Boletines de problemas de Matematicas II
Problemas resueltos del Boletın 0
Ecuaciones diferenciales de primer orden
Problema 1 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales de variables separables.
(a) (x− 4)y4 dx− x3(y2 − 3) dy = 0 (b) 4xy dx + (x2 + 1) dy = 0
(c) 2x2yy′ + y2 = 2 (d) y(2x + 1) dx− x(x− 1) dy = 0
(e) y′ − 3x2y = 2xy (f) yy′ + x = 1
(g) y′ =6x5 − 2x + 1
cos y + ey(h)
x sen y dx + (x2 + 1) cos y dy = 0
y(1) = 0
Resolucion.
(a) (x−4)y4 dx−x3(y2−3) dy = 0 ⇐⇒ x− 4
x3dx =
y2 − 3
y4dy. Por tanto, integrando, nos
queda
∫x− 4
x3dx =
∫y2 − 3
y4dy ⇐⇒
∫ (1
x2− 4
x3
)dx =
∫ (1
y2− 3
y4
)dy
⇐⇒ −1
x+
2
x2= −1
y+
1
y3+ C con C ∈ R
(b) 4xy dx + (x2 + 1) dy = 0 ⇐⇒ 4x
x2 + 1dx = −dy
y. Por tanto, integrando, nos queda
∫4x
x2 + 1dx = −
∫dy
y⇐⇒ 2 ln(x2 + 1) + ln C = − ln |y|
⇐⇒ ln C(x2 + 1)2 = ln
∣∣∣∣1
y
∣∣∣∣
⇐⇒ y =C
(x2 + 1)2con C ∈ R
1
(c) 2x2yy′+ y2 = 2 ⇐⇒ 2x2ydy
dx+ y2 = 2 ⇐⇒ 2x2y dy = (2− y2) dx ⇐⇒ 2y
2− y2dy =
dx
x2.
Por tanto, integrando, nos queda
∫2y
2− y2dy =
∫1
x2dx ⇐⇒ − ln |2− y2|+ ln C = −1
x
⇐⇒ ln
∣∣∣∣2− y2
C
∣∣∣∣ =1
x
⇐⇒ 2− y2 = C e1/x con C ∈ R
(d) y(2x+1) dx−x(x− 1) dy = 0 ⇐⇒ 2x + 1
x(x− 1)dx =
dy
y. Ahora debemos integrar ambos
miembros. La integral del miembro de la izquierda es de tipo racional:
2x + 1
x(x− 1)=
A
x+
B
x− 1=
A(x− 1) + Bx
x(x− 1)=
(A + B)x− A
x(x− 1)
Como2x + 1
x(x− 1)=
(A + B)x− A
x(x− 1), deducimos que 2x + 1 = (A + B)x − A y, por tanto,
igualando los coeficientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos al sistema
{A + B = 2, −A = 1}, cuya solucion es A = −1 y B = 3 .
Integrando, nos queda
∫2x + 1
x(x− 1)dx =
∫1
ydy ⇐⇒
∫ (−1
x+
3
x− 1
)dx =
∫1
ydy
⇐⇒ − ln |x|+ 3 ln |x− 1|+ ln C = ln |y|
⇐⇒ ln
∣∣∣∣C(x− 1)3
x
∣∣∣∣ = ln |y|
⇐⇒ y =C(x− 1)3
xcon C ∈ R
(e) y′−3x2y = 2xy ⇐⇒ dy
dx= y(2x+3x2) ⇐⇒ dy
y= (2x+3x2) dx. Por tanto, integrando,
nos queda
∫1
ydy =
∫(2x + 3x2) dx ⇐⇒ ln |y|+ ln C = x2 + x3
⇐⇒ y = C e(x2+x3) con C ∈ R
2
(f) yy′+x = 1 ⇐⇒ ydy
dx= 1−x ⇐⇒ y dy = (1−x) dx. Por tanto, integrando, nos queda
∫y dy =
∫(1− x) dx ⇐⇒ y2
2+ C =
(x− x2
2
)
⇐⇒ y2 = 2x− x2 + C con C ∈ R
(g) y′ =6x5 − 2x + 1
cos y + ey⇐⇒ dy
dx=
6x5 − 2x + 1
cos y + ey⇐⇒ (cos y + ey) dy = (6x5 − 2x + 1) dx.
Por tanto, integrando, nos queda
∫(cos y + ey) dy =
∫(6x5 − 2x + 1) dx ⇐⇒ sen y + ey = x6 − x2 + x + C con C ∈ R
(h)
x sen y dx + (x2 + 1) cos y dy = 0
y(1) = 0
x sen y dx + (x2 + 1) cos y dy = 0 ⇐⇒ x
x2 + 1dx = −cos y
sen ydy. Por tanto, integrando, nos
queda
∫x
x2 + 1dx = −
∫cos y
sen ydy ⇐⇒ 1
2ln(x2 + 1) = − ln | sen y|+ ln C
⇐⇒ ln(√
x2 + 1)
= ln
∣∣∣∣C
sen y
∣∣∣∣
⇐⇒ sen y =C√
x2 + 1con C ∈ R
Imponemos ahora la condicion y(1) = 0, de modo que tenemos
0 =C√1 + 1
⇐⇒ C = 0
con lo que nos queda sen y = 0 ⇐⇒ y(x) = nπ, con n ∈ Z. Por consiguiente, las
soluciones particulares de la ecuacion que satisfacen la condicion y(1) = 0 son las funciones
constantes y(x) = nπ, con n ∈ Z
3
Problema 2 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homogeneas.
(a) (x2 − 3y2)dx + 2xydy = 0 (b) y3dx + (x3 − xy2)dy = 0
(c) (x + y)dx− xdy = 0 (d) y2 + x2y′ = xyy′
(e) y′ =(x + 2y)2
xy(f) y′ =
xy + y2 + x2
x2
Resolucion.
(a) (x2 − 3y2) dx + 2xy dy = 0 ⇐⇒ dy
dx=
3y2 − x2
2xy. Vemos claramente que se trata de
una ecuacion homogenea de grado 2. Dividimos numerador y denominador entre x2, de
modo que nos queda y′ =3y2 − x2
2xy⇐⇒ y′ =
3(y
x
)2
− 1
2(y
x
) . Ası que hacemos el cambio
y
x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda
z + xz′ =3z2 − 1
2z⇐⇒ xz′ =
3z2 − 1− 2z2
2z⇐⇒ xz′ =
z2 − 1
2z. Esta ecuacion es de
variables separables. En efecto,
xz′ =z2 − 1
2z⇐⇒ x
dz
dx=
z2 − 1
2z
⇐⇒ 2z
z2 − 1dz =
dx
x
Por tanto, integrando, nos queda
∫2z
z2 − 1dz =
∫1
xdx ⇐⇒ ln |z2 − 1| = ln |x|+ ln C
⇐⇒ ln |z2 − 1| = ln |Cx|
⇐⇒ z2 − 1 = Cx con C ∈ R
Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion
y2
x2− 1 = Cx ⇐⇒ y2 − x2 = Cx3 con C ∈ R
(b) y3 dx + (x3 − xy2) dy = 0 ⇐⇒ dy
dx=
y3
xy2 − x3. Vemos claramente que se trata de
una ecuacion homogenea de grado 3. Dividimos numerador y denominador entre x3, de
4
modo que nos queda y′ =y3
xy2 − x3⇐⇒ y′ =
(y
x
)3
(y
x
)2
− 1. Ası que hacemos el cambio
y
x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda
z+xz′ =z3
z2 − 1⇐⇒ z+xz′ =
z(z2 − 1) + z
z2 − 1⇐⇒ z+xz′ = z+
z
z2 − 1⇐⇒ xz′ =
z
z2 − 1.
Esta ecuacion es de variables separables. En efecto,
xz′ =z
z2 − 1⇐⇒ x
dz
dx=
z
z2 − 1
⇐⇒ z2 − 1
zdz =
dx
xPor tanto, integrando, nos queda∫
z2 − 1
zdz =
∫1
xdx ⇐⇒
∫ (z − 1
z
)dz =
∫1
xdx
⇐⇒ z2
2− ln |z|+ ln C = ln |x|
⇐⇒ z2
2= ln
∣∣∣xz
C
∣∣∣
⇐⇒ xz = C ez2/ con C ∈ RPor ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion
y = C ey2
2x2 con C ∈ R
(c) (x+y) dx−x dy = 0 ⇐⇒ dy
dx=
x + y
x⇐⇒ dy
dx= 1+
y
x. Vemos claramente que se trata
de una ecuacion homogenea de grado 1. Hacemos el cambioy
x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual
implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda z + xz′ = 1 + z ⇐⇒ xz′ = 1.
Esta ecuacion es de variables separables. En efecto,
xz′ = 1 ⇐⇒ xdz
dx= 1
⇐⇒ dz =dx
xPor tanto, integrando, tenemos∫
dz =
∫1
xdx ⇐⇒ z = ln |x|+ ln C
⇐⇒ z = ln |Cx|
⇐⇒ ez = Cx con C ∈ R
5
Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion
eyx = Cx con C ∈ R
(d) y2 + x2y′ = xyy′ ⇐⇒ (x2 − xy) y′ = −y2y′ =−y2
(x2 − xy). Vemos que se trata de
una ecuacion homogenea de grado 2. Dividimos numerador y denominador entre x2, de
modo que nos queda y′ =−y2
x2 − xy⇐⇒ y′ =
−(y
x
)2
1−(y
x
) . Ası que hacemos el cambio
y
x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda
z + xz′ =−z2
1− z⇐⇒ xz′ =
−z2 − z(1− z)
1− z⇐⇒ xz′ =
−z
1− z⇐⇒ xz′ =
z
z − 1. Esta
ecuacion es de variables separables. En efecto,
xz′ =z
z − 1⇐⇒ x
dz
dx=
z
z − 1
⇐⇒ z − 1
zdz =
dx
x
⇐⇒(
1− 1
z
)dz =
dx
x
Por tanto, integrando, nos queda
∫ (1− 1
z
)dz =
∫1
xdx ⇐⇒ z − ln |z| = ln |x|+ ln C
⇐⇒ z = ln |Cxz|
⇐⇒ ez = Cxz con C ∈ R
Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion
eyx = Cy con C ∈ R
(e) y′ =(x + 2y)2
xy⇐⇒ y′ =
x2 + 4xy + 4y2
(xy). Vemos que se trata de una ecuacion ho-
mogenea de grado 2. Dividimos numerador y denominador entre x2, de modo que nos
queda y′ =x2 + 4xy + 4y2
(xy)⇐⇒ y′ =
1 + 4(y
x
)2
+ 4(y
x
)2
(y
x
) . Ası que hacemos el cambio
6
y
x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos que-
da z + xz′ =1 + 4z + 4z2
z⇐⇒ xz′ =
1 + 4z + 4z2 − z2
z⇐⇒ xz′ =
1 + 4z + 3z2
z. Esta
ecuacion es de variables separables. En efecto,
xz′ =1 + 4z + 3z2
z⇐⇒ x
dz
dx=
1 + 4z + 3z2
z
⇐⇒ z
1 + 4z + 3z2dz =
dx
x
Ahora debemos integrar ambos miembros. La integral del miembro de la izquierda es de
tipo racional. Lo primero que debemos hacer es factorizar el polinomio del denominador.
Para ello, resolvemos la ecuacion de segundo grado:
3z2 + 4z + 1 = 0 ⇐⇒ z =−4±√16− 12
6=−4± 2
6⇐⇒
z1 = −1
3
z2 = −1
Tenemos, pues, que 3z2 + 4z + 1 = 3
(z +
1
3
)(z + 1) = (3z + 1)(z + 1). Ası, podemos
expresar el cociente en fracciones simples de este modo:
z
3z2 + 4z + 1=
A
3z + 1+
B
z + 1=
A(z + 1) + B(3z + 1)
(3z + 1) (z + 1)=
(A + 3B)z + (A + B)
(3z + 1) (z + 1)
Comoz
(3z + 1) (z + 1)=
(A + 3B)z + (A + B)
(3z + 1) (z + 1), deducimos que z = (A+3B)z+(A+B) y,
por tanto, igualando los coeficientes de los monomios que tienen el mismo grado, llegamos
al sistema {A + 3B = 1, A + B = 0}, cuya solucion es A = −1
2y B =
1
2.
Integrando, tenemos∫
z
1 + 4z + 3z2=
∫1
xdx ⇐⇒ −1
2
∫1
3z + 1dz +
1
2
∫1
z + 1dz =
∫1
xdx
⇐⇒ −1
6ln |3z + 1|+ 1
2ln |z + 1| = ln |x|+ ln C
⇐⇒ ln
∣∣∣∣(z + 1)1/2
(3z + 1)1/6
∣∣∣∣ = ln |Cx|
⇐⇒ (z + 1)1/2
(3z + 1)1/6= Cx con C ∈ R
Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion
((yx
)+ 1
)1/2
(3(
yx
)+ 1
)1/6= Cx ⇐⇒
(x+y
x
)1/2
(x+3y
x
)1/6= Cx ⇐⇒ (x + y)1/2
(x + 3y)1/6= Cx2/3 con C ∈ R
7
(f) y′ =xy + y2 + x2
x2. Vemos que se trata de una ecuacion homogenea de grado 2.
Dividimos numerador y denominador entre x2, de modo que nos queda
y′ =xy + y2 + x2
x2⇐⇒ y′ =
(y
x
)+
(y
x
)2
+ 1
1⇐⇒ y′ =
(y
x
)+
(y
x
)2
+ 1
Ası que hacemos el cambioy
x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo
en la ecuacion, nos queda z + xz′ = z + z2 + 1 ⇐⇒ xz′ = z2 + 1. Esta ecuacion es de
variables separables. En efecto,
xz′ = z2 + 1 ⇐⇒ xdz
dx= z2 + 1
⇐⇒ 1
1 + z2dz =
dx
x
Por tanto, integrando, tenemos
∫1
1 + z2dz =
∫1
xdx ⇐⇒ arctan z = ln |x|+ ln C
⇐⇒ arctan z = ln |Cx| con C ∈ R
Por ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion
arctan(y
x
)= ln |x|+ C con C ∈ R
8
Problema 3 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales lineales.
(a) y′ +2x + 1
xy = e−2x (b) y′ +
3y
x= 6x2
(c) y′ + 3x2y = x2 (d) y′ + 3y = 3x2e−3x
(e) (x2 + 1)y′ + 4xy = 3x (f) xy′ +2x + 1
x + 1y = x− 1
(g)
(x2 + 1)y′ + 4xy = x
y(2) = 1(h)
y′ − y = x
y(0) = 0
Resolucion.
(a) y′ +2x + 1
xy = e−2x.
Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada y′+2x + 1
xy = 0. Esta
ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,
y′ +2x + 1
xy = 0 ⇐⇒ dy
dx= −2x + 1
xy
⇐⇒ dy
y= −2x + 1
xdx
⇐⇒ dy
y= −
(2 +
1
x
)dx
Por tanto, integrando, nos queda
∫1
ydy = −
∫ (2 +
1
x
)dx ⇐⇒ ln |y| = −2x− ln |x|+ ln C
⇐⇒ ln∣∣∣xy
C
∣∣∣ = −2x
⇐⇒ y =C e−2x
x
Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x) e−2x
x, donde
cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que
la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular
y′(x) y sustituir en la ecuacion:
9
y(x) =C(x) e−2x
x
y′(x) =C ′(x) e−2x x + C(x) · (−2) e−2x x− C(x) e−2x
x2
=C ′(x) e−2x
x− 2
C(x) e−2x
x− C(x) e−2x
x2
Ası llegamos a que
C ′(x) e−2x
x− 2
C(x) e−2x
x− C(x) e−2x
x2+
(2x + 1
x
)C(x) e−2x
x= e−2x
y simplificando, nos queda
C ′(x) e−2x
x= e−2x ⇐⇒ C ′(x) = x ⇐⇒ C(x) =
x2
2+ K
Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion
lineal completa
y(x) =C(x) e−2x
x=
(x2
2+ K
)e−2x
x
que finalmente nos queda como
y(x) =x
2+
K e−2x
xcon K ∈ R
(b) y′ +3
xy = 6x2.
Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada y′ +3
xy = 0. Esta
ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,
y′ +3
xy = 0 ⇐⇒ dy
dx= −3
xy
⇐⇒ dy
y= −3
xdx
Por tanto, integrando, nos queda∫1
ydy = −
∫3
xdx ⇐⇒ ln |y| = −3 ln |x|+ ln C
⇐⇒ ln |y| = − ln |x3|+ ln C
⇐⇒ ln |y| = ln
∣∣∣∣C
x3
∣∣∣∣
⇐⇒ y =C
x3
10
Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x)
x3, donde cam-
biamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que la
funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular
y′(x) y sustituir en la ecuacion:
y(x) =C(x)
x3
y′(x) =C ′(x) x3 − C(x) 3x2
x6=
C ′(x)
x3− 3C(x)
x4
Ası llegamos a queC ′(x)
x3− 3C(x)
x4+
3
x· C(x)
x3= 6x2
y simplificando, nos queda
C ′(x)
x3= 6x2 ⇐⇒ C ′(x) = 6x5 ⇐⇒ C(x) = x6 + K
Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion
lineal completa
y(x) =C(x)
x3=
x6 + K
x3
que finalmente nos queda como
y(x) = x3 +K
x3con K ∈ R
(c) y′ + 3x2 y = x2.
Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada y′ + 3x2 y = 0. Esta
ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,
y′ + 3x2 y = 0 ⇐⇒ dy
dx= −3x2 y
⇐⇒ dy
y= −3x2 dx
Por tanto, integrando, nos queda∫1
ydy = −
∫3x2 dx ⇐⇒ ln |y|+ ln C = −x3
⇐⇒ ln |Cy| = −x3
⇐⇒ y = C e−x3
11
Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) = C(x) e−x3
, donde
cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que
la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular
y′(x) y sustituir en la ecuacion:
y(x) = C(x) e−x3
y′(x) = C ′(x) e−x3
+ C(x) · (−3x2) e−x3
= C ′(x) e−x3 − 3x2 C(x) e−x3
Ası llegamos a que
C ′(x) e−x3 − 3x2 C(x) e−x3
+ 3x2 C(x) e−x3
= x2
y simplificando, nos queda
C ′(x) e−x3
= x2 ⇐⇒ C ′(x) = x2 ex3 ⇐⇒ C(x) =1
3ex3
+ K
Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion
lineal completa
y(x) = C(x) e−x3
=
(1
3ex3
+ K
)e−x3
que finalmente nos queda como
y(x) =1
3+ K e−x3
con K ∈ R
(d) y′ + 3 y = 3x2 e−3x.
Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada y′ + 3 y = 0. Esta
ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,
y′ + 3 y = 0 ⇐⇒ dy
dx= −3 y
⇐⇒ dy
y= −3 dx
12
Por tanto, integrando, nos queda∫1
ydy = −3
∫dx ⇐⇒ ln |y|+ ln C = −3x
⇐⇒ ln |Cy| = −3x
⇐⇒ y = C e−3x
Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) = C(x) e−3x, donde
cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que
la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular
y′(x) y sustituir en la ecuacion:
y(x) = C(x) e−3x
y′(x) = C ′(x) e−3x + C(x) · (−3) e−3x = C ′(x) e−3x − 3 C(x) e−3x
Ası llegamos a que
C ′(x) e−3x − 3C(x) e−3x + 3 C(x) e−3x = 3x2 e−3x
y simplificando, nos queda
C ′(x) e−3x = 3x2 e−3x ⇐⇒ C ′(x) = 3x2 ⇐⇒ C(x) = x3 + K
Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion
lineal completa
y(x) = C(x) e−3x =(x3 + K
)e−3x
que finalmente nos queda como
y(x) = x3 e−3x + K e−3x con K ∈ R
(e) (x2 + 1) y′ + 4 x y = 3x.
Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada (x2 + 1) y′ + 4 x y = 0.
Esta ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,
(x2 + 1) y′ + 4 x y = 0 ⇐⇒ (x2 + 1)dy
dx= −4 x y
⇐⇒ dy
y= − 4x
x2 + 1dx
13
Por tanto, integrando, nos queda∫
1
ydy = −2
∫2x
x2 + 1dx ⇐⇒ ln |y| = −2 ln(x2 + 1) + ln C
⇐⇒ ln |y| = ln
(C
(x2 + 1)2
)
⇐⇒ y =C
(x2 + 1)2
Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x)
(x2 + 1)2, donde
cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que
la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular
y′(x) y sustituir en la ecuacion:
y(x) =C(x)
(x2 + 1)2
y′(x) =C ′(x) (x2 + 1)
2 − C(x) · 2(x2 + 1) · 2x(x2 + 1)4
=C ′(x)
(x2 + 1)2− 4xC(x)
(x2 + 1)3
Ası llegamos a que
(x2 + 1
) (C ′(x)
(x2 + 1)2− 4xC(x)
(x2 + 1)3
)+ 4x
C(x)
(x2 + 1)2= 3x
y simplificando, nos queda
C ′(x)
x2 + 1= 3x ⇐⇒ C ′(x) = 3x(x2 + 1) ⇐⇒ C ′(x) = 3x3 + 3x ⇐⇒ C(x) =
3
4x4 +
3
2x2 + K
Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion
lineal completa
y(x) =C(x)
(x2 + 1)2=
3
4x4 +
3
2x2 + K
(x2 + 1)2
Por consiguiente, la solucion general es
y(x) =
(3
4x4 +
3
2x2 + K
)(x2 + 1)−2 con K ∈ R
(f) x y′ +2x + 1
x + 1y = x− 1.
Resolvemos en primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada x y′ +2x + 1
x + 1y = 0.
14
Esta ecuacion es siempre de variables separables. En efecto,
x y′ +2x + 1
x + 1y = 0 ⇐⇒ x
dy
dx= −2x + 1
x + 1y
⇐⇒ dy
y= − 2x + 1
x(x + 1)dx
Por tanto, integrando, nos queda∫
1
ydy = −
∫2x + 1
x2 + xdx ⇐⇒ ln |y| = − ln |x2 + x|+ ln C
⇐⇒ ln |y| = ln
∣∣∣∣C
x2 + x
∣∣∣∣
⇐⇒ y =C
x2 + x
Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x)
x(x + 1), donde
cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que
la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular
y′(x) y sustituir en la ecuacion:
y(x) =C(x)
x(x + 1)
y′(x) =C ′(x) x (x + 1)− C(x) (2x + 1)
x2 (x + 1)2=
C ′(x)
x (x + 1)− C(x) (2x + 1)
x2 (x + 1)2
Ası llegamos a que
x
(C ′(x)
x (x + 1)− C(x) (2x + 1)
x2 (x + 1)2
)+
2x + 1
x + 1· C(x)
x (x + 1)= x− 1
y simplificando, nos queda
C ′(x)
x + 1= x− 1 ⇐⇒ C ′(x) =
x− 1
x + 1⇐⇒ C ′(x) = 1− 2
x + 1
⇐⇒ C(x) = x− 2 ln |x + 1|+ K
⇐⇒ C(x) = x− ln(x + 1)2 + K
Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion
lineal completa
y(x) =C(x)
x(x + 1)=
x− ln(x + 1)2 + K
x(x + 1)
15
que finalmente nos queda como
y(x) =1
x + 1− ln(x + 1)2
x(x + 1)+
K
x(x + 1)con K ∈ R
(g)
(x2 + 1) y′ + 4x y = x
y(2) = 1
Consideremos la ecuacion (x2 + 1) y′ + 4x y = x, que es lineal completa. Resolvemos en
primer lugar la ecuacion lineal homogenea asociada (x2 + 1) y′ + 4x y = 0. Esta ecuacion
es siempre de variables separables. En efecto,
(x2 + 1) y′ + 4x y = 0 ⇐⇒ (x2 + 1)dy
dx= −4x y
⇐⇒ dy
y= − 4x
x2 + 1dx
Por tanto, integrando, nos queda
∫1
ydy = −2
∫2x
x2 + 1dx ⇐⇒ ln |y| = −2 ln(x2 + 1) + ln C
⇐⇒ ln |y| = ln
(C
(x2 + 1)2
)
⇐⇒ y =C
(x2 + 1)2
Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) =C(x)
(x2 + 1)2, donde
cambiamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que
la funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular
y′(x) y sustituir en la ecuacion:
y(x) =C(x)
(x2 + 1)2
y′(x) =C ′(x) (x2 + 1)
2 − C(x) · 2(x2 + 1) · 2x(x2 + 1)4
=C ′(x)
(x2 + 1)2− 4xC(x)
(x2 + 1)3
Ası llegamos a que
(x2 + 1
) (C ′(x)
(x2 + 1)2− 4xC(x)
(x2 + 1)3
)+ 4x
C(x)
(x2 + 1)2= x
16
y simplificando, nos queda
C ′(x)
x2 + 1= x ⇐⇒ C ′(x) = x(x2 + 1) ⇐⇒ C ′(x) = x3 + x ⇐⇒ C(x) =
x4
4+
x2
2+ K
Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion
lineal completa
y(x) =C(x)
(x2 + 1)2=
x4
4+
x2
2+ K
(x2 + 1)2
La solucion general es
y(x) =
(x4
4+
x2
2+ K
)(x2 + 1)−2 con K ∈ R
Para encontrar la funcion que satisface la condicion y(2) = 1, imponemos en la solucion
general x = 2 e y = 1 y despejamos K:
1 =4 + 2 + K
25⇐⇒ K = 19
Por consiguiente, la unica solucion del problema es
y(x) =
(x4
4+
x2
2+ 19
)(x2 + 1)−2
(h)
y′ − y = x
y(0) = 0
Consideremos la ecuacion y′ − y = x, que es lineal completa. Resolvemos en primer lugar
la ecuacion lineal homogenea asociada y′ − y = 0. Esta ecuacion es siempre de variables
separables. En efecto,
y′ − y = 0 ⇐⇒ dy
dx= y
⇐⇒ dy
y= dx
Por tanto, integrando, nos queda∫
1
ydy =
∫dx ⇐⇒ ln |y|+ ln C = x
⇐⇒ ln |C y| = x
⇐⇒ y = C ex
17
Para resolver la ecuacion completa, consideramos la funcion y(x) = C(x) ex, donde cam-
biamos el parametro C por una funcion C(x) y nos planteamos hallar C(x) para que la
funcion y(x) ası definida sea solucion de la ecuacion lineal completa. Debemos calcular
y′(x) y sustituir en la ecuacion:
y(x) = C(x) ex
y′(x) = C ′(x) ex + C(x) ex
Ası llegamos a que
C ′(x) ex + C(x) ex − C(x) ex = x
y simplificando, nos queda
C ′(x) ex = x ⇐⇒ C ′(x) = x e−x
C(x) =∫
x e−x dx =
u = x du = dx
dv = e−x dx v = −e−x
= −x e−x − ∫ −e−x dx
= −(x + 1) e−x + K
Sustituyendo la expresion de C(x) obtenida, deducimos la solucion general de la ecuacion
lineal completa
y(x) = C(x) ex =(−(x + 1) e−x + K
)ex
La solucion general es, pues,
y(x) = −x− 1 + K ex con K ∈ R
Para encontrar la funcion que satisface la condicion y(0) = 0, imponemos en la solucion
general x = 0 e y = 0 y despejamos K:
0 = 0− 1 + K ⇐⇒ K = 1
Por consiguiente, la unica solucion del problema es
y(x) = −x− 1 + ex
18
Problema 4 Comprobar que las ecuaciones diferenciales siguientes son exactas y hallar
la solucion general.
(a) (y − x3) dx + (x + y3) dy = 0 (b) (y + y cos(xy)) dx + (x + x cos(xy)) dy = 0
(c) y′ =2x− sen y
x cos y(d) (ey + cos x cos y) dx− (sen x sen y − x ey) dy = 0
(e) y′ =−2x (3y2 + 2x2)
3y (y + 2x2)(f) (3x2y2 − 2 ey) dx + (2x3 y − 2x ey + 2) dy = 0
Resolucion.
(a) (y − x3) dx + (x + y3) dy = 0.
Consideremos las funciones P (x, y) = y − x3 y Q(x, y) = x + y3. Veamos que se cumple
que Q′x = P ′
y. En efecto, Q′x(x, y) = 1 = P ′
y(x, y), por lo que deducimos que la ecuacion es
exacta y su solucion general se obtiene de hallar una funcion potencial asociada al campo
vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar una funcion U = U(x, y) tal
que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′
y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) = y − x3 ⇐⇒ U(x, y) =
∫(y − x3) dx = xy − x4
4+ ϕ(y)
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = xy− x4
4+ ϕ(y) cumpla la segunda
condicion:
U ′y(x, y) = x + y3 ⇐⇒ x + ϕ′(y) = x + y3 ⇐⇒ ϕ′(y) = y3 ⇐⇒ ϕ(y) =
y4
4+ C
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) = xy +x4
4+
y4
4y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial
exacta es
xy +x4
4+
y4
4= C con C ∈ R
(b) (y + y cos(xy)) dx + (x + x cos(xy)) dy = 0.
Consideremos las funciones P (x, y) = y + y cos(xy) y Q(x, y) = x + x cos(xy). Veamos
que se cumple que Q′x = P ′
y. En efecto, Q′x(x, y) = 1 + cos(xy) − xy sen(xy) = P ′
y(x, y),
19
por lo que deducimos que la ecuacion es exacta y su solucion general se obtiene de hallar
una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos
determinar una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′
y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) = y + y cos(xy) ⇐⇒ U(x, y) =
∫(y + y cos(xy)) dx = xy + sen(xy) + ϕ(y)
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = xy + sen(xy) + ϕ(y) cumpla la
segunda condicion:
U ′y(x, y) = x + x cos(xy) ⇐⇒ x + x cos(xy) + ϕ′(y) = x + x cos(xy)
⇐⇒ ϕ′(y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y) = C
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) = xy + sen(xy) y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferen-
cial exacta es
xy + sen(xy) = C con C ∈ R
(c) y′ =2x− sen y
x cos y⇐⇒ dy
dx=
2x− sen y
x cos y⇐⇒ (sen y − 2x) dx + x cos y dy = 0.
Consideremos las funciones P (x, y) = sen y−2x y Q(x, y) = x cos y. Veamos que se cumple
que Q′x = P ′
y. En efecto, Q′x(x, y) = cos y = P ′
y(x, y), por lo que deducimos que la ecuacion
es exacta y su solucion general se obtiene de hallar una funcion potencial asociada al campo
vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar una funcion U = U(x, y) tal
que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′
y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) = sen y − 2x ⇐⇒ U(x, y) =
∫(sen y − 2x) dx = x sen y − x2 + ϕ(y)
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = x sen y − x2 + ϕ(y) cumpla la
segunda condicion:
U ′y(x, y) = x cos y ⇐⇒ x cos y + ϕ′(y) = x cos y ⇐⇒ ϕ′(y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y) = C
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) = x sen y − x2 y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial
exacta es
x sen y − x2 = C con C ∈ R
20
(d) (ey + cos x cos y) dx− (sen x sen y − x ey) dy = 0.
Consideremos las funciones P (x, y) = ey + cos x cos y y Q(x, y) = −(sen x sen y − x ey).
Veamos que se cumple que Q′x = P ′
y. En efecto, Q′x(x, y) = − cos x sen y + ey = P ′
y(x, y),
por lo que deducimos que la ecuacion es exacta y su solucion general se obtiene de hallar
una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos
determinar una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′
y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) = ey +cos x cos y ⇐⇒ U(x, y) =
∫(ey + cos x cos y) dx = x ey +sen x cos y+ϕ(y)
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = x ey + sen x cos y + ϕ(y) cumpla la
segunda condicion:
U ′y(x, y) = − sen x sen y + x ey ⇐⇒ x ey − sen x sen y + ϕ′(y) = − sen x sen y + x ey
⇐⇒ ϕ′(y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y) = C
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) = x ey+sen x cos y y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial
exacta es
x ey + sen x cos y = C con C ∈ R
(e) y′ =−2x (3y2 + 2x2)
3y (y + 2x2)
dy
dx=−2x (3y2 + 2x2)
3y (y + 2x2)⇐⇒ (2x (3y2 + 2x2)) dx + 3y (y + 2x2) dy = 0
Consideremos las funciones P (x, y) = 2x (3y2 +2x2) y Q(x, y) = 3y (y+2x2). Veamos que
se cumple que Q′x = P ′
y. En efecto, Q′x(x, y) = 12xy = P ′
y(x, y), por lo que deducimos que
la ecuacion es exacta y su solucion general se obtiene de hallar una funcion potencial aso-
ciada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar una funcion
U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′
y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) = 2x (3y2 + 2x2) ⇐⇒ U(x, y) =
∫2x (3y2 + 2x2) dx = 3x2y2 + x4 + ϕ(y)
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = 3x2y2+x4+ϕ(y) cumpla la segunda
condicion:
U ′y(x, y) = 3y (y+2x2) ⇐⇒ 6x2y+ϕ′(y) = 3y2+6x2y ⇐⇒ ϕ′(y) = 3y2 ⇐⇒ ϕ(y) = y3+C
21
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) = 3x2y2 + x4 + y3 y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion difer-
encial exacta es
3x2y2 + x4 + y3 = C con C ∈ R
(f) (3x2y2 − 2 ey) dx + (2x3 y − 2x ey + 2) dy = 0.
Consideremos las funciones P (x, y) = 3x2y2 − 2 ey y Q(x, y) = 2x3 y − 2x ey + 2. Veamos
que se cumple que Q′x = P ′
y. En efecto, Q′x(x, y) = 6x2 − 2 ey = P ′
y(x, y), por lo que
deducimos que la ecuacion es exacta y su solucion general se obtiene de hallar una funcion
potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar
una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′
y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) = 3x2y2 − 2 ey ⇐⇒ U(x, y) =
∫(3x2y2 − 2 ey) dx = x3y2 − 2x ey + ϕ(y)
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = x3y2 − 2x ey + ϕ(y) cumpla la
segunda condicion:
U ′y(x, y) = 2x3 y − 2x ey + 2 ⇐⇒ 2x3y − 2x ey + ϕ′(y) = 2x3 y − 2x ey + 2
⇐⇒ ϕ′(y) = 2 ⇐⇒ ϕ(y) = 2y + C
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) = x3y2−2x ey+2y y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial
exacta es
x3y2 − 2x ey + 2y = C con C ∈ R
22
Problema 5 Identificar y resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.
(a)dy
dx=
1− x2
xy(b) (sen(xy) + xy cos(xy)) dx + x2 cos(xy) dy = 0
(c) y′ = tan x tan y (d) (x2 + y2 − xy) dx− x2 dy = 0
(e) (x− y) dx + (x + y) dy = 0 (f)√
y2 − x dx− 2y(1 +√
y2 − x) dy = 0
Resolucion.
(a)dy
dx=
1− x2
xy. Se trata de una ecuacion de variables separables. En efecto,
dy
dx=
1− x2
xy⇐⇒ y dy =
1− x2
xdx ⇐⇒ y dy =
(1
x− x
)dx
Por tanto, integrando, nos queda∫
y dy =
∫ (1
x− x
)dx ⇐⇒ y2
2= ln |x|+ ln C − x2
2
⇐⇒ x2 + y2 = ln(C x2)
⇐⇒ x2 = C ex2+y2
con C ∈ R
(b) (sen(xy) + xy cos(xy)) dx + x2 cos(xy) dy = 0. Se trata de una ecuacion diferencial ex-
acta. En efecto, si denotamos por P (x, y) = sen(xy) + xy cos(xy) y Q(x, y) = x2 cos(xy),
vemos que Q′x(x, y) = 2x cos(xy) − x2y sen(xy) = P ′
y(x, y. Su solucion general se ob-
tiene de hallar una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es
decir, necesitamos determinar una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y
U ′y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) = sen(xy) + xy cos(xy) ⇐⇒ U(x, y) =
∫(sen(xy) + xy cos(xy)) dx
= −1
ycos(xy) +
∫xy cos(xy) dx + ϕ(y)
∫xy cos(xy) dx =
u = x du = dx
dv = y cos(xy) dx v = sen(xy)
= x sen(xy)−
∫sen(xy) dx
= x sen(xy) +1
ycos(xy)
23
Luego U(x, y) = −1
ycos(xy)+x sen(xy)+
1
ycos(xy)+ϕ(y) ⇐⇒ U(x, y) = x sen(xy)+ϕ(y).
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = x sen(xy)+ϕ(y) cumpla la segunda
condicion:
U ′y(x, y) = x2 cos(xy) ⇐⇒ x2 cos(xy) + ϕ′(y) = x2 cos(xy)
⇐⇒ ϕ′(y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y) = C
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) = x3y2−2x ey+2y y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial
exacta es
x sen(xy) = C con C ∈ R
(c) y′ = tan x tan y. Se trata de una ecuacion de variables separables. En efecto,
dy
dx= tan x tan y ⇐⇒ 1
tan ydy = tan x dx ⇐⇒ cos y
sen ydy =
sen x
cos xdx
Por tanto, integrando, nos queda∫
cos y
sen ydy =
∫sen x
cos xdx ⇐⇒ ln | sen y| = − ln | cos x|+ ln C
⇐⇒ ln | sen y cos x| = ln C
⇐⇒ sen y cos x = C con C ∈ R
(d) (x2+y2−xy) dx−x2 dy = 0. Se trata de una ecuacion homogenea de grado 2. En efecto,
(x2+y2−xy) dx−x2 dy = 0 ⇐⇒ dy
dx=
x2 + y2 − xy
x2. Dividimos numerador y denominador
entre x2, de modo que nos queda y′ =x2 + y2 − xy
x2⇐⇒ y′ =
1 +(y
x
)2
−(y
x
)
1. Ası que
hacemos el cambioy
x= z ⇐⇒ y = xz, lo cual implica y′ = z + xz′. Sustituyendo en la
ecuacion, nos queda z + xz′ = 1 + z2 − z ⇐⇒ xz′ = 1 + z2 − 2z. Esta ecuacion es de
variables separables. En efecto,
xz′ = 1 + z2 − 2z ⇐⇒ xdz
dx= (z − 1)2
⇐⇒ 1
(z − 1)2dz =
dx
x
24
Por tanto, integrando, tenemos∫
1
(z − 1)2dz =
∫1
xdx ⇐⇒ − 1
z − 1= ln |x|+ ln C
⇐⇒ − 1
z − 1= ln |C x|
⇐⇒ e−1/(z−1) = C x, con C ∈ RPor ultimo, deshaciendo el cambio, obtenemos finalmente la solucion
e−1/( yx−1) = C x ⇐⇒ e−x/(y−x) = C x con C ∈ R
(e) (x−y) dx+(x+y) dy = 0. Se trata de una ecuacion homogenea de grado 1. En efecto,
(x− y) dx + (x + y) dy = 0 ⇐⇒ dy
dx=
y − x
y + x. Dividimos numerador y denominador entre
x, de modo que nos queda y′ =y − x
y + x⇐⇒ y′ =
(y
x
)− 1
(y
x
)+ 1
. Ası que hacemos el cambio
y
x= z ⇐⇒ y = xz, de modo que y′ = z + xz′. Sustituyendo en la ecuacion, nos queda
z + xz′ =z − 1
z + 1⇐⇒ xz′ =
z − 1− z(z + 1)
z + 1⇐⇒ xz′ = −z2 + 1
z + 1. Esta ecuacion es de
variables separables. En efecto,
xz′ = −z2 + 1
z + 1⇐⇒ x
dz
dx= −z2 + 1
z + 1
⇐⇒ z + 1
z2 + 1dz = −dx
x
Por tanto, integrando, nos queda∫
z + 1
z2 + 1dz = −
∫1
xdx ⇐⇒
∫z
z2 + 1dz +
∫1
z2 + 1dz = −
∫1
xdx
⇐⇒ 1
2ln(z2 + 1) + arctan z = − ln |x|+ ln C
⇐⇒ arctan z = ln
∣∣∣∣C
x√
z2 + 1
∣∣∣∣
⇐⇒ earctan z =C
x√
z2 + 1, con C ∈ R
Por ultimo, deshaciendo el cambio, nos queda finalmente la solucion
earctan( yx) =
C
x√(
yx
)2+ 1
⇐⇒ earctan( yx) =
C√x2 + y2
con C ∈ R
25
(f)√
y2 − x dx− 2y(1 +
√y2 − x
)dy = 0. Se trata de una ecuacion diferencial exacta.
En efecto, si denotamos por P (x, y) =√
y2 − x y Q(x, y) = −2y(1 +
√y2 − x)
), vemos
que Q′x(x, y) =
y√y2 − x
= P ′y(x, y. Su solucion general se obtiene de hallar una funcion
potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)), es decir, necesitamos determinar
una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y U ′
y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) =
√y2 − x ⇐⇒ U(x, y) =
∫ √y2 − x dx
= −2
3
(y2 − x
)3/2+ ϕ(y)
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) = −2
3
(y2 − x
)3/2+ ϕ(y) cumpla la
segunda condicion:
U ′y(x, y) = −2y(1 +
√y2 − x) ⇐⇒ −2
3· 3
2
(y2 − x
)1/2 · 2y + ϕ′(y) = −2y(1 +√
y2 − x)
⇐⇒ ϕ′(y) = −2y ⇐⇒ ϕ(y) = −y2 + C
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) = −2
3
(y2 − x
)3/2 − y2 y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion
diferencial exacta es2
3
(y2 − x
)3/2+ y2 = C con C ∈ R
26
Problema 6 Hallar el valor de a para que la ecuacion a y e2xy dx + (y + x e2xy) dy = 0
sea exacta. Resolverla para dicho valor de a.
Resolucion. Denotemos por P (x, y) = a y e2xy y Q(x, y) = y + x e2xy. Para que la
ecuacion diferencial sea exacta, necesitamos imponer que Q′x(x, y) = P ′
y(x, y). Ası que
derivamos:
Q′x(x, y) = e2xy + 2xy e2xy
P ′y(x, y) = a e2xy + a 2xy e2xy
Por tanto,
Q′x(x, y) = P ′
y(x, y ⇐⇒ (1 + 2xy) e2xy = a (1 + 2xy) e2xy ⇐⇒ a = 1
Calculamos la solucion general de la ecuacion tomando a = 1. Dicha solucion general
se obtiene de hallar una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)),
es decir, necesitamos determinar una funcion U = U(x, y) tal que U ′x(x, y) = P (x, y) y
U ′y(x, y) = Q(x, y).
U ′x(x, y) = y e2xy ⇐⇒ U(x, y) =
∫y e2xy dx
=1
2e2xy + ϕ(y)
Para hallar ϕ(y), imponemos que la funcion U(x, y) =1
2e2xy + ϕ(y) cumpla la segunda
condicion:
U ′y(x, y) = y + x e2xy ⇐⇒ x e2xy + ϕ′(y) = y + x e2xy
⇐⇒ ϕ′(y) = y ⇐⇒ ϕ(y) =y2
2+ C
Por tanto, una funcion potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)) es
U(x, y) =1
2e2xy +
y2
2y, en consecuencia, la solucion general de la ecuacion diferencial
exacta es1
2e2xy +
y2
2= C ⇐⇒ e2xy + y2 = C con C ∈ R
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