 4 x(1  2 x)  2 x 2 ( 2)

dx
(1  2 x) 2
dy 4 x (1  x )

dx (1  2 x ) 2
2) Una curva esta definida por la condición que representa la condición que la suma de los segmentos x e y
interceptados por sus tangentes en los ejes coordenados es siempre igual a 2, Exprese la condición por
medio de una ecuación diferencial.
3) Cien gramos de azúcar de caña que están en agua se convierten en dextrosa a una velocidad que es
proporcional a la cantidad que aun no se ha convertido, Hállese la ecuación diferencial que exprese la
velocidad de conversión después de “t” minutos.
Solución
Sea “ q ” la cantidad de gramos convertidos en “ t ” minutos, el numero de gramos aun no
convertidos será “ (100  q ) ” y la velocidad de conversión vendrá dada por
dq
 K (100  q) , donde
dt
K es la constante de proporcionalidad.
4) Una partícula de masa “m” se mueve a lo largo de una línea recta (el eje x) estando sujeto a :
i)
ii)
Una fuerza proporcional a su desplazamiento x desde un punto fijo “0” en su trayectoria y
dirigida hacia “0”.
Una fuerza resistente proporcional a su velocidad
Expresar la fuerza total como una ecuación diferencial
5) Demostrar que en cada una de las ecuaciones
a) 𝑦 = 𝑥 2 + 𝐴 + 𝐵
Solución
Debido a que la suma 𝐴 + 𝐵 son constantes la suma será igual a una constante k
⇒ 𝑦 = 𝑥2 + 𝑘
b)𝑦 = 𝐴𝑒 𝑥+𝐵
Solución
𝑦 = 𝐴𝑒 𝐵 𝑒 𝑥
Debido a que 𝐴𝑒 𝐵 es una constante la reemplazamos por k
⇒𝑦 = 𝑘𝑒 𝑥
c) 𝑦 = 𝐴 + 𝑙𝑛𝐵𝑥
Solución
𝑦 = 𝐴 + 𝑙𝑛𝐵 + 𝑙𝑛𝑥
Debido a que 𝐴 + 𝑙𝑛𝐵 es una constante la reemplazamos por k
𝑦 = 𝑘 + 𝑙𝑛𝑥
Solamente es usual una de las dos constantes arbitrarias
6) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva
𝑦 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
Solucion
𝑦 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
𝑦 ′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵
𝑦 ′′ = 2𝐴
𝑦 ′′′ = 0
⇒ la ecuación diferencial asociada es:
𝑦 ′′′ = 0
7) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva
𝑥 2𝑦3 + 𝑥 3𝑦5 = 𝑐
Solución
2𝑥𝑑𝑥𝑦 3 + 3𝑦 2 𝑑𝑦𝑥 2 + 3𝑥 2 𝑑𝑥𝑦 5 + 5𝑦 4 𝑑𝑦𝑥 3 = 0
2
2𝑥𝑦 3 + 3𝑦 2 𝑦 ′𝑥 + 3𝑥 2 𝑦 5 + 5𝑦 4 𝑦′𝑥 3 = 0
2
′
2𝑦 + 3𝑦𝑥𝑦 + 3𝑥𝑦 4 + 5𝑦 3 𝑦′𝑥 2 = 0
8) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva
𝑦 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑎𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑥)
Solución
𝑦 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑎𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑥)
𝑦 ′ = −𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑥)𝑎 + 𝐵𝑐𝑜𝑠(𝑎𝑥)𝑎
𝑦 ′′ = −𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑎𝑥)𝑎2 − 𝐵𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑥)𝑎2
𝑦 ′′ = −𝑎2 (𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑎𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑥))
𝑦 ′′ =-𝑎2 𝑦
9) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva
𝑦 = 𝐴𝑒 2𝑥 + 𝐵𝑒 𝑥 + 𝐶
Solución
𝑦 = 𝐴𝑒 2𝑥 + 𝐵𝑒 𝑥 + 𝐶
𝑦 ′ = 2𝐴𝑒 2𝑥 + 𝐵𝑒 𝑥
𝑦 ′ − 𝐵𝑒 𝑥
= 2𝐴
𝑒 2𝑥
Derivando
(y ′′ − 𝐵𝑒 𝑥 )𝑒 2𝑥 − 2(𝑦 ′ − 𝐵𝑒 𝑥 )𝑒 2𝑥
=0
𝑒 4𝑥
′′
𝑥
′
𝑥
y − 𝐵𝑒 − 2𝑦 + 2𝐵𝑒 = 0
y ′′ − 2𝑦 ′ = −𝐵𝑒 𝑥
y ′′ − 2𝑦 ′
= −B
𝑒𝑥
Derivando y acomodándolo:
𝑦 ′′′ − 3𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ = 0
10) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva
𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑒 𝑥
Solución:
𝑒𝑥 𝑦
1 1
𝑒 3𝑥
𝑒 2𝑥
3𝑥
2𝑥
𝑒 𝑥 𝑦′
3 2
3𝑒
2𝑒
| 3𝑥
| = 𝑒 6𝑥 |
𝑥
𝑦′′
9 4
9𝑒
4𝑒 2𝑥 𝑒
27 8
27𝑒 3𝑥 8𝑒 2𝑥 𝑒 𝑥 𝑦′′′
=𝑒 6𝑥 (−2𝑦 ′′′ + 12𝑦 ′′ − 22𝑦 ′ + 12𝑦) = 0
=−2𝑦 ′′′ + 12𝑦 ′′ − 22𝑦 ′ + 12𝑦 = 0
=𝑦 ′′′ − 6𝑦 ′′ + 11𝑦 ′ − 6𝑦 = 0
1 𝑦
1 𝑦′
1 𝑦′′ |
1 𝑦 ′′′
11) Obtener la ecuación diferencial asociada con la primitiva
𝑦 = 𝑐𝑥 2 + 𝑐 2
Solución
𝑦 = 𝑐𝑥 2 + 𝑐 2
𝑦 ′ = 2𝑐𝑥
𝑦 ′′ = 2𝑐
𝑦 ′′′ = 0
12) Hallar la ecuación diferencial de la familia de circunferencias de radio fijo “r” cuyos centros están en
el eje x
La ecuación de una circunferencia es:
(𝑥 − 𝑝)2 + 𝑦 2 = 𝑟 2
𝑝 = 𝑥 − √𝑟 2 − 𝑦 2
Derivando
−1
1
0 = 1 − √𝑟 2 − 𝑦 2 2 2𝑦′
2
13) Hallar la ecuación diferencia de la familia de parábolas cuyos focos están en el origen y cuyos ejes
están sobre el eje x
Solución:
La ecuación de la familia de la parábola es:
𝑥 2 = 4𝑝𝑦
Donde el vértice es (0,0) y el foco F (0, p)
x2
= 4p
y
Derivamos
2xy − x 2 y ′
=0
y2
2𝑥𝑦 = 𝑥 2 𝑦 ′
2𝑦 = 𝑥𝑦′
PRACTICA n.-2
I)
SEPARACIÓN DE VARIABLES
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) X3dx + (y+1)2dy = 0
Sol:
∫ X3dx + ∫ (y+1)2dy = c
X4/4 + c1 + (y+1)3/3 +c2 = c
(y+1)3/3 = k - X4/4
3
(y+1) = √3(k −
X4
4
)
𝟑
y = √𝟑(𝒌 −
𝑿𝟒
𝟒
) -1
2) x2(y+1)dx + y2(x-1)dy = 0
Sol:
x2(y+1)
(x−1) (y+1)
x2
(x−1)
x2
∫
(x−1)
dx +
dx +
y2(x−1)
(x−1) (y+1)
y2
(y+1)
y2
dx + ∫
dy = 0
dy = 0
(y+1)
dy = c
Sea µ = x-1
x = µ+1
dµ=dx
(µ+1)2
µ2
∫
dµ = +2 µ+ln µ+c1
µ
Sea: v = y+1
y=v-1
dv=dy
(v−1)2
v2
∫
= - 2v + lnv + c2
2
(x−1)2
2
(x−1)2
2
𝑣
(y+1)2
+2(x-1)+ln(x-1)+c1
+2(x-1)+ln(x-1)+c1 +
2
(y+1)2
2
2
- 2(y+1) +ln (y-1) + c2
- 2(y+1) +ln (y-1) + c2 = c
(𝒙−𝟏)𝟐
+2(x-1)+ln(x-1) +
𝟐
(𝒚+𝟏)𝟐
𝟐
- 2(y+1) +ln (y-1) = k
3) 4xdy – ydx = x2dy
Sol:
(4x-x2)dy – ydx=0
(4x−x2)
y
dy dx =0
(4x−x2)y
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦
∫
(4x−x2)y
-
=0
(4x−x2)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
-∫
𝑦
=c
(4x−x2)
1
Lny + c1 - ln (
4
1
Lny = ln (
4
y=𝒆
𝑥
4−𝑥
𝑥
4−𝑥
) +c2 = c
)+k
𝟏
𝒙
𝒍𝒏 (
)+𝒌
𝟒
𝟒−𝒙
4) x(y-3)dy = 4ydx
Sol:
x(y−3)
∫
𝑥𝑦
(𝑦−3)
dy =
4𝑦
𝑥𝑦
4
dx
dy - ∫ = c
𝑦
𝑥
y – 3lny +c1 – 4lnx + c2 = c
y + k –lnx4
lny =
3
y=𝑒
y + k –lnx4
3
(𝒚+𝒌)
y=
𝒆 𝟑
𝒙𝟒
5) (y2 + xy2)dy + (x2-x2y)dx = 0
Sol:
y2(x+1)
(1−𝑦)(𝑥+1)
y2
dy +
∫(1−𝑦)dy + ∫
x2
(𝑥+1)
x2(1−y)
(1−𝑦)(𝑥+1)
dx= 0
dx = c
-(ln(1-y) – 2(1-y) +
-ln (1-y) + 2(1-y) -
(1−y)2
2
(𝟏−𝒚)𝟐
𝟐
) + c1 +
+
(𝒙+𝟏)𝟐
𝟐
(x+1)2
2
- 2(x+1) + lnx = k
6) x√1 + y2 + y√1 + x2 y’ = 0
Sol:
x√1+y2
√1+y2 √1+x2
∫
x
√1+x2
dx +
dx +∫
y√1+x2
√1+y2 √1+x2
y
√1+y2
dy = 0
dy = c
√1 + x2 + c1 + √1 + y2 + c2 = c
√1 + y2 = k - √1 + x2
1+y2 = (k - √1 + x2)2
y = ± √(𝒌 − √𝟏 + 𝒙𝟐)𝟐 − 𝟏
- 2(x+1) + lnx + c2 = c
7) Hallar la solución particular de: (1+x3) dy – x2ydx = 0, que satisfaga las condiciones iníciales
x=1, y=2.
Sol:
(1+x3)
𝑦(1+x3)
∫
dy
𝑦
-∫
dy -
x2y
𝑦(1+x3)
x2
(1+x3)
1
dx = 0
dx = c
Lny +c1 - ln(1+x3) + c2 = c
3
1
Lny = k + ln(1+x3)
3
Para x=1,y=2:
1
Ln(2) = k + ln(1+13)
3
K = 0.46
8) Hallar la solución particular de: 𝑒 𝑥 secydx + (1+ 𝑒 𝑥 ) secytgydy = 0, cuando x=3, y=60°.
Sol:
𝑒 𝑥 secy
secy(1+ 𝑒 𝑥 )
𝑒𝑥
∫
(1+ 𝑒 𝑥 )
dx +
(1+ 𝑒 𝑥 ) secytgy
secy(1+ 𝑒 𝑥 )
dy = 0
dx +∫ tgydy = c
Ln (1+ex) + c1 + ln (secy) + c2 = c
Ln (secy) = k – Ln (1+ex)
Para x=3, y=60°.
K=ln (2)+ln (1+e3)
9) Hallar la solución particular de: dp =ptan 𝛼d 𝛼, cuando 𝛼 =0, p=1.
Sol:
dp =ptan 𝛼d 𝛼
𝑑𝑝
∫ =∫tan 𝛼 d 𝛼
𝑝
Lnp+c=ln(sec 𝛼)+c1
Lnp- ln(sec 𝛼)=k
Para 𝛼=0,p=1.
Ln1-ln1=0
K=0
II)
REDUCCIÓN A VARIABLE SEPARADA
1) Resolver : (x+y)dx + (3x+3y-4)dy = 0
Sol:
(x+y) dx + (3x+3y-4) dy = 0………. (I)
Sea: z = x+y
dz=dx+dy
𝑑𝑧
𝑑𝑦
= 1+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= – 1……………… (II)
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Reemplazando en (I)
𝑑𝑧
Z + (3z-4) ( – 1) = 0
𝑑𝑥
-2zdx + 3zdz – 4dz + 4dx = 0
∫-2zdx + ∫3zdz – ∫4dz + ∫4dx = ∫0
3z2
-2zx +c1+ +c2 -4z + c3 +4x + c4 = c
2
𝟑(𝒙+𝒚)𝟐
-2(x+y) x +
𝟐
– 4(x+y) + 4x = k
2) Resolver : (x+y)2y’ = a2
Sol:
(x+y)2y’ = a2...................(I)
Sea: z = x+y
dz = dx+dy
𝑑𝑧
𝑑𝑦
= 1+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= – 1……………… (II)
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Reemplazando en (I)
𝑑𝑧
(x+y)2 ( – 1) = a2
Z2 (
∫
𝑑𝑧
𝑑𝑥
z2
𝑑𝑥
– 1) = a2
dz = ∫dx
a2+z2
𝑧
Z – a.arctg ( ) = x + k
𝑎
X + y – a.arctg (
𝒙+𝒚
y – a.arctg (
𝒂
𝑥+𝑦
𝑎
)=x+k
)= k
3) Resolver: y’ = cos2 (ax+by+c) / a ≠ b, a y b son constantes positivas.
Sol:
Sea: z = ax+by+c
𝑑𝑧
𝑑𝑦
=a+b
𝑑𝑥
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑑𝑧
-a=b
1
, y’= cos (ax + by + c)…….. (I)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
( – a) = ……………. (II)
𝑑𝑥
𝑏
𝑑𝑥
Remplazando (II) en (I)
𝑑𝑧
1
( – a) = Cos2 (z)
𝑑𝑥
𝑑𝑧 1
𝑑𝑥 𝑏
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑑𝑧
𝑎
𝑏
- = Cos2z
𝑏
- a = b Cos2z
= bCos2z + a
𝑑𝑧
∫
= ∫ 𝑑𝑥
𝑏𝐶𝑜𝑠 2 𝑧 + 𝑎
𝑑𝑧
∫ (√𝑏 𝐶𝑜𝑠𝑧)2 + (√𝑎)2 = ∫dx
𝑑𝑥
1
√𝑎
𝟏
√𝒂
arctg (
√𝑏 𝐶𝑜𝑠𝑧
√𝑎
√𝒃
× arctg (
√𝒂
)+ C1 = C2
Cos (ax + by + c)) = x + k
(x+y)m
4) Resolver : y’+1= (x+y)n+
Sol:
y’ + 1 =
(𝑥+𝑦)𝑚
(𝑥+ 𝑦)𝑛+ (𝑥+ 𝑦)𝑝
Sea: z = x+y
(x+y)p
………….. (I)
dz = dx+dy
dy
= 1+
dz
dy
dx
dz
dx
= – 1……………… (II)
dx
dx
Reemplazando en (I)
(
dz
– 1) + 1=
dx
𝑧𝑛+ 𝑧𝑝
𝑧𝑚
𝑧 𝑛+ 𝑧 𝑝
∫ ( 𝑚 ) dz = ∫ dx
𝑧
∫ (zn-m + zp-m) = ∫ dx
(z)n−m+1
(z)p−m+1
+
= x+k
𝑛−𝑚+1
p−m+1
dz
dx
=
𝑧𝑚
𝑧𝑛+ 𝑧𝑝
(p-m+1)(x+y)(n-m+1) + (n-m+1) (x+y)(p-m+1) = (x+k) (p-m+1)(n-m+1)
5) Resolver : xy2(xy’+y) = a2
Sol:
xy2 (xy’+y) = a2…………….. (I)
xy2y’ + xy3 = a2
z
y’ =
Sea: z=xy
y=
x
Reemplazando (II) en (I):
z2
x
𝑑𝑧
−z
x
𝑑𝑧
−z
𝑑𝑥
x2
…………. (II)
𝑧
(x 𝑑𝑥 + ) = a2, simplificando
𝑥
x2
𝑥
z2dz = a2xdx, integrando
z3
x2
+ c = a2 + c1
3
2
2x3y3 = 3a2x2 + k
6) Resolver : (lnx+y3)dx - 3xy2dy = 0
Sol:
Sea: z = lnx +y3
dz
dx
1
= + 3y2y’, de donde 3xy2y’ = x
x
Reemplazando en la ecuación diferencial se tiene: z – (x
dz
(z+1) - x
dx
x
-
𝑑𝑧
𝑧+1
dx
dz
dx
dz
dx
– 1) = 0
= 0, separando las variables:
= 0, integrando se tiene: lnx – ln (z+1) = lnc
3
x = c (z+1)
1
z+1 = kx
lnx + y + 1 = kx , donde k=
c
3
y = kx – lnx - 1
7) Resolver : y’ = tan(x+y) – 1
Sol:
𝑑𝑧
𝑑𝑦
Sea: z = x+y
=1+
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Reemplazando en la ecuación diferencial:
𝑑𝑧
- 1 = tanz - 1
𝑑𝑥
𝑑𝑧
–1
dz
= tanz ,
= dx, ctgzdz = dx
tanz
Integrando:
Ln (senz) + c1 = x + c2
Ln(sen(x+y)) = x + k
𝒆𝒙+𝒌 = sen(x+y)
𝑑𝑥
8) Resolver : (6x+4y+3)dx+(3x+2y+2)dy = 0
Sol:
𝑑𝑧
𝑑𝑦
Sea: z = 3x+2y
=3+2
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Reemplazando en la ecuación diferencial:
𝑑𝑧−3𝑑𝑥
(2z+3) dx + (z+2) (
)=0
2
Simplificando y separando las variables:
z+2
Dx +
dz = 0
z
Integrando ambos miembros:
z + 2lnz + x = c
4x + 2y + 2ln (3x+2y) = c
dy =
𝑑𝑧−3𝑑𝑥
2
9) Resolver : cos(x+y)dx – xsen(x+y)dx +xsen(x+y)dy
Sol:
𝑑𝑧
𝑑𝑦
Sea: z = x+y
=1+
dy = dz – dx
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Reemplazando en la ecuación diferencial:
Coszdx = xsenzdx + xsenz (dz-dx)
Simplificando y separando las variables:
dx
= tanzdz
x
Integrando miembro a miembro:
xcos(x+y) = c
10) Resolver : y(xy+1)dx + x(1+xy+x2y2)dy=0
Sol:
Sea: z = xy
z
𝑑𝑧
=y+x
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
x(z+1+z2)(xdz – zdx)
z
dz = dx + xdy
x
(z+1)dx +
=0
x2
Simplificando y separando las variables:
(z2+z)
𝑑𝑧
𝑑𝑥
dz + =
z3
z3
𝑥
Integrando miembro a miembro:
Lnz +c1+ lnz2 + c2+ lnz3+ c3 = lnx + c
Ln(xy) + ln(xy)2 + ln(xy)3 = lnx +k
x
11) Resolver : (y-xy2)dx – (x+x2y)dy=0
Sol:
𝑑𝑧
𝑑𝑦
z
Sea: z = xy
=y+x
dz = dx + xdy
𝑑𝑥
𝑑𝑥
x
Reemplazando en la ecuación diferencial:
z z2
𝑥𝑑𝑧−𝑧𝑑𝑥
( - ) dx – (x+zx) (
)=0
x
𝑥
x2
Simplificando y separando las variables:
dx
(𝑧+1)
2 =
dz
x
𝑧
Integrando:
2lnx + c1 = z + lnz + c2
2lnx – ln (xy) –xy = k
12) Resolver : (1-xy+x2y2)dx + (x3y-x2)dy=0
Sol:
𝑑𝑧
𝑑𝑦
Sea: z = xy
=y+x
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Reemplazando en la ecuación diferencial:
(xdz –zdx)
(1+z2-z) dx + (zx2 – x2)
=0
x2
Simplificando y separando las variables:
dx
zx
xdx
+ dz =0
x
x
x
Integrando:
𝒙𝟐𝒚𝟐
Ln x +
– xy = k
𝟐
13) Resolver : cosy’=0
Sol :
Como : cosy’=0
dy
π
y’ = arccosα =
π
= (2n+1)
dy = (2n+1) dx
dx
2
2
Integrando:
𝝅
y = (2n+1) x + k
𝟐
14) Resolver : ey’=1
π
2
(2n+1)
Sol:
Como: ey’=1
Integrando:
y=
y’ = 0
15) Resolver : lny’=x
Sol:
ex = y’
Integrando:
y = 𝒆𝒙 + c
dy = 𝑒 𝑥 dx
π
16) Resolver : x2y’cosy+1=0/ y=16 ; x
∞
3
Sol:
1
𝑑𝑥
y’Cosy +
= 0 , de donde : cosydy + = 0
x2
x2
integrando:
1
π
seny - = c , como y=16 cuando x
∞
x
3
π
c = sen (16 )
𝟏
3
𝝅
Seny - = sen (16 )
𝒙
𝟑
17) Resolver : tgy’=x
Sol:
Como tgy’ = x
y’ = arctgx + nπ, n ∈ N
dy = (arctgx + nπ)dx
Integrando:
2y = 2xarctgx – ln(x2+1) + 2nπx + c
Practica n.-3
I) FUNCIONES HOMOGENEAS
Determinar cuales de las siguientes funciones son homogéneas
1)𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 − 4𝑦 3
Solución:
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = (𝜆𝑥)2 (𝜆𝑦) − 4(𝜆𝑦)3
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆3 (𝑥 2 𝑦 − 4𝑦 3 )
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆3 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒ La 𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 3
2) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦 2 tan(𝑥 ⁄𝑦)
Solución:
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = (𝜆𝑦)2 tan(𝜆𝑥 ⁄𝜆𝑦)
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆2 (𝑦 2 tan(𝑥 ⁄𝑦))
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆2 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒ La 𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 2
3
3) 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥 3 − 𝑦 3
Solución:
3
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = √(𝜆𝑥)3 − (𝜆𝑦)3
3
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆 ( √𝑥 3 − 𝑦 3 )
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒ La 𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 1
4) 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥 2 −𝑦 2
𝑥𝑦
Solución:
(𝜆𝑥)2 − (𝜆𝑦)2
(𝜆𝑥)(𝜆𝑦)
𝑥 2 − 𝑦2
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆0 (
)
𝑥𝑦
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆0 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒ La 𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 0
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) =
5) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦
Solución:
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = (𝜆𝑥)2 + 𝑠𝑒𝑛(𝜆𝑥)𝑐𝑜𝑠(𝜆𝑦)
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) ≠ 𝜆𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒La 𝑓(𝑥, 𝑦) no es homogénea
6) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
Solución:
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝑒 𝜆𝑥
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) ≠ 𝜆𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒La 𝑓(𝑥, 𝑦) no es homogénea
7) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑒
𝑥⁄
𝑦
Solución:
𝜆𝑥⁄
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝑒 𝜆𝑦
𝑥
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆0 (𝑒 ⁄𝑦 )
0
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒ La 𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 0
8) 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 2 − 𝑦 2 )3⁄2
Solución:
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = ((𝜆𝑥)2 − (𝜆𝑦)2 )3⁄2
𝑥
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆3 (𝑒 ⁄𝑦 )
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆3 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒ La 𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 3
9) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 − 5𝑦 − 6
Solución:
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑥 − 5(𝜆𝑦) − 6
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) ≠ 𝜆𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒La 𝑓(𝑥, 𝑦) no es homogénea
10) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥 ⁄𝑦) − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥 ⁄𝑦)
Solución:
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = (𝜆𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝜆 𝑥 ⁄𝜆𝑦) − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝜆𝑥 ⁄𝜆𝑦)
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆(𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥 ⁄𝑦) − 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥 ⁄𝑦))
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒ La 𝑓(𝑥, 𝑦) es homogénea de grado 1
II) Si 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 es homogénea, demostrar que 𝑦 = 𝑣𝑥 se separan las variables
Solución:
Debido a que 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 ………………… (#)
Es homogénea se cumple que:
𝑀(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑘 𝑀(𝑥, 𝑦) Y 𝑁(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑘 𝑁(𝑥, 𝑦)…………………………………… (1)
1
Haciendo que 𝜆 = …………………………………………………………………………………….. (2)
𝑥
Reemplazando (2) en (1)
𝑦
1
𝑦
𝑀 (1, ) = 𝑘 𝑀(𝑥, 𝑦) ⇒ 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑘 𝑀 (1, )
𝑥
𝑥
𝑥
𝑦
𝑦
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑘 𝑀 (1, ) = 𝑥 𝑘 𝑀(1, 𝑣) = 𝑥 𝑘 𝐺(𝑣) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑣 = ……………………. (3)
𝑥
𝑥
𝑦
1
𝑦
𝑘
𝑁 (1, ) = 𝑘 𝑀(𝑥, 𝑦) ⇒ 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑁 (1, )
𝑥
𝑥
𝑥
𝑦
𝑦
𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑘 𝑁 (1, ) = 𝑥 𝑘 (1, 𝑣) = 𝑥 𝑘 𝑇(𝑣) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑣 = ……………………….. (4)
𝑥
𝑥
Ahora como 𝑦 = 𝑥𝑣 ⇒𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣………………………………………………..(5)
Reemplazando (3), (4), (5) en (#) obtenemos:
𝑥 𝑘 𝐺(𝑣)𝑑𝑥 + 𝑥 𝑘 𝑇(𝑣)(𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣) = 0
Simplificando y agrupando obtenemos:
𝑑𝑥
𝑇(𝑣)
+
𝑑𝑢 = 0
𝑥
𝐺(𝑣) + 𝑣𝑇(𝑣)
III) ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS
Resolver las siguientes ecuaciones homogéneas
1)(𝑥 3 + 𝑦 3 )𝑑𝑥 − 3𝑥𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 3:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢………………………………(α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(𝑥 3 + (𝑢𝑥)3 )𝑑𝑥 − 3𝑥(𝑢𝑥)2 (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
𝑥 3 (1 + 𝑢3 − 3𝑢3 )𝑑𝑥 − 3𝑥 4 𝑢2 𝑑𝑢 = 0
𝑑𝑥
3𝑢2 𝑑𝑢
−
=0
𝑥
1 − 2𝑢3
2
𝑑𝑥
3𝑢 𝑑𝑢
∫
−∫
=𝑘
𝑥
1 − 2𝑢3
3)
𝑙𝑛𝑥 + 2𝑙𝑛(1 − 2𝑢 = 𝑘………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (α) en (𝝫)
𝑦 3
𝑙𝑛𝑥 + 2𝑙𝑛 (1 − 2 ( ) ) = 𝑘
𝑥
Levantando el logaritmo obtenemos:
𝑦 3 2
(1 − 2 ( ) ) 𝑥 = 𝑐
𝑥
2)𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 − √𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑥 = 0
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
𝑥(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) − 𝑢𝑥𝑑𝑥 − √𝑥 2 − (𝑢𝑥)2 𝑑𝑥 = 0
𝑥 (𝑥𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑥 − 𝑢𝑑𝑥 − √1 − 𝑢2 𝑑𝑥) = 0
𝑥𝑑𝑢 − √1 − 𝑢2 𝑑𝑥 = 0
𝑑𝑥
=𝑘
𝑥
√1 − 𝑢2
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑢 − 𝑙𝑛𝑥 = 𝑘………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (α) en (𝝫)
𝑦
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 − 𝑙𝑛𝑥 = 𝑘
𝑥
𝑦
𝑦
𝑦
3)(2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ ( ) + 3𝑦𝑐𝑜𝑠ℎ ( )) 𝑑𝑥 − 3𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ ( ) 𝑑𝑦 = 0
∫
𝑑𝑢
−∫
𝑥
𝑥
𝑥
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑢) + 3𝑢𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑢))𝑑𝑥 − 3𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑢)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
𝑥(2𝑠𝑒𝑛ℎ𝑢𝑑𝑥 + 3𝑢𝑐𝑜𝑠ℎ𝑢𝑑𝑥 − 3𝑢𝑐𝑜𝑠ℎ𝑢𝑑𝑥 − 3𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑢𝑑𝑢) = 0
2𝑑𝑥
3𝑐𝑜𝑠ℎ𝑢𝑑𝑢
∫
−∫
=𝑘
𝑥
𝑠𝑒𝑛ℎ𝑢
2𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛ℎ𝑢) = 𝑘………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (α) en (𝝫)
𝑦
2𝑙𝑛𝑥 − 3𝑙𝑛 (𝑠𝑒𝑛ℎ ( )) = 𝑘
𝑥
4)(2𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 − 𝑥)𝑑𝑦 = 0
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(2𝑥 + 3𝑢𝑥)𝑑𝑥 + (𝑢𝑥 − 𝑥)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
𝑥(2𝑑𝑥 + 3𝑢𝑑𝑥 + 𝑢2 𝑑𝑥 − 𝑢𝑑𝑥 + 𝑢𝑥𝑑𝑢 − 𝑥𝑑𝑢) = 0
(2 + 2𝑢 + 𝑢2 )𝑑𝑥 + 𝑥(𝑢 − 1)𝑑𝑢 = 0
(𝑢 − 1)𝑑𝑢
𝑑𝑥
∫
+∫
=𝑘
(2 + 2𝑢 + 𝑢2 )
𝑥
𝑙𝑛𝑥 +
Reemplazando (α) en (𝝫)
𝑥
𝑥
𝑥
5)(1 + 2𝑒 𝑦 ) 𝑑𝑥+2𝑒 𝑦 (1 − ) 𝑑𝑦 = 0
𝑦
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 0:
𝑥 = 𝑢𝑦 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(1 + 2𝑒 𝑢 )(𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢)+2𝑒 𝑢 (1 − 𝑢)𝑑𝑦 = 0
𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢 + 2𝑒 𝑢 𝑢𝑑𝑦 + 2𝑒 𝑢 𝑦𝑑𝑢 + 2𝑒 𝑢 𝑑𝑦 − 2𝑒 𝑢 𝑢𝑑𝑦 = 0
(𝑢 + 2𝑒 𝑢 )𝑑𝑦 + (𝑦 + 2𝑒 𝑢 𝑦)𝑑𝑢 = 0
(1 + 2𝑒 𝑢 )𝑑𝑢
𝑑𝑦
∫
+∫
=𝑘
𝑦+1
𝑢 + 2𝑒 𝑢
𝑢)
𝑙𝑛(𝑦 + 1) + 𝑙𝑛(𝑢 + 2𝑒 = 𝑘
(𝑦 + 1)(𝑢 + 2𝑒 𝑢 ) = 𝑐………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (α) en (𝝫)
𝑥
𝑥
(𝑦 + 1) ( + 2𝑒 𝑦 ) = 𝑐
𝑦
6)(𝑥 2 + 3𝑥𝑦 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑑𝑦 = 0
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 2:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(𝑥 2 + 3𝑥(𝑥𝑢) + (𝑥𝑢)2 )𝑑𝑥 − 𝑥 2 (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
𝑥 2 (𝑢2 + 2𝑢 + 1)𝑑𝑥 − 𝑥 3 𝑑𝑢 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑢
∫
−∫
=𝑐
(𝑢
𝑥
+ 1)2
1
𝑙𝑛𝑥 +
= 𝑐………………………………………………..(𝝫)
𝑢+1
Reemplazando (α) en (𝝫)
𝑙𝑛𝑥 +
𝑥
=𝑐
𝑦+𝑥
7)(𝑦 + √𝑦 2 − 𝑥 2 )𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(𝑥𝑢 + √(𝑥𝑢)2 − 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 − 𝑥(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
𝑥 √𝑢2 − 1𝑑𝑥 − 𝑥 2 𝑑𝑢 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑢
∫
−∫
=𝑘
𝑥
√𝑢2 − 1
𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛(𝑢 + √𝑢2 − 1) = 𝑘………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (α) en (𝝫)
2𝑐𝑦 = 𝑐 2 𝑥 2 + 1
8)(𝑥 − 𝑦𝑙𝑛𝑦 + 𝑦𝑙𝑛𝑥)𝑑𝑥 + 𝑥(𝑙𝑛𝑦 − 𝑙𝑛𝑥)𝑑𝑦 = 0
Solución:
Transformamos la ecuación diferencial:
𝑦
𝑦
(𝑥 − 𝑦𝑙𝑛 ( )) 𝑑𝑥 + 𝑥 (𝑙𝑛 ( )) 𝑑𝑦 = 0
𝑥
𝑥
La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(𝑥 − 𝑥𝑢𝑙𝑛(𝑢))𝑑𝑥 + 𝑥(𝑙𝑛(𝑢))(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
𝑑𝑥 + 𝑥𝑙𝑛𝑢𝑑𝑢 = 0
𝑑𝑥
∫ 𝑥 + ∫ 𝑙𝑛𝑢𝑑𝑢 = 𝑘………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (α) en (𝝫)
(𝑥 − 𝑦)𝑙𝑛𝑥 + 𝑦𝑙𝑛𝑦 = 𝑐𝑥 + 𝑦
𝑦
𝑦
9)(𝑥 − 𝑦𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛( )) 𝑑𝑥 + 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ) 𝑑𝑦 = 0
𝑥
𝑥
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(𝑥 − 𝑥𝑢𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑢))𝑑𝑥 + 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑢)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
𝑑𝑥
+ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑢𝑑𝑢 = 0
𝑥
𝑑𝑥
∫
+ ∫ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑢𝑑𝑢 = 𝑘
𝑥
1
𝑙𝑛𝑥 + 𝑢𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑢 − 𝑙𝑛(1 + 𝑢2 ) = 𝑘………………………………………………..(𝝫)
2
Reemplazando (α) en (𝝫)
𝑦
𝑦
1
𝑦 2
𝑙𝑛𝑥 + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ) − 𝑙𝑛 (1 + ( ) ) = 𝑘
𝑥
𝑥
2
𝑥
𝑦
𝑥 2 + 𝑦2
2𝑦𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ) = 𝑥𝑙𝑛 (
)𝑐
𝑥
𝑥4
10)𝑥𝑒
𝑥⁄
𝑦 𝑑𝑥
+ 𝑦𝑒
𝑦⁄
𝑥 𝑑𝑦
=0
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
1
𝑥𝑒 ⁄𝑢 𝑑𝑥 + 𝑥𝑢𝑒 𝑢 (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0
1
(𝑒 ⁄𝑢 + 𝑢2 𝑒 𝑢 )𝑑𝑥 + 𝑢𝑥𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 0
𝑑𝑥
𝑒 𝑢 𝑢𝑑𝑢
+ 1
=0
𝑥
𝑒 ⁄𝑢 + 𝑢2 𝑒 𝑢
𝑢
𝑑𝑥
𝑒 𝑢𝑑𝑢
∫
+∫ 1
=0
⁄
𝑥
𝑒 𝑢 + 𝑢2 𝑒 𝑢
𝑦
𝑥
𝑒 𝑢 𝑢𝑑𝑢
𝑙𝑛𝑥 = − ∫ 1
⁄
2 𝑢
𝑎 𝑒 𝑢+𝑢 𝑒
𝑦
𝑦
𝑦
𝑥
𝑥
𝑥
11)(𝑦𝑐𝑜𝑠 ( ) + 𝑥𝑠𝑒𝑛 ( )) 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 ( ) 𝑑𝑦
Solución:
La ecuación diferencial es homogénea de grado 1:
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢…………………………..……… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación original
(𝑥𝑢𝑐𝑜𝑠(𝑢) + 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑢))𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠(𝑢)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢)
𝑠𝑒𝑛𝑢𝑑𝑥 = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑢𝑑𝑢
𝑑𝑥
∫
− ∫ 𝑐𝑡𝑔𝑢𝑑𝑢 = 𝑘
𝑥
𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑢) = 𝑘………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (α) en (𝝫)
𝑦
𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛 (𝑠𝑒𝑛 ( )) = 𝑘
𝑥
𝑦
𝑥 = 𝑐𝑠𝑒𝑛 ( )
𝑥
IV) ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCTIBLES A HOMOGÉNEAS
Resolver las siguientes ecuaciones homogéneas
1)(2𝑥 − 5𝑦 + 3)𝑑𝑥 − (2𝑥 + 4𝑦 − 6)𝑑𝑦
Solución:
La ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera:
𝑥 =𝑧+ℎ , 𝑦 = 𝑤+𝑘
2𝑥 − 5𝑦 + 3 = 0
{
Resolviendo 𝑥 = 1 , 𝑦 = 1 ⇒ ℎ = 1 , 𝑘 = 1
2𝑥 + 4𝑦 − 6 = 0
𝑥 = 𝑧 + 1 , 𝑦 = 𝑤 + 1 Además 𝑑𝑥 = 𝑑𝑧 , 𝑑𝑦 = 𝑑𝑤 ………………………… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación diferencial
(2(𝑧 + 1) − 5(𝑤 + 1) + 3)𝑑𝑧 − (2(𝑧 + 1) + 4(𝑤 + 1) − 6)𝑑𝑤
(2𝑧 − 5𝑤)𝑑𝑧 − (2𝑧 + 4𝑤)𝑑𝑤………………………………………………………………(𝛌)
Es una ecuación homogénea de grado 1:
𝑧 = 𝑢𝑤 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑤𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑤………………………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (𝝫) en (𝛌)
(2𝑢𝑤 − 5𝑤)(𝑤𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑤) + (2𝑢𝑤 + 4𝑤)𝑑𝑤 = 0
(2𝑢2 − 3𝑢 + 4)𝑑𝑤 + (2𝑢 − 5)𝑤𝑑𝑢 = 0
(2𝑢 − 5)𝑑𝑢
𝑑𝑤
∫
+∫
=𝑘
(2𝑢2 − 3𝑢 + 4)
𝑤
1
7
2
2 √23
𝑙𝑛𝑤 + 𝑙𝑛(2𝑢2 − 3𝑢 + 4) − (
2
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
4𝑢−3
√23
)) =
𝑘………………………………………………………………. (θ)
𝑧
𝑥−1
Como 𝑧 = 𝑢𝑤 ⇒ 𝑢 = =
𝑤
𝑦−1
Reemplazando en (θ)
𝑥−1
4(
)−3
1
𝑥−1 2
𝑥−1
7
2
𝑦−1
𝑙𝑛(𝑦 − 1) + 𝑙𝑛 (2 (
) − 3(
) + 4) −
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
)
2
𝑦−1
𝑦−1
2 √23
√23
2)(𝑥 − 𝑦 − 1)𝑑𝑥 + (4𝑦 + 𝑥 − 1)𝑑𝑦
(
=𝑐
)
Solución:
La ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera:
𝑥 =𝑧+ℎ , 𝑦 = 𝑤+𝑘
𝑥−𝑦−1=0
{
Resolviendo 𝑥 = 1 , 𝑦 = 0 ⇒ ℎ = 1 , 𝑘 = 0
4𝑦 + 𝑥 − 1 = 0
𝑥 = 𝑧 + 1 , 𝑦 = 𝑤 Además 𝑑𝑥 = 𝑑𝑧 , 𝑑𝑦 = 𝑑𝑤 ………………………… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación diferencial
(𝑧 − 𝑤)𝑑𝑧 + (𝑧 + 4𝑤)𝑑𝑤 = 0………………………………………………………………(𝛌)
Es una ecuación homogénea de grado 1:
𝑧 = 𝑢𝑤 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑤𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑤………………………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (𝝫) en (𝛌)
(𝑢𝑤 − 𝑤)(𝑤𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑤) + (𝑢𝑤 + 4𝑤)𝑑𝑤 = 0
(𝑢2 + 4)𝑑𝑤 + (𝑢 − 1)𝑤𝑑𝑢 = 0
(𝑢 − 1)𝑑𝑢
𝑑𝑤
∫
+∫
=𝑘
𝑤
((𝑢2 + 4))
1
1
2
2
𝑧
𝑢
𝑙𝑛𝑤 + 𝑙𝑛(𝑢2 + 4) + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ) = 𝑘………………………………………………………………. (θ)
Como 𝑧 = 𝑢𝑤 ⇒ 𝑢 =
𝑤
=
𝑥−1
2
𝑦
Reemplazando en (θ)
1
𝑥−1 2
1
𝑥−1
𝑙𝑛𝑦 + + 𝑙𝑛 ((
) + 4) + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
)=𝑘
2
𝑦
2
2𝑦
3)(𝑥 − 4𝑦 − 9)𝑑𝑥 + (4𝑥 + 7 − 2)𝑑𝑦
Solución:
La ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera:
𝑥 =𝑧+ℎ , 𝑦 = 𝑤+𝑘
𝑥 − 4𝑦 − 9 = 0
{
Resolviendo 𝑥 = 1 , 𝑦 = −2 ⇒ ℎ = 1 , 𝑘 = −2
4𝑥 + 7 − 2 = 0
𝑥 = 𝑧 + 1 , 𝑦 = 𝑤 − 2 Además 𝑑𝑥 = 𝑑𝑧 , 𝑑𝑦 = 𝑑𝑤 ………………………… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación diferencial
(𝑧 − 4𝑤)𝑑𝑧 + (4𝑧 + 𝑤)𝑑𝑤 = 0………………………………………………………………(𝛌)
Es una ecuación homogénea de grado 1:
𝑧 = 𝑢𝑤 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑤𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑤………………………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (𝝫) en (𝛌)
(𝑢𝑤 − 4𝑤)(𝑤𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑤) + (4𝑢𝑤 + 𝑤)𝑑𝑤 = 0
(𝑢2 + 1)𝑑𝑤 + (𝑢 − 4)𝑤𝑑𝑢 = 0
(𝑢 − 4)𝑑𝑢
𝑑𝑤
∫
+∫
=𝑘
𝑤
((𝑢2 + 1))
𝑙𝑛𝑤 2 (𝑢2 + 1) − 8𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑢 = 𝑘………………………………………………………………. (θ)
𝑧
𝑥−1
Como 𝑧 = 𝑢𝑤 ⇒ 𝑢 = =
𝑤
𝑦+2
Reemplazando en (θ)
𝑥−1
𝑙𝑛[(𝑥 − 1)2 + (𝑦 + 2)2 ] − 8𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
)=𝑘
𝑦+2
4)(𝑥 − 𝑦 − 1)𝑑𝑦 − (𝑥 + 3𝑦 − 5)𝑑𝑥
Solución:
La ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera:
𝑥 =𝑧+ℎ , 𝑦 = 𝑤+𝑘
𝑥−𝑦−1=0
{
Resolviendo 𝑥 = 2 , 𝑦 = 1 ⇒ ℎ = 2 , 𝑘 = 1
𝑥 + 3𝑦 − 5 = 0
𝑥 = 𝑧 + 2 , 𝑦 = 𝑤 + 1 Además 𝑑𝑥 = 𝑑𝑧 , 𝑑𝑦 = 𝑑𝑤 ………………………… (α)
Reemplazando (α) en la ecuación diferencial
(𝑧 + 3𝑤)𝑑𝑧 + (𝑧 − 𝑤)𝑑𝑤 = 0………………………………………………………………(𝛌)
Es una ecuación homogénea de grado 1:
𝑤 = 𝑢𝑧 ⇒ 𝑑𝑤 = 𝑧𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑧………………………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (𝝫) en (𝛌)
(𝑧 + 3𝑢𝑧)𝑑𝑧 + (𝑧 − 𝑢𝑧)(𝑧𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑧) = 0
(𝑢2 + 2𝑢 + 1)𝑑𝑧 + 𝑧(𝑢 − 1)𝑑𝑢 = 0
(𝑢 − 1)𝑑𝑢
𝑑𝑧
∫ +∫ 2
=𝑘
(𝑢
𝑧
+ 2𝑢 + 1)
2
𝑙𝑛𝑧 + 𝑙𝑛(𝑢 + 1) +
= 𝑘………………………………………………………………. (θ)
𝑢+1
𝑤
Como 𝑤 = 𝑢𝑧 ⇒ 𝑢 =
Reemplazando en (θ)
𝑧
=
𝑦−1
𝑥−2
𝑥−2
𝑙𝑛𝑐(𝑥 + 𝑦 − 3) = −2 (
)
𝑥+𝑦−3
5)4𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 + (3𝑥 2 𝑦 − 1)𝑑𝑦
Solución:
Sea 𝑦 = 𝑧 𝛼 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝛼𝑧 𝛼−1 𝑑𝑧………………………………. (θ)
Reemplazando (θ) en la ecuación diferencial
4𝑥𝑧 2𝛼 𝑑𝑥 + (3𝑥 2 𝑧 2𝛼−1 − 𝑧 𝛼−1 )𝛼𝑑𝑧 = 0…………………………………….. (1)
Para que la ecuación sea homogénea debe cumplirse:
2𝛼 + 1 = 𝛼 − 1 ⇒ 𝛼 = −2 ⇒ 𝑦 = 𝑧 −2 ⇒ 𝑑𝑦 = −2𝑧 −3 𝑑𝑧
Reemplazando en la ecuación diferencial
4𝑥𝑧 −4 𝑑𝑥 + (3𝑥 2 𝑧 −5 − 𝑧 −3 ) − 2𝑑𝑧 = 0
4𝑥𝑧𝑑𝑥 − 2(3𝑥 2 − 𝑧 2 )𝑑𝑧 = 0 Es una ecuación diferencial homogénea de grado 2
𝑧 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑥𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑥……………………………………………………………….. (𝝫)
Reemplazando (𝝫) En la ecuación diferencial
4𝑥 2 𝑢𝑑𝑥 − 2(3𝑥 2 − (𝑢𝑥)2 )(𝑥𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑥) = 0
De donde simplificando y separando la variable se tiene
𝑑𝑥
𝑢2 −3
+ 3 𝑑𝑢 = 0, integrando se tiene
𝑥
𝑢 −𝑢
𝑑𝑥
𝑢2 − 3
∫
+∫ 3
𝑑𝑢 = 𝑐
𝑥
𝑢 −𝑢
𝑙𝑛𝑥 + 3𝑙𝑛𝑢 − 𝑙𝑛(𝑢2 − 1) = 𝑐
𝑧
Como 𝑢 = , 𝑦 = 𝑧 −2 se tiene:𝑦(1 − 𝑥 2 𝑦)2 = 𝑘
𝑥
6)(𝑦 4 − 3𝑥 2 )𝑑𝑦 = −𝑥𝑦𝑑𝑥
Solución:
Sea 𝑦 = 𝑧 𝛼 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝛼𝑧 𝛼−1 𝑑𝑧………………………………. (θ)
Reemplazando (θ) en la ecuación diferencial
(𝑧 4𝛼 − 3𝑥 2 )𝛼𝑧 𝛼−1 𝑑𝑧 = −𝑥𝑧 𝛼 𝑑𝑥
Para que la ecuación sea homogénea debe cumplirse:
1
𝛼 + 1 = 5𝛼 − 1 = 𝛼 + 1 ⇒ 𝛼 =
2
1
1 −1
(𝑧 2 − 3𝑥 2 ) 𝑧 2 𝑑𝑧 = −𝑥𝑧 2 𝑑𝑥 Simplificando
2
2𝑥𝑧𝑑𝑥 + (𝑧 2 − 3𝑥 2 )𝑑𝑧 = 0……(3) es una ecuación diferencial homogénea de grado 2
𝑧 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑥𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑥……………………………………………………………….. (𝝫)
Reemplazando (𝝫) En la ecuación diferencial
𝑑𝑥
𝑢2 − 3
∫
+∫ 3
𝑑𝑢 = 𝑐
𝑥
𝑢 −𝑢
⇒ 𝑙𝑛𝑥 + 𝑙𝑛 (
Como 𝑢 =
𝑦2
𝑥
𝑢3
)=𝑐
−1
𝑢2
3
𝑦2
)
𝑥
2
𝑦2
(
se tiene 𝑙𝑛𝑥 + 𝑙𝑛 (
(
𝑥
)=𝑐
) −1
7)𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 + (2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑦 = 0
Solución:
𝑧 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥, Reemplazo en la ecuación diferencia dad se tiene:
𝑦𝑑𝑧 + (2𝑦 − 𝑧)𝑑𝑦 = 0 ……(1) es una ecuación diferencial homogéneas de grado 1
𝑦 = 𝑢𝑧 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑧 + 𝑧𝑑𝑢………. (2)
Reemplazando y simplificando (2) en (1)
𝑑𝑧 2𝑢 − 1
+
𝑑𝑢 = 0
𝑧
2𝑢2
𝑑𝑧
2𝑢−1
∫ 𝑧 + ∫ 2𝑢2 𝑑𝑢 = 0 Integramos
2𝑦𝑙𝑛𝑦 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 2𝑐𝑦
8)(2𝑥 2 + 3𝑦 2 − 7)𝑥𝑑𝑥 − (3𝑥 2 − 2𝑦 2 − 8)𝑦𝑑𝑦 = 0
Solución:
Sea 𝑢 = 𝑥 2 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥, 𝑣 = 𝑦 2 ⇒ 𝑑𝑣 = 2𝑦𝑑𝑦………………………………. (θ)
Reemplazando (θ) en la ecuación diferencial
𝑑𝑢
𝑑𝑣
(2𝑢 + 3𝑣 − 7)
− (3𝑢 + 2𝑣 − 8)
=0
2
2
2𝑢 + 3𝑣 − 7 = 0
{
⇒ 𝑝(2,1)
3𝑢 + 2𝑣 − 8 = 0
Sean 𝑢 = 𝑧 + 2, 𝑣 = 𝑤 + 1 reemplazando
(2𝑧 + 3𝑤)𝑑𝑧 − (3𝑧 + 2𝑤)𝑑𝑤 = 0
Para que la ecuación sea homogénea debe cumplirse:
𝑤 = 𝑧𝑛 ⇒ 𝑑𝑤 = 𝑧𝑑𝑛 + 𝑛𝑑𝑧……………………………………………………………….. (𝝫)
Reemplazando (𝝫) En la ecuación diferencial
𝑑𝑧
2𝑛 + 3
∫2 +∫ 2
𝑑𝑛 = 𝑘
𝑧
𝑛 −1
3
𝑛−1
⇒ 𝑙𝑛𝑧 2 (𝑛2 − 1) + 𝑙𝑛 |
|=𝑘
2
𝑛+1
𝑤
2
Como 𝑛 = , 𝑤 = 𝑣 − 1 = 𝑦 − 1, 𝑧 = 𝑢 − 2 = 𝑥 2 − 2 se tiene
𝑧
3
𝑦2 − 𝑥 2 + 1
𝑙𝑛|𝑦 4 − 𝑥 4 + 4𝑥 2 − 2𝑦 2 − 3| + 𝑙𝑛 | 2
|
2
𝑦 + 𝑥2 + 3
9)𝑑𝑦 = (𝑦 − 4𝑥)2 𝑑𝑥
Solución:
𝑧 = 𝑦 − 4𝑥 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑑𝑦 − 4𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 − 4𝑑𝑥………………………. (1)
Reemplazando (1) en la ecuación diferencial
𝑑𝑧 − 4𝑑𝑥 = 𝑧 2 𝑑𝑥
𝑑𝑧 = (𝑧 2 − 4)𝑑𝑥
𝑑𝑧
∫ 2
− ∫ 𝑑𝑥 = 𝑘
𝑧 −4
1
𝑧−2
𝑙𝑛 |
|−𝑥 =𝑘
4
𝑧+2
Asiendo en cambio de variable respectivo la solución será:
1
𝑦 − 4𝑥 − 2
𝑙𝑛 |
|−𝑥 = 𝑘
4
𝑦 − 4𝑥 + 2
10)𝑡𝑎𝑛2 (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 − 𝑑𝑦 = 0
Solución:
𝑧 = 𝑥 + 𝑦 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 − 𝑑𝑥……………………………………(1)
Reemplazando (1) en la ecuación diferencial
𝑠𝑒𝑛2 (𝑧)𝑑𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑧)(𝑑𝑧 − 𝑑𝑥) = 0
𝑠𝑒𝑛2 (𝑧)𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑧)𝑑𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑧)𝑑𝑧 = 0
𝑑𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑧)𝑑𝑧 = 0
∫ 𝑑𝑥 − ∫ 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑧)𝑑𝑧 = 𝑘
𝑥 − 𝑧 + 𝑐𝑜𝑠(2𝑧) = 𝑘
𝑥 − (𝑥 + 𝑦) + 𝑐𝑜𝑠2(𝑥 + 𝑦) = 𝑘
−𝑦 + 𝑐𝑜𝑠2(𝑥 + 𝑦) = 𝑘
1
1
11)(2 + 2𝑥 2 𝑦 ⁄2 ) 𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 2 𝑦 ⁄2 + 2) 𝑥𝑑𝑦 = 0
Solución:
Sea 𝑦 = 𝑧 𝛼 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝛼𝑧 𝛼−1 𝑑𝑧………………………………. (θ)
Reemplazando (θ) en la ecuación diferencial
𝛼
𝛼
(2 + 2𝑥 2 𝑧 ⁄2 )𝑧 𝛼 𝑑𝑥 + (𝑥 2 𝑧 ⁄2 + 2)𝑥𝛼𝑧 𝛼−1 𝑑𝑧 = 0
3𝛼
3𝛼
(2𝑧 𝛼 + 2𝑥 2 𝑧 ⁄2 ) 𝑑𝑥 + (𝛼𝑥 3 𝑧 ⁄2−1 + 2𝑥𝛼𝑧 𝛼−1 ) 𝑑𝑧 = 0
𝛼 = 2 + 3𝛼⁄2 ⇒ 𝛼 = −4 ⇒ 𝑦 = 𝑧 −4 ⇒ 𝑑𝑦 = −4𝑧 −5 𝑑𝑧
(2𝑧 −4 + 2𝑥 2 𝑧 −6 )𝑑𝑥 + (−4𝑥 3 𝑧 −7 − 8𝑥𝑧 −5 )𝑑𝑧 = 0
𝑥 2
𝑥 3
𝑥
𝑦
𝑦
𝑦
(1 + ( ) ) 𝑑𝑥 + (−2 ( ) − 4 ) 𝑑𝑧 = 0………………………………………………………………(𝛌)
𝑥 = 𝑢𝑧 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑧𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑧………………………………………………………………..(𝝫)
Reemplazando (𝝫) en (𝛌)
(1 + (𝑢)2 )(𝑧𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑧) + (−2(𝑢)3 − 4𝑢)𝑑𝑧 = 0
(1 + 𝑢2 )𝑧𝑑𝑢 + (−3𝑢 − 𝑢 3 )𝑑𝑧 = 0
(1 + 𝑢2 )𝑑𝑢 𝑑𝑧
+
=0
(−3𝑢 − 𝑢3 ) 𝑧
2
(1 + 𝑢 )𝑑𝑢
𝑑𝑧
∫
+∫
=𝑘
3
(−3𝑢 − 𝑢 )
𝑧
1
− 𝑙𝑛(−3𝑢 − 𝑢3 ) + 𝑙𝑛𝑧 = 𝑘
3
Reemplazando
𝑢 = 𝑥𝑦 1⁄4
1
3
− 𝑙𝑛 (−3𝑥𝑦 1⁄4 − (𝑥𝑦 1⁄4 ) ) + 𝑙𝑛𝑧 = 𝑘
3
PRACTICA # 4.
I)
Ecuaciones diferenciales exactas:
Resolver las siguientes ecuaciones:
1) (4x3y3 – 2xy)dx + (3x4y2 – x2)dy = 0
Sol:
(4x3y3 – 2xy)dx + (3x4y2 – x2)dy = 0
M(x, y)
N(x, y)
∂N(x,y)
3 2
= 12x y – 2x =
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
∂M(x,y)
∂y
∂x
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
∂f(x,y)
∂x
= M(x, y), de donde:
= 4x y – 2xy
f(x, y) = ∫ (4x3y3 – 2xy)dx + g(y)
f(x,y) = x4y3 – x2y + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂f(x,y)
= 3x4y2 - x2 + g’(y), pero como:
= N(x,y)
3 3
∂x
∂y
∂y
Se tiene: N(x, y) = 3x4y2 – x2
3x4y2 - x2 + g’(y) = 3x4y2 – x2
f(x,y) = x4y3 – x2y + c
x4y3 – x2y = k
2) (3e3xy – 2x)dx + e3xdy = 0
Sol:
(3e3xy – 2x)dx + e3xdy = 0
M(x, y)
N(x, y)
g’(y) = 0
g(y) = c
∂M(x,y)
∂y
= 3𝑒 3𝑥 =
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
∂N(x,y)
∂x
∂f(x,y)
∂x
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
= M(x, y), de donde:
= 3e y – 2x
f(x, y) = ∫ (3e3xy – 2x)dx + g(y)
f(x,y) = y𝑒 3𝑥 – x2 + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂f(x,y)
= 𝑒 3𝑥 + g’(y), pero como:
= N(x,y)
3x
∂x
∂y
∂y
Se tiene: N(x, y) = e3x
𝑒 3𝑥 + g’(y) = 𝑒 3𝑥
f(x,y) = y𝑒 3𝑥 – x2 + c
y𝒆𝟑𝒙 – x2 = k
g’(y) = 0
g(y) = c
3) (cosy + ycosx)dx + (senx – xseny)dy = 0
Sol:
(cosy + ycosx)dx + (senx – xseny)dy = 0
M(x,y)
N(x,y)
∂N(x,y)
= -seny + cosx =
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
∂M(x,y)
∂y
∂x
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
∂f(x,y)
∂x
= M(x, y), de donde:
= 3e y – 2x
f(x, y) = ∫ (3e3xy – 2x)dx + g(y)
f(x,y) = y𝑒 3𝑥 – x2 + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂f(x,y)
= 𝑒 3𝑥 + g’(y), pero como:
= N(x,y)
3x
∂x
∂y
∂y
Se tiene: N(x, y) = e3x
𝑒 3𝑥 + g’(y) = 𝑒 3𝑥
f(x,y) = y𝑒 3𝑥 – x2 + c
y𝒆𝟑𝒙 – x2 = k
g’(y) = 0
g(y) = c
4) 2x(yex2 – 1 )dx + ex2dy = 0
Sol:
2x(yex2 – 1 )dx + ex2dy = 0
M(x,y)
∂M(x,y)
∂y
= 2x ex2 =
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
N(x,y)
∂N(x,y)
∂x
∂f(x,y)
∂x
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
= M(x, y), de donde:
= 2x(yex2 – 1)
f(x, y) = ∫ (2x(yex2 – 1))dx + g(y)
f(x,y) = y ex2 – x2 + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂x
∂f(x,y)
∂y
= ex2 + g’(y), pero como:
∂f(x,y)
∂y
= N(x,y)
x2
Se tiene: N(x, y) = e
ex2+ g’(y) = ex2
f(x,y) = y ex2 – x2 + c
yex2 - x2 = k
g’(y) = 0
g(y) = c
5) (6x5y3 + 4x3y5)dx + (3x6y2 + 5x4y4)dy = 0
Sol:
(6x5y3 + 4x3y5)dx + (3x6y2 + 5x4y4)dy = 0
M(x,y)
∂M(x,y)
∂y
N(x,y)
= 18x5y2 + 20x3y4 =
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
∂x
∂f(x,y)
∂N(x,y)
∂x
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
= M(x, y), de donde:
= 6x5y3 + 4x3y5
f(x, y) = ∫ (6x5y3 + 4x3y5)dx + g(y)
f(x,y) = x6y3 + x4y5 + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂f(x,y)
= 3x6y2 + 5x4y4 + g’(y), pero como:
= N(x,y)
∂x
∂y
∂y
Se tiene: N(x, y) = 3x6y2 + 5x4y4
3x6y2 + 5x4y4 + g’(y) = 3x6y2 + 5x4y4
f(x,y) = x6y3 + x4y5 + c
x6y3 + x4y5 = k
g’(y) = 0
g(y) = c
6) (2x3 + 3y)dx + (3x + y – 1)dy = 0
Sol:
(2x3 + 3y)dx + (3x + y – 1)dy = 0
M(x,y)
∂M(x,y)
∂y
=3=
N(x,y)
∂N(x,y)
∂x
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
∂f(x,y)
∂x
= M(x, y), de donde:
= 2x3 + 3y
f(x, y) = ∫ (2x3 + 3y)dx + g(y)
x4
f(x,y) = + 3xy + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂x
∂f(x,y)
∂y
2
= 3x + g’(y), pero como:
Se tiene: N(x, y) = 3x + y – 1
3x + y – 1 + g’(y) = 3x + y – 1
x4
f(x,y) = + 3xy + c
2
x4 + 6xy + y2 = k
∂f(x,y)
∂y
= N(x,y)
g’(y) = 0
g(y) = c
7) (y2 𝑒 xy2 + 4x3)dx + ( 2xy𝑒 xy2 - 3y2)dy = 0
Sol:
(y2 𝑒 xy2 + 4x3)dx + ( 2xy𝑒 xy2 - 3y2)dy = 0
M(x,y)
∂M(x,y)
∂y
N(x,y)
= 2y𝑒 xy2 + 2xy3𝑒 xy2 =
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
2
xy2
∂f(x,y)
∂x
∂N(x,y)
∂x
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
= M(x, y), de donde:
3
=y 𝑒
+ 4x
∂x
f(x, y) = ∫ (y2 𝑒 xy2 + 4x3)dx + g(y)
f(x,y) = 𝑒 xy2 + x4 + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂f(x,y)
= 𝑒 xy2 2xy + g’(y), pero como:
= N(x,y)
∂y
∂y
Se tiene: N(x, y) = 2xy𝑒 xy2 - 3y2
𝑒 xy2 2xy + g’(y) = 2xy𝑒 xy2 - 3y2
f(x,y) = 𝒆𝒙𝒚𝟐 + x4 - y3
g’(y) = - 3y2
g(y) = - y3
8) (2xy2 + 2y)dx + (2x2y + 2x)dy = 0
Sol:
(2xy2 + 2y)dx + (2x2y + 2x)dy = 0
M(x,y)
∂M(x,y)
∂y
N(x,y)
= 4xy + 2 =
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
∂N(x,y)
∂x
∂f(x,y)
∂x
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
= M(x, y), de donde:
2
= 2xy + 2y
f(x, y) = ∫ (2xy2 + 2y)dx + g(y)
f(x,y) = x2y2+ 2xy + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂f(x,y)
= 2x2y + 2x + g’(y), pero como:
= N(x,y)
∂x
∂y
∂y
Se tiene: N(x, y) = 2x2y + 2x
2x2y + 2x + g’(y) = 2x2y + 2x
f(x,y) = x2y2+ 2xy + c
g’(y) = 0
x2y2+ 2xy = k
9) (exseny – 2ysenx)dx + (excosy + 2cosx)dy = 0
Sol:
(exseny – 2ysenx)dx + (excosy + 2cosx)dy = 0
M(x,y)
N(x,y)
g(y) = c
∂M(x,y)
∂y
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
∂N(x,y)
= excosy – 2senx =
∂f(x,y)
∂x
∂x
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
= M(x, y), de donde:
= e seny – 2ysenx
f(x, y) = ∫ (exseny – 2ysenx)dx + g(y)
f(x,y) = exseny + 2ycosx + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂f(x,y)
= excosy +2cosx + g’(y), pero como:
= N(x,y)
x
∂x
∂y
∂y
Se tiene: N(x, y) = excosy + 2cosx
excosy +2cosx + g’(y)= excosy + 2cosx
f(x,y) = exseny + 2ycosx + c
g’(y) = 0
g(y) = c
exseny + 2ycosx = k
10) (2xy3 + ycosx)dx + (3x2y2 + senx)dy = 0
Sol:
(2xy3 + ycosx)dx + (3x2y2 + senx)dy = 0
M(x,y)
∂M(x,y)
∂y
N(x,y)
∂N(x,y)
= 6xy2 + cosx =
Entonces ∃ f(x, y) /
∂x
∂f(x,y)
∂x
∂f(x,y)
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
= M(x, y), de donde:
= 2xy3 + ycosx
f(x, y) = ∫ (2xy3 + ycosx)dx + g(y)
f(x,y) = x2y3 + ysenx + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂f(x,y)
= 3x2y2 + senx + g’(y), pero como:
= N(x,y)
∂x
∂y
∂y
Se tiene: N(x, y) = 3x2y2 + senx
3x2y2 + senx + g’(y) = 3x2y2 + senx
f(x,y) = x2y3 + ysenx + c
g’(y) = 0
g(y) = c
x2y3 + ysenx = k
1
1
x
y
11) (Seny + ysenx + )dx + (xcosy – cosx + )dy = 0
Sol:
1
1
(Seny + ysenx + )dx + (xcosy – cosx + )dy = 0
x
y
M(x,y)
∂M(x,y)
∂y
∂x
∂N(x,y)
= senx + cosy =
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
N(x,y)
∂x
∂f(x,y)
∂x
= Seny + ysenx +
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
= M(x, y), de donde:
1
x
1
f(x, y) = ∫ (Seny + ysenx + )dx + g(y)
x
f(x,y) = xseny – ycosx + lnx + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
∂y
= xcosy – cosx + g’(y), pero como:
∂f(x,y)
∂y
= N(x,y)
1
Se tiene: N(x, y) = xcosy – cosx +
y
xseny – ycosx + lnx + g’(y) = xcosy – cosx +
1
g’(y) =
y
1
y
g(y) = lny
f(x,y) = xseny – ycosx + lnx + lny
12) (
Sol:
(
𝑦
1 + x2
𝑦
+ arctgy)dx + (
+ arctgy)dx + (
1 + x2
𝑥
1 + y2
𝑥
∂M(x,y)
=
∂y
𝑦
+
1 + x2
N(x,y)
𝑥
1 + y2
∂f(x,y)
Entonces ∃ f(x, y) /
∂f(x,y)
∂x
=
𝑦
1 + x2
+ arctgx)dy = 0
1 + y2
M(x,y)
+ arctgx) dy= 0
∂x
∂N(x,y)
=
. Por lo tanto la ecuación diferencial es exacta.
∂x
= M(x, y), de donde:
+ arctgy
𝑦
f(x, y) = ∫ (
+ arctgy dx + g(y)
1 + x2
f(x,y) = yarctgx + xarctgy + g(y) , derivando con respecto a “y”.
∂f(x,y)
𝑥
∂f(x,y)
= arctgx +
+ g’(y), pero como:
= N(x,y)
∂y
1 + y2
𝑥
Se tiene: N(x, y) =
𝑥
arctgx +
1 + y2
∂y
+ arctgx
+ g’(y) =
1 + y2
𝑥
1 + y2
+ arctgx
g’(y) = 0
f(x,y) = yarctgx + xarctgy + c
yarctgx + xarctgy = k
II)
Factores Integrantes
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.
1) (x2 + y2 + x)dx + xydy = 0
Sol:
(x2 + y2 + x)dx + xydy = 0
∂M(x,y)
∂y
M
= 2y ;
∂M(x,y) ∂N(x,y)
− ∂x
∂y
𝑁(𝑥,𝑦)
∂N(x,y)
∂x
N
=y
= f(x)
e∫f(x)dx es un fi
2y−y
1
=
xy
1
𝑥
e∫ dx es fi = elnx = x
x
x(x2 + y2 + x)dx + x2ydy
M
N
∂M(x,y)
∂N(x,y)
= 2xy =
la ecuación diferencial es exacta.
∂y
Entonces :
∂f(x,y)
= M(x,y)
∂x
∂x
g(y) = c
x4
x2y2
𝑥3
f(x,y) = +
+ + g(y) derivando con respecto a ‘y’ y siguiendo los pasos en los problemas
4
2
3
anteriores de ecuaciones diferenciales exactas.
∂f(x,y)
= x2y + g’(y)
∂y
3x4 + 6x2y2 + 4x3 = k
2) (1 – x y)dx + x (y – x)dy = 0
2
2
Sol:
(1 – x2y)dx + x2(y – x)dy = 0
M
∂M(x,y)
∂y
N
∂N(x,y)
2
=-x ;
∂M(x,y) ∂N(x,y)
− ∂x
∂y
𝑁(𝑥,𝑦)
∂x
= - 3x2 + 2xy
= f(x)
e∫f(x)dx es un fi
− x2 +3x2− 2xy
2
=x2(y – x)
2
1
𝑥
𝑥
x2
e∫- dx es fi =
1
1 2
x (y
( ) (1 – x2y)dx +
x2
x2
M
∂M(x,y)
∂y
= -1 =
– x)dy = 0
N
la ecuación diferencial es exacta.
∂N(x,y)
∂x
Entonces :
∂f(x,y)
= M(x,y)
∂x
1
f(x,y) = - - xy + g(y) derivando con respecto a ‘y’ y siguiendo los pasos en los problemas anteriores de
x
ecuaciones diferenciales exactas.
∂f(x,y)
= -x + g’(y)
∂y
xy2 - 2x2y - 2= kx
3)
(2xy4e4+2xy3+y) dx + (xy4e4-x2y2-3x) dy = 0
M
N
M
 8 y 3 xe 4  2 xy 4 e 4  6 y 2  1
y
M
 2 xy 4 e x  2 xy 2  3
y
(8 y 3 xe 4  2 xy 4 ey  6 y 2  1  2 xy 4 e x  2 xy 2  3)
4
   g ( y)
4 4
3
y
( 2 xy e  2 xy  y)
e
 g ( x )
Luego:

e
4 dy
y

1
y4
1
1
(2xy 4 y 4 e 4  2xy 3  y)dx  4 ( x 2 y 4 e 4  x 2 y 2  3y) dy  0
4
y
y
M
N
M
N
 2 xe y  2 xy  2  3y  4 
 2 xe y  2 xy  2  3y  4
y
x
f ( x , y)
M
y
f ( x , y)   ( 2 xe y 
 x 2e y 
N
2x
1
 3 )dx  g ( y )
y
y
 x2
x
 3  g ( y)
y
y
f ( x , y)
 3x
x 2 3x
 x 2 e y  4  g' ( y)  x 2 e y  2  4
y
y
y
y
g'( y)  0  g ( y)  C
 f ( x , y)  x 2 e y 
4)
x2
x
 3 C
y y
y
dx  ( y 3  Lnx ) dy  0
x
M
N
M 1 N  1
 

y x y
x
M 1 2
   g ( y)
y x y
e
 g( y)
Luego:
e
2
 dy
y

1
y2
1 y
1
. dx  2 ( y 3  Lnx ) dy  0
2
y x
y
M
N
M  1 N  1



y y 2 x x y 2 x
f ( x , y)
M
x
dx
f ( x , y)   (  g ( y )
yx

N
Lnx
 g ( y)
y
f ( x, y) Lnx
Lnx
 2  g' ( y )  y  2
y
y
y
g'( y)  y  g ( y)
y2

C
2
Lnx y 2
 f ( x , y) 

C
y
2
5)
(2xy3y2+4xy2+y+2xy2+xy2+2y) dx + 2(y3+x2y+x) dy = 0
M
N
M
M
 4 yx 3  4 x 2  4xy  4 xy 3  2 
 4xy  2
y
y
(4 y 3  4 x 2  4 xy  4xy 3  2  4 xy  2 4 x ( y 2  x  y 3 )

 x  f (x)
(2 xy 3  x 2  x 2 y  x )
2( y 3  x 2 y  x )
e  g ( x )  e  2 xdx  e x
2
2
e x (2xy 3 y 2  4x 2 y  2xy 2 d  xy 4 x  2 y) dx  2e x ( y 3  x 2 y  x )dy  0
Luego:
2
M
N
M
 4e x 2 x 3 y  4e x 2 xy  4e x 2 x 3 y 3  2e x 2
y
N
 4e x 2 x 3 y  4e x 2 x 2  4e x 2 xy  4e x 2 xy 3  2e x 2
y
f ( x , y)

M
dx
f ( x , y)   (2e x 2 y 3  2e x 2 x 2 y 3  2e x 2 ) dy  h ( x )

M
e x2 y 4
 ex 2 x 2 y 2  2 xe x 2 y  h ( x )
2
f ( x , y) ex 2 y 4 x 2 2 2

 e x y  2 xe e 2 y  h ' ( x )  2 x 3 e x 2 y 2  4e x 2 x 2 y  2e x 2 xy 2  e x 2 xy 4  2e x 2 y
x
2
 ex 2 y 4 x 2 2 2
h' (x) 
 e x y  2xe e 2 y  2e x 2 x 3 y 2  4e x 2 x 2 y  2e x 2 x 3 y 2  e x 2 xy 4  2e x 2 y
2
ex 2 y 4 e x 2 y 2 e x 2 y 2 x 2 e x 2 x 2 y 2 3e x 2
2e x 2 x 2
x2
h(x)  


e y

 2e xy 
e y
2
2
2x
2
4
x

e x2 y 4 e x2 y

2
x
x2
ex2 y4
 f ( x , y) 
 e y 2  2 xe x 2 y  h ( x )
2
6)
(xCosy-yseny) dy + (xSeny-yCosy) dy = 0
M
N
M
N
 xCosy  Cosy  ySeny 
 Cosy
y
x
xCosy  Cosy  ySeny  Cosy
 1  f ( x )
xCosy  ySeny
e  f ( x )  e  dx  e x
2
e x ( xCosy  ySeny )dy  e x ( xSeny  yCosy )dx  0
Luego:
M
N
M
N
 Cosye x x  e x Cosy  e x ySeny 
 Cosye x x  e x Cosy  e x ySeny
y
x
f ( x , y)
M
x
f ( x , y)   (e x xSeny  e x yCosy ) dy  g ( y)
 Senye x ( x  1)  e x yCosy  g ( y)
N
f ( x, y)
 Cosye x ( x  1)  e y Cosy. ehySeny  g' ( y )  e x xCosy  e x ySeny
y
g’(y) = 0  g(y) = C
 f ( x, y)  Seny e x ( x  1)  e 4 Cosy  C
7)
(x4+y4) dx – xy3 dy = 0
M
N
M(dx, dy)=d4M(x,4)  N(dx, dy)=14N(x,4) Homogéneas
Luego:
1
1
1
 4
 r
4
3
Mx  Ny ( x  y ) x  ( xy ) y x
Entonces:
1
1
( x 4  y 4 ) dx  5 ( xy 3 )dy  0
5
x
x
df
dx
df
dy
Integrando respecto a “x”:
f ( x , y)  Lnx 
y4
 g ( y)
4x 4
N
f ( x , y)  y 3
 y3
 4  g' ( y)  4
y
x
x
g’(y) = 0  g(y) = C
 f ( x , y)  Lnx 
8)
y4
C
4x 4
y2dx + ex2 – xy – y2)dy = 0
Luego:
Es homogénea.
1
1

2
y x  ( x  xy  y ) y y( x 2 y 2 )
2
2
Entonces:
y 2 dx
( x 2  xy  y 2 )

dy  0
y( x 2 y 2 )
y( x 2  y 2 )
M x 2  y 2 N x 2  y 2



dy ( x 2 y 2 ) 2 dx ( x 2 y 2 ) 2
f ( x , y)
M
dx
 y
f ( x , y)    2 2
x y
f ( x , y) 

dx  g ( y )

1 x  y
  g ( y)
Ln 
2  x´ y 
f ( x , y)
( x 2  xy  y 2 )
1
1
N


 g' ( y) 
y
2( x  y ) 2( x  y )
y( x 2  y 2 )
1
g’(y) =
 g(y) = Lny + C
y
 f ( x , y) 
10)
1 xy
  Lny  C
Ln 
2  x  y 
y(2x+1)dx + x (1+2xy – x3 y3)dy = 0
(2xy2+y) dx + (x+2x2y – x4y3) dy = 0
M
N
 4 xy  1
 1  4 xy  4 x 3 y 3
dy
dx
 M N

y
x
Usamos:
f ' (x)
g ' ( y)
M N

N
M
y
x
f (x)
g ( y)
4x 3 y 3  (x  2x 2 y  x 4 y 3 )
f (x' )
g ' ( y)
 ( 2 xy 2  y)
f (x)
g ( y)
f ( x )'  4

 Lnf ( x )  4Lnx
f (x)
x
f (x)  x 4
g ( y)'  4

 Lng ( y)  4Lnx
f (x)
x
g(x )  y 4
( x , y)  f ( x ).g ( y) 
M
1
4.
x y4
1
M
.
1
x .y4
4
( 2 xy 2  y)
M
2
3
 3 3  4 4 Ahora:
y x y
x y
(x  2x 2 y  x 4 y 3 )
N
2
3
 3 3  4 4
x x y
x y
x 4 y4
M N

y x
  ( x , y)
1
 4 4 ( 2 xy 2  y)
x
x y
  x  2  x 3
( 2 xy 2  y)
f ( x , y)  
dx  g ( y)   d 2 
x 4 y4
3y 3
 y
f ( x , y) 

  g ( y)

 x 2  x 3
1
1

 g ( y)   2 2  3 3  g ( y)
2
3
y
3y
x y
3y x
f ( x , y) 2 x 2 y
x
 4 4  4 4  g ' ( y)
y
x y
x y
f ( x , y)
N
y
Pero:
2x 2 y
2x 2 y x 4 y 3
x
x


g
'
(
y
)



x 4y4 x 4y4
x 4y4 x 4y4 x 4y4
g ' ( y) 
1
 g ( y)  Ln y  C
y
Reemplazamos:
f ( x , y)  
1
1
 3 3  Ln ( y)  C
2
x y
3y x
2
FACTORES INTEGRANTES POR SIMPLE INSPECCIÓN
Resolver las siguientes Ecuaciones Diferenciales
1)
ydx + x(1-3x2y2)dy = 0
ydx + ydx – 3x3y2 dy = 0 … Multiplicando por: 
1
2
 ( xdy  ydx )  2x 3 y 2 dy  0 … en: 3 3
3
x y
2
3

2 ( xdy  ydx )
 2 x 3 y 2 dy  0
3
x 3y3

2 ( xdy  ydx ) 2 x 3 y 2 dy

0
3
x 3y3
x 3y3

2 ( xdy  ydx ) 2dy

0
3
y
x 3y3
1
1
 d( ( xy ) 2. 3 )   d(2Lny )  C
1 1
.
 2Lny  C
3 ( xy ) 2
2)
xdy + ydx + 4y3(x2+y2)dy = 0
xdx  ydx 4 y3( x 2  y 2 )dy

0
(x 2  y 2 )
(x 2  y 2 )
xdx  ydx
 4 y 3 dy  0
2
2
(x  y )
1 d(x 2  y 2 )
 d( y 4 )  0
2
2
2 (x  y )
1 d(x 2  y 2 )
4
 2 (x 2  y 2 )   d( y )  0
1
Ln x 2  y 2  y 4  C
2
3)
xdy – ydx – (1-x2)dx = 0
xdy  ydx (1  x 2 )

dx  0
x2
x2
xdy  ydx
1
 ( 2  1)dx  0
2
x
x
x
1
 d( y )   d(x  x )  C
y
1
x C
x
x
4)
xdy – ydx + (x2+y2)2dx = 0
1
d( x 2  y 2 )
2
2
2
xdy  ydx
(x  y )
 2
dx  0
2
2 2
(x  y )
(x  y 2 ) 2
Sabemos que: xdx + ydx =
1 d(x 2  y 2 )
 2 ( x 2  y 2 )   dx  C

1
1
xC
2
2 (x  y 2 )
5)
1  x 2 y 2 dx  0
x(xdy+ydx) +
x ( xdy  ydx )
x 1 x 2y2


x 1 x 2y2
0
1 ( xdy  ydx )  1 dx
x

x
0
2
2
x
1 x 2 y2
 d(1  x
2
1/ 2
y2 )

(1  x 2 y 2 )1 / 2  
6)
1  x 2 y 2 dx
dx
C
x
Ln x
2
C
(x3+xy2)-y)dx + (y3+x2y+x)dy=0
(x(x2+xy2)-y)dx + (y(x2+y2)+x)dy=0
y
 2
y 2

2
2
( x  y )  x  dx   x ( x  y )  1 dy  0




y
y
( x 2  y 2 )dx  dx  ( x 2  y 2 )dy  dy  0
x
x
( xdx  ydy ) ( xdx  ydy )
(x 2  y 2 )

0
x
x
( x 2  y 2 ) ( xdx  ydy )  ( xdy  ydx )  0
( xdx  ydy ) 
1
( xdy  ydx )
0
(x 2  y 2 )
y
 y 2 )   d (arc Tg ( ) )  C
x
1 2
y
( x  y 2 )  arc Tg ( )  C
2
x
 2 d(x
10)
2
(x2+y2) (xdy +ydx) = xy(xdy-ydx)
(x 2  y 2 )
( xdy  ydx )
( xdy  ydx )  xy
0
2
2
(x  y )
(x 2  y 2 )
( xdy  ydx ) xy ( xdy  ydx )

0
xy
xy ( x 2  y 2 )
( xdy  ydx ) ( xdy  ydx )

0
xy
(x 2  y 2 )
y
 d(Ln ( xy ))   d(arc Tg ( x ) )  0
y
Ln ( xy )  arc Tg ( )  C
x
11)
x 2  y 2 dx
xdy – ydx = x2
xdy  ydx
x 2  y2
xdy  ydx
x 2  y2
x 2  y2
 x2
x 2  y2
dx
 xdx  0
y
x2
 d(arc Sen ( x ) )   d( 2 )  C
y
x2
Arc Sen ( ) 
C
x
2
12)
x3dy – x2ydx = x5y dx
xdy – ydx = x3y dx
para: x  0
,
xdy  ydx
 x 2 dx
xy
y
x3
dLn ( )  ( )
x
3
y
x3
dLn
(
)

d
(

 3 )C
x
y
x3
Ln ( ) 
C
x
3
13)
3ydx + 2xdy + 4xy2dx + 3x2ydy=0
Multiplicamos por x2y
3y2x2dx+2x3 ydy + 4x3y3dx + 3x4 y2dy = 0
d(x3y3)
+
d(x4y3) = 0
 d(x
3
y 3 )   d(x 4 y 3 )  C
x 3y3  x 4 y3  C
y 2  1 (1  y x 2  1)dx  x 2  1 (1  x y 2  1)dx  0
14)
y 2  1 y y 2  1 x 2  1 dx  x 2  1 x x 2  1 . y 2  1 dy  0
y2 1 
x 2 1  y2 1
1
Todo entre :
1dx
x2 1
dx
x 1
2



dx
x2 1
y 1
2
1dy
y2 1
dy
y2 1

x 2  1 ( ydx  xdy )  0
x2 1
 ( ydx  xdy )  0
 d ( xy )  0
dy
y2 1
  d ( xy )  C
Ln x  x 2  1  Ln y  y 2  1  xy  C
dy
y( xy  1)

dx y(1  x 2 )  2
15)
Para : x  1, y  2
y(1-x2)-xdy = y(xy+1)dx
ydy - yx2dy - xdy = xy2dx = ydx
ydy - yx2dy – xy2dx = ydx = dy
ydy – (yx2dy + xy2dx) = ydx+ xdy
 x 2y2 
  d ( xy )
ydy  d
 2 
(x 2 y 2 )
  d ( xy )  C
 ydy –  d
2
y2 y2x 2

 xy  C
2
2
y2 – x2y2 = 2xy + C
Para: x=1 ,
C=4
Su solución particular es: y2(1-x2) – 2xy = 4
16)
arseny dx +
x  2 1  y 2 Cosy dy
arseny dx 
1 y2
xdy
1 y2
0
 2Cosydy  0
d(x. arcseny) + 2Cosydy = 0
 d(x . arcseny) +  2Cosydy = C
x . Arcseny + 2Seny = C
Ecuaciones Lineales:
𝑑𝑦
1.
+ 2𝑥𝑦 = 4𝑥
𝑑𝑥
𝑦 = 𝑒 − ∫ 2𝑥 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 2𝑥𝑑𝑥 (4𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
2
𝑦 = 𝑒 −𝑥 [∫ 𝑒 𝑥 (4𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
2
𝑦 = 𝑒 −𝑥 [2𝑒 𝑥 + 𝑐 ]
𝑐
𝑦 = 2 [1 + 𝑥 2 ]
𝑒
2.
𝑥𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 + 𝑥 3 + 3𝑥 2 − 2𝑥

𝑦 = 𝑒− ∫ − 𝑥
−1 𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
[∫ 𝑒 ∫ − 𝑥
𝑦
− = 𝑥 3 + 3𝑥 2 − 2𝑥
𝑥
−1 𝑑𝑥
(𝑥 3 + 3𝑥 2 − 2𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
1
𝑦 = 𝑥[∫ (𝑥 3 + 3𝑥 2 − 2𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑥
𝑦 = 𝑥[∫(𝑥 2 + 3𝑥 − 2) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑥 3 3𝑥 2
𝑦 = 𝑥[ +
− 2𝑥 + 𝑐 ]
3
2
(𝑥 − 2)
3-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 + 2(𝑥 − 2)
−1 𝑑𝑥
𝑦 = 𝑒 − ∫ − (𝑥−2)
𝑑𝑦

𝑑𝑥
−1 𝑑𝑥
[∫ 𝑒 ∫ − (𝑥−2)
− 𝑦(𝑥 − 2)−1 = 2 (𝑥 − 2)2
(2 (𝑥 − 2)2 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = (𝑥 − 2)[∫(𝑥 − 2)−1 (2 (𝑥 − 2)2 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = (𝑥 − 2)[∫(2 (𝑥 − 2)1 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
4-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦 = (𝑥 − 2)[𝑥 2 − 2𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑥 3 − 4𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 4𝑥 − 2𝑐
para: x=π/2
& y= -4
+ 𝑦𝑐𝑡𝑔(𝑥) = 5𝑒 cos(𝑥)
𝑦 = 𝑒 − ∫ 𝑐𝑡𝑔(𝑥)𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 𝑐𝑡𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 (5𝑒 cos(𝑥) ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑒 −ln(𝑠𝑒𝑛(𝑥)) [∫ 𝑒 ln(𝑠𝑒𝑛(𝑥) (5𝑒 cos(𝑥) ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)−1 [∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) (5𝑒 cos(𝑥) ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)−1 [−5𝑒 cos(𝑥) + 𝑐 ]
𝑦 = −5𝑒 cos(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑥)−1 + 𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)−1
−4 = −5𝑒 cos(π/2) 𝑠𝑒𝑛(π/2)−1 + 𝑐𝑠𝑒𝑛(π/2)−1
Despejando C:
−4 = −5 + 𝑐
𝑐=1
𝑦 = −5𝑒 cos(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑥)−1 + 𝑠𝑒𝑛(𝑥)−1
La ecuación es:
𝑥3
5-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ (2 − 3𝑥 2 )𝑦 = 𝑥 3
𝑦=
𝑑𝑦

+ (
2
−
3
)𝑦 = 1
𝑑𝑥
𝑥3
𝑥1
2 3
2 3
− ∫ ( 3 − 1 )𝑑𝑥
∫( 3 − 1 ) 𝑑𝑥
𝑥 𝑥
(1) 𝑑𝑥
𝑒
[∫ 𝑒 𝑥 𝑥
−2
+ 𝑐]
−2
𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑥 3 [∫ 𝑒 −𝑥 𝑥 −3 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
1
−2
−2
𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑥 3 [ 𝑒 −𝑥 + 𝑐 ]
2
1
−2
3
𝑦 = 𝑥 + 𝑐𝑒 𝑥 𝑥 3
2
(𝑥 − ln(𝑦))
6-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −𝑦𝑙𝑛(𝑦)
−1 𝑑𝑦
𝑥 = 𝑒 − ∫ (𝑦𝑙𝑛(𝑦))

𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑥(𝑦𝑙𝑛(𝑦))−1 = 𝑦 −1
−1 𝑑𝑦
[∫ 𝑒 ∫(𝑦𝑙𝑛(𝑦))
(𝑦 −1 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑥 = 𝑒 −ln(𝑙𝑛𝑦) [∫ 𝑒 ln(𝑙𝑛𝑦) (𝑦 −1 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑥=
7-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
1
[∫ 𝑙𝑛𝑦 (𝑦 −1 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑙𝑛𝑦
1 (𝑙𝑛𝑦)2
𝑥=
[
+ 𝑐]
𝑙𝑛𝑦
2
(𝑙𝑛𝑦)1
1
𝑥=
+
𝑐
2
𝑙𝑛𝑦
− 2𝑦𝑐𝑡𝑔(2𝑥) = 1 − 2𝑥𝑐𝑡𝑔(2𝑥) − 2csc(2𝑥)
𝑦 = 𝑒 − ∫ −2𝑐𝑡𝑔(2𝑥)𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ −2𝑐𝑡𝑔(2𝑥)𝑑𝑥 (1 − 2𝑥𝑐𝑡𝑔(2𝑥) − 2csc(2𝑥)) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑒 ln(𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) [∫ 𝑒 −ln(𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) (1 − 2𝑥𝑐𝑡𝑔(2𝑥) − 2csc(2𝑥)) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)[∫( csc(2𝑥) − 2𝑥𝑐𝑡𝑔(2𝑥)csc(2x) − 2(csc(2𝑥))2 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)[
𝑑𝑦
8-
ln|csc(2𝑥) − 𝑐𝑡𝑔(2𝑥)|
ln|csc(2𝑥) − 𝑐𝑡𝑔(2𝑥)|
+ 𝑥𝑐𝑠𝑐(2𝑥) −
+ 𝑐𝑡𝑔(2𝑥) + 𝑐 ]
2
2
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)[𝑥𝑐𝑠𝑐(2𝑥) + 𝑐𝑡𝑔(2𝑥) + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑥 + cos(2𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑐
+ 2𝑦 = 𝑥 2 + 2𝑥
𝑑𝑥
𝑦 = 𝑒 − ∫ 2 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 2 𝑑𝑥 (𝑥 2 + 2𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑒 −2𝑥 [∫ 𝑒 2𝑥 (𝑥 2 + 2𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑒 2𝑥 (𝑥 2 + 2𝑥) 1
𝑦 = 𝑒 −2𝑥 [
− ∫ 𝑒 2𝑥 (2𝑥 + 2) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
2
2𝑥 (𝑥 2
𝑒
+
2𝑥)
1
𝑦 = 𝑒 −2𝑥 [
− ( (𝑥 + 1)𝑒 2𝑥 − ∫ 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥) + 𝑐 ]
2
2
2𝑥 (𝑥 2
𝑒
+
2𝑥)
1
𝑦 = 𝑒 −2𝑥 [
− ( (𝑥 + 1)𝑒 2𝑥 − ∫ 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥) + 𝑐 ]
2
2
𝑒 2𝑥 (𝑥 2 + 2𝑥) 1
1
−2𝑥
𝑦=𝑒 [
− ( (𝑥 + 1)𝑒 2𝑥 − 𝑒 2𝑥 ) + 𝑐 ]
2
2
2
𝑥2 𝑥 1
−2𝑥
𝑦=
+ − + 𝑐𝑒
2 2 2
9-
𝑥𝑙𝑛(𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦 = 𝑥 3 (3ln(𝑥) − 1)
𝑦 = 𝑒 − ∫ −(𝑥𝑙𝑛(𝑥))
−1 𝑑𝑥
𝑑𝑦

𝑑𝑥
[∫ 𝑒 ∫ −(𝑥𝑙𝑛(𝑥))
−1
− (𝑥𝑙𝑛(𝑥)) −1 𝑦 = (𝑥𝑙𝑛(𝑥)) (𝑥 3 (3 ln(𝑥) − 1) )
−1 𝑑𝑥
−1
((𝑥𝑙𝑛(𝑥)) (𝑥 3 (3 ln(𝑥) − 1) )) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
−1
𝑦 = 𝑒 ln(ln(𝑥)) [∫ 𝑒 ∫ −ln(ln(𝑥)) 𝑑𝑥 ((𝑥𝑙𝑛(𝑥)) (𝑥 3 (3 ln(𝑥) − 1) )) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
−1
𝑦 = ln(𝑥)[∫(𝑥𝑙𝑛(𝑥))
−1
((𝑥𝑙𝑛(𝑥)) (𝑥 3 (3 ln(𝑥) − 1) )) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
−2
𝑦 = ln(𝑥)[∫(𝑥𝑙𝑛(𝑥))
(𝑥 3 (3 ln(𝑥) − 1) ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑥3
𝑦 = ln(𝑥)[
+ 𝑐]
ln(𝑥)
𝑦 = 𝑥 3 + 𝑐. ln(𝑥)
10-
𝑑𝑦
𝑑𝑥

+ 𝑄(𝑥)´𝑦 − 𝑄(𝑥)𝑄(𝑥)´ = 0
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑄(𝑥)´𝑦 = 𝑄(𝑥)𝑄(𝑥)´
𝑦 = 𝑒 − ∫ 𝑄(𝑥)´ 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 𝑄(𝑥)´𝑑𝑥 (𝑄(𝑥)𝑄(𝑥)´) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑒 −𝑄(𝑥) [∫ 𝑒 𝑄(𝑥) (𝑄(𝑥)𝑄(𝑥)´) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑒 −𝑄(𝑥) [𝑒 𝑄(𝑥) 𝑄(𝑥) − 𝑒 𝑄(𝑥) + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑄(𝑥) − 1 + 𝑐𝑒 −𝑄(𝑥)
11-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
1
𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦)+ 2𝑠𝑒𝑛(2𝑦)

𝑑𝑥
𝑑𝑦
− 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) = 2𝑠𝑒𝑛(2𝑦)
𝑥 = 𝑒 − ∫ −𝑠𝑒𝑛(𝑦) 𝑑𝑦 [∫ 𝑒 ∫ −𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑦 (2𝑠𝑒𝑛(2𝑦)) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑥 = 𝑒 −cos(𝑦) [∫ 𝑒 cos(𝑦) (2𝑠𝑒𝑛(2𝑦)) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑥 = 𝑒 −cos(𝑦) [𝑒 cos(𝑦) − 𝑒 cos(𝑦) cos(𝑦) + 𝑐 ]
𝑥 = 1 − cos(𝑦) + 𝑒 −cos(𝑦) 𝑐
12-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦𝑐𝑡𝑔(𝑥) = 2𝑥 − 𝑥 2 𝑐𝑡𝑔(𝑥)
𝑦 = 𝑒 − ∫ −𝑐𝑡𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ −𝑐𝑡𝑔(𝑥)𝑑𝑥 (2𝑥 − 𝑥 2 𝑐𝑡𝑔(𝑥)) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑒 ln |𝑠𝑒𝑛(𝑥)| [∫ 𝑒 −ln |𝑠𝑒𝑛(𝑥)| (2𝑥 − 𝑥 2 𝑐𝑡𝑔(𝑥)) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)[∫ csc(𝑥) (2𝑥 − 𝑥 2 𝑐𝑡𝑔(𝑥)) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)[∫ csc(𝑥) 2𝑥 − 𝑥 2 𝑐𝑡𝑔(𝑥)csc(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)[𝑥 2 csc(𝑥) + 𝑐 ]
𝑦 = 𝑥 2 + 𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
Dato:
𝜋
𝜋2
2
4
𝑦( ) =
𝜋
𝑥=
,𝑐 = 1
2
+ 1
𝑦 = 𝑥 2 + 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
Entonces la ecuación es :
𝑑𝑦
13- (1 + 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 ) − 2𝑥𝑦 = ln(1 + 𝑥 2 ) − 2𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)

𝑑𝑥
𝑑𝑦
2𝑥𝑦
1
2𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)
−
=
−
𝑑𝑥 (1 + 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 ) (1 + 𝑥 2 ) (1 + 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 )
2𝑥
2𝑥
1
2𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)
−∫−
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∫−
(1+𝑥 2 ) ln(1+𝑥 2 ) [∫ 𝑒
(1+𝑥 2 ) ln(1+𝑥 2 )
𝑦=𝑒
(
−
) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
(1 + 𝑥 2 ) (1 + 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 )
1
2𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)
2
2
𝑦 = 𝑒 ln |ln(1+𝑥 )| [∫ 𝑒 −ln |ln(1+𝑥 )| (
−
) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
(1 + 𝑥 2 ) (1 + 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 )
1
1
2𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)
𝑦 = ln(1 + 𝑥 2 )[∫
(
−
) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
2
(1
)
(1
ln(1 + 𝑥 )
+𝑥
+ 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 )
1
2𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)
𝑦 = ln(1 + 𝑥 2 )[∫(
−
) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
2
ln(1 + 𝑥 )(1 + 𝑥 ) (1 + 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 )2
𝑑𝑥
2𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)
𝑦 = ln(1 + 𝑥 2 )[∫
−∫
𝑑𝑥 + 𝑐 ]
(1 + 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 )2
ln(1 + 𝑥 2 )(1 + 𝑥 2 )
𝑑𝑥
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)
𝑑𝑥
𝑦 = ln(1 + 𝑥 2 )[∫
+
−∫
+ 𝑐]
ln(1 + 𝑥 2 )(1 + 𝑥 2 ) ln(1 + 𝑥 2 )1
ln(1 + 𝑥 2 )(1 + 𝑥 2 )
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)
𝑦 = ln(1 + 𝑥 2 )[
+ 𝑐]
ln(1 + 𝑥 2 )1
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥) + ln(1 + 𝑥 2 )𝑐
14-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑥𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 − 2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦 = 𝑒 − ∫ −2𝑥 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ −2𝑥𝑑𝑥 (𝑐𝑜𝑠𝑥 − 2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
−2
𝑦 = 𝑒 𝑥 [∫ 𝑒 𝑥 (𝑐𝑜𝑠𝑥 − 2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
𝑦 = 𝑒 𝑥 [∫ 𝑒 𝑥
2
𝑦 = 𝑒 𝑥 [𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑒 𝑥
−2
−2
𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥
+ ∫ 𝑒𝑥
−2
2
−2
2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥
−2
−2
𝑦 = 𝑒 𝑥 [𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑒 𝑥 + 𝑐 ]
2
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑐
15-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
1
𝑒 𝑦 −𝑥

𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 𝑥 = 𝑒𝑦
𝑥 = 𝑒 − ∫ 𝑑𝑦 [∫ 𝑒 ∫ 𝑑𝑦 (𝑒 𝑦 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑥 = 𝑒 −𝑦 [∫ 𝑒 𝑦 (𝑒 𝑦 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑥 = 𝑒 −𝑦 [∫ 𝑒 2𝑦 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑒 2𝑦
𝑥 = 𝑒 −𝑦 [
+ 𝑐]
2
𝑦
𝑒
𝑥=
+ 𝑒 −𝑦 𝑐
2
II.Ecuaciones de bernoulli:
𝑑𝑦
1− 𝑦 = 𝑥𝑦 5
multiplicando por 𝑦 −5 
𝑑𝑥
multiplicando por -4 
tomando 𝑦 −4 = 𝑧
 −4𝑦
𝑦 −5
𝑑𝑦
-4𝑦 −5
𝑑𝑥
−5
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦 −4 = 𝑥
− 𝑦 −4 = 𝑥
𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 entonces la ecuación tomaría la siguiente forma :
𝑑𝑧
+ 4𝑧 = −4𝑥
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 − ∫ 4 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 4 𝑑𝑥 (−4𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑒 −4𝑥 [∫ 𝑒 4𝑥 (−4𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑒 4𝑥
𝑧 = 𝑒 −4𝑥 [
− 𝑥𝑒 4𝑥 + 𝑐 ]
4
1
𝑧 = − 𝑥 + 𝑐𝑒 −4𝑥
4
1
−4
𝑦 = − 𝑥 + 𝑐𝑒 −4𝑥
4
𝑑𝑦
2𝑦 −4 𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 2𝑥𝑦 + 𝑥𝑦 4 = 0 
𝑑𝑥
+ 2𝑥𝑦 = −𝑥𝑦 4
multiplicando por 𝑦 −4

𝑦 −4 𝑑𝑦
+ 2𝑥𝑦 −3 = −𝑥 multiplicando por -3
 −3
− 6𝑥𝑦 −3 = −3𝑥
𝑑𝑥
Tomando 𝑦 −3 = 𝑧  −3𝑦 −4 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧
− 6𝑥𝑧 = −3𝑥
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 − ∫ −6𝑥 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ −6𝑥𝑑𝑥 (−3𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 3𝑥 [∫ 𝑒 −3𝑥 (−3𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑒 3𝑥 [𝑒 −3𝑥 +
1
𝑒 −3𝑥
+ 𝑐]
3
𝑧 = 1 + + 𝑒 3𝑥 𝑐
3
3-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
1
𝑦 −3 = 1 + + 𝑒 3𝑥 𝑐
3
1
1
3
3
+ 𝑦 = (1 − 2𝑥)𝑦 4 multiplicando por 𝑦 −4
−3𝑦 −4 𝑑𝑦
por -3

𝑑𝑥
Tomando
𝑦 −3 = 𝑧

𝑦 −4 𝑑𝑦
𝑑𝑥
1
1
3
3
+ 𝑦 −3 = (1 − 2𝑥) multiplicando
−3
− 𝑦 = (2𝑥 − 1)
 −3𝑦 −4 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧
− 𝑧 = 2𝑥 − 1
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 − ∫ −1𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ −1𝑑𝑥 (2𝑥 − 1) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑒 𝑥 [∫ 𝑒 −𝑥 (2𝑥 − 1) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑒 𝑥 [2𝑒 −𝑥 𝑥 − 𝑒 −𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 2𝑥 − 1 + 𝑒 𝑥 𝑐
𝑦 −3 = 2𝑥 − 1 + 𝑒 𝑥 𝑐
4-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦 = 𝑦 2 (𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥) multiplicando por 𝑦 −2 
multiplicando por -1

−𝑦 −2 𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦 −2 𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦 −1 = (𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥)
+ 𝑦 −1 = (𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥)
tomando 𝑦 −1 = 𝑧

−𝑦 −2 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧
− 𝑧 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 − ∫ −1 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ −1𝑑𝑥 (𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑒 𝑥 [∫ 𝑒 −𝑥 (𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑒 𝑥 [−𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = −𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑐
𝑦 −1 = −𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑐
𝑑𝑦
𝑥𝑑𝑦 − [𝑦 + 𝑥𝑦 3 (1 + 𝑙𝑛𝑥)]𝑑𝑥 = 0 
5-
𝑑𝑥
𝑦 −3 𝑑𝑦
− 𝑦𝑥 −1 = 𝑦 3 (1 + 𝑙𝑛𝑥)
multiplicando por 𝑦 −3
−2𝑦 −3 𝑑𝑦
− 𝑦 −2 𝑥 −1 = 1 + 𝑙𝑛𝑥
multiplicando por −2 
+ 2𝑦 −2 𝑥 −1 = −2 − 2𝑙𝑛𝑥
𝑑𝑥
−2
−3
tomando 𝑦 = 𝑧  −2𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧
+ 2𝑧𝑥 −1 = −2 − 2𝑙𝑛𝑥
𝑑𝑥
−1
−1
𝑧 = 𝑒 − ∫ 2𝑥 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 2𝑥 𝑑𝑥 (−2 − 2𝑙𝑛𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 −2𝑙𝑛𝑥 [∫ 𝑒 2𝑙𝑛𝑥 (−2 − 2𝑙𝑛𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑥 −2 [∫ 𝑥 2 (−2 − 2𝑙𝑛𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑥3
𝑥3
𝑧 = 𝑥 −2 [−2( (1 + 𝑙𝑛𝑥) − ) + 𝑐 ]
3
9
2𝑥(1 + 𝑙𝑛𝑥) 2𝑥
𝑧=−
+
+ 𝑐𝑥 −2
3
9
2𝑥(1 + 𝑙𝑛𝑥) 2𝑥
𝑦 −2 = −
+
+ 𝑐𝑥 −2
3
9
6-
2𝑥𝑑𝑦 + 2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 3 𝑑𝑥
𝑦 −3 𝑑𝑦
−2 −1

𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦𝑥 −1 =
𝑦3
2
−2𝑦 −3 𝑑𝑦
1
multiplicando por 𝑦 −3
−2 −1

+𝑦 𝑥 =
multiplicando por −2 
− 2𝑦 𝑥 = −1
2
𝑑𝑥
−2
−3
tomando 𝑦 = 𝑧  −2𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧
− 2𝑧𝑥 −1 = −1
𝑑𝑥
−1
−1
𝑧 = 𝑒 − ∫ −2𝑥 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ −2𝑥 𝑑𝑥 (−1) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 2𝑙𝑛𝑥 [∫ 𝑒 −2𝑙𝑛𝑥 (−1) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑥 2 [∫ 𝑥 −2 (−1) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑥 2 [𝑥 −1 + 𝑐 ]
𝑦 −2 = 𝑥 + 𝑥 2 𝑐
7-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥
𝑦𝑥 2 + 𝑦 3

multiplicando por 2 
𝑑𝑥
− 𝑥𝑦 = 𝑦 3 𝑥 −1 multiplicando por 𝑥
𝑑𝑦
2𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑦
− 2𝑥 2 𝑦 = 2𝑦 3

𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑦
tomando 𝑥 2 = 𝑧  2𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑧
entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧
𝑑𝑦
− 2𝑧𝑦 = 2𝑦 3
𝑧 = 𝑒 − ∫ −2𝑦𝑑𝑦 [∫ 𝑒 ∫ −2𝑦𝑑𝑦 (2𝑦 3 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
2
2
𝑧 = 𝑒 𝑦 [∫ 𝑒 −𝑦 (2𝑦 3 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
2
− 𝑥 2𝑦 = 𝑦3
2
2
𝑧 = 𝑒 𝑦 [−𝑦 2 𝑒 −𝑦 − 𝑒 −𝑦 + 𝑐 ]
2
𝑥 2 = −𝑦 2 − 1 + 𝑒 𝑦 𝑐
𝑑𝑥
8- 𝑦 2 (𝑦 6 − 𝑥 2 )𝑦` = 2𝑥 
multiplicando por 2 
2𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑦
+
𝑦2
2
𝑥=
+ 𝑦2𝑥 2 = 𝑦8
𝑦8
2
𝑥𝑑𝑥
𝑥 −1 multiplicando por 𝑥 
𝑑𝑦
+
𝑦2
2
𝑥2 =
𝑦8
2
tomando 𝑥 2 = 𝑧  2𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑧
entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑧 = 𝑒− ∫ 𝑦
2 𝑑𝑦
𝑑𝑧
+ 𝑦2𝑧 = 𝑦8
𝑑𝑦
[∫ 𝑒 ∫ 𝑦
𝑦3
2 𝑑𝑦
(𝑦 8 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑦3
𝑧 = 𝑒 − 3 [∫ 𝑒 3 (𝑦 8 ) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑦3
𝑧 = 𝑒 − 3 [9 (
𝑦3
𝑦6
𝑦3
− 2 + 2) 𝑒 3 + 𝑐 ]
9
3
𝑦3
𝑥 2 = 𝑦 6 − 6𝑦 3 + 18 + +18 𝑒 − 3 𝑐
9- 𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 −
𝑥3𝑦
2
𝑑𝑥
) 𝑑𝑦 = 0 
multiplicando por -2 
1
+ 𝑥=
𝑑𝑦
𝑦
2𝑥 −3 𝑑𝑥
2
+ 𝑥 −2 =
𝑑𝑦
𝑦
𝑥3
2
multiplicando por 𝑥 −3 
𝑑𝑦
1
1
𝑦
2
+ 𝑥 −2 =
tomando 𝑥 −2 = 𝑧  −2𝑥 −3 𝑑𝑥 = 𝑑𝑧
1
𝑑𝑧
entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
2
− 𝑧 = −1
𝑑𝑦
𝑦
2
2
− ∫ − 𝑑𝑦
− 𝑑𝑦
∫
𝑦
𝑒
[∫ 𝑒 𝑦 (−1) 𝑑𝑦
𝑧=
𝑥 −3 𝑑𝑥
+ 𝑐]
𝑧 = 𝑒 2𝑙𝑛𝑦 [∫ 𝑒 −2𝑙𝑛𝑦 (−1) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑦 2 [∫ 𝑦 −2 (−1) 𝑑𝑦 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑦 2 [𝑦 −1 + 𝑐 ]
𝑥 −2 = 𝑦1 + 𝑦 2 𝑐
10- 3𝑥𝑑𝑦 = 𝑦(1 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 − 3𝑦 3 𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥 
𝑦 −4 𝑑𝑦
1+𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1+𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦=−
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦 4 multiplicando
𝑥
1+𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 −3
𝑠𝑒𝑛𝑥
3𝑥
−3𝑦 −4 𝑑𝑦
−
𝑦 −3 = −
multiplicando por -3 
+
𝑦 =3
3𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑥
𝑥
−3
tomando 𝑦 = 𝑧  −3𝑦 −4 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧 1 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
+
𝑧=3
𝑑𝑥
𝑥
𝑥
1+𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
1+𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
−∫
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∫
𝑥
𝑥
𝑧=𝑒
[∫ 𝑒
(3
) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑧 = 𝑒 𝑙𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥 [∫ 𝑒 𝑙𝑛𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥 (3
) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑒
𝑧=
[3 ∫ 𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑥
𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑧=
[3𝑒 −𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐 ]
𝑥
3
𝑐𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦 −3 = +
𝑥
𝑥
𝑑𝑥
11- 3𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑦 =
𝑥3
𝑦2
multiplicando por 3 
𝑑𝑦

𝑑𝑥
3 𝑦 2 𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
−
2𝑦
=
3𝑥
2 𝑦3
𝑥
𝑥2
3𝑦 2
=𝑥
2
multiplicando por 𝑦 2 
tomando 𝑦 = 𝑧 
entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑧=
3
𝑑𝑧
2
− 𝑧 = 3𝑥
𝑦 2 𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑐]
𝑧 = 𝑒 2𝑙𝑛𝑥 [∫ 𝑒 −2𝑙𝑛𝑥 (3𝑥 2 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑥 2 [∫ 𝑥 −2 (3𝑥 2 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2 𝑦3
3𝑥
=
3𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧
2
𝑑𝑥
𝑥
2
2
− ∫ − 𝑑𝑥
− 𝑑𝑥
∫
𝑥 [∫ 𝑒
𝑥
(3𝑥 2 ) 𝑑𝑥
𝑒
2
−
𝑥2
3
por 𝑦 −4
𝑧 = 𝑥 2 [𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 3 = 𝑥 3 + 𝑐𝑥 2
12- (2𝑥𝑦 3 − 𝑦)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 = 0
1
−2

𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦 = −1 multiplicando por -2 
tomando 𝑦 −2 = 𝑧  −2𝑦 −3 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧
−
1
2𝑥
𝑦 = −𝑦 3
𝑑𝑦
−2𝑦 −3
𝑑𝑥
multiplicando por 𝑦 −3
1
𝑦 −3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−2
+ 𝑦 =2
𝑥
entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧 1
+ 𝑧=2
𝑑𝑥 𝑥
1
1
𝑧 = 𝑒 − ∫𝑥 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 𝑥𝑑𝑥 (2) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2𝑥
𝑧 = 𝑒 −𝑙𝑛𝑥 [∫ 𝑒 𝑙𝑛𝑥 (2) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧=
13- 2𝑦
𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑦
+ 𝑦 2 𝑐𝑡𝑔𝑥 = 𝑐𝑠𝑐𝑥
𝑑𝑥
𝑐𝑡𝑔𝑥 2
𝑦
2
2
1
[∫ 𝑥 (2) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑥
1
𝑧 = [𝑥 2 + 𝑐 ]
𝑥
1
−2
𝑦 =𝑥+ 𝑐
𝑥
𝑑𝑦

𝑑𝑥
𝑐𝑠𝑐𝑥
+
𝑐𝑡𝑔𝑥
2
𝑦=
2𝑦𝑑𝑦
𝑐𝑠𝑐𝑥
2
𝑦 −1
multiplicando por 𝑦
+
=
multiplicando por 2 
+ 𝑐𝑡𝑔𝑥𝑦 2 = 𝑐𝑠𝑐𝑥
2
𝑑𝑥
tomando 𝑦 = 𝑧  2𝑦𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑑𝑧
+ 𝑐𝑡𝑔𝑥𝑧 = 𝑐𝑠𝑐𝑥
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 − ∫ 𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑑𝑥 [∫ 𝑒 ∫ 𝑐𝑡𝑔𝑥𝑑𝑥 (𝑐𝑠𝑐𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑑𝑥
𝑧 = 𝑒 −ln(𝑠𝑒𝑛𝑥) [∫ 𝑒 ln(𝑠𝑒𝑛𝑥) (𝑐𝑠𝑐𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑐𝑠𝑐𝑥[∫ 𝑠𝑒𝑛𝑥 (𝑐𝑠𝑐𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
𝑧 = 𝑐𝑠𝑐𝑥[𝑥 + 𝑐 ]
𝑦 2 = 𝑥. 𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐. 𝑐𝑠𝑐𝑥
14-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑦
𝑥+1
1
= − (𝑥 + 1)3 𝑦 2
2
multiplicando por -1 
−𝑦 −2 𝑑𝑦
𝑑𝑥
multiplicando por 𝑦 −2 
−
𝑦 −1
𝑥+1
1
= (𝑥 + 1)
2
entonces la ecuación tomaría la siguiente forma:
𝑧=
𝑑𝑧
3
−
𝑦 −2 𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
tomando 𝑦
𝑧
1
= − (𝑥 + 1)3
2
= 𝑧  −𝑦 −2 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧
1
= (𝑥 + 1)3
𝑑𝑥
𝑥+1
2
1
1
−∫−
𝑑𝑥
−
𝑑𝑥 1
∫
𝑥+1 [∫ 𝑒
𝑥+1
𝑒
( (𝑥 +
2
−1
𝑦 −1
𝑥+1
1)3 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
1
𝑧 = 𝑒 ln(𝑥+1) [∫ 𝑒 −ln(𝑥+1) ( (𝑥 + 1)3 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
1
1
𝑧 = (𝑥 + 1)[∫
( (𝑥 + 1)3 ) 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
(𝑥 + 1) 2
1
𝑧 = (𝑥 + 1)[ ∫(𝑥 + 1)2 𝑑𝑥 + 𝑐 ]
2
1
𝑧 = (𝑥 + 1)[ (𝑥 + 1)3 + 𝑐 ]
6
1
−1
𝑦 = (𝑥 + 1)4 + (𝑥 + 1)𝑐
6
I.Indendencia lineal de funciones:
En cada uno de los casos, averiguar si las funciones dadas son o no, linealmente independiente.( por
definición algebraica ).
1-
𝑓1(𝑥)= 𝑒 𝑥 , 𝑓2(𝑥)= 𝑒 −𝑥
de la forma 
∝1 𝑓1(𝑥) + ∝2 𝑓2(𝑥) = 0
−
∝1 𝑒 𝑥 + ∝2 𝑒 −𝑥 = 0 …(1)
Derivando  ∝1 𝑒 𝑥 − ∝2 𝑒 −𝑥 = 0 …(2)
Sumando (1)+(2) : 2 ∝1 𝑒 𝑥 = 0  ∝1 = 0 y ∝2 = 0 ; entonces son linealmente independiente
𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥) .
2- 𝑓1(𝑥)= 𝑒 𝑥 , 𝑓2(𝑥)= 2𝑒 𝑥 , 𝑓3(𝑥)= 𝑒 −𝑥 de la forma 
∝1 𝑓1(𝑥) + ∝2 𝑓2(𝑥) + ∝3 𝑓3(𝑥) = 0
∝1 𝑒 𝑥 + 2 ∝2 𝑒 𝑥 + ∝3 𝑒 −𝑥 = 0 … (1) Derivando  ∝1 𝑒 𝑥 + 2 ∝2 𝑒 𝑥 − ∝3 𝑒 −𝑥 = 0 …(2)
Sumando (1)-(2) : 2 ∝3 𝑒 −𝑥 = 0  ∝3 = 0 y ∝1 = −2 ∝2 ; entonces no son linealmente
independiente 𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), 𝑓3 (𝑥)
3- 𝑓1(𝑥) = 𝑥 , 𝑓2(𝑥) = 2𝑥 , 𝑓3(𝑥) = 𝑥 2 de la forma 
∝1 𝑓1(𝑥) + ∝2 𝑓2(𝑥) + ∝3 𝑓3(𝑥) = 0
∝1 𝑥 + 2 ∝2 𝑥 +∝3 𝑥 2 = 0
Derivando 
∝1 + 2 ∝2 + 2 ∝3 𝑥 = 0 Derivando
2 ∝3 = 0  ∝3 = 0 y ∝1 = −2 ∝2 ; entonces no son linealmente independiente 𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), 𝑓3 (𝑥) .
4- 𝑓1(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑥), 𝑓2(𝑥) = cos(𝑎𝑥)
de la forma 
∝1 𝑓1(𝑥) + ∝2 𝑓2(𝑥) = 0
∝1 𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑥) + ∝2 cos(𝑎𝑥) = 0 Derivando  𝑎 ∝1 𝑐𝑜𝑠(𝑎𝑥) − 𝑎 ∝2 sen(𝑎𝑥) = 0
 ∝1 2 = −∝2 2 ; entonces no son linealmente independiente 𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥) .
5- 𝑓1(𝑥) = 1 , 𝑓2(𝑥) = 𝑥 , 𝑓3(𝑥) = 𝑥 2 de la forma 
∝1 𝑓1(𝑥) + ∝2 𝑓2(𝑥) + ∝3 𝑓3(𝑥) = 0
∝1 + ∝2 𝑥 +∝3 𝑥 2 = 0 Derivando  ∝2 + 2 ∝3 𝑥 = 0 Derivando  2 ∝3 = 0
 ∝3 = 0 , ∝2 = 0 𝑦 ∝1 = 0 ; entonces son linealmente independiente 𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), 𝑓3 (𝑥) .
6- 𝑓1(𝑥) = 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥), 𝑓2(𝑥) = 𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) de la forma 
∝1 𝑓1(𝑥) + ∝2 𝑓2(𝑥) = 0
∝1 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥) + ∝2 𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) = 0 Derivando 
(𝑎 ∝1 − 𝑏 ∝2 )𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥) + (𝑏 ∝1 + 𝑎 ∝2 )𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) = 0  2𝑏 ∝1 ∝2 = 𝑎(∝1 2 − ∝2 2 )
Como  ∝1 2 = −∝2 2 entonces : 𝑏 ∝2 = 𝑎 ∝1 ; entonces no son linealmente independiente
𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥)..
7- 𝑓1(𝑥)= 𝑒 𝑎𝑥 , 𝑓2(𝑥)= 𝑒 𝑏𝑥 , 𝑓3(𝑥)= 𝑒 𝑐𝑥 , 𝑎 ≠ 𝑏 ≠ 𝑐
de la forma

∝1 𝑓1(𝑥) + ∝2 𝑓2(𝑥) + ∝3 𝑓3(𝑥) = 0  𝑒 𝑎𝑥 ∝1 + 𝑒 𝑏𝑥 ∝2 + 𝑒 𝑐𝑥 ∝3 = 0 
𝑒 (𝑎−𝑐)𝑥 ∝1 + 𝑒 (𝑏−𝑐)𝑥 ∝2 + ∝3 = 0 derivando (𝑎 − 𝑐)𝑒 (𝑎−𝑐)𝑥 ∝1 + (𝑏 − 𝑐)𝑒 (𝑏−𝑐)𝑥 ∝2 = 0
∝3 = 0 ,
(𝑎 − 𝑐)𝑒 (𝑎−𝑏)𝑥 ∝1 + (𝑏 − 𝑐) ∝2 = 0 ,
∝2 = 0 ; derivando 
(𝑎 − 𝑏) (𝑎 − 𝑐)𝑒 (𝑎−𝑏)𝑥 ∝1 = 0, ∝1 = 0 ; entonces son linealmente independiente
𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), 𝑓3 (𝑥).
8- 𝑓1(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 , 𝑓2(𝑥) = 𝑥. 𝑙𝑛𝑥 , 𝑓3(𝑥) = 𝑥 2 . 𝑙𝑛𝑥
de la forma 
∝1 𝑓1(𝑥) + ∝2 𝑓2(𝑥) + ∝3 𝑓3(𝑥) = 0  𝑙𝑛𝑥 ∝1 + 𝑥. 𝑙𝑛𝑥 ∝2 + 𝑥 2 . 𝑙𝑛𝑥 ∝3 = 0
Derivando 
1
𝑥
∝1 + 𝑙𝑛𝑥 ∝2 + ∝2 + 2𝑥. 𝑙𝑛𝑥 ∝3 + 𝑥 ∝3 = 0 , ∝2 = 0
1
Derivando  − 2 ∝1 + 2𝑙𝑛𝑥 ∝3 + 2 ∝3 + ∝3 = 0 , ∝3 = 0 y ∝1 = 0
𝑥
entonces son linealmente independiente 𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), 𝑓3 (𝑥).
II. Wronskiano; hallar el wronskiano de los siguientes conjuntos de funciones:
1- 1, 𝑥, 𝑥 2 , … , 𝑥 𝑛−1
𝑛>1
Generalizando :
para 1, 𝑥 ∶
para
1, 𝑥, 𝑥 2 :
para 1, 𝑥, 𝑥 2 , 𝑥 3 ∶
1 x 𝑥2 𝑥3
1 𝑥 𝑥2
1 𝑥
0 1 2x 3 𝑥 2
|
|=1
(0 1 2𝑥 ) = 2
(
) = 12
0 1
0 0 2 6x
0 0 2
0 0 0 6
Entonces :
1 ⋯
𝑥 𝑛−1
(⋮ ⋱
)= 0! 1! …(n-1)! = W
⋮
0 ⋯ (n − 1)!
2- 𝑒 𝑚𝑥 , 𝑒 𝑛𝑥
𝑚, 𝑛 ∈ 𝑍 ⋀ 𝑚 ≠ 𝑛
𝑒 𝑚𝑥
𝑒 𝑛𝑥
| 𝑚𝑥
| = (𝑛 − 𝑚)𝑒 (𝑚+𝑛)𝑥 = 𝑊
𝑚𝑒
𝑛𝑒 𝑛𝑥
3- 𝑠𝑒𝑛(ℎ𝑥), cos(ℎ𝑥)
𝑠𝑒𝑛(ℎ𝑥) cos(ℎ𝑥)
| = 𝑠𝑒𝑛(ℎ𝑥)2 − cos(ℎ𝑥)2 = −1 = W
cos(ℎ𝑥) 𝑠𝑒𝑛(ℎ𝑥)
4- 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥
𝑥
𝑥𝑒 𝑥
|
| = 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 = 𝑊
𝑥
1 𝑥𝑒 + 𝑒 𝑥
|
5- 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥, 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
| 𝑥
|
𝑥
𝑥
𝑒 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
= 𝑒 𝑠𝑒𝑛𝑥(𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑒 𝑠𝑒𝑛𝑥) − 𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥(𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥) = −𝑒 2𝑥 = 𝑊
6- 1 + cos(2𝑥) , (𝑐𝑜𝑠𝑥)2
1 + cos(2𝑥) (𝑐𝑜𝑠𝑥)2
|
| = − cos(2𝑥) − cos(2𝑥)2 + (𝑐𝑜𝑠𝑥)2 2𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 0 = 𝑊
−2𝑠𝑒𝑛(2𝑥) −cos(2𝑥)
7- 𝑒 −𝑥 , 𝑥𝑒 −𝑥
𝑒 −𝑥
𝑥𝑒 −𝑥
| −𝑥
| = 𝑒 −𝑥 (𝑒 −𝑥 − 𝑥𝑒 −𝑥 ) + 𝑥𝑒 −2𝑥 = 𝑒 −2𝑥 = 𝑊
−𝑥
−𝑒
𝑒 − 𝑥𝑒 −𝑥
8- 1, 𝑒 −𝑥 ,
1 𝑒 −𝑥
(0 −𝑒 −𝑥
0 𝑒 −𝑥
2𝑒 2𝑥
2𝑒 2𝑥
4𝑒 2𝑥 ) = −8𝑒 𝑥 − 4𝑒 𝑥 = −12𝑒 𝑥 = 𝑊
8𝑒 2𝑥
9- 2, cos(𝑥) , cos(2𝑥)
2 cos(𝑥)
cos(2𝑥)
0
−sen(x)
−2
sen(2𝑥)) = 2sen(x) 4cos(2𝑥) + 2 cos(x) cos(2𝑥) = −8(𝑠𝑒𝑛𝑥)3 = 𝑊
(
0 −cos(x) −4cos(2𝑥)
10- - 𝑒 −3𝑥 𝑠𝑒𝑛(2𝑥), 𝑒 −3𝑥 cos(2𝑥)
𝑒 −3𝑥 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
𝑒 −3𝑥 cos(2𝑥)
|
|
−3𝑥
−3𝑥
−3𝑥
−3𝑒 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2cos(2𝑥)𝑒
−3𝑒
cos(2𝑥) − 2𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑒 −3𝑥
= 𝑒 −3𝑥 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)(−3𝑒 −3𝑥 cos(2𝑥) − 2𝑠𝑒𝑛(2𝑥)𝑒 −3𝑥 )
− 𝑒 −3𝑥 cos(2𝑥) (−3𝑒 −3𝑥 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2 cos(2𝑥) 𝑒 −3𝑥 ) = −2𝑒 −6𝑥 = 𝑊
III.Mediante el wronskiano, demostrar que cada uno de los siguientes conjuntos de funciones son
linealmente independientes:
1- 𝑙𝑛𝑥, 𝑥𝑙𝑛𝑥
𝑙𝑛𝑥
𝑥𝑙𝑛𝑥
2
2
| 1
entonces las funciones
: 𝑙𝑛𝑥, 𝑥𝑙𝑛𝑥 son
1 + lnx| = lnx + lnx − lnx = lnx ≠ 0
x
linealmente independientes.
2- 1, 𝑒 −𝑥 , 2𝑒 2𝑥
1 𝑒 −𝑥 2𝑒 2𝑥
(0 −𝑒 −𝑥 4𝑒 2𝑥 ) = −8𝑒 𝑥 − 4𝑒 𝑥 = −12𝑒 𝑥 ≠ 0 entonces las funciones
0 𝑒 −𝑥 8𝑒 2𝑥
linealmente independientes.
3- 𝑥 1/2 , 𝑥 1/3
2
1
1
𝑥 1/2
𝑥 1/3
𝑥 −3 1
𝑥 −2 1
𝑥 −6
−1/2
−2/3
|𝑥
𝑥
|=
(𝑥 2 ) − (
)(𝑥 3 ) = −
≠ 0 para x ≠ 0
3
2
6
2
3
entonces las funciones : 𝑥 1/2 , 𝑥 1/3 son linealmente independientes.
4- 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥), 𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥)
𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥)
| 𝑎𝑥
a𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥) + 𝑏𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥)
𝑏≠0
𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥)
|=
𝑎𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) − 𝑏𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥)
:
1, 𝑒 −𝑥 , 2𝑒 2𝑥
son
𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥)(𝑎𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) − 𝑏𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥)) − 𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) (a𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥) + 𝑏𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥))
−𝑏𝑒 2𝑎𝑥 ≠ 0 entonces las funciones :
𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥), 𝑒 𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) son linealmente independientes.
=
5- 1 , (𝑠𝑒𝑛𝑥)2 , 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥
1 (𝑠𝑒𝑛𝑥)2 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥
(0 sen(2x)
senx ) = sen(2x)cosx − 2 cos(2x) senx = 2(senx)3 ≠ 0 ,para 𝑥 ≠ 0
0 2cos(2x)
cosx
entonces las funciones
: 1 , (𝑠𝑒𝑛𝑥)2 , 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 son linealmente independientes.
6- ln(𝑥 − 1) − ln(𝑥 + 1) , 1
ln(𝑥 − 1) − ln(𝑥 + 1) 1
1
1
−2
1
1
|
|= 0−
+
= 2
≠ 0 , para x ≠ 1
𝑥−1 𝑥+1
𝑥 −1
−
0
𝑥−1 𝑥+1
entonces las funciones
: ln(𝑥 − 1) − ln(𝑥 + 1) , 1 son linealmente independientes.
2
7- √1 − 𝑥 2 , 𝑥
2
2
√1 − 𝑥 2
𝑥
|
| = √1 − 𝑥 2 + 𝑥 2 (1 − 𝑥 2 )−1/2 = (1 − 𝑥 2 )−1/2 ≠ 0 ,
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 ≠ 1
2 −1/2
−𝑥(1 − 𝑥 )
1
2
entonces las funciones
: √1 − 𝑥 2 , 𝑥 son linealmente independientes.
𝑥
8- 𝑠𝑒𝑛 ( ) , (𝑐𝑜𝑠𝑥)2
2
𝑥
𝑠𝑒𝑛 ( )
(𝑐𝑜𝑠𝑥)2
𝑥
1
x
2
|1
| = −sen(2x)𝑠𝑒𝑛 ( ) − (𝑐𝑜𝑠𝑥)2 cos( ) ≠ 0
x
2
2
2
cos( ) −sen(2x)
2
2
𝑥
entonces las funciones
: 𝑠𝑒𝑛 ( ) , (𝑐𝑜𝑠𝑥)2 son linealmente independientes.
2
9- 𝑥 2 , 𝑥 4 , 𝑥 8
𝑥2
𝑥4
𝑥8
3
(2x 4x
8x 7 ) = 224x11 + 24x11 + 16x11 − 8x11 − 96x11 − 112x11 = 48x11 ≠ 0
2
2 12x 56x 6
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 ≠ 0 entonces las funciones
: 𝑠𝑥 2 , 𝑥 4 , 𝑥 8 son linealmente independientes.
10- 𝑒 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥 , 𝑥 2 𝑒 𝑥
𝑒𝑥
𝑥𝑒 𝑥
𝑥2𝑒 𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
2
𝑥
(𝑒
)=
𝑥𝑒 + 𝑒
𝑥 𝑒 + 2𝑥𝑒 𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
2 𝑥
𝑒
𝑥𝑒 + 2𝑒
𝑥 𝑒 + 4𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥
𝑒 𝑥 (𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 )(𝑥 2 𝑒 𝑥 + 4𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥 ) + 𝑒 𝑥 (𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥 )𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑥𝑒 𝑥 (𝑥 2 𝑒 𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑥 )
−𝑒 𝑥 (𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 )𝑥 2 𝑒 𝑥 −𝑒 𝑥 (𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥 )(𝑥 2 𝑒 𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑥 ) − 𝑒 𝑥 𝑥𝑒 𝑥 (𝑥 2 𝑒 𝑥 + 4𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥 ) = 2𝑒 3𝑥
entonces las funciones
: 𝑒 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥 , 𝑥 2 𝑒 𝑥 son linealmente independientes.
IV) DEMOSTRAR QUE LAS FUNCIONES SON L.I. Y SU WRONSKIANO ES CERO
(GRAFICARLOS)
1) SI
XE [ -1,0]
1X
SI
XE [0, 1] →
2
1 f1
(X) +
+
20
1 f,
(X) +
→0+
UROSKIANO EN [-1,0]
=
X2
0
2X
0
=0
UROSKIANO EN [0,1]
2
2 f2 (X)
=0
1
=0
= 0
2
2 f2 (X)
X =0
=f1 y0P2 Son
L.I.
2
=0
=
2)
SI
0
X2
0
2X
XE [0, 2] →
10
Si
XE [2, 4] →
=0
1 f1
+
(X) +
2
2 f2 (X)
=0
f1 y P2
2
∝2 = 0
(X-2) = 0
Son
1 f1
1 (X-2)
2
(0) +
2 f2 (X)
= 0 L.I.
∝1 = 0
+0= 0
WROSKIANO EN [-0,2]
W=
0
(X-2)2
0
2(X-2)
4
=0
-
0
4
2
WROSKIANO EN [2,4]
(X-2)2
0
2(X-2)
0
W=
3)
=0
XE [-2, 0] →
SI
1 f1
1X
XE [0, 1] →
SI
1 f1
(X) +
3
+
2
(X) +
0 +
2 f2 (X)
=0
P∝1 1y =
P2 0 son L.I.
0 = 0
2 f2 (X)
2
2
X =0
-2
0
=0
2
=0
WROSKIANO EN [-2,0]
W=
X3
0
3 X2
0
=0
UROSKIANO EN [0,1]
W=
0
X2
0
2X
=0
1
-8
X
4)
f1=
-X2
-1 < x < 0
X2
0<x<1
f2 (X)
=
X2
𝑿𝟐
-1 < x < 0
0<x<1
SI
XE [-1,0]
1X
1X
2
2
+
SI XE [0, 1] →
20
1 f,
→0+
2
-
2
X2 = 0 (X) = 0
= 0
(X) +
1
=0
2 f2 (X)
2
X =0
=0
2
f1 y P2
=0
son L.I.
UROSKIANO EN [-2,0]
W=
X3
0
3 X2
0
=
0
-1
UROSKIANO EN [0,1]
W=
0
X2
0
2X
=
0
-1
-1
-1
V) DEMOSTRACIONES
1)
r2  r  2  0
r
2
r
1
 r  2 r  1
yg  C1 e 2 x  C2 e 2 x
3) r 4  r 3  3r 2  5r  2  0
1
5
-1
-2
-3
1
0
1-3
0
-3
 r  1  r23  3r  2   0
r=1
2
0
 r  1 r  2  r  1  0
r1  1, r2  2, r3  1
yg  C1 e x  C2 e 2 x  C3 e x
yg  C4 e x  C2 e 2 x
PRACTICA # 7
I)
Ecuaciones diferenciales Lineales Homogeneas
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.
A) Raíces reales distintas:
1) y’’ + 2y’ – 15y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 + 2r – 15 = 0
Solución general:
y = c1e3x + c2e-5x
r1= 3, r2= -5
2) y’’’ + y’’ – 2y’ = 0
Sol:
Sea: P(r) = r3 + r2 – 2r = 0
Solución general:
y = c1 + c2e-2x + c3ex
r1= 0, r2= -2, r3=1
3) y’’ – y =0
Sol:
Sea: P(r) = r2 - 1 = 0
Solución general:
y = c1ex + c2e-x
r1= 1, r2= -1
4) y’’ + y’ – 6y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 + r - 6 = 0
Solución general:
y = c1e2x + c2e-3x
r1= 2, r2= -3
5) y’’ – 3y’ + 2y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 - 3r + 2 = 0
Solución general:
y = c1e-2x + c2e-x
r1= - 2, r2= -1
6) y’’’ – 2y’’ – y’ + 2y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r3 - 2r2 – r + 2 = 0
Solución general:
y = c1e2x + c2e-x + c3ex
r1= 2, r2= -1,r3= 1
7) y’’’ – 6y’’ + 11y’ – 6y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r3 - 6r2 + 11r - 6 = 0
Solución general:
y = c1e6x + c2e-x + c3ex
r1= 6, r2= -1, r3= 1
8) y’’’ – y’’ – 12y’ = 0
Sol:
Sea: P(r) = r3 - r2 - 12r = 0
Solución general:
y = c1 + c2e-3x + c3e4x
r1= 0, r2= -3, r3= 4
9) y’’ – 4y’ + y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 - 4r + 1 = 0
Solución general:
√3i
y = c1e2xcos
2
+ c2e2xsen(-
r1= 2 +
√3i
√3i
2
2
, r2= 2 -
√3i
2
)
10) 2y’’’ – 7y’ – 2y = 0
Sol:
Sea: P(r) = 2r3 - 7r - 2 = 0
Solución general:
y = c1e-1 -
√2
2
x + c2e-1 +
√2 x
2
r1= -1 +
√2
2
r2= -1 -
√2
2
,r3= 2
+ c3e2x
A) Raíces múltiples
1. y´´´  3 y"  3 y´  y  0
Ecuación característica
3  32  3 1  0
( 1)3  0

 1
Raíces de la ecuación de múltiplici dad 3
La solución general es:
y  C1 e x  C2 x e x  C3 x 2 e x
3. y
IV
 yI II  9 y II  11 y I  4 y  0
Ecuación característica:
4  33  92  11  4  0
( 1)3 (  4)  0

 1
 4
Raíz de la multiplici dad 3
-1
-1
-1
1
-1
-9
-11
-4

-1
2
7
4
1

1

1
-2
-1
-3
-1
-4
-7
3
-4
4
0
-4
4
0
0
La solución general es:
y  C1 e x  C2 x e x  C3 x 2 e x  C4 e4 x
5. y IV  6 y II  12 y II  8 y I  0
Ecuación característica
 (3  62  12  8)  0
 ( 1)3  0
 0
2
Raíz de multiplici dad 3

1
-6
+12
-8
1

2
-8
8
1

1
-4
2
-2
4
-4
0
0
2
La solución general es:
y  C1  C2 e2 x  C3 x e2 x  C4 x 2e2 x
7. y III  3 y II  3 y I  y  0
Ecuación característica
3  32  3  1  0
( 1)3  0

 1
Raíz de multiplici dad 3
La solución general es:
y  C1 e x  C2 x e x  C3 x 2e x
9. y  8 y  16 y 0
Ecuación característica
IV
II
4  82  16  0

(2  4) (2  4)  0
2
4
(  2)(   2)(   2)(   2)  0
2
4
(   2) 2 (   2 ) 2  0
   2 Raíz de multiplici dad 2
   Raíz de multiplici dad 2
La solución general es:
y  C1 e2 x  C2 x e2 x  C3 x 2 x  C4 xe2 x
B) Raíces complejas :
1) y’’ + y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 + 1 = 0
Solución general
y = c1cosx + c2senx
r1= i , r2 = -i
2) y’’ – 2y’ + 10y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 – 2r + 10 = 0
Solución general
r1=
−1 + √39 i
2
, r2 =
−1− √39 i
2
y = c1 e-x/2cos
√39
2
x + c2 e-x/2 sen
√39
2
x
3) y’’ + 4y’ = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 + 4r = 0
Solución general
y = c1 + c2 e-4x
r1= 0, r2 = - 4
4) y’’ + 25y’ = 0
sol:
Sea: P(r) = r2 + 25r = 0
r1=
5) y’’ – 4y’ + 13y = 0
−1 + √3 i
2
, r2 =
−1− √39 i
2
Solución general
y = c1 + c2 e-25x
Sol:
Sea: P(r) = r2 + 4r = 0
r1= 2 + 3i, r2 = 2 – 3i
Solución general
y = c1e2xcos3x + c2 e2xsen3x
6) y’’ + y’ + y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 + r + 1 = 0
Solución general
y = c1e-x/2cos
√3
2
,x
r1=
+ c2 e-x/2sen
√3
2
−1 + √3 i
2
, r2 =
−1− √3 i
2
,x
7) y’’ + 2y’ + 2y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 + 2r + 2 = 0
Solución general
y = c1e-xcosx + c2 e-xsenx
r1= - 1 + i, r2 = - 1 - i
8) y’’ – 2y’ + 4y = 0
Sol:
Sea: P(r) = r2 - 2r + 4 = 0
Solución general
y = c1excos√3x + c2 exsen√3x
r1= 1 + √3i, r2 = 1 - √3i
9. y  2 y´  4 y  0
Ecuación característica
"
2  2   4  0

 ( 2)  ( 2) 2  4(1)( 4)
2(1)


2
 12
2
2  2 3i
2
La solución general es:
1  1  3i
Raíces de la ecuación

2  1  3i
y  C1 e x cos( 3x)  C2 e x sen ( 3x)
10. y  6 y´  25 y  0
Ecuación característica
"
2  6   25  0
 ( 6)  ( 6) 2  4(1)( 25)

2(1)


6
36  100
2
6   64
2
1  3  4i
Raíces de la ecuación

2  3  4i
La solución general es:
y  C1 e3 x cos( 4 x)  C2 e3 x sen (4 x)
B) Raíces de cualquier índole
III
1. y  4 y  0
Ecuación característica
I
3  4   0
 (2  4)  0
 0
  2i
  2i
Raíces de la ecuación .
La solución general es:
y  C1  C2 cos( 2 x)  C3 sen (2 x)
III
II
I
2. y  y  y  y  0
Ecuación característica
3  2    1  0
2 (  1)  (  1)  0
(  1) (2  1)  0
 1
 i
  i
Raíces de la ecuación .
La solución general es:
y  C1e x  C2 cos x  C3 sen x
3. y
IV
y 0
Ecuación característica
4  1  0
(2  1) (2  1)  0
 i
  i
 1
La solución general es:
  1
Raíces de la ecuación .
y  C1e x  C2 e x  C3 cos x  C4 sen x
4. y
IV
I
 2yI  y  0
Ecuación característica
4  22 1  0

(2 1) 2  0
 i
  i
Raíz de multiplici dad 2
La solución general es:
y  C1 Cos x  C2 Sen x  C3 x cos x  C4 x sen x
IV
5. y 16 y  9 y  0
Ecuación característica
IV
II
6  64  92  4  0
(2 1) ( 4  2 1)  3 ( 24  32 1)  0
(2 1) ( 4  2 1)  3 ( 22 1) (2 1)  0
(2 1) ( 4  2 1  62  3)  0
(2 1) ( 4  52  4)  (2  1) (2  1) (2  4)  0
 (2  1) 2 (2  4)  0
Raíz de multiplici dad 2
 i
   i Raíz de multiplici dad 2
  2i
  2 i
La solución general es:
y  C1 Sen x  C2 Cos x  C3 x sen x  C4 x Cos x 
C5 sen ( 2 x )  C6 Cos ( 2 x )
III
6. y  3 y  3 y  y  0
Ecuación característica
II
I
3  32  3  1  0
(  1) 3  0
   1 Raíz de multiplici dad 3
La solución general es:
y  C1 e  x  C2 x e  x  C3 x 2 e  x
III
II
I
7. y  y  y  y  0
Ecuación característica
3  2    1  0
2 (  1)  (  1)  0
(  1) (2  1)  0
 1 

  i  Raíces de la ecuación
   i 
La solución general es:
y  C1 e x  C2 cos x  C3 senx
III
8. y  y  0
Ecuación característica
3  1  0
(  1) (2    1)  0
   
2    1  0

 1  3i
2

1

 

2

   1 

2

 1  (1) 2  9(1)(1)
2(1)
3i
2
3i
2
Las raíces de la ecuación son:

1
3i

2
2

1
3i

2
2
La solución general es:
y  C1 e x  C2 e

x
2
x

 3x 
 3 
  C3 e 2 sen 

cos 

 2 x
 2 


IV
10. y  y  0
Ecuación característica
4  1  0
(2  1) (2  1)  0
 1
  i
 1
  1
raíces de la ecuación
La solución general es:
y  C1 e x  C2 e  x  C3 cos x  C4 sen x
III
11. y  y  3 y  y  0
Ecuación característica
II
I
 3   2  3  1  0
(  1) ( 2  2  1)  0

 
 
-1
1
-1
-3
-1

-1
2
1
1
-2
-1
0
 ( 2)  ( 2)  4(1)( 1)
2(1)
2
2
44
2
2 2 2
 1
2
2
 1
2
 1 2
 1
2
  1
Raíces de la ecuación
La solución general es:
y  C1 e x  C2 e x (1
III
2)
 C3 e x
(1 2 )
12. y  4 y  4 y  0
Ecuación característica
II
I
3  42  4  0
 (2  4  4)  0
 (   2) 2  0
  0   2 Raíz de multiplici dad 2
-1
1
-1
-3
-1

-1
2
1
1
-2
-1
0
La solución general es:
y  C1  C2 e2 x  C3 x e2 x
IV
13. y  14 y  2 y  0
Ecuación característica
III
4 1 42  2  0
 
2
 ( 14) 
( 14) 2  4(1)( 2)
2(1)
2 
14  196  8
2
2 
14  108
2
2 
14  108
2
2 
14  108
2
La solución general es:
14  108
y  C1 e
2

C4 e
IV
x
 C2 e
14  108
2

14  108
2
x
 C3 e

14  108
2
x
14. y  2 y  y  2 y´  2 y 00
Ecuación característica
III
II
4  23  2  2  2  0
1
-2
1
2
-2
1

1
-1
0
2
1
1
1
-1
-1
-2
0
2
2
2
-2
0
0
-1
Las raices son:
 1
  1
  1 i
 1  i
(  1) (  1) (2  2  2)  0
 
 
 ( 2 ) 
2
 1  i
4
2
( 2) 2  4( 2)(1)
2
x

La solución es
y  C1 e x  C2 e  x  C3 e x cos x  C4e x senx
IV
15. y  5 y  9 y  0
Ecuación característica
II
44   52  9  0
4 2
9

1
2
( 42  9) (2  1)  0
4 2  9  0
2  
9
i
4
3
2
  i
Raíces de la
2  1  0
  1
  1
ecuación
La solución general es:
3 
3 
y  C1 e x  C2 e  x  C3  x   C4 sen  x 
2 
2 
I) ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGENEAS
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales
1) 𝑦′′ + 3𝑦′ = 3
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 3𝑟 = 0 ⇒ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = −3 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −3𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 ⇒ 𝑌′𝑝 = 𝐴 ⇒ 𝑌′′𝑝 = 0 Reemplazando en la ecuación
0 + 3𝐴 = 3 ⇒ 𝐴 = 1, Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝 Es decir 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −3𝑥 + 𝑥
2) 𝑦′′ − 2𝑦′ − 15𝑦 = −15𝑥 2 − 4𝑥 − 13
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 2𝑟 − 15 = 0 ⇒ 𝑟1 = −3, 𝑟2 = 5 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 −3𝑥 + 𝑐2 𝑒 5𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 ⇒ 𝑌′𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵 ⇒ 𝑌′′𝑝 = 2𝐴 Reemplazando en la ecuación
2𝐴 − 4𝐴𝑥 − 2𝐵 − 15𝐴𝑥 2 − 15𝐵𝑥 − 15𝐶 = −15𝑥 2 − 4𝑥 − 13
−15𝐴𝑥 2 − (4𝐴 + 15𝐵)𝑥 + 2𝐴 − 2𝐵 − 15𝐶 = −15𝑥 2 − 4𝑥 − 13
−15𝐴 = 15
𝐴=1
{ −(4𝐴 + 15𝐵) = −4 ⇒ {𝐵 = 0
𝐶=1
2𝐴 − 2𝐵 − 15𝐶 = −13
, Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 2 + 1
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝 Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −3𝑥 + 𝑐2 𝑒 5𝑥 + 𝑥 2 + 1
3) 𝑦 𝐼𝑉 − 3𝑦′′ − 4𝑦 = −4𝑥 5 + 390𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 4 − 3𝑟 2 − 4 = 0 ⇒ 𝑟1 = −2, 𝑟2 = 2 , 𝑟3 = 𝑖, 𝑟4 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación
diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐4 𝑠𝑒𝑛𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 5 + 𝐵𝑥 4 + 𝐶𝑥 3 + 𝐷𝑥 2 + 𝐸𝑥 + 𝐹
⇒ 𝑌 ′ 𝑝 = 5𝐴𝑥 4 + 4𝐵𝑥 3 + 3𝐶𝑥 2 + 2𝐷𝑥 + 𝐸
𝑌 ′′ 𝑝 = 20𝐴𝑥 3 + 12𝐵𝑥 2 + 6𝐶𝑥 + 2𝐷
𝑌 ′′ ′𝑝 = 60𝐴𝑥 2 + 24𝐵𝑥 + 6𝐶
𝑌 𝐼𝑉 𝑝 = 120𝐴𝑥 + 24𝐵
Reemplazando en la ecuación
120𝐴𝑥 + 24𝐵 − 3(20𝐴𝑥 3 + 12𝐵𝑥 2 + 6𝐶𝑥 + 2𝐷) − 4(𝐴𝑥 5 + 𝐵𝑥 4 + 𝐶𝑥 3 + 𝐷𝑥 2 + 𝐸𝑥 + 𝐹)
= −4𝑥 5 + 390𝑥
−4𝐴 = −4
−4𝐵 = 0
𝐴=1
−60𝐴 − 4𝐶 = 0
⇒{
𝐵 = −15
−36𝐵 − 4𝐶 = 0
𝐵=𝐷=𝐸=𝐹=0
120𝐴 − 18𝐶 − 4𝐸 = 390
{
24𝐵 − 12𝐷 − 4𝐹 = 0
, Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 5 − 15𝑥 3
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐4 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥 5 − 15𝑥 3
4) 𝑦′′ + 3𝑦 = 𝑒 𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 3𝑟 = 0 ⇒ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = −3 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −3𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 ⇒ 𝑌′𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 ⇒ 𝑌′′𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 Reemplazando en la ecuación
1
𝐴𝑒 𝑥 + 3𝐴𝑒 𝑥 = 𝑒 𝑥 ⇒ 𝐴 = , Por lo tanto 𝑌𝑝 =
4
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑒𝑥
4
𝑒𝑥
Es decir 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −3𝑥 +
4
5) 𝑦′′ − 4𝑦′ = 𝑥𝑒 4𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 = 0 ⇒ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = 4 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 4𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥
𝑌 ′ 𝑝 = (2𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥 + 4 𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥
𝑌 ′′ 𝑝 = 2𝐴𝑒 4𝑥 + 4(2𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥 + 4(2𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥 + 16 𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥
𝑌 ′′′ 𝑝 = 2𝐴𝑒 4𝑥 + 4(2𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥 + 4(2𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥 + 16 𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 4𝑥
Reemplazando en la ecuación
1
1
1
1
(2𝐴 + 4𝐵)𝑒 4𝑥 + 8𝐴𝑥𝑒 4𝑥 = 𝑥𝑒 4𝑥 ⇒ 𝐴 = , 𝐵 =
Por lo tanto 𝑌𝑝 = ( 𝑥 2 − 𝑥) 𝑒 4𝑥
8
−16
8
16
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
1
1
Es decir 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 4𝑥 +( 𝑥 2 − 𝑥) 𝑒 4𝑥
8
16
6) 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝑥(𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛𝑥)
𝑌 ′ 𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥(−𝐴𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥)
𝑌 ′′ 𝑝 = −𝐴𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐴𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥(−𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐵𝑠𝑒𝑛𝑥)
Reemplazando y reduciendo en la ecuación
−1
1
2𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 ⇒ 𝐴 = 𝐾, 𝐵 = Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 𝐾𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
2
2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
1
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥 𝐾𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
2
7) 𝑦′′ − 4𝑦′ + 8𝑦 = 𝑒 2𝑥 (𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 𝑐𝑜𝑠2𝑥)
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 + 8 = 0 ⇒ 𝑟1 = 2 + 2𝑖, 𝑟2 = 2 − 2𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑌𝑝 = 𝑥𝑒 𝑥2 (𝐴𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛2𝑥)
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠2𝑥+ 𝑥𝑒 𝑥2 (𝐴𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛2𝑥)
8) 𝑦′′ − 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑒 𝑥 + 𝑒 −2𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 𝑟 − 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = −1, 𝑟2 = 2 ,la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 + 𝐵𝑒 −2𝑥
𝑌 ′ 𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 − 2𝐵𝑒 −2𝑥
𝑌 ′′ 𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 + 4𝐵𝑒 −2𝑥 Reemplazando y reduciendo en la ecuación
𝐴𝑒 𝑥 + 4𝐵𝑒 −2𝑥 − 𝐴𝑒 𝑥 + 2𝐵𝑒 −2𝑥 − 𝐴𝑒 𝑥 − 𝐵𝑒 −2𝑥 = 𝑒 𝑥 + 𝑒 −2𝑥
−𝐴𝑒 𝑥 + 5𝐵𝑒 −2𝑥 = 𝑒 𝑥 + 𝑒 −2𝑥
1
⇒ 𝐴 = −1 , 𝐵 =
5
1
Por lo tanto 𝑌𝑝 = −𝑒 𝑥 + 𝑒 −2𝑥
5
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
1
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑒 −2𝑥
5
9) 𝑦′′′ − 4𝑦′ = 𝑥𝑒 2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥 2
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 4𝑟 = 0 ⇒ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = 2 , 𝑟3 = −2, la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑒 −2𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 2𝑥 + 𝐶𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐷𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥(𝐸𝑥 2 + 𝐹𝑥 + 𝐺)
⇒ 𝑌 ′ 𝑝 = 2𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 2𝑥 + (2𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 2𝑥 − 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑥 + 3𝐸𝑥 2 + 2𝐹𝑥 + 𝐺
𝑌 ′′ ′𝑝 = 8𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 2𝑥 + 12(2𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 2𝑥 + 12𝐴𝑒 2𝑥 + 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑥 + 6𝐸
Reemplazando en la ecuación e igualando los coeficientes se tiene:
12𝐴 + 8𝐵 = 0
𝐴 = 1⁄16
16𝐴 = 1
𝐵 = 3⁄32
5𝐶 = 1
𝐶 = 1⁄5
⇒
−5𝐷 = 0
𝐷=𝐹=0
−12𝐸 = 1
𝐸 = −1⁄12
−8𝐹 = 0
{
𝐺 = −1⁄8
{
6𝐸 − 4𝐺 = 0
3
𝑒 2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑥
𝑥
(2𝑥 2 − 3𝑥) +
, Por lo tanto 𝑌𝑝 =
− −
32
5
12
8
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑒 2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑥3
𝑥
(2𝑥 2 − 3𝑥) +
Es decir 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑒 −2𝑥 +
− −
32
5
12
8
′′
′
−𝑥
−𝑥
10) 𝑦 + 2𝑦 + 2𝑦 = 𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑒
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 2𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = −1 + 𝑖, 𝑟2 = −1 − 𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑒 −𝑥 (𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥)
Como 𝑌𝑝 = 𝑥𝑒 −𝑥 (𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛𝑥) + (𝐶𝑥 + 𝐷)𝑒 −𝑥
Reemplazando y reduciendo en la ecuación
1
𝑥
⇒ 𝐴 = 0, 𝐵 = , 𝐶 = 1, 𝐷 = 0 Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑥𝑒 −𝑥
2
2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑥
Es decir 𝑦 = 𝑒 −𝑥 (𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥) + 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑥𝑒 −𝑥
2
11) 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ = 𝑥 2
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 𝑟 = 0 ⇒ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = 1 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝑥(𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶)=𝐴𝑥 3 + 𝐵𝑥 2 + 𝐶𝑥
𝑌 ′ 𝑝 = 3𝐴𝑥 2 + 2𝐵𝑥 + 𝐶
𝑌 ′′ 𝑝 = 6𝐴𝑥 + 2𝐵
Reemplazando en la ecuación
6𝐴𝑥 + 2𝐵 − 3𝐴𝑥 2 − 2𝐵𝑥 − 𝐶 = 𝑥 2
−3𝐴𝑥 2 + (6𝐴 − 2𝐵)𝑥 + 2𝐵 − 𝐶 = 𝑥 2
−1
⇒ 𝐴 = , 𝐵 = −1 , 𝐶 = −2 Por lo tanto 𝑌𝑝 = −
3
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑥3
3
− 𝑥 2 − 2𝑥
𝑥3
Es decir 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 𝑥 − − 𝑥 2 − 2𝑥
3
12) 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 5𝑦 = 5𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 − 5 = 0 ⇒ 𝑟1 = 5, 𝑟2 = −1 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 5𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵
𝑌′ 𝑝 = 𝐴
𝑌 ′′ 𝑝 = 0
Reemplazando en la ecuación
0 − 4𝐴 − 5(𝐴𝑥 + 𝐵) = 5𝑥
−5𝐴𝑥 − 4𝐴 − 5𝐵 = 5𝑥
4
4
⇒ 𝐴 = −1, 𝐵 = , Por lo tanto 𝑌𝑝 = −𝑥 +
5
5
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
4
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 5𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 − 𝑥 +
5
13) 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′ = 𝑥 + 1
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 𝑟 = 0 ⇒ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = −1, 𝑟3 = 1 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + 𝑐3 𝑒 𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵) = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥
𝑌 ′ 𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵
𝑌 ′′ 𝑝 = 2𝐴
𝑌 ′′ ′𝑝 = 0
Reemplazando en la ecuación
0 − 2𝐴𝑥 − 𝐵 = 𝑥 + 1
−1
−1
⇒ 𝐴 = , 𝐵 = −1 , Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 2 − 𝑥
2
2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
1
Es decir 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + 𝑐3 𝑒 𝑥 − 𝑥 2 − 𝑥
2
14) 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 4𝑥 − 4
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 + 4 = 0 ⇒ 𝑟1 = 2, 𝑟2 = 2 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑐2 𝑒 2𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵
𝑌′ 𝑝 = 𝐴
𝑌 ′′ 𝑝 = 0
Reemplazando en la ecuación
0 − 4𝐴 + 4𝐴𝑥 + 4𝐵 = 4𝑥 − 4
4𝐴𝑥+4𝐵 − 4𝐴 = 4𝑥 − 4
⇒ 𝐴 = 1, 𝐵 = 0 , Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑥
15) 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 2𝑦 = 2(𝑥 + 1)2
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 2𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = −1 + 𝑖, 𝑟2 = −1 − 𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑒 −𝑥 (𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥)
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
𝑌 ′ 𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵
𝑌 ′′ 𝑝 = 2𝐴
Reemplazando en la ecuación
2𝐴 + 4𝐴𝑥 + 2𝐵 + 2𝐴𝑥 2 + 2𝐵𝑥 + 2𝐶 = 2(𝑥 + 1)2
𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 2𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 𝑥 2 + 2𝑥 + 1
⇒ 𝐴 = 1, 𝐵 = 𝐶 = 0 , Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑒 −𝑥 (𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥) + 𝑥 2
16) 𝑦 ′′′ + 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥 2 + 2𝑥 − 2
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 3 + 𝑟 2 + 𝑟 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = −1, 𝑟2 = 𝑖, 𝑟3 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación
diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐3 𝑠𝑒𝑛𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
𝑌 ′ 𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵
𝑌 ′′ 𝑝 = 2𝐴
𝑌 ′′ ′𝑝 = 0
Reemplazando en la ecuación
0 + 2𝐴 + 2𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 = 𝑥 2 + 2𝑥 − 2
𝐴𝑥 2 + (2𝐴 + 𝐵)𝑥 + 2𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 𝑥 2 + 2𝑥 − 2
⇒ 𝐴 = 1, 𝐵 = 0, 𝐶 = −4 , Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 2 − 4
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐3 𝑠𝑒𝑛𝑥+𝑥 2 − 4
17) 𝑦 𝐼𝑉 + 4𝑦 ′′ = 8(6𝑥 2 + 5)
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 4 + 4𝑟 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = 0, 𝑟3 = 2𝑖 , 𝑟4 = −2𝑖 la ecuación general de la ecuación
diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐4 𝑐𝑜𝑠2𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝑥 2 (𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 𝐴𝑥 4 + 𝐵𝑥 3 + 𝐶𝑥 2
𝑌 ′ 𝑝 = 4𝐴𝑥 3 + 3𝐵𝑥 2 + 𝐶𝑥
𝑌 ′′ 𝑝 = 12𝐴𝑥 2 + 6𝐵𝑥 + 𝐶
𝑌 ′′ ′𝑝 = 24𝐴𝑥 + 6𝐵
𝑌 𝐼𝑉 = 24𝐴
Reemplazando en la ecuación
4(6𝐴 + 12𝐴𝑥 2 + 6𝐵𝑥 + 𝐶) = 8(6𝑥 2 + 5)
6𝐴 + 12𝐴𝑥 2 + 6𝐵𝑥 + 𝐶 = 12𝑥 2 + 10
⇒ 𝐴 = 1, 𝐵 = 0, 𝐶 = 4 , Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 2 (𝑥 2 + 4)
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐4 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑥 2 (𝑥 2 + 4)
18) 𝑦 ′′′ − 3𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ − 𝑦 = (2 + 𝑥)(2 − 𝑥)
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 3𝑟 2 + 3𝑟 − 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = 1, 𝑟3 = 1 la ecuación general de la ecuación
diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 𝑒 𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
𝑌 ′ 𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵
𝑌 ′′ 𝑝 = 2𝐴
𝑌 ′′ ′𝑝 = 0
Reemplazando en la ecuación y comparando
0 − 6𝐴 + 6𝐴𝑥 + 3𝐵 − 𝐴𝑥 2 − 𝐵𝑥 − 𝐶 = 4 − 𝑥 2
−𝐴𝑥 2 + (6𝐴 − 𝐵)𝑥 − 6𝐴 + 3𝐵 − 𝐶 = 4 − 𝑥 2
⇒ 𝐴 = 1, 𝐵 = 6, 𝐶 = 8 , Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 2 + 6𝑥 + 8
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥 2 + 6𝑥 + 8
19) 2𝑦 ′′ − 9𝑦 ′ + 4𝑦 = 18𝑥 − 4𝑥 2
Solución
1
Sea 𝑃(𝑟) = 2𝑟 2 − 9𝑟 + 4 = 0 ⇒ 𝑟1 = 4, 𝑟2 = la ecuación general de la ecuación diferencial
2
homogénea es:
1
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 4𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
𝑌 ′ 𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵
𝑌 ′′ 𝑝 = 2𝐴
Reemplazando en la ecuación
4𝐴 − 18𝐴𝑥 − 9𝐵 + 4𝐴𝑥 2 + 4𝐵𝑥 + 4𝐶 = 18𝑥 − 4𝑥 2
4𝐴𝑥 2 + (−18𝐴 + 4𝐵)𝑥 + 4𝐴 − 9𝐵 + 4𝐶=18𝑥 − 4𝑥 2
⇒ 𝐴 = −1, 𝐵 = 0, 𝐶 = 1, Por lo tanto 𝑌𝑝 = −𝑥 2 + 1
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
1
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 4𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 𝑥 2 + 1
20) 𝑦 𝐼𝑉 − 2𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑥 2 − 5
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 4 − 2𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = −1, 𝑟2 = 1, 𝑟3 = −1 , 𝑟4 = 1 la ecuación general de la ecuación
diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −𝑥 + 𝑐4 𝑥𝑒 −𝑥
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
𝑌 ′ 𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵
𝑌 ′′ 𝑝 = 2𝐴
𝑌 ′′ ′𝑝 = 0
𝑌 𝐼𝑉 = 0
Reemplazando en la ecuación
0 − 4𝐴 + 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 = 𝑥 2 − 5
𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 − 4𝐴 = 𝑥 2 − 5
⇒ 𝐴 = 1, 𝐵 = 0, 𝐶 = −1 , Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑥 2 − 1
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −𝑥 + 𝑐4 𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑥 2 − 1
II) VARIACION DE PARAMETROS
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales
1) 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′ 1
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 =
𝑢1′ = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
= −1 ⇒ 𝑢1′ = −1 ⇒ 𝑢1 = −𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥.
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
|
𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑢2′ = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 =
= 𝑐𝑡𝑔𝑥 ⇒ 𝑢2′ = 𝑐𝑡𝑔𝑥 ⇒ 𝑢2 = 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑥)
𝑐𝑜𝑠𝑥.
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑥), Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑥)
2)𝑦 ′′ + 4𝑦 = 4𝑠𝑒𝑐 2 𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 4 = 0 ⇒ 𝑟1 = 2𝑖, 𝑟2 = −2𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛2𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛2𝑥, tal que
𝑢1′ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛2𝑥 = 0
{
De donde
′
−2𝑢1 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 2𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 4𝑠𝑒𝑐 2 𝑥
0
𝑠𝑒𝑛2𝑥
2
|
2
4𝑠𝑒𝑐
𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 0 − 4𝑠𝑒𝑐 𝑥. 𝑠𝑒𝑛2𝑥 = −2𝑠𝑒𝑐 2 𝑥. 𝑠𝑒𝑛2𝑥 ⇒ 𝑢 = 4𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)
=
1
𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
2
|
|
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥 2𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
0
2
|
2 |
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥
4𝑠𝑒𝑐
𝑥 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥. 4𝑠𝑒𝑐 𝑥 = 2𝑠𝑒𝑐 2 𝑥(𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑥) = 2 − 2𝑡𝑎𝑛2 𝑥 ⇒ 𝑢
′
𝑢2 =
2
𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
2
|
|
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥 2𝑐𝑜𝑠2𝑥
= 4𝑥 − 2𝑡𝑎𝑛𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = 4𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑐𝑜𝑠2𝑥 + (4𝑥 − 2𝑡𝑎𝑛𝑥)𝑠𝑒𝑛2𝑥, Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛2𝑥+4𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑐𝑜𝑠2𝑥 + (4𝑥 − 2𝑡𝑎𝑛𝑥)𝑠𝑒𝑛2𝑥
3)𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′ 1
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
| 2
|
0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥
𝑠𝑒𝑐
𝑥
′
𝑢1 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
=
= −𝑡𝑎𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑐𝑥 ⇒ 𝑢1 = −𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
| 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
2 |
𝑠𝑒𝑐 2 𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑐
′
𝑢2 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑥 =
= −𝑠𝑒𝑐𝑥 ⇒ 𝑢2 = 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥)
𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑠𝑒𝑐𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥), Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑠𝑒𝑐𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥)
4)𝑦′′ + 𝑦 ′ = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥. 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢1′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥. 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
| 0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥. 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥.
𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑢1′ =
=
= −𝑐𝑡𝑔𝑥 ⇒ 𝑢1 = −𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑥)
𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
|
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥. 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥.
𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥
𝑢2′ =
=
= 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 ⇒ 𝑢2 = −𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. (−𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑥), Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. (−𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑥)
5)𝑦′′ + 𝑦 ′ = 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′ 1
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐𝑡𝑔𝑥
𝑢1′
|
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑡𝑔
𝑐𝑡𝑔𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑢1′ = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 =
= −𝑐𝑜𝑠𝑥 ⇒ 𝑢1 = −𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥.
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
|
𝑐𝑡𝑔𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑡𝑔𝑥
′
𝑢2 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 =
= 𝑐𝑡𝑔𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 ⇒ 𝑢2 = 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 − 𝑐𝑡𝑔𝑥)
|
| 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 − 𝑐𝑡𝑔𝑥), Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 − 𝑐𝑡𝑔𝑥)
6)𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 𝑠𝑒𝑐𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′ 1
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑠𝑒𝑐𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑠𝑒𝑐𝑥
′
𝑢1 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 = −𝑡𝑎𝑛𝑥 ⇒ 𝑢1 = −𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
|
𝑠𝑒𝑐𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑐𝑥
′
𝑢2 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 =
= 1 ⇒ 𝑢2 = 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥.
𝑐𝑜𝑠𝑥
+ 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥, Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
7)𝑦′′ + 4𝑦 ′ = 4𝑐𝑡𝑔2𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 4 = 0 ⇒ 𝑟1 = 2𝑖, 𝑟2 = −2𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛2𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛2𝑥, tal que
𝑢1′ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛2𝑥 = 0
{
De donde
′
−2𝑢1 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 2𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 4𝑐𝑡𝑔2𝑥
0
𝑠𝑒𝑛2𝑥
|
|
0 − 4𝑐𝑡𝑔2𝑥. 𝑠𝑒𝑛2𝑥
4𝑐𝑡𝑔2𝑥 𝑐𝑜𝑠2𝑥
′
𝑢1 =
=
= −2𝑐𝑜𝑠2𝑥 ⇒ 𝑢1 = −𝑠𝑒𝑛2𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
2
|
|
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥 2𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
0
|
| 𝑐𝑜𝑠2𝑥. 4𝑐𝑡𝑔2𝑥
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥 4𝑐𝑡𝑔2𝑥
′
𝑢2 =
=
= 2𝑐𝑡𝑔2𝑥. 𝑐𝑜𝑠2𝑥 ⇒ 𝑢2 = 𝑠𝑒𝑛2𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑡𝑔2𝑥)
𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
2
|
|
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥 2𝑐𝑜𝑠2𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = 𝑠𝑒𝑛2𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑡𝑔2𝑥), Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑡𝑔2𝑥)
8)𝑦′′ + 2𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑐𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 2𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = −1 + 𝑖, 𝑟2 = −1 − 𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑒 −𝑥 (𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥)
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑒 −𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′1 𝑒 −𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢′2 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{
De donde
−2𝑢1′ 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 2𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 4𝑐𝑡𝑔2𝑥
|
0
𝑠𝑒𝑛2𝑥
|
0 − 4𝑐𝑡𝑔2𝑥. 𝑠𝑒𝑛2𝑥
4𝑐𝑡𝑔2𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑢1′ =
=
= −2𝑐𝑜𝑠2𝑥 ⇒ 𝑢1 = −𝑠𝑒𝑛2𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
2
|
|
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥 2𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
0
|
| 𝑐𝑜𝑠2𝑥. 4𝑐𝑡𝑔2𝑥
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥
4𝑐𝑡𝑔2𝑥
𝑢2′ =
=
= 2𝑐𝑡𝑔2𝑥. 𝑐𝑜𝑠2𝑥 ⇒ 𝑢2 = 𝑠𝑒𝑛2𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑡𝑔2𝑥)
𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
2
|
|
−2𝑠𝑒𝑛2𝑥 2𝑐𝑜𝑠2𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = 𝑠𝑒𝑛2𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑡𝑔2𝑥), Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑡𝑔2𝑥)
9)𝑦′′ + 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 𝑒 −2 𝑒 −2𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 4𝑟 + 4 = 0 ⇒ 𝑟1 = −2, 𝑟2 = −2 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 −2𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑒 −2𝑥 + 𝑢2 𝑥𝑒 −2𝑥 , tal que
𝑢′1 𝑒 −2𝑥 + 𝑢′2 𝑥𝑒 −2𝑥 = 0
{
De donde
𝑒 −2𝑥 𝑥
−2𝑢1′ 𝑒 −2𝑥 + 𝑢2′ (−
− 𝑒 −2𝑥 ) = 𝑒 −2 𝑒 −2𝑥
|
2
𝑥𝑒 −2𝑥
−2𝑥
| −2 −2𝑥
|
𝑒 𝑥
𝑒 𝑒
−
− 𝑒 −2𝑥
0 − 𝑥𝑒 −2𝑥 𝑒 −2 𝑒 −2𝑥
2
𝑢1′ =
=
−2𝑥
−2𝑥
−2𝑥 𝑥
𝑒
𝑥𝑒
−2𝑥 (− 𝑒
𝑒
− 𝑒 −2𝑥 ) + 2𝑒 −2𝑥 𝑥𝑒 −2𝑥
−2𝑥
|
|
𝑒 𝑥
2
−2𝑒 −2𝑥 −
− 𝑒 −2𝑥
2
−2𝑥
0
| 𝑒 −2𝑥
−2 −2𝑥 |
𝑒 −2𝑥 𝑒 −2 𝑒 −2𝑥
−2𝑒
𝑒
𝑒
′
𝑢2 =
=
𝑒 −2𝑥
𝑥𝑒 −2𝑥
𝑒 −2𝑥 𝑥
𝑒 −2𝑥 (−
− 𝑒 −2𝑥 ) + 2𝑒 −2𝑥 𝑥𝑒 −2𝑥
−2𝑥 𝑥
|
|
𝑒
2
−2𝑥
−2𝑥
−2𝑒
−
−𝑒
2
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = 𝑒 −2𝑥 − 𝑙𝑛𝑥𝑒 −2𝑥 , Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −2𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 −2𝑥 +𝑒 −2𝑥 − 𝑙𝑛𝑥𝑒 −2𝑥
0
10)𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 𝑡𝑎𝑛2 𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′ 1
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑡𝑎𝑛2 𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
2
0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑡𝑎𝑛2 𝑥
𝑡𝑎𝑛
𝑥
′
2
𝑢1 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑡𝑎𝑛 𝑥 ⇒ 𝑢1 = −𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
|
𝑡𝑎𝑛2 𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑡𝑎𝑛2 𝑥 =
𝑢2′ = −𝑠𝑒𝑛𝑥
= 𝑡𝑎𝑛2 𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 ⇒ 𝑢2 = 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥.
𝑐𝑜𝑠𝑥
+
𝑠𝑒𝑛𝑥.
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥, Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥
11)𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢1′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
2
| 2
|
𝑠𝑒𝑐
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 = 0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑐 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 = −𝑠𝑒𝑐 2 𝑥
′
𝑢1 =
𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
|
2
𝑠𝑒𝑐 2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑐
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
′
𝑢2 =
=
= 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥. 𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥)Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥)
12)𝑦′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 2𝑥 (𝑒 𝑥 + 1)2
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 2𝑟 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = 1 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑒 𝑥 + 𝑢2 𝑥𝑒 𝑥 , tal que
𝑢1′ 𝑒 𝑥 + 𝑢2′ 𝑒 𝑥 𝑥 = 0
{ ′ 𝑥
De donde
′ (𝑒 𝑥
𝑢1 𝑒 + 𝑢2
𝑥 − 𝑒 𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 (𝑒 𝑥 + 1)2
𝑥
0
𝑒 𝑥
| 2𝑥 𝑥
|
2
𝑥
0 − 𝑒 2𝑥 (𝑒 𝑥 + 1)2 𝑒 𝑥 𝑥
−(𝑒 𝑥 + 1)2 𝑒 𝑥 𝑥
(𝑒
𝑒
+
1)
𝑒
𝑥
− 𝑒𝑥
𝑢1′ =
= 𝑥
=
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑒
𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 − 𝑒 )𝑒 − 𝑒 𝑒 𝑥
𝑥−2
| 𝑥
𝑥𝑥 − 𝑒𝑥|
𝑒
𝑒
𝑒𝑥
0
| 𝑥
|
(𝑒 𝑥 + 1)2 𝑒 𝑥
𝑒 2𝑥 (𝑒 𝑥 + 1)2 𝑒 𝑥
𝑒
𝑒 2𝑥 (𝑒 𝑥 + 1)2
′
𝑢2 =
= 𝑥
=
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑒
𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 − 𝑒 )𝑒 − 𝑒 𝑒 𝑥
𝑥−2
| 𝑥
|
𝑒
𝑒𝑥𝑥 − 𝑒𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥 )Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥 )
13)𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 2𝑥 (𝑒 2𝑥 + 1)−1
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 3𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = 2, 𝑟2 = 1 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑒 𝑥 + 𝑢2 𝑒 2𝑥 , tal que
𝑢1′ 𝑒 𝑥 + 𝑢2′ 𝑒 2𝑥 = 0
{ ′ 𝑥
De donde
𝑢1 𝑒 + 𝑢2′ 2𝑒 2𝑥 = 𝑒 2𝑥 (𝑒 2𝑥 + 1)−1
𝑥
0
𝑒
| 2𝑥 2𝑥
−1
𝑥|
0 − 𝑒 2𝑥 (𝑒 2𝑥 + 1)−1 𝑒 𝑥
(𝑒
𝑒
+
1)
2𝑒
𝑢1′ =
=
= −(𝑒 2𝑥 + 1)−1 𝑒 𝑥
𝑥
𝑥
𝑥 )𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑒 𝑥
𝑒
𝑒
(2𝑒
| 𝑥
|
𝑒
2𝑒 𝑥
𝑒𝑥
0
| 𝑥
|
𝑒 2𝑥 (𝑒 2𝑥 + 1)−1 𝑒 𝑥
𝑒
𝑒 2𝑥 (𝑒 2𝑥 + 1)−1
𝑢2′ =
= 𝑥
= (𝑒 2𝑥 + 1)−1 𝑒 𝑥
𝑥
𝑥
𝑥 )𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 𝑥
𝑒
𝑒
(𝑒
𝑥
−
𝑒
| 𝑥
|
𝑒
2𝑒 𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑒 2𝑥
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑒 −𝑥 ) −
𝑙𝑛(1 + 𝑒 −2𝑥 )Tal que
2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑒 2𝑥
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 +𝑒 𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑒 −𝑥 ) −
𝑙𝑛(1 + 𝑒 −2𝑥 )
2
14)𝑦′′ + 𝑦 ′ = 𝑠𝑒𝑐 3 𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′ 1
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
| 3
|
0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑐 3 𝑥
𝑠𝑒𝑐
𝑥
3
𝑢1′ = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑐 𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
3 |
𝑠𝑒𝑐 3 𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑐
′
𝑢2 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑥 =
= 𝑠𝑒𝑐 3 𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥.
𝑐𝑜𝑠𝑥
+
𝑠𝑒𝑛𝑥.
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑦𝑝 =
Tal que
2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑠𝑒𝑐𝑥
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 +
2
15)𝑦′′ + 𝑦 ′ = 𝑡𝑎𝑛𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′ 1
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑢1′ = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑡𝑎𝑛𝑥 ⇒ 𝑢1 = −𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
|
𝑡𝑎𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑢2′ = −𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 ⇒ 𝑢2 = −𝑐𝑜𝑠𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 − 𝑐𝑡𝑔𝑥), Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 − 𝑐𝑡𝑔𝑥)
16)𝑦 ′′ − 𝑦 ′ = 𝑒 −2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 )
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = −1 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑒 𝑥 + 𝑢2 𝑒 −𝑥 , tal que
𝑢′ 𝑒 𝑥 + 𝑢′ 𝑒 −𝑥 = 0
{ ′ 𝑥 1 ′ −𝑥 2 −2𝑥
De donde
𝑢1 𝑒 − 𝑢2 𝑒 = 𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 )
−𝑥
0
𝑒
| −2𝑥
−𝑥 )
−𝑥 |
𝑒 −2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 ). 𝑒 −𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 ). 𝑒 −3𝑥
𝑒
𝑠𝑒𝑛(𝑒
−𝑒
𝑢1′ =
=
=−
𝑥
−𝑥
𝑒
𝑒
−2
2
| 𝑥
|
𝑒
−𝑒 −𝑥
𝑒𝑥
0
| 𝑥
| 𝑒 −2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 )𝑒 𝑥
𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 )
𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )
𝑒
𝑒 −2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 )
′
𝑢2 =
=
=−
⇒ 𝑢1 = −
𝑥
−𝑥
𝑒
𝑒
−2
2
2
| 𝑥
|
𝑒
−𝑒 −𝑥
Integrando y reemplazando en 𝑦𝑝 se obtiene:
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒 −𝑥 Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒 −𝑥
17)𝑦′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 3𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = 2, 𝑟2 = 1 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑒 𝑥 + 𝑢2 𝑒 2𝑥 , tal que
𝑢′ 𝑒 𝑥 + 𝑢′ 𝑒 2𝑥 = 0
{ ′ 𝑥 1 ′ 2𝑥2
De donde
𝑢1 𝑒 + 𝑢2 2𝑒 = 𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )
0
𝑒𝑥
|
| 0 − 𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )𝑒 𝑥
−𝑥 )
𝑐𝑜𝑠(𝑒
2𝑒 𝑥
𝑢1′ =
=
= −𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )𝑒 −𝑥 ⇒ 𝑢1 = 𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 )
𝑥 )𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑒 𝑥
𝑒𝑥 𝑒𝑥
(2𝑒
| 𝑥
|
𝑒
2𝑒 𝑥
𝑥
𝑒
0
| 𝑥
|
𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )𝑒 𝑥
𝑒
𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )
′
𝑢2 =
=
= 𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )𝑒 −𝑥 ⇒ 𝑢2 = −𝑠𝑒𝑛(𝑒 −𝑥 )
𝑥 𝑥 − 𝑒 𝑥 )𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 𝑥
𝑒𝑥 𝑒𝑥
(𝑒
| 𝑥
|
𝑒
2𝑒 𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑦𝑝 = −𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 −𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑒 −𝑥 )
18)𝑦 ′′ − 𝑦 ′ = 𝑠𝑒𝑛2 𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = −1 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑒 𝑥 + 𝑢2′ 𝑒 −𝑥 = 0
{ ′ 1𝑥
De donde
𝑢1 𝑒 − 𝑢2′ 𝑒 −𝑥 = 𝑠𝑒𝑛2 𝑥
−𝑥
0
𝑒
|
2
−𝑥 |
𝑠𝑒𝑛2 𝑥. 𝑒 −𝑥
𝑠𝑒𝑛2 𝑥. 𝑒 −𝑥
𝑠𝑒𝑛
𝑥
−𝑒
′
𝑢1 =
=
=
−
𝑒 𝑥 𝑒 −𝑥
−2
2
| 𝑥
|
𝑒
−𝑒 −𝑥
𝑒𝑥
0
2
𝑥
2
𝑥
| 𝑥
2 |
𝑒
𝑠𝑒𝑛
𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑒 = − 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑒
′
𝑢2 = 𝑥
−𝑥
𝑒
𝑒
−2
2
| 𝑥
|
𝑒
−𝑒 −𝑥
Integrando y reemplazando en 𝑦𝑝 se obtiene:
Entonces la solución particular será:
𝑠𝑒𝑛2 𝑥
2
𝑦𝑝 = − −
, Tal que
5
5
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
2
𝑠𝑒𝑛2 𝑥
5
5
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 − −
′′
′
2
𝑥2
2
19)𝑦 − 𝑦 = 𝑥 𝑒
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = −1 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑒 −𝑥 + 𝑢2 𝑒 𝑥 , tal que
𝑢1′ 𝑒 𝑥 + 𝑢2′ 𝑒 −𝑥 = 0
{
𝑥2 De donde
𝑢1′ 𝑒 𝑥 − 𝑢2′ 𝑒 −𝑥 = 𝑥 2 𝑒 2
0
𝑒 −𝑥
𝑥2
𝑥2
2
|
|
𝑥
2 2
−𝑥
2 2 −𝑥
2 2
−𝑥
𝑥
𝑒
.
𝑒
𝑥
𝑒
−𝑒
𝑢1′ = 𝑥 𝑒𝑥
=
=−
𝑒
𝑒 −𝑥
−2
2
| 𝑥
|
−𝑥
𝑒
−𝑒
𝑥
𝑒
0
𝑥2
𝑥2
|
𝑥2 |
2 2 𝑥
2 2 +𝑥
𝑥
2 2
𝑥
𝑒
𝑒
𝑥
𝑒
𝑒
𝑢2′ = 𝑒 𝑥 𝑥 −𝑥
=
=−
𝑒
𝑒
−2
2
| 𝑥
|
−𝑥
𝑒
−𝑒
Integrando y reemplazando en 𝑦𝑝 se obtiene:
Entonces la solución particular será:
𝑥2
𝑦𝑝 = 𝑒 2 , Tal que
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑥2
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 +𝑒 2
20)𝑦′′ + 𝑦 ′ = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
Solución
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥
La solución particular de la ecuación diferencial es:𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2 𝑠𝑒𝑛𝑥, tal que
𝑢′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑢2′ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0
{ ′ 1
De donde
𝑢1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑢2′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
0 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
′
𝑢1 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
0
|
|
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
′
𝑢2 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 =
= 𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑥)2
𝑐𝑜𝑠𝑥.
𝑐𝑜𝑠𝑥
+ 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥
|
|
−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces la solución particular será:
𝑥2
𝑥
𝑦𝑝 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥Tal que
4
4
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑥2
𝑥
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥
4
4
III) ECUACIONES DIFERENCIALES DE EULER
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales
1)𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ − 𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
−𝑦=0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
− 𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
Es decir:
Sea: 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = −1 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑡 + 𝑐2 𝑒 −𝑡 Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
1
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑙𝑛𝑥 = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
𝑥
2) 𝑥 2 𝑦 ′′ + 2𝑥𝑦 ′ − 2𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑡 2
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
Sea: 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 2𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
− 2𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
+ − 2𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 𝑟 − 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = −2 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑡 + 𝑐2 𝑒 −2𝑡 Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
1
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑙𝑛𝑥 = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 2
𝑥
3) 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 9𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑡 2
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 9𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
+ 9 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 9 = 0 ⇒ 𝑟1 = 3𝑖, 𝑟2 = −3𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠3𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛3𝑡 Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
𝑑𝑡 2
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠(3𝑙𝑛𝑥) + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛(3𝑙𝑛𝑥)
4) 4𝑥 2 𝑦 ′′ − 8𝑥𝑦 ′ + 9𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
4𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 8𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 9𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
4 2 − 12 + 9𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Es decir:
3
Sea 𝑃(𝑟) = 4𝑟 2 − 12𝑟 + 9 = 0 ⇒ 𝑟1 = , 𝑟2 = 4 la ecuación general de la ecuación diferencial
2
homogénea es:
3
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 2𝑡 + 𝑐2 𝑒 4𝑡 Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
3
3
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 2𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 4𝑙𝑛𝑥 = 𝑐1 𝑥 2 + 𝑐2 𝑥 4
5) 𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 7𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 3𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
− 7𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
− 4 + 7𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
3
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 + 7 = 0 ⇒ 𝑟1 = , 𝑟2 = 4 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
2
es:
𝑑𝑡 2
3
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 2𝑡 + 𝑐2 𝑒 4𝑡 Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
3
3
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 2𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 4𝑙𝑛𝑥 = 𝑐1 𝑥 2 + 𝑐2 𝑥 4
′′
6) 𝑥 3 𝑦 ′ − 2𝑥 2 𝑦 ′′ − 17𝑥𝑦 ′ − 7𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
𝑑3𝑦
𝑑3 𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) ; 3 = 𝑒 −3𝑡 ( 3 − 2 + )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 3 𝑦 𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 3𝑡 𝑒 −3𝑡 ( 3 − 2 + ) − 2𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 17𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
− 7𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑3𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
− 3 2 − 18 − 7𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 3𝑟 2 − 18𝑟 − 7 = 0 ⇒ 𝑟1 = 6.125, 𝑟2 = −0.42289, 𝑟3 = −2.7023 la ecuación general
de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 6.125𝑡 + 𝑐2 𝑒 −0.4228𝑡 + 𝑐3 𝑒 −2.7023𝑡 Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 6.125𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 −0.4228𝑙𝑛𝑥 + 𝑐3 𝑒 −2.7023𝑙𝑛𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑥 6.125 + 𝑐2 𝑥 −0.42289 + 𝑐3 𝑥 −2.7023
7)(𝑥 + 2)2 𝑦 ′′ + 3(𝑥 + 2)𝑦 ′ − 3𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑡 3
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 + 2 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛(𝑥 + 2), además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 3𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
− 3𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
+ 2 + 3𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 2𝑟 + 3 = 0 ⇒ 𝑟1 = −3, 𝑟2 = 1 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −3𝑡 + 𝑐2 𝑒 𝑡 Pero 𝑡 = 𝑙𝑛(𝑥 + 2)
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −3𝑙𝑛(𝑥+2)𝑡 + 𝑐2 𝑒 𝑙𝑛(𝑥+2)
𝑑𝑡 2
𝑐1
+ 𝑐2 (𝑥 + 2)
(𝑥 + 2)3
2
8) (2𝑥 + 1) 𝑦 ′′ − 2(2𝑥 + 1)𝑦 ′ + 4𝑦 = 0
Solución
𝑦=
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
Sea 2𝑥 + 1 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛(2𝑥 + 1), además 2 = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
2𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 4𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 4𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
2 2 − 4 + 4𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 2𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1 + 𝑖, 𝑟2 = 1 − 𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐2 𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 = 0Pero 𝑡 = 𝑙𝑛(2𝑥 + 1)
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑙𝑛(2𝑥+1) 𝑠𝑒𝑛𝑙𝑛(2𝑥 + 1) + 𝑐2 𝑒 𝑙𝑛(2𝑥+1) 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛(2𝑥 + 1) = 0
𝑦 = 𝑐1 (2𝑥 + 1) 𝑠𝑒𝑛𝑙𝑛(2𝑥 + 1) + 𝑐2 (2𝑥 + 1) 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛(2𝑥 + 1)
9) (𝑥 − 1)2 𝑦 ′′ + 8(𝑥 − 1)𝑦 ′ + 12𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 − 1 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛(𝑥 − 1), además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 8𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 12𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
+ 4 + 8𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 7𝑟 + 12 = 0 ⇒ 𝑟1 = −3, 𝑟2 = −4 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −3𝑡 + 𝑐2 𝑒 −4𝑡 = 0Pero 𝑡 = 𝑙𝑛(𝑥 − 1)
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −3𝑙𝑛(𝑥−1) + 𝑐2 𝑒 −4𝑙𝑛(𝑥−1)
𝑦 = 𝑐1 (𝑥 − 1)−3 + 𝑐2 (𝑥 − 1)−4
10) (𝑥 − 2)2 𝑦 ′′ + 5(𝑥 − 2)𝑦 ′ + 8𝑦 = 0
Solución
𝑑𝑡 2
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 − 2 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛(𝑥 − 2), además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 5𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 8𝑦 = 0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
+ 4 + 8𝑦 = 0 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 4𝑟 + 8 = 0 ⇒ 𝑟1 = −2 + 2𝑖, 𝑟2 = −2 + 2𝑖 la ecuación general de la ecuación
diferencial homogénea es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −2𝑡 𝑠𝑒𝑛2𝑡 + 𝑐2 𝑒 −2𝑡 𝑐𝑜𝑠2𝑡 = 0Pero 𝑡 = 𝑙𝑛(𝑥 − 2)
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −2𝑙𝑛(𝑥−2) 𝑠𝑒𝑛(2𝑙𝑛(𝑥 − 2)) + 𝑐2 𝑒 −2𝑙𝑛(𝑥−2) 𝑐𝑜𝑠2(𝑙𝑛(𝑥 − 2))
𝑦 = 𝑐1 (𝑥 − 2)−2 𝑠𝑒𝑛(2𝑙𝑛(𝑥 − 2)) + 𝑐2 (𝑥 − 2)−2 𝑐𝑜𝑠2(𝑙𝑛(𝑥 − 2))
11) 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥(6 − 𝑙𝑛𝑥)
Solución
𝑑𝑡 2
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 𝑦 = 𝑒 𝑡 (6 − 𝑡)
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
+ 𝑦 = 𝑒 𝑡 (6 − 𝑡) , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑡
Como 𝑌𝑝 = (𝐴𝑡 + 𝐵)𝑒 𝑡
𝑌 ′ 𝑝 = 𝐴𝑒 𝑡 + 2(𝐴𝑡 + 𝐵)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 2
𝑌 ′′ 𝑝 = 2𝐴𝑒 𝑡 + 2(𝐴𝑡 + 𝐵)𝑒 𝑡
Reemplazando en la ecuación
2𝐴𝑒 𝑡 + 2(𝐴𝑡 + 𝐵)𝑒 𝑡 +(𝐴𝑡 + 𝐵)𝑒 𝑡 = 𝑒 𝑡 (6 − 𝑡)
2𝐴𝑡 + 2𝐴 + 2𝐵 = 6 − 𝑡
−1
7
𝑡
7
⇒ 𝐴 = , 𝐵 = , Por lo tanto 𝑌𝑝 = − +
2
2
2
2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑡
7
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑡 − +
2
2
la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑡 7
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑡 − +
2 2
𝑙𝑛𝑥 7
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑙𝑛𝑥) + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑛𝑥) −
+
2
2
2 ′′
′
3
12) 𝑥 𝑦 + 𝑥𝑦 − 9𝑦 = 𝑥 + 1
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
− 9𝑦 = 𝑒 3𝑡 + 1
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
− 9𝑦 = 𝑒 3𝑡 + 1 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 9 = 0 ⇒ 𝑟1 = 3, 𝑟2 = −3
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 3𝑡 + 𝑐2 𝑒 −3𝑡
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑒 3𝑡 + 𝐵
𝑌 ′ 𝑝 = 3𝐴𝑒 3𝑡
𝑌 ′′ 𝑝 = 9𝐴𝑒 3𝑡
Reemplazando en la ecuación
9𝐴𝑒 3𝑡 − 𝐴𝑒 3𝑡 + 𝐵 = 𝑒 3𝑡 + 1
8𝐴𝑒 3𝑡 + 𝐵 = 𝑒 3𝑡 + 1
1
1
⇒ 𝐴 = , 𝐵 = 1, Por lo tanto 𝑌𝑝 = 𝑒 3𝑡 + 1
8
8
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑑𝑡 2
1
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑡 + 𝑐2 𝑒 −3𝑡 + 𝑒 3𝑡 + 1
8
la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
1
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 3𝑡 + 𝑐2 𝑒 −3𝑡 + 𝑒 3𝑡 + 1
8
1
3𝑙𝑛𝑥
−3𝑙𝑛𝑥
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒
+ 𝑐2 𝑒
+ 𝑒 3𝑙𝑛𝑥 + 1
8
1
𝑦 = 𝑐1 𝑥 3 +𝑐2 𝑥 −3 + 𝑥 3 + 1
8
13) 𝑥 2 𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 2𝑥
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 𝑦 = 2𝑒 𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
− 2𝑦 ′ + 𝑦 = 2𝑒 𝑡 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 2𝑟 + 1 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = 1
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑡 + 𝑐2 𝑡𝑒 𝑡
Como 𝑌𝑝 = 𝑒 𝑡 𝐴𝑡
𝑌 ′ 𝑝 = 𝐴𝑒 𝑡 𝑡 − 𝐴𝑒 𝑡
𝑌 ′′ 𝑝 = 𝐴𝑒 𝑡 𝑡 − 2𝐴𝑒 𝑡
Reemplazando en la ecuación
𝐴𝑒 𝑡 𝑡 − 2𝐴𝑒 𝑡 − 2(𝐴𝑒 𝑡 𝑡 − 𝐴𝑒 𝑡 ) + 𝑒 𝑡 𝐴𝑡 = 2𝑒 𝑡
𝑑𝑡 2
𝐴𝑒 𝑡 = 2𝑒 𝑡
⇒ 𝐴 = 2, Por lo tanto 𝑌𝑝 = 2𝑒 𝑡 𝑡
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑡 + 𝑐2 𝑡𝑒 𝑡 + 2𝑒 𝑡 𝑡
la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑙𝑛𝑥𝑒 𝑙𝑛𝑥 +2𝑒 𝑙𝑛𝑥 𝑙𝑛𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑙𝑛𝑥 + 2𝑥𝑙𝑛𝑥
14) 𝑥 2 𝑦 ′′ + 4𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 2𝑙𝑛𝑥
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 4𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 2𝑦 = 2𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
+ 3 + 2𝑦 = 2𝑡 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 3𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = −1, 𝑟2 = −2 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑦𝑔 = 𝑐1 𝑒 −𝑡 + 𝑐2 𝑒 −2𝑡
La solución particular será
𝑦𝑝 = 𝐴𝑡 + 𝐵
𝑦′𝑝 = 𝐴
𝑦′′𝑝 = 0
Reemplazando en la ecuación
0 + 3𝐴 + 2 𝐴𝑡 + 2𝐵 = 2𝑡
3
⇒ 𝑦𝑝 = 𝑡 −
𝑑𝑡 2
2
3
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑡 + 𝑐2 𝑒 −2𝑡 + 𝑡 −
2
Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
3
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑙𝑛𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 −
2
1
1
3
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 2 + 𝑙𝑛𝑥 −
𝑥
𝑥
2
15) 𝑥 2 𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ − 3𝑦 = −(16𝑙𝑛𝑥)𝑥 −1
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
− 3𝑦 = −(16𝑡)𝑒 −𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
− 2 + 3𝑦 = −(16𝑡)𝑒 −𝑡 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 2𝑟 + 3 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1 − √8𝑖, 𝑟2 = 1 + √8𝑖 la ecuación general de la ecuación
diferencial homogénea es:
𝑦𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛√8𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠√8
La solución particular será
𝑦𝑝 = 𝑒 −𝑡 (𝐴𝑡 + 𝐵)
𝑦′𝑝 = 𝐴𝑒 −𝑡 𝑡 + 𝐴𝑒 −𝑡 + 𝐵𝑒 −𝑡
𝑦′′𝑝 = 𝐴𝑒 −𝑡 𝑡 + 2𝐴𝑒 −𝑡 + 𝐵𝑒 −𝑡
Reemplazando en la ecuación
3
𝐴𝑒 −𝑡 𝑡 + 2𝐴𝑒 −𝑡 + 𝐵𝑒 −𝑡 ⇒ 𝑦𝑝 = 𝑡 −
2
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑡 + 𝑐2 𝑒 −2𝑡 + 𝑡
Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
3
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑙𝑛𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 −
2
1
1 𝑙𝑛𝑥 2𝑙𝑛2 𝑥
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 2 +
+
𝑥
𝑥
𝑥
2
𝑑𝑡 2
16) 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 9𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑙𝑛𝑥 3 )
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 9𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(3𝑡)
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
+ 9𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(3𝑡) , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡 2
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 9 = 0 ⇒ 𝑟1 = −3𝑖, 𝑟2 = 3𝑖 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑦𝑔 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛3𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠3𝑡
La solución particular será
𝑦𝑝 = 𝐴𝑡𝑠𝑒𝑛3𝑡
𝑦′𝑝 = 𝐴𝑠𝑒𝑛3𝑡 + 3𝐴𝑥𝑐𝑜𝑠3𝑡
𝑦′′𝑝 = 3𝐴𝑐𝑜𝑠𝑡 + 3𝐴𝑐𝑜𝑠3𝑡 − 9𝐴𝑡𝑠𝑒𝑛3𝑡
Reemplazando en la ecuación
3𝐴𝑐𝑜𝑠3𝑡 + 3𝐴𝑐𝑜𝑠3𝑡 − 9𝐴𝑡𝑠𝑒𝑛3𝑡 + 9𝐴𝑡𝑠𝑒𝑛3𝑡 = 𝑠𝑒𝑛3𝑡
⇒ 𝑦𝑝 =𝑡𝑠𝑒𝑛3𝑡
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛3𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠3𝑡 + 𝑡𝑠𝑒𝑛3𝑡
Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(3𝑙𝑛𝑥) + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠(3𝑙𝑛𝑥) + 𝑙𝑛𝑥(𝑠𝑒𝑛(3𝑙𝑛𝑥))
17) 𝑥 2 𝑦 ′′ + 4𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 2𝑙𝑛2 𝑥 + 12𝑥
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) + 4𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 2𝑦 = 2𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
+ 3 + 2𝑦 = 2𝑡 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 3𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = −1, 𝑟2 = −2 la ecuación general de la ecuación diferencial
homogénea es:
𝑦𝑔 = 𝑐1 𝑒 −𝑡 + 𝑐2 𝑒 −2𝑡
La solución particular será
𝑦𝑝 = 𝐴𝑡 + 𝐵
𝑦′𝑝 = 𝐴
𝑦′′𝑝 = 0
Reemplazando en la ecuación
0 + 3𝐴 + 2 𝐴𝑡 + 2𝐵 = 2𝑡
3
⇒ 𝑦𝑝 = 𝑡 −
𝑑𝑡 2
2
3
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑡 + 𝑐2 𝑒 −2𝑡 + 𝑡 −
2
Pero 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥
3
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 −𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑙𝑛𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 −
2
1
1
3
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 2 + 𝑙𝑛𝑥 −
𝑥
𝑥
2
18) 𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 4𝑦 = 𝑙𝑛𝑥
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 3𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 4𝑦 = 𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
− 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 𝑡 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 + 4 = 0 ⇒ 𝑟1 = 2, 𝑟2 = 2
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 2𝑡 + 𝑐2 𝑡𝑒 2𝑡
Como 𝑌𝑝 = 𝐴𝑙𝑛𝑥 + 𝐵
1
𝑌′ 𝑝 = 𝐴
𝑥
−1
′′
𝑌 𝑝=𝐴 2
𝑥
Reemplazando en la ecuación
−1
1
𝐴 2 ∓4𝐴
𝑥
𝑥
2𝐴𝑡 + 2𝐴 + 2𝐵 = 6 − 𝑡
−1
7
𝑡
7
⇒ 𝐴 = , 𝐵 = , Por lo tanto 𝑌𝑝 = − +
2
2
2
2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑑𝑡 2
𝑡
7
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑡 − +
2
2
la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑡 7
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑡 − +
2 2
𝑙𝑛𝑥 7
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑙𝑛𝑥) + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑛𝑥) −
+
2
2
2 ′′
′
(𝑥
19) + 1) 𝑦 − 3(𝑥 + 1)𝑦 + 4𝑦 = (𝑥 + 1)3
Solución
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 + 1 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛(𝑥 + 1), además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 3𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 4𝑦 = 𝑒 3𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
− 4 + 4𝑦 = 𝑒 3𝑡 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
𝑑𝑡
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 + 4 = 0 ⇒ 𝑟1 = 2, 𝑟2 = 2 la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea
es:
𝑦𝑔 = 𝑐1 𝑒 2𝑡 + 𝑐2 𝑡𝑒 2𝑡
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 3𝑡
𝑦 ′ 𝑝 = 3𝐴𝑒 3𝑡
𝑦 ′′ 𝑝 = 9𝐴𝑒 3𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
9𝐴𝑒 3𝑡 − 12𝐴𝑒 3𝑡 + 𝐴𝑒 3𝑡 = 𝑒 3𝑡
1
−2𝐴𝑒 3𝑡 = 𝑒 3𝑡 ⇒ 𝐴 =
2
1
Por la tanto 𝑦𝑝 = 𝑒 3𝑡
2
Pero 𝑡 = 𝑙𝑛(𝑥 + 1)
1
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 2𝑙𝑛(𝑥+1), + 𝑐2 𝑙𝑛(𝑥 + 1)𝑒 2𝑙𝑛(𝑥+1), + 𝑒 3𝑙𝑛(𝑥+1),
2
1
2
2
𝑦 = 𝑐1 (𝑥 + 1) + 𝑐2 𝑙𝑛(𝑥 + 1)(𝑥 + 1) + (𝑥 + 1)3
2
20) 𝑥 2 𝑦 ′′ − 2𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 3𝑥 2 + 2𝑙𝑛𝑥
Solución
𝑑𝑡 2
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛𝑥, además = 𝑒 −𝑡 ; 2 = 𝑒 −2𝑡 ( 2 − )
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación diferencial
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 ( 2 − ) − 2𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡
+ 2𝑦 = 3𝑒 𝑡 + 2𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
− 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 3𝑒 𝑡 + 2𝑡 , es una ecuación homogénea de coeficientes constantes
Es decir:
Sea 𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 3𝑟 + 2 = 0 ⇒ 𝑟1 = 1, 𝑟2 = 2
𝑌𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑡 + 𝑐2 𝑒 2𝑡
𝑑𝑡 2
Como 𝑌𝑝 = 3𝐴𝑡𝑒 𝑡 + 𝐵𝑡 + 𝐶
𝑌 ′ 𝑝 = 3𝐴 𝑡𝑒 𝑡
−1
𝑌 ′′ 𝑝 = 𝐴 2
𝑥
Reemplazando en la ecuación
−1
1
𝐴 2 ∓4𝐴
𝑥
𝑥
2𝐴𝑡 + 2𝐴 + 2𝐵 = 6 − 𝑡
−1
7
𝑡
7
⇒ 𝐴 = , 𝐵 = , Por lo tanto 𝑌𝑝 = − +
2
2
2
2
La solución estará dada por 𝑌 = 𝑌𝑔 + 𝑌𝑝
𝑡
7
Es decir 𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑡 − +
2
2
la ecuación general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑡 7
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑡 − +
2 2
𝑙𝑛𝑥 7
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛(𝑙𝑛𝑥) + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑛𝑥) −
+
2
2
OPERADORES DIFERENCIALES
I) ECUACION LINEAL HOMOGENEA
RESOLVER
𝑑2 𝑦
𝑑𝑦
1) 2 + − 6𝑦 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 6𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 𝑟 − 6 = 0
(𝑟 − 2)(𝑟 + 3) = 0
𝑟1 = 2, 𝑟2 = −3
𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −3𝑥
𝑑3𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
2) 3 − 2 − 12 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Solución:
𝑦′′′ − 𝑦 ′′ − 12𝑦 ′ = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 𝑟 2 − 12𝑟 = 0
(𝑟 − 4)(𝑟 + 3)(𝑟) = 0
𝑟1 = 4, 𝑟2 = −3, 𝑟3 = 0
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 −3𝑥 + 𝑐3 𝑒 4𝑥
𝑑3𝑦
𝑑2𝑦
𝑑𝑦
3) 3 + 2 2 − 5 − 6𝑦 = 0
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Solución:
𝑦 ′′′ + 2𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ − 6 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 𝑟 2 − 12𝑟 = 0
(𝑟 − 2)(𝑟 + 1)(𝑟 + 3) = 0
𝑟1 = 2, 𝑟2 = −1, 𝑟3 = −3
𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −1𝑥 + 𝑐3 𝑒 −3𝑥
4)(𝐷3 − 3𝐷2 + 3𝐷 − 1)𝑦 = 0
Solución:
𝑦 ′′′ − 3𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ − 𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 3𝑟 2 + 3𝑟 − 1 = 0
(𝑟 − 1)(𝑟 − 1)(𝑟 − 1) = 0
𝑟1 = 1, 𝑟2 = 1, 𝑟3 = 1
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 𝑒 𝑥
5)(𝐷4 − 6𝐷3 + 5𝐷2 − 24𝐷 − 36)𝑦 = 0
Solución:
𝑦 𝐼𝑉 − 6𝑦 ′′′ + 5𝑦 ′′ − 24𝑦 ′ − 36𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 4 − 6𝑟 3 + 5𝑟 2 − 24𝑟 − 36 = 0
(𝑟 + 1)(𝑟 − 6)(𝑟 2 − 13 + 6) = 0
1 √23
1 √23
𝑟1 = −1, 𝑟2 = 6, 𝑟3 = +
𝑖, 𝑟4 = −
𝑖
2
2
2
2
1
√23
√23
𝑥) + 𝑐4 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠 (
𝑥)
2
2
6) (𝐷4 − 𝐷3 − 9𝐷2 − 11𝐷 − 4)𝑦 = 0
Solución:
𝑦 𝐼𝑉 − 𝑦 ′′′ − 9𝑦 ′′ − 11𝑦 ′ − 4𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 4 − 𝑟 3 − 9𝑟 2 − 11𝑟 − 4 = 0
(𝑟 + 1)(𝑟 − 4)(𝑟 + 1)(𝑟 + 1) = 0
𝑟1 = −1, 𝑟2 = 4, 𝑟3 = −1, 𝑟4 = −1
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 𝑒 −𝑥 + 𝑐4 𝑒 4𝑥
7)(𝐷2 − 2𝐷 + 10)𝑦 = 0
Solución:
𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 10𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 2𝑟 + 10 = 0
𝑟1 = 1 + 3𝑖, 𝑟2 = 1 − 3𝑖
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥
8)(𝐷3 + 4𝐷)𝑦 = 0
Solución:
𝑦′′′ + 4𝑦 ′ = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 + 4𝑟 = 0
(𝑟)(𝑟 2 + 4) = 0
𝑟1 = 0, 𝑟2 = 2𝑖, 𝑟3 = −2𝑖
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐3 𝑐𝑜𝑠2𝑥
9) (𝐷4 + 𝐷3 − 2𝐷2 + 𝐷 + 3)𝑦 = 0
Solución:
𝑦 𝐼𝑉 − 𝑦 ′′′ − 9𝑦 ′′ − 11𝑦 ′ − 4𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 4 − 𝑟 3 − 9𝑟 2 − 11𝑟 − 4 = 0
(𝑟 + 1)(𝑟 − 4)(𝑟 + 1)(𝑟 + 1) = 0
𝑟1 = −1, 𝑟2 = 4, 𝑟3 = −1, 𝑟4 = −1
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 −𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 𝑒 −𝑥 + 𝑐4 𝑒 4𝑥
10) (𝐷4 + 5𝐷2 − 36)𝑦 = 0
Solución:
′
𝑦 𝐼𝑉 + 5𝑦 ′ − 36 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 4 + 5𝑟 2 − 36 = 0
(𝑟 2 + 9)(𝑟 2 − 4) = 0
𝑟1 = 2, 𝑟2 = −2, 𝑟3 = −3𝑖, 𝑟4 = 3𝑖
𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑥 + 𝑐3 𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 𝑐4 𝑐𝑜𝑠3𝑥
11)(𝐷2 − 2𝐷 + 5)2 𝑦 = 0
12) (𝐷2 + 2𝐷 − 15)𝑦 = 0
Solución:
𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ − 15𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 2𝑟 − 15 = 0
𝑟1 = 3, 𝑟2 = −5
𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 −5𝑥
13) (𝐷3 + 𝐷2 − 2𝐷)𝑦 = 0
Solución:
𝑦 ′′′ + 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 + 𝑟 2 − 2𝑟 = 0
(𝑟)(𝑟 − 1)(𝑟 + 2) = 0
𝑟1 = 0, 𝑟2 = 1, 𝑟3 = −2
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −2𝑥
14) (𝐷4 − 6𝐷3 + 13𝐷2 − 12𝐷 + 4)𝑦 = 0
Solución:
𝑦 𝐼𝑉 − 6𝑦 ′′′ + 13𝑦 ′′ − 12𝑦 ′ + 4𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 4 − 6𝑟 3 + 13𝑟 2 − 12𝑟 + 4 = 0
(𝑟 − 1)(𝑟 − 1)(𝑟 − 2)(𝑟 − 2) = 0
𝑟1 = 1, 𝑟2 = 1, 𝑟3 = 2, 𝑟4 = 2
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3 𝑒 2𝑥 + 𝑐4𝑥 𝑒 2𝑥
15)(𝐷6 + 9𝐷 4 + 24𝐷 2 + 16)𝑦 = 0
Solución:
1
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 6𝑥 + 𝑐3 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛 (
𝑦 𝑉𝐼 + 9𝑦 𝐼𝑉 + 24𝑦 ′′ + 16𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 6 + 9𝑟 4 + 24𝑟 2 + 16 = 0
(𝑟 2 + 1)(𝑟 2 + 4)(𝑟 2 + 4) = 0
𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖, 𝑟3 = 2𝑖,𝑟4 = −2𝑖, 𝑟5 = 2𝑖, 𝑟6 =– 2𝑖
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐3 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐4 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐5 𝑥𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐6 𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑥
II) ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES
RESOLVER
1)(𝐷2 − 3𝐷 + 2)𝑦 = 𝑒 𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 3𝑟 + 2 = 0
𝑟1 = 2, 𝑟2 = 1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
Calculando la solución particular
1
1
𝑒𝑥
1
𝑒𝑥
𝑦𝑝 =
𝑒 𝛼𝑥 =
𝑒𝑥 =
=
[
]
(𝐷 − 2)(𝐷 − 1) (𝐷 − 2) (𝐷 − 1)
𝐹(𝐷)
𝐹(𝛼)
𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 −𝑥 𝑒 𝑥 (𝑑𝑥)2
𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 𝑥𝑑𝑥
𝑦𝑝 = −𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥
2) (𝐷3 + 3𝐷2 − 4)𝑦 = 𝑥𝑒 −2𝑥
Solución:
𝑦 ′′′ + 3𝑦 ′′ − 4𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 + 3𝑟 2 − 4 = 0
𝑟1 = 1, 𝑟2 = −2, 𝑟3 = −2
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑥 + 𝑐3 𝑥𝑒 −2𝑥
Calculando la solución particular
𝑥𝑒 −2𝑥
𝑦𝑝 ==
(𝐷 − 1)(𝐷 + 2)2
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 −3𝑥 ∫ 𝑒 0𝑥 ∫ 𝑒 2𝑥 𝑥𝑒 −2𝑥 (𝑑𝑥)3
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 −3𝑥 ∫
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 −3𝑥
𝑥2
(𝑑𝑥)2
2
𝑥3
𝑑𝑥
6
1 3
(𝑥 + 𝑥 2 )𝑒 −2𝑥
18
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝑝 = −
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑥 + 𝑐3 𝑥𝑒 −2𝑥 −
1 3
(𝑥 + 𝑥 2 )𝑒 −2𝑥
18
3) (𝐷2 − 3𝐷 + 2)𝑦 = 𝑒 5𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 3𝑟 + 2 = 0
𝑟1 = 2, 𝑟2 = 1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
Calculando la solución particular
𝑒 5𝑥
𝑒 5𝑥
𝑒 5𝑥
𝑦𝑝 =
=
=
(𝐷 − 2)(𝐷 − 1) (5 − 2)(5 − 1) 12
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑒 5𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 +
12
4) (𝐷2 + 5𝐷 + 4)𝑦 = 3 − 2𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 4𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 5𝑟 + 4 = 0
𝑟1 = −4, 𝑟2 = −1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −4𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
Calculando la solución particular
3 − 2𝑥
𝑦𝑝 =
(𝐷 + 4)(𝐷 + 1)
𝑦𝑝 = 𝑒 −4𝑥 ∫ 𝑒 −3𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 (3 − 2𝑥) (𝑑𝑥)2
2𝑒 𝑥 9𝑒 4𝑥
−
5
16
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝑝 =
2𝑒 𝑥
9𝑒 4𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −4𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + −
5
16
5) (𝐷3 − 5𝐷2 + 8𝐷 − 4)𝑦 = 𝑒 2𝑥
Solución:
𝑦 ′′′ − 5𝑦 ′′ + 8𝑦 ′ − 4𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 5𝑟 2 + 8𝑟 − 4 = 0
𝑟1 = 1, 𝑟2 = 2, 𝑟3 = 2
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑥𝑒 2𝑥
Calculando la solución particular
𝑒 2𝑥
𝑦𝑝 ==
(𝐷 − 1)(𝐷 − 2)(𝐷 − 2)
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 0𝑥 ∫ 𝑒 2𝑥 𝑒 −2𝑥 (𝑑𝑥)3
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 ∫
𝑥2
(𝑑𝑥)2
2
𝑥3
𝑑𝑥
6
𝑥2
1
𝑦𝑝 = ( − 𝑥 − ) 𝑒 −2𝑥
2
2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑐3 𝑥𝑒 2𝑥 + (
𝑥2
1
− 𝑥 − ) 𝑒 −2𝑥
2
2
6) (𝐷2 + 9)𝑦 = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 9𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 5𝑟 + 4 = 0
𝑟1 = −3𝑖, 𝑟2 = 3𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠3𝑥
Calculando la solución particular
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦𝑝 = 2
𝐷 +9
𝑐𝑜𝑠𝑥
2𝐷
𝑦𝑝 = 𝑥 2
−
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝐷 + 9 𝐷4 + 18𝐷2 + 81
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
2𝐷
𝑦𝑝 =
−
8
1 − 18 + 81
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝 =
−
8
64
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠3𝑥 +
−
8
64
2
7) (𝐷 + 4)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑥𝑐𝑜𝑠3𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 4𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 4 = 0
𝑟1 = −2𝑖, 𝑟2 = 2𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠2𝑥
Calculando la solución particular
𝑥
𝜋
𝑥
𝑦𝑝 = 𝑐𝑜𝑠 (𝑥 − ) = 𝑠𝑒𝑛𝑥
4
2
4
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥
4
−3𝑥
8) (𝐷2 − 9𝐷 + 18)𝑦 = 𝑒 𝑒
Solución:
𝑦 ′′ − 9𝑦 ′ + 18𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 9𝑟 + 18 = 0
𝑟1 = 3, 𝑟2 = 6
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 6𝑥
Calculando la solución particular
−3𝑥
𝑒𝑒
𝑦𝑝 =
(𝐷 − 3)(𝐷 − 6)
𝑦𝑝 = 𝑒 3𝑥 ∫ 𝑒 3𝑥 ∫ 𝑒 −6𝑥 𝑒 𝑒
−3𝑥
(𝑑𝑥)2
−3𝑥
𝑒𝑒
𝑦𝑝 =
𝑒 6𝑥
9
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
−3𝑥
𝑒𝑒
𝑒 6𝑥
9
9) (𝐷2 − 4𝐷 + 3)𝑦 = 1
Solución:
𝑦 ′′ − 4𝑦′ + 3𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 + 3 = 0
𝑟1 = 3, 𝑟2 = 1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥
Calculando la solución particular
1
𝑦𝑝 =
3
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
1
𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 +
3
10)(𝐷2 − 4𝐷)y = 5
Solución:
𝑦 ′′ − 4𝑦′ = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 = 0
𝑟1 = 0, 𝑟2 = 4
𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 4𝑥
Calculando la solución particular
𝑅° 𝑥 𝑘 5𝑥
5𝑥
𝑦𝑝 =
=
=−
𝑎𝑥
−4
4
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
5𝑥
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 4𝑥 −
4
11) (𝐷3 − 4𝐷2 )y = 5
Solución:
𝑦 ′′′ − 4𝑦′′ = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 4𝑟 2 = 0
𝑟1 = 0, 𝑟2 = 𝑟3 = 4
𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑒 4𝑥
Calculando la solución particular
𝑅° 𝑥 𝑘 5𝑥
5𝑥
𝑦𝑝 =
=
=−
𝑎𝑥
−4
4
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
5𝑥
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑒 4𝑥 −
4
12) (𝐷5 − 4𝐷3 )y = 5
Solución:
𝑦 𝑉𝐼 − 4𝑦′′′ = 0
𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑒 6𝑥 +
𝑃(𝑟) = 𝑟 5 − 4𝑟 3 = 0
𝑟1 = 0, 𝑟2 = 0 , 𝑟3 = 0, 𝑟4 = −2, 𝑟5 = 2
𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 +𝑐4 𝑒 2𝑥 +𝑐5 𝑒 −2𝑥
Calculando la solución particular
𝑅° 𝑥 𝑘 5𝑥 2
5𝑥 2
𝑦𝑝 =
=
=−
𝑎𝑥
−4
4
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 +𝑐4 𝑒 2𝑥 +𝑐5 𝑒 −2𝑥 −
13) (𝐷2 − 1)𝑦 = 𝑠𝑒𝑛2 𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 1 = 0
𝑟1 = 1, 𝑟2 = −1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥
Calculando la solución particular
𝑠𝑒𝑛2 𝑥
𝑦𝑝 =
(𝐷 + 4)(𝐷 + 1)
5𝑥 2
4
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 −2𝑥 ∫ 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛2 𝑥 (𝑑𝑥)2
1 𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑦𝑝 = − +
2
10
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
1 𝑐𝑜𝑠2𝑥
+
2
10
2
14) (𝐷 + 1)𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0
𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥
Calculando la solución particular
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑦𝑝 = 2
=
=
𝐷 +1
1+1
2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥 +
2
15) (𝐷2 − 3𝐷 + 2)𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 3𝑟 + 2 = 0
𝑟1 = 2, 𝑟2 = 1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥
Calculando la solución particular
𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥
𝑦𝑝 =
(𝐷 − 2)(𝐷 − 1)
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 −
𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 −𝑥 ∫ 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥 (𝑑𝑥)2
𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒 −𝑥 𝑑𝑥
𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 +𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥
III) ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES (VARIACION DE
PARAMETROS, COEFICIENTES INDETERMINADOS, OTROS)
RESOLVER
1) (𝐷2 − 2𝐷)𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 2𝑦′ = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 2𝑟 = 0
𝑟1 = 0, 𝑟2 = 2
𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
Calculando la solución particular
𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
1 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝 =
= [
]
𝐷(𝐷 − 2) 𝐷 𝐷 − 2
𝑦𝑝 = 𝑒 0𝑥 ∫ 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 2𝑥 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥(𝑑𝑥)2
𝑦𝑝 = ∫ 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 3𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥(𝑑𝑥)2
𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
3
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝑝 = −
𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
3
2) (𝐷2 + 𝐷)𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 −
Solución:
𝑦 ′′ + 𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0
𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥
Calculando la solución particular
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑦𝑝 = 2
=
=
𝐷 +1
1+1
2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥 +
2
3) (𝐷2 − 6𝐷 + 9)𝑦 = 𝑥 −2 𝑒 3𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 6𝑟 + 9 = 0
𝑟1 = 3, 𝑟2 = 3
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 3𝑥
Calculando la solución particular
𝑥 −2 𝑒 3𝑥
1
𝑥 −2 𝑒 3𝑥
𝑦𝑝 =
=
[
]
(𝐷 − 3)(𝐷 − 3) (𝐷 − 3) (𝐷 − 3)
𝑦𝑝 = 𝑒 3𝑥 ∫ 𝑒 0𝑥 ∫ 𝑒 −3𝑥 𝑥 −2 𝑒 3𝑥 (𝑑𝑥)2
𝑦𝑝 = 𝑒 3𝑥 ∫ ∫ 𝑥 −2 (𝑑𝑥)2
𝑦𝑝 = −𝑒 3𝑥 𝑙𝑛𝑥
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 3𝑥 −𝑒 3𝑥 𝑙𝑛𝑥
4) (𝐷2 − 2𝐷 + 3)𝑦 = 𝑥 3 + 𝑠𝑒𝑛𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 3𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 2𝑟 + 3 = 0
𝑟1 = 1, 𝑟2 = 2
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥
Calculando la solución particular
𝑦𝑝 =
𝑥 3 + 𝑠𝑒𝑛𝑥
1
𝑥 3 + 𝑠𝑒𝑛𝑥
=
[
]
(𝐷 − 1)(𝐷 − 2) (𝐷 − 1) (𝐷 − 2)
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 −2𝑥 (𝑥 3 + 𝑠𝑒𝑛𝑥)(𝑑𝑥)2
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 −2𝑥 (𝑥 3 + 𝑠𝑒𝑛𝑥)(𝑑𝑥)2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 𝑦𝑝
5) (𝐷3 + 2𝐷 2 − 𝐷 − 2)𝑦 = 𝑒 𝑥 + 𝑥 2
Solución:
𝑦 ′′′ + 2𝑦 ′′ − 𝑦 ′ − 2𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 3 + 2𝑟 2 − 𝑟 − 2 = 0
𝑟1 = 1, 𝑟2 = −1, 𝑟3 = −2
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + 𝑐3 𝑒 −2𝑥
Calculando la solución particular
𝑒 𝑥 + 𝑥2
1
𝑒 𝑥 + 𝑥2
𝑦𝑝 =
=
[
]
(𝐷 − 1)(𝐷 + 1)(𝐷 + 2) (𝐷 − 1)(𝐷 + 1) (𝐷 + 2)
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 0𝑥 ∫ 𝑒 −𝑥 ∫(𝑒 𝑥 + 𝑥 2 ) (𝑑𝑥)3
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ ∫ 𝑒 −𝑥 ∫(𝑒 𝑥 + 𝑥 2 ) (𝑑𝑥)3
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 + 𝑐3 𝑒 −2𝑥 + 𝑦𝑝
6) (𝐷2 − 4𝐷 + 4)𝑦 = 𝑥 3 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑒 2𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 + 4 = 0
𝑟1 = 2, 𝑟2 = 2
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 2𝑥
Calculando la solución particular
𝑥 3 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑒 2𝑥
1
𝑥 3 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑒 2𝑥
𝑦𝑝 =
=
[
]
(𝐷 − 2)(𝐷 − 2) (𝐷 − 2)
(𝐷 − 2)
𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 0𝑥 ∫ 𝑒 −2𝑥 (𝑥 3 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑒 2𝑥 )(𝑑𝑥)2
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ ∫ 𝑒 −2𝑥 (𝑥 3 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑒 2𝑥 )(𝑑𝑥)2
𝑥5 𝑥3
+ )
20 6
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 (
𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥 (
𝑥5 𝑥3
+ )
20 6
7) (𝐷2 + 4)𝑦 = 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛2𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 4 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 4 = 0
𝑟1 = 2𝑖, 𝑟2 = −2𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠2𝑥
Calculando la solución particular
𝑥 2 𝑠𝑒𝑛2𝑥 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛2𝑥
=
𝐷2 + 4
8
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦𝑝 =
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠2𝑥 +
𝑥 2 𝑠𝑒𝑛2𝑥
8
8) (𝐷2 + 1)𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 1 = 0
𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥
Calculando la solución particular
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑦𝑝 = 2
=
=
𝐷 +1
1+1
2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠𝑥 +
2
9) (𝐷2 + 4)𝑦 = 4𝑠𝑒𝑐 2 2𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 4 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 4 = 0
𝑟1 = 2𝑖, 𝑟2 = −2𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠2𝑥
Calculando la solución particular
4𝑠𝑒𝑐 2 2𝑥 𝑠𝑒𝑐 2 2𝑥
𝑦𝑝 = 2
=
𝐷 +4
2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑠𝑒𝑐 2 2𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠2𝑥 +
2
10) (𝐷2 − 4𝐷 + 3)𝑦 = (1 + 𝑒 −𝑥 )−1
Solución:
𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 3 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 4𝑟 + 3 = 0
𝑟1 = 3, 𝑟2 = 1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 3𝑥
Calculando la solución particular
(1 + 𝑒 −𝑥 )−1
(1 + 𝑒 −𝑥 )−1
1
𝑦𝑝 =
=
[
]
(𝐷 − 3)(𝐷 − 1) (𝐷 − 3) (𝐷 − 1)
𝑦𝑝 = 𝑒 3𝑥 ∫ 𝑒 −2𝑥 ∫ 𝑒 −𝑥 (1 + 𝑒 −𝑥 )−1 (𝑑𝑥)2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 3𝑥 + 𝑦𝑝
11) (𝐷2 − 1)𝑦 = 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑒 −𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 1 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 1 = 0
𝑟1 = −1, 𝑟2 = 1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥
Calculando la solución particular
𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑒 −𝑥
1
𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑒 −𝑥
𝑦𝑝 =
=
[
]
(𝐷 + 1)(𝐷 − 1)
(𝐷 + 1)
(𝐷 − 1)
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 0𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 (𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑒 −𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑒 −𝑥 )(𝑑𝑥)2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝑦𝑝
12) (𝐷2 + 2)𝑦 = 2 + 𝑒 𝑥
Solución:
𝑦 ′′ + 2 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 2 = 0
𝑟1 = −√2𝑖, 𝑟2 = √2𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛√2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠√2𝑥
Calculando la solución particular
2 + 𝑒𝑥
2 + 𝑒𝑥
𝑦𝑝 = 2
=
𝐷 + 2 √2 + 2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
2 + 𝑒𝑥
𝑦 = 𝑐1 𝑠𝑒𝑛√2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠√2𝑥 +
√2 + 2
13) (𝐷2 − 1)𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥
Solución:
𝑦 ′′ − 1 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 − 1 = 0
𝑟1 = −1, 𝑟2 = 1
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥
Calculando la solución particular
𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥
1
𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥
𝑦𝑝 =
=
[
]
(𝐷 + 1)(𝐷 − 1) (𝐷 + 1) (𝐷 − 1)
𝑦𝑝 = 𝑒 −𝑥 ∫ 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 −𝑥 (𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥)(𝑑𝑥)2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝑦𝑝
14) (𝐷2 + 2𝐷 + 2)𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥 2
Solución:
𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
𝑃(𝑟) = 𝑟 2 + 2𝑟 + 2 = 0
𝑟1 = −1 + 𝑖, 𝑟2 = −1 − 𝑖
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Calculando la solución particular
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥 2
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥 2
𝑦𝑝 = 2
=
𝐷 − 2𝐷 − 2
−2𝐷 − 3
3
3
𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 ∫ 𝑒 2𝑥 (𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥 2 )(𝑑𝑥)2
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑦𝑝
INTEGRACION POR SERIES
1).-Resolver 𝒚′ − 𝒚 − 𝒙𝟐 = 𝟎 mediante una serie de
𝒚𝟎 para 𝒙 = 𝒐.
Solución
Sea:
𝑦0 = 𝑦 = 3
;
𝑥0 = 𝑥 = 2
𝒊). −𝐻𝑎𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑣 = 𝑥 − 2 ⇒ 𝑥 = 𝑣 + 2 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣
𝑑𝑦 𝑑𝑦
𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜
=
= 𝑣 2 + 𝑦 − 3 = 𝐹(𝑣, 𝑦)
𝑑𝑥 𝑑𝑣
potencia de 𝒙 que satisfaga la condición 𝒚 =
𝒊𝒊). −Suponiendo que:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑣 + 𝐴2 𝑣 2 + 𝐴3 𝑣 3 + 𝐴4 𝑣 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑣 𝑛 + ⋯---( )
Luego:𝑦′ − 𝑣 2 − 𝑦 + 3 = 0 será de la forma:
𝑦′ = 𝐴1 + 2𝐴2 𝑣 + 3𝐴3 𝑣 2 + 4𝐴4 𝑣 3 + ⋯ + 𝑛𝐴𝑛 𝑣 𝑛−1 + ⋯
−𝑣 2 = −𝑣 2
−𝑦 = −𝐴0 − 𝐴1 𝑣 − 𝐴2 𝑣 2 − 𝐴3 𝑣 3 − 𝐴4 𝑣 4 − ⋯ − 𝐴𝑛 𝑣 𝑛 − ⋯
3=3
𝑦 ′ − 𝑣 2 − 𝑦 + 3 = (𝐴1 − 𝐴0 + 3) + (2𝐴2 − 𝐴1 )𝑣 + (3𝐴3 − 𝐴2 − 1)𝑣 2 + (4𝐴4 − 𝐴3 )𝑣 3 + ⋯
+ (𝑛𝐴𝑛 − 𝐴𝑛−1 )𝑣 𝑛−1 + ((𝑛 + 1)𝐴𝑛+1 − 𝐴𝑛 )𝑣 𝑛 + ⋯
Como 𝑦 ′ − 𝑣 2 − 𝑦 + 3 = 0 se dirá lo siguiente:
 2𝐴0 − 𝐴1 = 0 ⇒ 𝐴1 = 𝐴0 − 3 = 𝑦0 − 3 ⇒𝐴𝟏 = 𝑂
 2𝐴0 − 𝐴1 = 0 ⇒ 𝐴2 = 0



3𝐴3 − 𝐴2 − 1 = 0 ⇒ 𝐴3 =
4𝐴4 − 𝐴3 = 0 ⇒ 𝐴4 =
5𝐴5 − 𝐴4 = 0 ⇒ 𝐴5 =
1
1
3
4∗3
1
5∗4∗3
⇒ 𝑨𝒏 =
𝟐
𝒏!
∀n≥ 𝟑
Luego reemplazando en ( ) tenemos lo siguiente:
1
2
2
𝑦 = 3 + 𝑣3 ∗ ( ) + ⋯ + 𝑣𝑛 + ⋯
3
2
𝑛!
𝒊𝒊𝒊). −𝐻𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑣 = 𝑥 − 2 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒:
∴𝒚=𝟑+
𝟐
𝟐
𝟐
(𝒙 − 𝟐)𝟑 + (𝒙 − 𝟐)𝟒 … + (𝒙 − 𝟐)𝒏 + ⋯
𝟑!
𝟒!
𝒏!
Solución
La ecuación diferencial será:
(𝟏 − 𝒙)𝒚′ + 𝒚 − 𝟐𝒙 = 𝟎
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯---( )
Donde 𝑨𝟎 = 𝒚𝟎 y las restantes 𝐴𝑖 ∀𝑖 = 1,2, … son constantes para determinar.
Sea:
(1 − 𝑥)𝑦 ′ = 𝐴1 (1 − 𝑥) + 2𝐴2 (𝑥 − 𝑥 2 ) + 3𝐴3 (𝑥 2 − 𝑥 3 ) + ⋯ + 𝑛𝐴𝑛 (𝑥 𝑛−1 − 𝑥 𝑛 ) + (𝑛 + 1)𝐴𝑛+1 (𝑥 𝑛
− 𝑥 𝑛+1 ) + ⋯
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + 𝐴𝑛+1 𝑥 𝑛+1 + ⋯
−2𝑥 = −2𝑥
(1 − 𝑥)𝑦 ′ + 𝑦 − 2𝑥
= (𝐴1 + 𝐴0 ) + (2𝐴2 − 2)𝑥 + (−𝐴2 + 3𝐴3 )𝑥 2 + (−2𝐴3 + 4𝐴4 )𝑥 3 + ⋯
+ (−(n − 1)𝐴𝑛 − (𝑛 + 1)𝐴𝑛+1 )𝑥 𝑛 + ⋯
0 = (𝐴1 + 𝐴0 ) + (2𝐴2 − 2)𝑥 + (−𝐴2 + 3𝐴3 )𝑥 2 + (−2𝐴3 + 4𝐴4 )𝑥 3 + ⋯
+ (−(n − 1)𝐴𝑛 − (𝑛 + 1)𝐴𝑛+1 )𝑥 𝑛 + ⋯
3)Resolver (𝟏 − 𝒙)𝒚′ = 𝟐𝒙 − 𝒚 mediante una serie que satisfaga la condición 𝒚 = 𝒚𝟎 cuando 𝒙 =
𝒐.
Por lo tanto:
 𝐴1 + 𝐴0 = 0 ⇒ 𝐴1 = −𝐴0 = −𝑦0 ⇒ 𝐴1 = −𝑦0
 2𝐴2 − 2 = 0 ⇒ 𝐴2 = 1

−𝐴2 + 3𝐴3 = 0 ⇒ 𝐴3 =
1
3

1
−2𝐴3 + 4𝐴4 = 0 ⇒𝐴𝟒 =
2∗3
.
−(n − 1)𝐴𝑛 − (𝑛 + 1)𝐴𝑛+1 = 0 ⇒
𝟐
∀𝒏 ≥ 𝟐
(𝒏−𝟏)∗𝒏
.
Reemplazando los valores de los 𝐴𝑖 en la serie supuesta dado en ( ) se tiene:
𝟐
𝟐∗𝟏 𝟑
𝟐
𝟐
∴ 𝒚 = 𝒚 𝟎 − 𝒚 𝟎 𝒙 + 𝒙𝟐 +
𝒙 +
𝒙𝟒 + ⋯ +
𝒙𝒏 + ⋯
𝟐
𝟐∗𝟑
𝟒∗𝟑
(𝒏 − 𝟏) ∗ 𝒏
5).- Resolver 𝒙𝒚′ − 𝒚 = 𝒙 + 𝟏 mediante potencias de (𝒙 − 𝟏).
Solución
La ecuación diferencial será:
𝒙𝒚′ − 𝒚 − 𝒙 − 𝟏 = 𝟎
Además:
𝑣 = 𝑥 − 1 ⇒ 𝑥 = 𝑣 + 1 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣
𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 + 𝑣 + 2
𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜
=
=
= 𝐹(𝑣, 𝑦)
(𝑣 + 1)
𝑑𝑥 𝑑𝑣
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑣 + 𝐴2 𝑣 2 + 𝐴3 𝑣 3 + 𝐴4 𝑣 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑣 𝑛 + ⋯---( )
Luego:(𝑣 + 1)𝑦 ′ − 𝑦 − 𝑣 − 2 = 0 será de la forma:
(𝑣 + 1)𝑦 ′ = 𝐴1 𝑣 + 𝐴1 + 2𝐴2 𝑣 + 2𝐴2 𝑣 2 + 3𝐴3 𝑣 2 + 4𝐴4 𝑣 3 + 4𝐴4 𝑣 4 + ⋯ + 𝑛𝐴𝑛 𝑣 𝑛−1 + 𝑛𝐴𝑛 𝑣 𝑛 + ⋯
−𝑦 = 𝐴0 − 𝐴1 𝑣 − 𝐴2 𝑣 2 − 𝐴3 𝑣 3 − 𝐴4 𝑣 4 − ⋯ − 𝐴𝑛 𝑣 𝑛 − ⋯
−𝑣 = −𝑣
−2 = −2
Como:
(𝑣 + 1)𝑦 ′ − 𝑦 − 𝑣 − 2 = 0
Se dirá lo siguiente:
 −𝐴0 − 2 + 𝐴1 = 0 ⇒ 𝐴1 = 3
1
 2𝐴2 − 1 = 0 ⇒ 𝐴2 =
2
−1

3𝐴3 + 𝐴2 = 0 ⇒ 𝐴3 =

4𝐴4 + 2𝐴3 = 0 ⇒ 𝐴4 =

3𝐴4 + 5𝐴5 = 0 ⇒ 𝐴5 =
2∗3∗4∗5
.
−(𝑛−1)𝐴
⇒ 𝐴𝑛+1 = (𝑛+1) 𝑛 ∀n≥ 𝟐
2∗3
2
2∗3∗4
6
Luego reemplazando en ( ) tenemos lo siguiente:
𝑣2
𝑣3
2𝑣 4
6𝑣 5
−
+
−
+⋯
2 2∗3 2∗3∗4 2∗3∗4∗5
2
3
4
5
𝑣
𝑣
2𝑣
6𝑣
𝑦 = 1 + 3𝑣 +
−
+
−
+⋯
2! 3!
4!
5!
𝑦 = 1 + 3𝑣 +
𝑦 = 𝐻𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑣 = 𝑥 − 1 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒:
(𝒙 − 𝟏)𝟐 (𝒙 − 𝟏)𝟑 𝟐(𝒙 − 𝟏)𝟒 𝟔(𝒙 − 𝟏)𝟓
∴ 𝒚 = 𝟏 + 𝟑(𝒙 − 𝟏) +
−
+
−
+⋯
𝟐!
𝟑!
𝟒!
𝟓!
7).- Resolver (𝟏 + 𝒙𝟐 )𝒚′′ + 𝒙𝒚′ − 𝒚 = 𝟎 mediante potencias de 𝒙.
Solución
La ecuación diferencial será:
(𝟏 + 𝒙𝟐 )𝒚′′ + 𝒙𝒚′ − 𝒚 = 𝟎
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯---( )
Sea:
(1 + 𝑥 2 )𝑦 ′′ = 2𝐴2 + 2𝐴2 𝑥 2 + 6𝐴3 𝑥 + 6𝐴3 𝑥 3 + 12𝐴4 𝑥 2 + 12𝐴4 𝑥 4 + 20𝐴5 𝑥 3 + 20𝐴5 𝑥 5 + 30𝐴6 𝑥 4
+ 30𝐴6 𝑥 6 + ⋯ + (𝑛 ∗ (𝑛 − 1))𝐴𝑛 𝑥 𝑛−2 + (𝑛 ∗ (𝑛 − 1))𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯
′
𝑥𝑦 = 𝐴1 𝑥 + 2𝐴2 𝑥 2 + 3𝐴3 𝑥 3 +4𝐴4 𝑥 4 + 5𝐴5 𝑥 5 + 6𝐴6 𝑥 6 + ⋯ + 𝑛𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯
−𝑦 = 𝐴0 − 𝐴1 𝑥 − 𝐴2 𝑥 2 − 𝐴3 𝑥 3 − 𝐴4 𝑥 4 − ⋯ − 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 − ⋯
(𝟏 + 𝒙𝟐 )𝒚′′ + 𝒙𝒚′ − 𝒚
= (𝟐𝐴2 − 𝐴0 ) + (6𝐴3 )𝑥 + (3𝐴2 + 12𝐴4 )𝑥 2 + (8𝐴3 + 20𝐴5 )𝑥 3 + (15𝐴4 + 30𝐴6 )𝑥 4
+ ⋯ + ((𝑛2 − 1)𝐴𝑛 + (𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 )𝑥 𝑛 + ⋯
0 = (𝟐𝐴2 − 𝐴0 ) + (6𝐴3 )𝑥 + (3𝐴2 + 12𝐴4 )𝑥 2 + (8𝐴3 + 20𝐴5 )𝑥 3 + (15𝐴4 + 30𝐴6 )𝑥 4 + ⋯
+ ((𝑛2 − 1)𝐴𝑛 + (𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 )𝑥 𝑛 + ⋯
Por lo tanto:
𝐴
 𝟐𝐴2 − 𝐴0 = 0 ⇒ 𝐴2 = 0


𝟐
6𝐴3 = 0 ⇒ 𝐴3 = 0
𝐴
3𝐴2 + 12𝐴4 = 0 ⇒ 𝐴4 = − 0


𝟖
8𝐴3 + 20𝐴5 = 0 ⇒𝐴𝟓 = 0
𝐴
2𝐴6 + 𝐴4 = 0 ⇒ 𝐴6 = 0
16
.
Reemplazando los valores de los 𝐴𝑖 en la serie supuesta dado en ( ) se tiene:
𝐴0
𝐴0
𝐴0
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝑥 2 + (0)𝑥 3 − 𝑥 4 + (0)𝑥 5 + 𝑥 6 + ⋯
𝟐
𝟖
16
∴ 𝒚 = 𝑨𝟎 (𝟏 +
𝒙𝟐 𝒙𝟒 𝒙𝟔
− +
… ) + 𝑨𝟏 𝒙
𝟐
𝟖 𝟏𝟔
9).- Resolver 𝒚′′ − 𝟐𝒙𝟐 𝒚′ + 𝟒𝒙𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝟐 mediante potencias de 𝒙.
Solución
La ecuación diferencial será:
𝒚′′ − 𝟐𝒙𝟐 𝒚′ + 𝟒𝒙𝒚 − 𝒙𝟐 − 𝟐𝒙 − 𝟐 = 𝟎
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯---( )
Sea:
𝑦 ′′ = 2𝐴2 + 6𝐴3 𝑥 + 12𝐴4 𝑥 2 + 20𝐴5 𝑥 3 + 30𝐴6 𝑥 4 + ⋯ +
(𝑛 ∗ (𝑛 − 1))𝐴𝑛 𝑥 𝑛−2 + ⋯
−2𝑥 2 𝑦 ′ = −2𝐴1 𝑥 2 − 4𝐴2 𝑥 3 − 6𝐴3 𝑥 4 −8𝐴4 𝑥 5 − 10𝐴5 𝑥 6 − ⋯ − 2𝑛𝐴𝑛 𝑥 𝑛+1 − ⋯
4𝑥𝑦 = 4𝐴0 𝑥 + 4𝐴1 𝑥 2 + 4𝐴2 𝑥 3 + 4𝐴3 𝑥 4 + 4𝐴4 𝑥 5 + ⋯ + 4𝐴𝑛 𝑥 𝑛+1 + ⋯
−𝑥 2 = −𝑥 2
−2𝑥 = −2𝑥
−2 = −2
𝒚′′ − 𝟐𝒙𝟐 𝒚′ + 𝟒𝒙𝒚 − 𝒙𝟐 − 𝟐𝒙 − 𝟐
= (𝟐𝐴2 − 2𝐴1 − 2) + (6𝐴3 + 4𝐴0 − 2)𝑥 + (12𝐴4 − 2𝐴1 + 4𝐴1 − 1)𝑥 2 + (20𝐴5
− 4𝐴2 +4𝐴2 )𝑥 3 + (30𝐴6 − 6𝐴3 + 4𝐴3 )𝑥 4 + ⋯
+ ((𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 − (2𝑛 − 2)𝐴𝑛−1 + 4𝐴𝑛−1 )𝑥 𝑛 + ⋯
0 = (𝟐𝐴2 − 2𝐴1 − 2) + (6𝐴3 + 4𝐴0 − 2)𝑥 + (12𝐴4 − 2𝐴1 + 4𝐴1 − 1)𝑥 2 + (20𝐴5 − 4𝐴2 +4𝐴2 )𝑥 3
+ (30𝐴6 − 6𝐴3 + 4𝐴3 )𝑥 4 + ⋯
+ ((𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 − (2𝑛 − 2)𝐴𝑛−1 + 4𝐴𝑛−1 )𝑥 𝑛 + ⋯
Por lo tanto:
 𝟐𝐴2 − 2𝐴1 − 2 = 0 ⇒ 𝐴2 = 𝐴1 + 1
1−2𝐴0
 6𝐴3 + 4𝐴0 − 2 = 0 ⇒ 𝐴3 =
3

12𝐴4 − 2𝐴1 + 4𝐴1 − 1 = 0 ⇒ 𝐴4 =
1−2𝐴1
12


20𝐴5 − 4𝐴2 + 4𝐴2 = 0 ⇒𝐴𝟓 = 0
1−2𝐴0
30𝐴6 − 6𝐴3 + 4𝐴3 = 0 ⇒ 𝐴6 =
45
.
(𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 − (2𝑛 − 2)𝐴𝑛−1 + 4𝐴𝑛−1 = 0
.
.
Reemplazando los valores de los 𝐴𝑖 en la serie supuesta dado en ( ) se tiene:𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + (𝐴1 +
1)𝑥 2 + (
1−2𝐴0
3
) 𝑥3 + (
1−2𝐴1
12
) 𝑥 4 + (0)𝑥 5 + (
1−2𝐴0
45
)𝑥 6 + ⋯
𝟐
𝟐 𝟔
𝟏
𝟏
𝟏 𝟒
𝟏 𝟔
∴ 𝒚 = 𝑨𝟎 (𝟏 − 𝒙𝟑 −
𝒙 + ⋯ ) + 𝑨𝟏 (𝒙 + 𝒙𝟐 − 𝒙𝟒 + ⋯ ) + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 +
𝒙 +
𝒙
𝟑
𝟒𝟓
𝟔
𝟑
𝟏𝟐
𝟒𝟓
10).- Resolver 𝒚′′ + (𝒙 − 𝟏)𝒚′ + 𝒚 = 𝟎 mediante potencias de (𝒙 − 𝟐).
Solución
La ecuación diferencial será:
𝒚′′ + (𝒙 − 𝟏)𝒚′ + 𝒚 = 𝟎
Además:
𝑣 = 𝑥 − 2 ⇒ 𝑥 = 𝑣 + 2 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣
𝑑𝑦 𝑑𝑦 −(𝑦 ′′ + 𝑦)
𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜
=
=
= 𝐹(𝑣, 𝑦)
(𝑣 + 1)
𝑑𝑥 𝑑𝑣
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑣 + 𝐴2 𝑣 2 + 𝐴3 𝑣 3 + 𝐴4 𝑣 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑣 𝑛 + ⋯---( )
Luego:𝑦 ′′ + (𝑣 + 1)𝑦 ′ + 𝑦 = 0 será de la forma:
𝑦 ′′ = 2𝐴2 + 6𝐴3 𝑣 + 12𝐴4 𝑣 2 + 12𝐴5 𝑣 3 + 30𝐴6 𝑣 4 + ⋯ + 𝑛 ∗ (𝑛 − 1)𝐴𝑛 𝑣 𝑛−2 + ⋯
(𝑣 + 1)𝑦 ′ = 𝐴1 𝑣 + 𝐴1 + 2𝐴2 𝑣 + 2𝐴2 𝑣 2 + 3𝐴3 𝑣 2 + 4𝐴4 𝑣 3 + 4𝐴4 𝑣 4 + ⋯ + 𝑛𝐴𝑛 𝑣 𝑛−1 + 𝑛𝐴𝑛 𝑣 𝑛 + ⋯
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑣 + 𝐴2 𝑣 2 + 𝐴3 𝑣 3 + 𝐴4 𝑣 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑣 𝑛 + ⋯
𝒚′′ + (𝒗 + 𝟏)𝒚′ + 𝒚
= (𝐴1 + 2 + 2𝐴2 ) + (2𝐴2 + 2𝐴1 + 6𝐴3 )𝑣 + (3𝐴3 + 3𝐴2 + 12𝐴4 )𝑣 2
+ (4𝐴4 + 4𝐴3 + 20𝐴5 )𝑣 3 + ⋯ + ((𝑛+1)𝐴𝑛+1 + (𝑛 + 1)𝐴𝑛 )𝑣 𝑛−1
+ (𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 )𝑣 𝑛 + ⋯
Como:
𝑦 ′′ + (𝑣 + 1)𝑦 ′ + 𝑦 = 0
Se dirá lo siguiente:
−2−𝐴1
 𝐴1 + 2 + 2𝐴2 = 0 ⇒ 𝐴2 =
2
2−𝐴1

2𝐴2 + 2𝐴1 + 6𝐴3 = 0 ⇒ 𝐴3 =

3𝐴3 + 3𝐴2 + 12𝐴4 = 0 ⇒ 𝐴4 =

4𝐴4 + 4𝐴3 + 20𝐴5 = 0 ⇒ 𝐴5 =
6
4𝐴1 +4
48
4𝐴1 −20
240
⇒ 𝐴𝑛+2 =
𝐴𝑛 +𝐴𝑛+1
(𝑛+2)
∀n≥ 𝟏
Luego reemplazando en ( ) tenemos lo siguiente:
−2 − 𝐴1 2
2 − 𝐴1 3
4𝐴1 + 4 4
4𝐴1 − 20 5
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑣 + (
)𝑣 + (
)𝑣 +(
)𝑣 + (
)𝑣 + ⋯
2
6
48
240
2
3
4
5
2
3
4
𝑣
𝑣
𝑣
𝑣
𝑣
𝑣
𝑣
𝑣5
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 (𝑣 −
− +
+
+⋯)+ +
+
−
+⋯
2
6 12 60
2
3 12 12
𝐻𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑣 = 𝑥 − 2 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒:
(𝒙 − 𝟐)𝟐 (𝒙 − 𝟐)𝟑 (𝒙 − 𝟐)𝟒 (𝒙 − 𝟐)𝟓
(𝒙 − 𝟐)𝟐 (𝒙 − 𝟐)𝟑
∴ 𝒚 = 𝑨𝟎 + 𝑨𝟏 ((𝒙 − 𝟐) −
−
+
+
+ ⋯) +
+
𝟐
𝟔
𝟏𝟐
𝟔𝟎
𝟐
𝟑
(𝒙 − 𝟐)𝟒 (𝒙 − 𝟐)𝟓
+
−
+⋯
𝟏𝟐
𝟏𝟐
11).- Resolver (𝟏 − 𝒙)𝒚′ = 𝒙𝟐 − 𝒚 según potencias de 𝒙.
Solución
La ecuación diferencial será:
(𝟏 − 𝒙)𝒚′ −𝒙𝟐 + 𝒚 = 𝟎
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯---( )
Sea:
(1 − 𝑥)𝑦 ′ = 𝐴1 − 𝐴1 𝑥 + 2𝐴2 𝑥 − 2𝐴2 𝑥 2 + 3𝐴3 𝑥 2 − 3𝐴3 𝑥 3 + 4𝐴4 𝑥 3 − 4𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝑛𝐴𝑛 𝑥 𝑛−1
− 𝑛𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯
2
2
−𝑥 = −𝑥
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯
(𝟏 − 𝒙)𝒚′ −𝒙𝟐 + 𝒚
= (𝐴1 + 𝐴0 ) + (2𝐴2 )𝑥 + (3𝐴3 − 𝐴2 )𝑥 2 + (4𝐴4 − 2𝐴3 )𝑥 3 + ⋯
+ ((n + 1)𝐴𝑛+1 − (𝑛 − 1)𝐴𝑛 )𝑥 𝑛 + ⋯
0 = (𝐴1 + 𝐴0 ) + (2𝐴2 )𝑥 + (3𝐴3 − 𝐴2 )𝑥 2 + (4𝐴4 − 2𝐴3 )𝑥 3 + ⋯ + ((n + 1)𝐴𝑛+1 − (𝑛 − 1)𝐴𝑛 )𝑥 𝑛
+ ⋯ 𝑥𝑛 + ⋯
Por lo tanto:
 𝐴1 + 𝐴0 = 0 ⇒ 𝐴1 = −𝐴0 = −𝑦0
 2𝐴2 = 0 ⇒ 𝐴2 = 0
 3𝐴3 − 𝐴2 = 0 ⇒ 𝐴3 = 0
 4𝐴4 − 2𝐴3 = 0 ⇒𝐴𝟒 = 0
.
.
 (n + 1)𝐴𝑛+1 − (𝑛 − 1)𝐴𝑛 = 0
..
Reemplazando los valores de los 𝐴𝑖 en la serie supuesta dado en ( ) se tiene:
𝑦 = 𝑦0 − 𝑦0 𝑥
∴ 𝒚 = 𝒚𝟎 (𝟏 − 𝒙)
13).- Resolver 𝒚′ = 𝟐𝒙𝟐 + 𝟑𝒚 mediante potencias de 𝒙.
Solución
La ecuación diferencial será:
𝒚′ − 𝟑𝒙 − 𝟐𝒙𝟐 = 𝟎
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯---( )
Sea:
𝑦′ = 𝐴1 + 2𝐴2 𝑥 + 3𝐴3 𝑥 2 + 4𝐴4 𝑥 3 + 5𝐴5 𝑥 4 + ⋯ + 𝑛𝐴𝑛 𝑥 𝑛−1 + ⋯
−3𝑦 = −3𝐴0 − 3𝐴1 𝑥 − 3𝐴2 𝑥 2 − 3𝐴3 𝑥 3 − 3𝐴4 𝑥 4 − ⋯ − 3𝐴𝑛 𝑥 𝑛 − ⋯
−2𝑥 2 = −2𝑥 2
𝒚′ − 𝟑𝒙 − 𝟐𝒙𝟐 = (𝐴1 − 3𝐴0 ) + (𝟐𝐴2 − 3𝐴1 )𝑥 + (3𝐴3 − 3𝐴2 − 2)𝑥 2 + (4𝐴4 − 3𝐴3 )𝑥 3
+ (5𝐴5 − 3𝐴4 )𝑥 4 + ⋯ + ((n + 1)𝐴𝑛+1 − (𝑛 − 1)𝐴𝑛 )𝑥 𝑛 + ⋯
0 = (𝐴1 − 3𝐴0 ) + (𝟐𝐴2 − 3𝐴1 )𝑥 + (3𝐴3 − 3𝐴2 − 2)𝑥 2 + (4𝐴4 − 3𝐴3 )𝑥 3 + (5𝐴5 − 3𝐴4 )𝑥 4 + ⋯
+ ((n + 1)𝐴𝑛+1 − (𝑛 − 1)𝐴𝑛 )𝑥 𝑛 + ⋯
Por lo tanto:
 𝐴1 − 3𝐴0 = 0 ⇒ 𝐴1 = 3𝑦0
3𝑦
 𝟐𝐴2 − 3𝐴1 = 0 ⇒ 𝐴2 = 0
2

3𝐴3 − 3𝐴2 − 2 = 0 ⇒ 𝐴3 =

4𝐴4 − 3𝐴3 = 0 ⇒𝐴𝟒 =

9𝑦0 +4
2∗3
3(9𝑦0 +4)
2∗3∗4
9(9𝑦 +4)
0
5𝐴5 − 3𝐴4 = 0 ⇒ 𝐴5 =
2∗3∗4∗5
.
 (n + 1)𝐴𝑛+1 − (𝑛 − 1)𝐴𝑛 = 0
.
Reemplazando los valores de los 𝐴𝑖 en la serie supuesta dado en ( ) se tiene:
3𝑦0 2 (9𝑦0 + 4) 3
3(9𝑦0 + 4) 4
9(9𝑦0 + 4) 5
𝑦 = 𝑦0 + 3𝑦0 𝑥 +
𝑥 +
𝑥 +(
)𝑥 +(
)𝑥 +⋯
2
2∗3
2∗3∗4
2∗3∗4∗5
∴ 𝑦 = 𝑦0 + 3𝑦0 𝑥 +
3𝑦0 2
𝑥 3 3𝑥 4 9𝑥 5
𝑥 + (9𝑦0 + 4) [ +
+
+ ⋯]
2
3!
4!
5!
17).- Resolver 𝒚′′ − 𝒙𝒚′ + 𝒙𝟐 𝒚 = 𝟎 mediante potencias de 𝒙.
Solución
La ecuación diferencial será:
𝒚′′ − 𝒙𝒚′ + 𝒙𝟐 𝒚 = 𝟎
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯---( )
Sea:
𝑦 ′′ = 2𝐴2 + 6𝐴3 𝑥 + 12𝐴4 𝑥 2 + 20𝐴5 𝑥 3 + 30𝐴6 𝑥 4 + ⋯ +
(𝑛 ∗ (𝑛 − 1))𝐴𝑛 𝑥 𝑛−2 + ⋯
′
2
3
−𝑥𝑦 = −𝐴1 𝑥 − 2𝐴2 𝑥 − 3𝐴3 𝑥 −4𝐴4 𝑥 4 − 5𝐴5 𝑥 5 − 6𝐴6 𝑥 6 − ⋯ − 𝑛𝐴𝑛 𝑥 𝑛 − ⋯
𝑥 2 𝑦 ′ = 𝐴0 𝑥 2 + 𝐴1 𝑥 3 + 𝐴2 𝑥 4 + 𝐴3 𝑥 5 + 𝐴4 𝑥 6 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛+2 + ⋯
𝒚′′ + 𝟐𝒙𝟐 𝒚 − 𝟏 − 𝒙 − 𝒙𝟐
= (2𝐴2 ) + (6𝐴3 − 𝐴1 )𝑥 + (12𝐴4 − 2𝐴2 + 𝐴0 )𝑥 2 + (20𝐴5 −3𝐴3 + 𝐴1 )𝑥 3 + (30𝐴6
− 4𝐴4 + 𝐴2 )𝑥 4 + ⋯ + ((𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 − 𝑛𝐴𝑛 + 𝐴𝑛−2 )𝑥 𝑛 + ⋯
0 = (2𝐴2 ) + (6𝐴3 − 𝐴1 )𝑥 + (12𝐴4 − 2𝐴2 + 𝐴0 )𝑥 2 + (20𝐴5 −3𝐴3 + 𝐴1 )𝑥 3 + (30𝐴6 − 4𝐴4 + 𝐴2 )𝑥 4
+ ⋯ + ((𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 − 𝑛𝐴𝑛 + 𝐴𝑛−2 )𝑥 𝑛 + ⋯
Por lo tanto:
 2𝐴2 = 0 ⇒ 𝐴2 = 0
𝐴
 6𝐴3 − 𝐴1 = 0 ⇒ 𝐴3 = 1
6

12𝐴4 − 2𝐴2 + 𝐴0 = 0 ⇒ 𝐴4 = −

20𝐴5 − 3𝐴3 + 𝐴1 = 0 ⇒𝐴𝟓 =
𝐴0
12
3𝐴1
40

𝐴
30𝐴6 − 4𝐴4 + 𝐴2 = 0 ⇒ 𝐴6 = − 0
90
.
 (𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 − 𝑛𝐴𝑛 + 𝐴𝑛−2 = 0
.
.
Reemplazando los valores de los 𝐴𝑖 en la serie supuesta dado en ( ) se tiene:
𝐴0
𝐴0
3𝐴1 5
𝐴0
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝑥 3 + (− ) 𝑥 4 + (
) 𝑥 + (− )𝑥 6 + ⋯
6
12
40
90
∴ 𝒚 = 𝑨𝟎 (𝟏 −
𝒙𝟒 𝒙𝟔
𝒙𝟑 𝟑𝒙𝟓
−
+ ⋯ ) + 𝑨𝟏 (𝒙 + +
+ ⋯)
𝟏𝟐 𝟗𝟎
𝟔
𝟒𝟎
19).- Resolver 𝒚′′ + 𝒙𝟐 𝒚 = 𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 según potencias de 𝒙.
Solución
La ecuación diferencial será:
𝒚′′ + 𝟐𝒙𝟐 𝒚 − 𝟏 − 𝒙 − 𝒙𝟐 = 𝟎
Suponiendo que la solución es de la forma:
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + 𝐴2 𝑥 2 + 𝐴3 𝑥 3 + 𝐴4 𝑥 4 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯---( )
Sea:
𝑦 ′′ = 2𝐴2 + 6𝐴3 𝑥 + 12𝐴4 𝑥 2 + 20𝐴5 𝑥 3 + 30𝐴6 𝑥 4 + ⋯ +
(𝑛 ∗ (𝑛 − 1))𝐴𝑛 𝑥 𝑛−2 + ⋯
𝑥 2 𝑦 ′ = 𝐴0 𝑥 2 + 𝐴1 𝑥 3 + 𝐴2 𝑥 4 + 𝐴3 𝑥 5 + 𝐴4 𝑥 6 + ⋯ + 𝐴𝑛 𝑥 𝑛+2 + ⋯
−1 = −1
−𝑥 = −𝑥
−𝑥 2 = −𝑥 2
𝒚′′ + 𝟐𝒙𝟐 𝒚 − 𝟏 − 𝒙 − 𝒙𝟐
= (2𝐴2 − 1) + (6𝐴3 − 1)𝑥 + (12𝐴4 + 𝐴0 − 1)𝑥 2 + (20𝐴5 +𝐴1 )𝑥 3 + (30𝐴6 + 𝐴2 )𝑥 4
+ ⋯ + ((𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 + 𝐴𝑛−2 )𝑥 𝑛 + ⋯
0 = (2𝐴2 − 1) + (6𝐴3 − 1)𝑥 + (12𝐴4 + 𝐴0 − 1)𝑥 2 + (20𝐴5 +𝐴1 )𝑥 3 + (30𝐴6 + 𝐴2 )𝑥 4 + ⋯
+ ((𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 + 𝐴𝑛−2 )𝑥 𝑛 + ⋯
Por lo tanto:
1
 2𝐴2 − 1 = 0 ⇒ 𝐴2 =
2
1

6𝐴3 − 1 = 0 ⇒ 𝐴3 =

12𝐴4 + 𝐴0 − 1 = 0 ⇒ 𝐴4 =

20𝐴5 + 𝐴1 = 0 ⇒𝐴𝟓 = −

6
𝐴1
20
1
1−𝐴0
12
30𝐴6 + 𝐴2 = 0 ⇒ 𝐴6 = −
60
.
 (𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)𝐴𝑛+2 + 𝐴𝑛−2 = 0
.
Reemplazando los valores de los 𝐴𝑖 en la serie supuesta dado en ( ) se tiene:
𝑥2 𝑥3
1 − 𝐴0 4
𝐴1
1
𝑦 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑥 + + + (
) 𝑥 + (− ) 𝑥 5 + (− )𝑥 6 + ⋯
2
6
12
20
60
∴ 𝒚 = 𝑨𝟎 (𝟏 −
𝒙𝟒
𝟏𝟐
+ ⋯ ) + 𝑨𝟏 (𝒙 −
𝒙𝟓
+ ⋯) +
𝟐𝟎
𝒙𝟐
𝟐
+
𝒙𝟑
+
𝟔
𝒙𝟒
𝟏𝟐
+
𝒙𝟔
𝟔𝟎
+…
ECUACIONES DE BESSEL Y GAUSS
1) Comprobar que :
d J0(X)
dx
∞
J0(X) = ∑(−1)n
n=0
= −J1(X)
1 x 2n
( )
(n!)2 2
x
1 𝑋 4
1 𝑋 6
1 x 2n
J0(X) = 1 − ( )2 +
( ) −
( ) + … . +(−1)n
( )
2
2
(2!) 2
(3!) 2
(n!)2 2
2
d J0(X)
dx
d J0(X)
dx
x
1
2
1! 2!
x
1
2
1! 2!
= −( ) +
= −[ ( ) −
3
x
1
( ) −
2
3
x
( ) +
2
d J0(X)
dx
∞
x
5
1
( ) + + … (−1)n+1
1
x
5
1
( ) − … + (−1)n+1
(n!) (n+1)!
2! 3! 2
= − ∑(−1)n
n=0
d J0(X)
dx
x
(n!) (n+1)!
2! 3! 2
( )2n+1
2
x
( )2n+1 ]
2
1
x
( )2n+1
(n!) (n + 1)! 2
= −J1(X)
2) Comprobar que :
a)
d
dx
(x K Jk(X) ) = x K Jk−1(X)
x2
1
2
k!
𝐱 𝐊 𝐉𝐤(𝐗) = ( )k {
x 2
1
−
1!
( ) +
(k+1)!
2
+
d
dx
(x K Jk(X) ) =
(2𝑘)x2K−1
2𝑘
{
1
k!
−
+
d
dx
x2K−1
(x K Jk(X) )=
2𝑘−1
2𝑘
{
k
k!
{−
−
1
x
( ) +
0! (k+1)! 2
1
x 3
( ) −−
1! (k+2)! 2
x 4
1
( ) + …+
2! (k+3)! 2
d
dx
(x K Jk(X) )=
2𝑘−1
x2K−1
2𝑘−1
4
{
x 2n
(−1) n
( ) − …+
2! (k+2)! 2
1
x 5
( )
n! (k+n)! 2
(−1)n+1
x (2n+1)
( )
n! (k+n+1)! 2
}
}
x 2
k
( ) +
1! (k+1)! 2
2!
x2K−1
( ) }
2
k
+
x 2n
1
n! (k+1)! 2
( )
(k+1)!
+
x2K
( ) − …+
x 2
1
1!
x 4
1
2! (k+2)! 2
{−
1
(k−1)!
x 2
1
( ) +
0! (k+1)! 2
−
1
x 4
( ) −−
1! (k+2)! 2
x 4
(−1 )n k
2
n!
( ) − …+
(k+2)!
x 6
1
( ) + …+
2! (k+3)! 2
x 2n
( )
(k+n)!
(−1)n+1
}
2
x 2(n+1)
( )
n! (k+n+1)! 2
}
x 2
k+1
( ) +
1! (k+1)! 2
k+2
x
k+n
( ) − …+
2! (k + 2)! 2
n! (k + n)!
d
dx
(x K Jk(X) )=
x2K−1
2𝑘−1
{
1
(k−1)!
−
1
1!
x 2
( ) +
(k)!
2
1
x 4
( ) − …+
2! (k+1)! 2
(−1)n
x 2n
( )
n! (k+n−1)! 2
}
Por lo tanto :
d
dx
(x K Jk(X) ) = x K Jk−1(X)
d
(x −K Jk(X) ) = −x −K Jk+1(X)
Debemos llegar a :
b)
dx
x2
1
2
(k+1)!
−x −K Jk+1(X) = −x −K ( )k+1 {
−
+
−x −K Jk+1(X) = −
X
2k+1
{
1
(k+1)!
−
x 2
1
( ) +
1! (k+2)! 2
x 4
1
( ) − …+
2! (k+3)! 2
x 2n
1
( )
1! (k+n+1)! 2
}
x 2
1
( ) +
1! (K+2)! 2
+
x 4
1
( ) − …+
2! (K+3)! 2
x 2n
1
( )
1! (K+n+1)! 2
}
Partimos de :
x −K Jk(X) =
1
2K
{
1
k!
−
x 2
1
( ) +
1! (k+1)! 2
+
𝐝
𝐝𝐱
1
2K
𝐝
𝐝𝐱
x 4
1
( ) − …+
2! (k+2)! 2
1
x 2n
( ) }
n! (k+1)! 2
(𝐱 −𝐊 𝐉𝐤 (𝐗) ) =
{−
1
x
( ) +
0! (k+1)! 2
(𝐱 −𝐊 𝐉𝐤 (𝐗) ) =
−X
2K+1
x 3
1
( ) − −
1! (k+2)! 2
{
1
0! (k+1)!
−
1
x 5
1
( ) + …+
2! (k+3)! 2
x 2
( ) +
1
(−1)n+1
x (2n+1)
( )
n! (k+n+1)! 2
x 4
( )
1! (k+2)! 2
2! (k+3)! 2
𝐝
−𝐊
(𝐱
𝐉𝐤 (𝐗) ) = −x −K Jk+1(X)
𝐝𝐱
4)probar que:
𝑥
1
𝑒 2(𝑡− 𝑡 )
}
∞
1
1
= 𝐽0 (𝑥) + 𝑡𝐽1 (𝑥) + ⋯ + 𝑡 𝐽𝑘 (𝑥) + ⋯ + 𝐽−1 (𝑥) + ⋯ + 𝑘 𝐽−𝑘 (𝑥) + ⋯ ⋯ = ∑ 𝑡 𝑛 𝐽𝑛 (𝑥)
𝑡
𝑡
𝑘
𝑛=−∞
Partimos de la igualdad:
𝑥
1
1
𝑒 2(𝑡− 𝑡 ) = 𝐽0 (𝑥) + 𝑡𝐽1 (𝑥) + ⋯ + 𝑡 𝑘 𝐽𝑘 (𝑥) + ⋯ + 𝐽−1 (𝑥) + ⋯ +
𝑡
1
𝐽 (𝑥)
𝑡 𝑘 −𝑘
+⋯
𝑥
1
1
(𝑡 − ) = ln(1 × 𝐽0 (𝑥)) + ln(𝑡 × 𝐽1 (𝑥)) + ⋯ + ln(𝑡 𝑘 × 𝐽𝑘 (𝑥)) + ⋯ + ln ( × 𝐽−1 (𝑥)) + ⋯
2
𝑡
𝑡
1
+ ln ( 𝑘 × 𝐽−𝑘 (𝑥)) + ⋯
𝑡
𝑥
1
1
(𝑡 − ) = ln(1) + ln(𝐽0 (𝑥)) + ln(𝑡) + ln(𝐽1 (𝑥)) + ⋯ + ln(𝑡 𝑘 ) + ln(𝐽𝑘 (𝑥)) + ⋯ + ln ( )
2
𝑡
𝑡
1
+ ln(𝐽−1 (𝑥)) + ⋯ + ln ( 𝑘 ) + ln(𝐽−𝑘 (𝑥)) + ⋯ ⋯
𝑡
𝑥
1
(𝑡 − ) = ln(𝐽0 (𝑥) × 𝐽1 (𝑥) × ⋯ × 𝐽𝑘 (𝑥) × ⋯ ) + ln(𝐽−1 (𝑥) × ⋯ × 𝐽−𝑘 (𝑥) × ⋯ )
2
𝑡
1 1
1
+ ln(1 × 𝑡 × 𝑡 2 × ⋯ × 𝑡 𝑘 × ⋯ ) + ln ( × 2 × ⋯ × 𝑘 × ⋯ )
𝑡 𝑡
𝑡
Hallando el equivalente en sumatorias:
∞
−1
∞
−1
𝑛=−∞
∞
𝑛=0
∞
𝑛=−∞
𝑥
1
(𝑡 − ) = ∑ ln(𝐽𝑛 (𝑥)) + ∑ ln(𝐽𝑛 (𝑥)) + ∑ ln(𝑡 𝑛 ) + ∑ ln(𝑡 𝑛 )
2
𝑡
𝑛=0
𝑥
1
(𝑡 − ) = ∑ ln(𝐽𝑛 (𝑥)) + ∑ ln(𝑡 𝑛 )
2
𝑡
−∞
∞
−∞
𝑥
1
(𝑡 − ) = ∑[ln(𝐽𝑛 (𝑥)) + ln(𝑡 𝑛 )]
2
𝑡
−∞
∞
𝑥
1
(𝑡 − ) = ∑ ln(𝑡 𝑛 × 𝐽𝑛 (𝑥))
2
𝑡
𝑥
1
𝑒 2(𝑡− 𝑡 )
−∞
∞
= ∑ 𝑡 𝑛 × 𝐽𝑛 (𝑥)
−∞
∴
𝑥
1
𝑒 2(𝑡− 𝑡 )
∞
1
1
= 𝐽0 (𝑥) + 𝑡𝐽1 (𝑥) + ⋯ + 𝑡 𝐽𝑘 (𝑥) + ⋯ + 𝐽−1 (𝑥) + ⋯ + 𝑘 𝐽−𝑘 (𝑥) + ⋯ ⋯ = ∑ 𝑡 𝑛 𝐽𝑛 (𝑥)
𝑡
𝑡
𝑘
𝑛=−∞

5) X  X
2
 Y "   32  2 X  Y '  14 Y  0
SOLUCION:
 +  + 1 = 2 ;  = 3/2
1 1 3

Y1  F  ; ; ; X 
2 2 2

 = 1 - 
 = 1/4
(1 - )  = 1/4
x 3x 2
5 x3
y1  1 


 ..........
6
40
112
 - 2 - ¼ = 0
2 -  + ¼ = 0
 = ½ ;  = ½ ;  = 3/2
ANALOGAMENTE:
y2  x1 F (   1;    1; 2   ; x)
y2  x 1/2 F (0; 0;
1
x
; x) 
2
x
y = Ay1 + By2

 B x
x
3x 2 5 x 2
y  A 1 


 .......... 
6
40 112
x


6.- resolver mediante serie:
(𝑥 − 𝑥 2 )𝑦 ´´ + 4(1 − 𝑥)𝑦 ´ − 2𝑦 = 0
Solución:
(𝑥 − 𝑥 2 )𝑦 ´´ + 4(1 − 𝑥)𝑦 ´ − 2𝑦 = 0, 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑔𝑎𝑢𝑠𝑠
𝛾 = 4 , 𝛼𝛽 = 2 , 𝛼 + 𝛽 + 1 = 4 , 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:
𝛼 = 1 ,𝛽 = 2 ,𝛾 = 4 ,𝑥 = 𝑥
𝑦1 = 𝐹(𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝑥) , 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:
𝑥
3 2 1 3
𝑦1 = (1 + +
𝑥 + 𝑥 ……)
2 10
5
Análogamente:
𝑦2 = 𝑥 1−𝛾 𝐹(𝛼 − 𝛾 + 1, 𝛽 − 𝛾 + 1,2 − 𝛾, 𝑥) , 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠
𝑦2 = 𝑥 1−𝛾 𝐹(−2, −1, −2, 𝑥)
𝑦2 = 𝑥 −3 (1 + 2𝑥. . )
La solución completa será:
𝑥
3 2 1 3
𝑦 = 𝐴 (1 + +
𝑥 + 𝑥 … … ) + 𝐵𝑥 −3 (1 + 2𝑥. . )
2 10
5
7.- probar que:
a)
b)
F ( ,  ,  , x)  (1  x) 
xF (1,1,2, x )  ln( 1  x )
a) F ( ,  ,  , x)  (1  x)
Como:

y  F ( ,  ,  , x)  F ( ,  ,  , x)
tenemos :    ,    ,    , x  x
Como:

 (  1)  (   1) 2
x
x 
1
1x 2 x (  1)
 (  1)(  2)  (   1)(   2) 3
x  ....
1x 2 x (  1)(  2)
y  1
Reemplazando obtenemos:
y  1 x 
 (  1)
x2 
1x 2
 (  1)(  2) 3
x 
1x 2 x 3
 (  1)(  2)(  3) 4
x  ........
1x 2 x3 x 4
Como :
1  x  n
 1 x 
n ( n  1) 2
x 
2!
n ( n  1)( n  2) 3
x 
3!
n ( n  1)( n  2)( n  3) 4
x  ........
4!
entonces :
y  1  x 
Entonces queda probado que:

F ( ,  ,  , x)  (1  x) 
b) xF (1,1,2, x )  ln( 1  x )
Como:
Como:
y  F ( ,  ,  , x)  F (1,1,2, x)
tenemos :   1,   1,   2, x   x
 

1  1 x 



  (  1)  (   1) 2

x 


y  x 1x 2 x (  1)


  (  1)(  2)  (   1)(   2) 3 
x 

1x 2 x (  1)(  2)


 ....

Reemplazando obtenemos:
2 x2 2
2 x3 x 2 x3 3 
 x
1 
x 
x

yx
2 2 x 2 x3
2 x3 x 2 x3 x 4 


 ....

2
3
4
5
x
x
x
x
y  x



 ........
2
3
4
5
Como :
ln( 1  x )  x 
x2 x3 x4 x5



 ........
2
3
4
5
entonces :
y  ln( 1  x )
Entonces queda probado que:
xF (1,1,2, x )  ln( 1  x )
8.- probar que el cambio de variable dependiente y  z x transforma la ecuación y   y  0 en una
ecuación de Bessel.
Hacemos el cambio de variable y  z x
yz x
y  z x 
y   z  x 
z
2 x
z

z

z
3
Reemplazando en la ecuación obtenemos:
2 x 2 x 4x 2
z
z
y   z  x 
 3
x 4x 2
z
z
y   y  z  x 
 3 z x 0
x 4x 2
z
x 2 z   xz    x 2 z
4
 0, para x  0
x
3
2
z
 x2z  0
4
z
x 2 z   xz   ( x 2  ) z  0
4
x 2 z   xz  
Vemos que con el cambio de variable de y  z x a la ecuación y   y  0 se transforma en una
ecuación de Bessel.