PautaControl_4

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Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
Campus Santiago
Control 4 - Mate 3
Miércoles 14 de Mayo 2008
1. xy2y′ + y3 = x cos x
Solución:
xy2y′ + y3 = x cos x =⇒ y′ + 1
x
y = y−2 cos x.
Es una ecuación de Bernoulli, por lo cual usamos la sustitución: u = y1−(−2) = y3,
de donde:
u′ +
3
x
u = 3 cos x, que es una ED lineal. Luego:
u(x) = e
−
∫
3
x
dx
∫ 3 cos x e
∫
3
x
dx
dx + C

= x−3
(
3
∫
x3 cos x dx + C
)
= 3x−3
(
x3 sen x + 3x2 cos x− 6x sen x− 6 cos x + K
)
= 3 sen x +
9 cos x
x
− 18sen x
x2
− 18cos x
x3
+
K
x3
Es decir: y3 = 3 sen x +
9 cos x
x
− 18sen x
x2
− 18cos x
x3
+
K
x3
2.
dy
dx
= − 3x
2y + y2
2x3 + 3xy
con y(1) = −2 .
Solución:
La ecuación es equivalente a: (3x2y + y2) dx + (2x3 + 3xy) dy = 0.
Para ver si es exacta, calculamos:
∂M
∂y
= 3x2 + 2y
∂N
∂x
= 6x2 + 3y
Luego, la ecuación no es exacta. Buscamos si es posible determinar un factor integrante,
para lo que calculamos:
Nx −My
M
=
3x2 + y
y(3x2 + y)
=
1
y
, por lo que tiene f.i.
Aplicamos el factor integrante e
1
y
dy
= y a la ecuación, obteniendo:
(3x2y2 + y3) dx + (2x3y + 3xy2) dy = 0, que es fácil verificar que es exacta.
Buscamos F (x, y) = 0 tal que
∂F (x, y)
∂x
= 3x2y2 + y3 =⇒ F (x, y) = x3y2 + xy3 + C(y)
Luego:
∂F (x, y)
∂y
= 2x3y + 3xy2 +
dC
dy
= 2x3y + 3xy2 =⇒ dC
dy
= 0
Así, C(y) = K, luego, F (x, y) = x3y2 + xy3 + K = 0.
Reemplazando la condición inicial y(1) = −2 en esta ecuación: 4−8+K = 0 tenemos
que K = 4, de donde finalmente, la solución de la ED viene dada por:
x3y2 + xy3 + 4 = 0