EDO: Tarea #3fisica.ugto.mx/~vaquera/files/hejmtaskoj3s.pdf · Soluci on EDO : Tarea #3 Boyce & DiPrima 7th Ed. Problemas 34, 36 y 38 Secci on 2.2, p. 47. Problema 1 dy dx = 4x+ 3y

EDO: Tarea #3Entregada el 21 de Septiembre, 2011

Carlos Vaquera

Solucion

1

Solucion EDO : Tarea #3

Indice

Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Problema 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Problema 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Problema 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Problema 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Problema 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Problema 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Problema 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Problema 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Pagina 2 de 30

Solucion EDO : Tarea #3

Boyce & DiPrima 7th Ed. Problemas 34, 36 y 38 Seccion 2.2, p. 47.

Problema 1

dy

dx= −4x+ 3y

2x+ y(1)

Dividiendo simultaneamente el numerador y el denominador en el lado derecho de (1), la ecuacion queda en

una forma explıcitamente homogenea:dy

dx= −

4 + 3 yx2 + y

x

(2)

de modo que ante el cambio de variable u = y/x, esta se reduce a

xdu

dx+ u = −4 + 3u

2 + u, (3)

que es separable. Con una pequena dosis de algebra

xdu

dx= −4 + 3u

2 + u− u = −4 + 3u+ 2u+ u2

2 + u= −4 + 5u+ u2

2 + u=

(u+ 1) (u+ 4)

2 + u(4)

obtenemos ∫u+ 2

(u+ 1) (u+ 4)du = −

∫dx

x+ C1. (5)

Separando el integrando del lado derecho en fracciones parciales

u+ 2

(u+ 1) (u+ 4)=

A

u+ 1+

B

u+ 4

⇒ u+ 2 = A(u+ 4) +B(u+ 1)

= (A+B)u+ (4A+B)

(6)

se tiene A = 1/3 y B = 2/3, de modo que (5) queda∫ [1

3(u+ 1)+

2

3(u+ 4)

]du = −

∫dx

x+ C1

1

3ln |u+ 1|+ 2

3ln |u+ 4| = − ln |x|+ C1.

(7)

Exponenciando ambos lados (con C2 = eC1)

[|u+ 1|(u+ 4)2

] 13 =

C2

|x|(8)

y regresando a la variable original y = ux, se tiene[∣∣∣∣y + x

x

∣∣∣∣ (y + 4x

x

)2] 1

3

=C2

|x|[|y + x| (y + 4x)

2] 1

3

|x|=C2

|x|

(9)

Problema 1 continua en la pagina siguiente. . . Pagina 3 de 30

Solucion EDO : Tarea #3 Problema 1 (continuacion)

y finalmente, definiendo C = C32 , la solucion a (1) es, en forma implıcita

(y + x) (y + 4x)2

= C (10)

-4 -2 0 2 4x

-4

-2

0

2

4

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −32,−16,−8,−2, 0, 2, 8, 16, 32.

Pagina 4 de 30

Solucion EDO : Tarea #3 Problema 1

Problema 2

(x2 + 3xy + y2

)dx− x2dy (11)

La ecuacion (11) puede escribirse de la forma explıcitamente homogenea

dy

dx= 1 + 3

y

x+(yx

)2(12)

de modo que ante el cambio de variable u = y/x, se reduce a

xdu

dx+ u = 1 + 3u+ u2, (13)


xdu

dx= 1 + 2u+ u2 = (1 + u)2, (14)

obtenemos ∫du

(1 + u)2 =

∫dx

x+ C

⇒ − 1

(1 + u)= ln |x|+ C.

(15)

Ası, regresando a la variable original y = ux, se tiene

y(x) = −x(

1

ln |x|+ C+ 1

). (16)

-3 -2 -1 0 1 2 3x

-15

-10

-5

0

5

10

15

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −8,−4,−2,−1, 1, 2, 4, 8.

Pagina 5 de 30


Problema 3

dy

dx=

3y2 − x2

2xy(17)

La ecuacion (17) puede escribirse de la forma explıcitamente homogenea

dy

dx=

3

2

y

x− 1

2

(yx

)−1(18)

de modo que ante el cambio de variable u = y/x, se reduce a

xdu

dx+ u =

3

2u− 1

2u−1, (19)


xdu

dx=

1

2

(u− u−1

)=u2 − 1

2u(20)

obtenemos ∫2u

u2 − 1du =

∫dx

x+ C1∫

d(u2 − 1)

u2 − 1= ln |x|+ C1

ln∣∣u2 − 1

∣∣ = ln |x|+ C1.

(21)

Exponenciando ambos lados (con C = eC1) ∣∣u2 − 1∣∣ = C |x| (22)

y regresando a la variable original y = ux, se tiene

y2 − x2 = Cx3 (23)

y por lo tanto

y(x) = ±√x2 + Cx3. (24)



-1 -0.5 0 0.5 1x

-1

-0.5

0

0.5

1

y(x)


Pagina 7 de 30


Boyce & DiPrima 7th Ed. Problemas 9, 12, 13, 14, 26, 28 y 30 Seccion 2.6, p. 95.

Problema 4

(yexy cos 2x− 2exy sin 2x+ 2x) dx+ (xexy cos 2x− 3) dy = 0 (25)

Esta ecuacion es de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con

M = yexy cos 2x− 2exy sin 2x+ 2x, (26)

N = xexy cos 2x− 3. (27)

Para averiguar si es exacta y existe una funcion φ(x, y) tal que M = ∂φ∂x y N = ∂φ

∂y , evaluamos

∂M

∂y= exy cos 2x+ xyexy cos 2x− 2xexy sin 2x (28)

y∂N

∂x= exy cos 2x+ xyexy cos 2x− 2xexy sin 2x. (29)

La condicion ∂M∂y = ∂N

∂x se satisface, por lo tanto (25) es exacta y se puede escribir como dφ = 0. la

dependencia en y de la funcion φ(x, y) puede obtenerse integrando N directamente:

φ(x, y) =

∫Ndy + g(x) =

∫(xexy cos 2x− 3) dy + g(x)

= exy cos 2x− 3y + g(x)

(30)

de modo que

M =∂φ

∂x= yexy cos 2x− 2exy sin 2x+

dg

dx. (31)

Comparando este resultado con (26), la ecuacion que satisface g(x) es

dg

dx= 2x, (32)

y por tanto g(x) = x2. Introduciendo este resultado en (30):

φ(x, y) = exy cos 2x− 3y + x2, (33)

la ecuacion (25) se escribe dφ(x, y) = 0, de manera que su solucion viene dada por

exy cos 2x− 3y + x2 = C. (34)



-6 -4 -2 0 2 4 6x

-4

-2

0

2

4

6

8

10

y(x)


Pagina 9 de 30


Problema 5

xdx

(x2 + y2)3/2

+ydy

(x2 + y2)3/2

= 0 (35)


M =x

(x2 + y2)3/2

, (36)

N =y

(x2 + y2)3/2

. (37)


∂y , evaluamos

∂M

∂y= − 3xy

(x2 + y2)5/2(38)

y∂N

∂x= − 3xy

(x2 + y2)5/2. (39)



dependencia en x de la funcion φ(x, y) puede obtenerse integrando M directamente:

φ(x, y) =

∫Mdx+ h(y) =

∫xdx

(x2 + y2)3/2

+ h(y)

=1

2

∫d(x2 + y2

)(x2 + y2)

3/2+ h(y)

= −(x2 + y2

)−1/2+ h(y)

(40)

de modo que

N =∂φ

∂y=

y

(x2 + y2)3/2

+dh(y)

dy. (41)

Comparando este resultado con (37), la ecuacion que satisface h(y) es

dh

dy= 0, (42)

y por tanto h(y) = C1. Introduciendo este resultado en (40):

φ(x, y) = −(x2 + y2

)−1/2+ C1, (43)


−(x2 + y2

)−1/2= C2. (44)

o equivalentemente:

y(x) = ±√C − x2. (45)



-3 -2 -1 0 1 2 3x

-3

-2

-1

0

1

2

3

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Pagina 11 de 30


Problema 6

(2x− y) dx+ (2y − x) dy = 0, y(1) = 3 (46)


M = 2x− y, (47)

N = 2y − x. (48)


∂y , evaluamos

∂M

∂y= −1 (49)

y∂N

∂x= −1. (50)




φ(x, y) =

∫Mdx+ h(y) =

∫(2x− y) dx+ h(y)

= x2 − xy + h(y)

(51)

de modo que

N =∂φ

∂y= −x+

dh(y)

dy. (52)


dh

dy= 2y, (53)

y por tanto h(y) = y2 + C1. Introduciendo este resultado en (51):

φ(x, y) = x2 − xy + y2 + C1, (54)


x2 − xy + y2 = C. (55)

C se obtiene de la condicion inicial y(1) = 3 en la ecuacion anterior, de modo que

C = 12 − 1 (3) + 32 = 7. (56)

Ası, la solucion al problema de condicion inicial (46) es

x2 − xy + y2 = 7. (57)



-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4x

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

y(x)

Campo de direcciones y solucion al problema de condicion inicial.

Pagina 13 de 30


Problema 7

(9x2 + y − 1

)dx− (4y − x) dy = 0, y(1) = 0 (58)


M = 9x2 + y − 1, (59)

N = −4y + x. (60)


∂y , evaluamos

∂M

∂y= 1 (61)

y∂N

∂x= 1. (62)




φ(x, y) =

∫Mdx+ h(y) =

∫ (9x2 + y − 1

)dx+ h(y)

= 3x3 + xy − x+ h(y)

(63)

de modo que

N =∂φ

∂y= x+

dh(y)

dy. (64)


dh

dy= −4y, (65)

y por tanto h(x) = −2y2 + C1. Introduciendo este resultado en (51):

φ(x, y) = 3x3 + x (y − 1)− 2y2 + C1, (66)


3x3 + x (y − 1)− 2y2 = C. (67)

De nuevo, C se obtiene de la condicion inicial y(1) = 0 en la ecuacion anterior, de modo que

C = 3 + (0− 1)− 0 = 2. (68)

Ası, la solucion al problema de condicion inicial (46) es

3x3 + x (y − 1)− 2y2 = 2. (69)



0 2 4 6 8 10 12x

-40

-20

0

20

40

y(x)

Campo de direcciones y solucion al problema de condicion inicial.

Pagina 15 de 30


Problema 8

y′ = e2x + y − 1 (70)

Esta ecuacion puede escribirse de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con

M = e2x + y − 1, N = −1. (71)

Para averiguar si es exacta, evaluamos las siguientes parciales:

∂M

∂y= 1,

∂N

∂x= 0. (72)


∂x no se satisface, por lo tanto (70) no es exacta, sin embargo, la combinacion

∂M∂y −

∂N∂x

N= −1 (73)

no depende de la variable dependiente y, de modo que existe un factor integrante µ(x) definido por la

ecuacion diferencial

1

µ

dµ

dx=

∂M∂y −

∂N∂x

N= −1

⇒ µ(x) = e−x(74)

que nos permite escribir (70) como µMdx+ µNdy = dφ = 0, con

µM = ex + e−x (y − 1) , µN = −e−x. (75)

Ası, la funcion φ puede obtenerse a partir de µN como sigue:

φ(x, y) =

∫µNdy + g(x) = −e−x

∫dy + g(x)

= −ye−x + g(x)

(76)

de modo que

µM =∂φ

∂x= ye−x +

dg(x)

dx. (77)

Comparando este resultado con (75), la ecuacion que satisface g(x) es

dg(x)

dx= ex − e−x, (78)

y por tanto g(x) = ex + e−x + C1. Introduciendo este resultado en (76), obtenemos

φ(x, y) = −ye−x + ex + e−x + C1, (79)

y por tanto, la solucion general de (70) viene dada por

(1− y) e−x + ex = C ⇒ y(x) = 1 + e2x − Cex. (80)



-3 -2 -1 0 1 2x

-5

0

5

10

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −6,−4,−2, ,−1, 0, 1, 2, 4, 6.

Pagina 17 de 30


Problema 9

ydx+(2xy − e−2y

)dy = 0 (81)

Esta esta en la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con

M = y, N = 2xy − e−2y. (82)


∂M

∂y= 1,

∂N

∂x= 2y. (83)



∂N∂x −

∂M∂y

M=

2y − 1

y(84)

no depende de la variable independiente x, de modo que existe un factor integrante µ(y) definido por la


1

µ

dµ

dy=

∂N∂x −

∂M∂y

M= 2− 1

y

⇒ µ(y) = e2y−ln|y| = e2y/ |y|(85)


µM = e2y, µN = 2xe2y − 1

y(y > 0). (86)

Ası, la funcion φ puede obtenerse a partir de µM como sigue:

φ(x, y) =

∫µMdx+ h(y) = e2y

∫dx+ h(y)

= xe2y + h(y)

(87)

de modo que

µN =∂φ

∂y= 2xe2y +

dh(y)

dy. (88)


dh(y)

dy= −1

y, (89)

y por tanto h(y) = − ln y + C1. Introduciendo este resultado en (87), obtenemos

φ(x, y) = xe2y − ln y + C1, (90)

y por tanto, la solucion general de (81) para y > 0 viene dada por

xe2y − ln y = C. (91)



Similarmente, la solucion general para y < 0 se obtiene tomando el factor integrante µ = e2y/ |y| = −e2y/yy es

xe2y − ln (−y) = C. (92)

Notese ademas que el uso de un factor integrante singular en y = 0 remueve esta solucion de la ecuacion

original. Ası, la solucion general de (81) para y ∈ R es{xe2y − ln |y| = C y 6= 0

y = 0 y = 0.(93)

-3 -2 -1 0 1 2 3x

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −1,−0.3, 0, 0.3, 1, 2, 4, 6.

Pagina 19 de 30


Problema 10

(4x3

y2+

3

y

)dx+

(3x

y2+ 4y

)dy = 0 (94)

Esta esta en la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con

M =4x3

y2+

3

y, N =

3x

y2+ 4y. (95)


∂M

∂y= −8x3

y3− 3

y2,

∂N

∂x=

3

y2. (96)



∂N∂x −

∂M∂y

M=

8x3

y3 + 6y2

4x3

y2 + 3y

=2

y(97)

no depende de la variable independiente x, de modo que existe un factor integrante µ(y) definido por la


1

µ

dµ

dy=

∂N∂x −

∂M∂y

M=

2

y

⇒ µ(y) = e2 ln|y| = y2(98)


µM = 4x3 + 3y, µN = 3x+ 4y3. (99)

Ası, la funcion φ puede obtenerse a partir de µM como sigue:

φ(x, y) =

∫µMdx+ h(y) =

∫ (4x3 + 3y

)dx+ h(y)

= x4 + 3xy + h(y)

(100)

de modo que

µN =∂φ

∂y= 3x+

dh(y)

dy. (101)


dh(y)

dy= 4y3, (102)

y por tanto h(y) = y4 + C1. Introduciendo este resultado en (100), obtenemos

φ(x, y) = x4 + 3xy + y4 + C1, (103)


x4 + 3xy + y4 = C. (104)



-2 -1 0 1 2x

-2

-1

0

1

2

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −1,−1/2,−1/4, 0, 1/4, 1/2, 1, 2, 4, 8.

Pagina 21 de 30


Zill 7th Ed. Problemas 26 y 30 Seccion 2.5, p. 74.

Problema 11

dy

dx= sin (x+ y) (105)

Esta ecuacion es de la forma dydx = f(Ax+By + C). Haciendo el cambio de variable u = x+ y, tenemos

d

dx(u− x) =

du

dx− 1 = sinu, (106)

que es separable:du

1 + sinu= dx. (107)

El lado izquierdo de la ecuacion anterior se integra multiplicando y dividiendo al integrando simultaneamente

por (1− sinu): ∫du

1 + sinu=

∫1− sinu

1− sin2 udu =

∫1− sinu

cos2 udu =

∫sec2 udu−

∫sinu

cos2 udu

= tanu+

∫d (cosu)

cos2 u= tanu− 1

cosu= tanu− secu

(108)

y por lo tanto

tanu− secu = x+ C (109)

es la solucion general de (105), y puede escribirse en forma implıcita para la variable original y = u−x como

tan(x+ y)− sec(x+ y)− x = C. (110)



-6 -4 -2 0 2 4 6x

-6

-4

-2

0

2

4

6

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C = −7,−6,−5,−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

Pagina 23 de 30


Problema 12

dy

dx=

3x+ 2y

3x+ 2y + 2, y(−1) = −1 (111)

Esta ecuacion es de la forma dydx = f(Ax+By+C). Haciendo el cambio de variable u = 3x+2y+2, tenemos

d

dx

(u− 3x− 2

2

)=u− 2

u

1

2

du

dx− 3

2= 1− 2

u

(112)

que es separable:du

5− 4u

= dx. (113)

El lado izquierdo de la ecuacion anterior se integra multiplicando y dividiendo al integrando simultaneamente

por u: ∫du

5− 4u

=

∫u

5u− 4du =

1

5

∫u

u− 45

du =1

5

∫u− 4

5 + 45

u− 45

du

=1

5

∫du+

4

25

∫d(u− 4

5

)u− 4

5

=u

5+

4

25ln

∣∣∣∣u− 4

5

∣∣∣∣(114)

y por lo tantou

5+

4

25ln

∣∣∣∣u− 4

5

∣∣∣∣ = x+ C (115)

es la solucion general de (111), y puede escribirse en forma implıcita para la variable original y = (u−3x−2)/2

como3x+ 2y + 2

5+

4

25ln

∣∣∣∣3x+ 2y +6

5

∣∣∣∣− x = C. (116)

C se determina a partir de la condicion y(−1) = −1:

C =−3− 2 + 2

5+

4

25ln

∣∣∣∣−3− 2 +6

5

∣∣∣∣+ 1 =2

5+

4

25ln

19

5, (117)

con lo cual, la solucion al problema con condicion inicial es

y − x+2

5ln

∣∣∣∣5 (3x+ 2y) + 6

19

∣∣∣∣ = 0. (118)



-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5x

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

y(x)

Campo de direcciones y solucion al problema de valor inicial.

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Extra: Zill 7th Ed. Problemas 36 Seccion 2.5, p. 75.

Problema 13

xdy

dx= y ln (xy) (119)

Esta ecuacion se resuelve haciendo el cambio de variable u = ln(xy), con lo cual y = eu/x & dydx = eu

xdudx −

eu

x2 .

Ası, (119) queda

x

(eu

x

du

dx− eu

x2

)=eu

xu (120)

que en la forma canonica es lineal:du

dx− u

x=

1

x(121)

Multiplicando ambos lados de esta ecuacion por el factor integrante

µ(x) = e∫(− 1

x )dx = e− ln x =1

x(122)

obtenemos

1

x

du

dx− u

x2=

1

x2(123)

d

dx

(ux

)=

1

x2(124)

⇒ u = x

(∫x−2dx+ C

)= Cx− 1. (125)

La solucion general de (119), en terminos de las variables originales es

y(x) =eCx−1

x. (126)



0 1 2 3 4 5x

0

1

2

3

4

5

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a C =-4, -2, -1, 0, 0.5, 0.75, 1, 1.5, 2, 2.5.

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Extra: Nagel 4a Ed. Problemas 28(a) y 30 Seccion 2.5, p. 66.

Problema 14

Determine la funcion mas general N(x, y) de modo que la ecuacion

[y cos (xy) + ex] dx+N(x, y)dy = 0 (127)

sea exacta.


M = y cos (xy) + ex, (128)

Si esta ecuacion es exacta, existe una funcion φ(x, y) tal que M = ∂φ∂x y N = ∂φ

∂y . La dependencia en x de la

funcion φ(x, y) puede obtenerse integrando M directamente:

φ(x, y) =

∫Mdx+ h(y) =

∫[y cos (xy) + ex] dx+ h(y)

= sinxy + ex + h(y)

(129)

de modo que, la funcion mas general para N que permite escribir (127) como una ecuacion exacta es

N =∂φ

∂y= x cosxy +

dh(y)

dy. (130)

Problema 15

Considere la ecuacion (5x2y + 6x3y2 + 4xy2

)dx+

(2x3 + 3x4y + 3x2y

)dy = 0 (131)

(a)

Muestre que la ecuacion no es exacta

La ecuacion esta en la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, con

M = 5x2y + 6x3y2 + 4xy2, N = 2x3 + 3x4y + 3x2y. (132)


∂M

∂y= 5x2 + 12x2y + 8xy,

∂N

∂x= 6x2 + 12x3y + 6xy. (133)


∂x no se satisface, por lo tanto (131) no es exacta.

(a)

(b)

Multiplique la ecuacion por xnym y determine valores de n y m que hagan exacta a la ecuacion

resultante

Problema 15 [(b)] continua en la pagina siguiente. . . Pagina 28 de 30


La ecuacion resultante es(5x2+ny1+m + 6x3+ny2+m + 4x1+ny2+m

)dx+

(2x3+nym + 3x4+ny1+m + 3x2+ny1+m

)dy = 0,

(134)

y podemos escribirla de la forma M ′(x, y)dx+N ′(x, y)dy = 0, con

M ′ = 5x2+ny1+m+6x3+ny2+m+4x1+ny2+m, N ′ = 2x3+nym+3x4+ny1+m+3x2+ny1+m. (135)

Para averiguar que valores n,m hacen a (134) exacta, evaluamos las siguientes parciales:

∂M ′

∂y= 5 (1 +m)x2+nym + 6 (2 +m)x3+ny1+m + 4 (2 +m)x1+ny1+m, (136)

∂N ′

∂x= 2 (3 + n)x2+nym + 3 (4 + n)x3+ny1+m + 3 (2 + n)x1+ny1+m. (137)

e imponemos la condicion∂M ′

∂y=∂N ′

∂x(138)

de modo que

(2n− 5m+ 1)x2+nym + 3 (n− 2m)x3+ny1+m + (3n− 4m− 2)x1+ny1+m = 0, (139)

que se satisface para n = 2 y m = 1.

(b)

(c)

Use la solucion de la ecuacion resultante para resolver la ecuacion original

La ecuacion exacta resultante es(5x4y2 + 6x5y3 + 4x3y3

)dx+

(2x5y + 3x6y2 + 3x4y2

)dy = 0, (140)

y podemos escribirla de la forma dφ = 0, con M ′ = ∂φ∂x y N ′ = ∂φ

∂y dados por

M ′ = 5x4y2 + 6x5y3 + 4x3y3, N ′ = 2x5y + 3x6y2 + 3x4y2. (141)

Ası, la funcion φ puede obtenerse a partir de M ′ como sigue:

φ(x, y) =

∫M ′dx+ h(y) =

∫ (5x4y2 + 6x5y3 + 4x3y3

)dx+ h(y)

= x5y2 + x6y3 + x4y3 + h(y)

(142)

de modo que

N ′ =∂φ

∂y= 2x5y + 3x6y2 + 3x4y2 +

dh(y)

dy. (143)

(c)

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dh(y)

dy= 0, (144)

y por tanto h(y) = C1. Introduciendo este resultado en (142), obtenemos

φ(x, y) = x5y2 + x6y3 + x4y3 + C1, (145)


x5y2 + x6y3 + x4y3 = C. (146)

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4x

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

y(x)

Campo de direcciones y soluciones correspondientes a

C = −8,−4,−2,−1,−1/2,−1/4,−1/8, 0, 1/8, 1/4, 1/8, 1/2, 1, 2, 4, 8.

(c)

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Documents

EDO: Tarea #3fisica.ugto.mx/~vaquera/files/hejmtaskoj3s.pdf · Soluci on EDO : Tarea #3 Boyce & DiPrima 7th Ed. Problemas 34, 36 y 38 Secci on 2.2, p. 47. Problema 1 dy dx = 4x+ 3y