Ecuacion Diferencial Homogenea de Primer Orden

Ecuacion diferencial homogenea de primer orden

Una vez que hayas finalizado la lectura de este artículo podrás resolver cualquier ecuación diferencial homogenea de primer orden, mediante un método eficaz y fácil de aplicar, con lo que rápidamente podrás resolver tus ejercicios.

Según la Doctora Barbara Oakley profesora de ingeniería en el departamento de ingeniería de sistemas e industrial de la universidad de Oakland en Rochester, Michigan; una de las formas no solo de recordar información si no también de comprenderla es realizando analogías y/o metáforas que relacionen la información que queremos aprender con conocimiento fácil de recordar para nosotros, por ejemplo cuando visualizamos la corriente eléctrica como flujo de agua.

O cuando hacemos las metaforas para relacionar los CAtIONES con el signo (+) y los AnIONES con el signo (- , n EGATIVO) utilizando sus propias letras.

Por este motivo, te propongo formular una analogía para recordar cómo identificar una ED homogénea de primer orden. Puedes ver un ejemplo en la presentación: Homogeneidad de una ecuación diferencial de primer orden. Utiliza el criterio de homogeneidad de una ED que a continuación se describe.

Criterio de homogeneidad de una Ecuación Diferencial

El criterio que determina la homogeneidad de una ED es el siguiente, cuando veas una ED escrita de esta forma:

\begin{equation}
M ( x,y ) d x+N ( x,y ) d y=0
\end{equation}
(1)

Para determinar su homogeneidad corrobora que la suma de los exponentes para las variables de cada uno de sus términos sea la misma; es decir, supongamos que $ M=-C x^{r} y^{s} -B x^{p} y^{q}$ y $N=Ax^{m} y^{n}$, entonces (1) se transforma en:

\begin{equation}
– ( C x^{r} y^{s} +B x^{p} y^{q} ) d x+A x^{m} y^{n} d y=0
\end{equation}
(2)

Donde A, B, C son funciones polinomiales también.

De tal manera de que si la suma TOTAL de los exponentes de cada termino es la misma, es decir, siguiendo con la ecuación anterior:

$ \large r+s=p+q=m+n=K$

Entonces la Ecuación Diferencial es homogénea.

Ver un ejemplo en este enlace: click aquí.

Ver un desarrollo mas detallado del criterio de homogeneidad en la presentación: Homogeneidad de una ecuación diferencial de primer orden.

Metodología utilizada. Cómo resolver una ED homogénea de primer orden en 4 pasos.

Para resolver ED homogéneas utilizaremos los siguiente 4 pasos, que describimos a continuación:

1. Determinamos Homogeneidad

a). Escribimos la ED en la forma:

$ \frac{d y}{d x} =f ( x,y )$ o $ \frac{d x}{d y} =f ( y,x )$

b). Multiplicamos la ED resultante por un factor adecuado que nos la
convierta en la forma:

$ \frac{d y}{d x} =f \left( \frac{y}{x} \right)$ o $ \frac{d x}{d y} =f\left( \frac{x}{y} \right)$

2. Seleccionamos la sustitución adecuada:

$ u= \frac{y}{x}$ o $ v= \frac{x}{y}$

3. Desarrollamos la nueva ED (que ahora es separable y), que tiene la forma:

$ x \frac{d u}{d x} =F ( u ) -u$  o  $ y \frac{d v}{d x} =F ( v ) -v$

4. Integramos e inmediatamente después de aplicar la formula de integración regresamos a las variables originales.

EJERCICIOS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS

Resolver la siguiente Ecuación Diferencial

$ \large 2x y \frac{d y}{d x} =4x^{2} +3y^{2}$

Solución

Paso 1. Determinamos homogeneidad

a). Escribimos la ED en la forma: $ \frac{d y}{d x} =f ( x,y )$  o $ \frac{d x}{d y} =f ( y,x )$

\begin{eqnarray*}
2x y \frac{d y}{d x} & = & 4x^{2} +3y^{2}\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{4x^{2} +3y^{2}}{2x y}
\end{eqnarray*}

b). Multiplicamos la ED resultante por un factor adecuado que nos la convierta en la forma: $ \frac{d y}{d x} = f \left( \frac{y}{x} \right)$  o $ \frac{d x}{d y} =f \left( \frac{x}{y} \right)$

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & \frac{4x^{2} +3y^{2}}{2x y} \ast
\frac{\frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{x^{2}}}\\
& = & \frac{4 \left( \frac{x^{2}}{x^{2}} \right) +3 \left(
\frac{y^{2}}{x^{2}} \right)}{2 \left( \frac{x y}{x^{2}} \right)}\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{4+3 \left( \tfrac{y}{x} \right)^{2}}{2 \left(
\tfrac{y}{x} \right)}
\end{eqnarray*}

Paso 2. Seleccionamos la sustitución adecuada

$ u= \frac{y}{x}$  o  $ v= \frac{x}{y}$

Tenemos:

$ u= \frac{y}{x} \Rightarrow y=u x \Rightarrow \frac{d y}{d x} =u+x\frac{d u}{d x}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & \frac{4+3 \left( \tfrac{y}{x} \right)^{2}}{2 \left(
\tfrac{y}{x} \right)}\\
\Rightarrow u+x \frac{d u}{d x} & = & \frac{4+3u^{2}}{2u}\\
\Rightarrow x \frac{d u}{d x} & = & \frac{4+3u^{2}}{2u} -u
\end{eqnarray*}

Paso 3. Desarrollamos la nueva ED (que ahora es separable y), tiene la forma:

$  x \frac{d u}{d x} =F ( u ) -u$  o  $ y \frac{d v}{d x}=F ( v ) -v$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
x \frac{d u}{d x} & = & \frac{4+3u^{2}}{2u} -u\\
x \frac{d u}{d x} & = & \frac{4+3u^{2} -2u^{2}}{2u}\\
x \frac{d u}{d x} & = & \frac{4+u^{2}}{2u}\\
\frac{2u}{4+u^{2}} d u & = & \frac{d x}{x}
\end{eqnarray*}

Paso 4. Integramos e inmediatamente después de aplicar la fórmula de integración regresamos a las variables originales.

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{2u d u}{4+u^{2}} & = & \int \frac{d x}{x} +C
\end{eqnarray*}

$ v=u^{2}$  $d v=2u d u$

\begin{eqnarray*}
\Rightarrow \ln ( 4+u^{2} ) & = & \ln x +C
\end{eqnarray*}

Si $ u= \frac{y}{x}$ entonces:

\begin{eqnarray*}
\Rightarrow \ln \left( 4+ \left( \frac{y}{x} \right)^{2} \right) & = &
\ln x+C\\
\Rightarrow \ln \left( 4+ \left( \frac{y}{x} \right)^{2} \right) & = &
\ln x+ \ln C\\
\Rightarrow \ln \left( 4+ \left( \frac{y}{x} \right)^{2} \right) & = &
\ln C x\\
4+ \left( \frac{y}{x} \right)^{2} & = & C x\\
4+ \frac{y^{2}}{x^{2}} & = & C x\\
\frac{y^{2}}{x^{2}} & = & C x-4\\
y^{2} & = & x^{2} ( C x-4 )\\
y & = & \sqrt{C x^{3} -4x^{2}}
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

$ \large y= \sqrt{C x^{3} -4x^{2}}$

 

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Dennis G. Zill, Capitulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 1

Resolver la Siguiente Ecuación Diferencial

$\large ( x-y ) d x+x d y=0$

Solución

Paso 1. Determinamos homogeneidad

a). Escribimos la ED en la forma: $ \frac{d y}{d x} =f ( x,y )$  o $ \frac{d x}{d y} =f ( y,x )$

\begin{eqnarray*}
( x-y ) d x+x d y & = & 0\\
( x-y ) +x \frac{d y}{d x} & = & 0\\
x \frac{d y}{d x} & = & – ( x-y )\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{( y-x )}{x}
\end{eqnarray*}

b). Multiplicamos la ED resultante por un factor adecuado que nos la convierta en la forma: $ \frac{d y}{d x} = f \left( \frac{y}{x} \right)$  o $ \frac{d x}{d y} =f \left( \frac{x}{y} \right)$

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & \frac{( y-x )}{x} \ast
\frac{\tfrac{1}{x}}{\tfrac{1}{x}}\\
& = & \frac{\tfrac{( y-x )}{x}}{\tfrac{x}{x}}\\
& = & \frac{\tfrac{y}{x} – \tfrac{x}{x}}{\tfrac{x}{x}}\\
& = & \frac{\tfrac{y}{x} -1}{1}\\
& = & \frac{y}{x} -1
\end{eqnarray*}

Paso 2. Seleccionamos la sustitución adecuada

$ u= \frac{y}{x}$  o  $ v= \frac{x}{y}$

Tenemos:

$ u= \frac{y}{x} \Rightarrow y=u x \Rightarrow \frac{d y}{d x} =u+x\frac{d u}{d x}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & \frac{y}{x} -1\\
\Rightarrow u+x \frac{d u}{d x} & = & u-1\\
\Rightarrow x \frac{d u}{d x} & = & u-1-u
\end{eqnarray*}

Paso 3. Desarrollamos la nueva ED (que ahora es separable y), tiene la forma:

$ x \frac{d u}{d x} =F ( u ) -u$  o  $y \frac{d v}{d x}=F ( v ) -v$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
x \frac{d u}{d x} & = & u-1-u\\
x \frac{d u}{d x} & = & -1\\
\Rightarrow d u & = & – \frac{d x}{x}
\end{eqnarray*}

Paso 4. Integramos e inmediatamente después de aplicar la fórmula de integración regresamos a las variables originales.

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
d u & = & – \frac{d x}{x}\\
\Rightarrow \int d u & = & – \int \frac{d x}{x} +C\\
\Rightarrow u & = & – \ln x+C
\end{eqnarray*}

Si $ u= \frac{y}{x}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
\Rightarrow \frac{y}{x} & = & – \ln x+C\\
\Rightarrow y & = & -x \ln x+C x
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

$ \large y=-x \ln x +C x$

 

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Dennis G. Zill, Capitulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 2

Resolver la siguiente ecuación diferencial

$ \large ( x+y ) d x+x d y=0$

Solución:

Paso 1. Determinamos homogeneidad

a). Escribimos la ED en la forma: $ \frac{d y}{d x} =f ( x,y )$  o $ \frac{d x}{d y} =f ( y,x )$

\begin{eqnarray*}
( x+y ) d x+x d y & = & 0\\
( x+y ) +x \frac{d y}{d x} & = & 0\\
x \frac{d y}{d x} & = & – ( x+y )\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{- ( x+y )}{x}
\end{eqnarray*}

b). Multiplicamos la ED resultante por un factor adecuado que nos la convierta en la forma: $ \frac{d y}{d x} = f \left( \frac{y}{x} \right)$  o $ \frac{d x}{d y} =f \left( \frac{x}{y} \right)$

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & \frac{- ( x+y )}{x} \ast
\frac{\tfrac{1}{x}}{\tfrac{1}{x}}\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{- \left( \frac{x}{x} + \frac{y}{x}
\right)}{\frac{x}{x}}\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{- \left( 1+ \frac{y}{x} \right)}{1}\\
\frac{d y}{d x} & = & – \left( 1+ \frac{y}{x} \right)
\end{eqnarray*}

Paso 2. Seleccionamos la sustitución adecuada

$ u= \frac{y}{x}$  o  $ v= \frac{x}{y}$

Tenemos:

$ u= \frac{y}{x} \Rightarrow y=u x \Rightarrow \frac{d y}{d x} =u+x\frac{d u}{d x}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & – \left( 1+ \frac{y}{x} \right)\\
\Rightarrow u+x \frac{d u}{d x} & = & – ( 1+u )\\
\Rightarrow x \frac{d u}{d x} & = & – ( 1+u ) -u
\end{eqnarray*}

Paso 3. Desarrollamos la nueva ED (que ahora es separable y), tiene la forma:

$ x \frac{d u}{d x} =F ( u ) -u$  o  $ y \frac{d v}{d x}=F ( v ) -v$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
x \frac{d u}{d x} & = & – ( 1+u ) -u\\
& = & -1-u-u\\
& = & -1-2u\\
x \frac{d u}{d x} & = & – ( 1+2u )\\
\frac{d u}{1+2u} & = & – \frac{d x}{x}
\end{eqnarray*}

Paso 4. Integramos e inmediatamente después de aplicar la fórmula de integración regresamos a las variables originales.

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{d u}{1+2u} & = & – \int \frac{d x}{x} +C
\end{eqnarray*}

$ v= ( 1+2u )$,  $ d v=2d u$

Para entender mejor las técnicas de integración de funciones racionales véase el artículo: Integración de funciones racionales.

Esto implica:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{\left( \tfrac{1}{2} \right) 2d u}{1+2u} & = & – \int \frac{d
x}{x} +C\\
\frac{1}{2} \int \frac{2d u}{1+2u} & = & – \int \frac{d x}{x} +C\\
\frac{1}{2} \ln | 1+2u | & = & – \ln | x | +C
\end{eqnarray*}

Si $ u= \frac{y}{x}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2} \ln \left| 1+2 \left( \frac{y}{x} \right) \right| & = & –
\ln | x | +C\\
\ln \left| \sqrt{1+2 \frac{y}{x}} \right| & = & – \ln | x | +C\\
\ln \left| \sqrt{\frac{x+2y}{x}} \right| & = & – \ln | x | +C\\
\ln \left| \sqrt{\frac{x+2y}{x}} \right| + \ln
| x | & = & C\\
\ln \left| x \sqrt{\frac{x+2y}{x}} \right| & = & C\\
\ln \left| \sqrt{x^{2} \left( \frac{x+2y}{x} \right)} \right| & = & C\\
\ln \left| \sqrt{x^{2} +2x y} \right| & = & C\\
\sqrt{x^{2} +2x y} & = & e^{C}\\
\sqrt{x^{2} +2x y} & = & C_{1}\\
x^{2} +2x y & = & C_{1}^{2}\\
x^{2} +2x y & = & C_{2}\\
2x y & = & C_{2} -x^{2}\\
y & = & \frac{C_{2} -x^{2}}{2x}\\
y & = & \frac{C_{3}}{x} – \frac{x}{2}
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

$ \large y= \frac{C_{3}}{x} – \frac{x}{2}$

 

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Dennis G. Zill, Capitulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 3

Resolver la siguiente ecuación diferencial

$ \large x d x+ ( y-2x ) d y=0$

Paso 1. Determinamos homogeneidad

a). Escribimos la ED en la forma: $ \frac{d y}{d x} =f ( x,y )$  o $ \frac{d x}{d y} =f ( y,x )$

\begin{eqnarray*}
x d x+ ( y-2x ) d y & = & 0\\
x+ ( y-2x ) \frac{d y}{d x} & = & 0\\
( y-2x ) \frac{d y}{d x} & = & -x\\
\frac{d y}{d x} & = & – \frac{x}{y-2x}
\end{eqnarray*}

b). Multiplicamos la ED resultante por un factor adecuado que nos la convierta en la forma: $ \frac{d y}{d x} = f \left( \frac{y}{x} \right)$  o $ \frac{d x}{d y} =f \left( \frac{x}{y} \right)$

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & – \frac{x}{y-2x} \ast
\frac{\tfrac{1}{x}}{\tfrac{1}{x}}\\
& = & – \frac{\tfrac{x}{x}}{\frac{y}{x} -2 \frac{x}{x}}\\
& = & – \frac{1}{\frac{y}{x} -2}
\end{eqnarray*}

Paso 2. Seleccionamos la sustitución adecuada

$ u= \frac{y}{x}$  o  $ v= \frac{x}{y}$

Tenemos:

$ u= \frac{y}{x} \Rightarrow y=u x \Rightarrow \frac{d y}{d x} =u+x\frac{d u}{d x}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & – \frac{1}{\frac{y}{x} -2}\\
u+x \frac{d u}{d x} & = & – \frac{1}{u-2}\\
x \frac{d u}{d x} & = & – \frac{1}{u-2} -u
\end{eqnarray*}

Paso 3. Desarrollamos la nueva ED (que ahora es separable y), tiene la forma:

$ x \frac{d u}{d x} =F ( u ) -u$  o  $ y \frac{d v}{d x}=F ( v ) -v$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
x \frac{d u}{d x} & = & \frac{-1-u ( u-2 )}{u-2}\\
& = & \frac{-1-u^{2} +2u}{u-2}\\
& = & \frac{- ( u^{2} -2u+1 )}{u-2}\\
\frac{( u-2 ) d u}{( u^{2} -2u+1 )} & = & – \frac{d x}{x}
\end{eqnarray*}

Para entender mejor las técnicas de integración utilizadas der el artículo: Integración de funciones racionales.

Paso 4. Integramos e inmediatamente después de aplicar la fórmula de integración regresamos a las variables originales.

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{( u-2 ) d u}{( u^{2} -2u+1 )} & = & – \int \frac{d x}{x} +C
\end{eqnarray*}

Si $ v= ( u^{2} -2u+1 )$,  y  $ d v=2u-2$,  entonces:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{\left( \frac{1}{2} \right) 2 ( u-2 ) d u}{( u^{2} -2u+1 )} &
= & – \int \frac{d x}{x} +C\\
\frac{1}{2} \int \frac{2 ( u-2 ) d u}{( u^{2} -2u+1 )} & = & – \int
\frac{d x}{x} +C\\
\frac{1}{2} \int \frac{( 2u-2-2 ) d u}{( u^{2} -2u+1 )} & = & – \int
\frac{d x}{x} +C\\
\frac{1}{2} \int \frac{( 2u-2 ) d u}{( u^{2} -2u+1 )} – \frac{2}{2} \int
\frac{d u}{( u^{2} -2u+1 )} & = & – \int \frac{d x}{x} +C
\end{eqnarray*}

Sabiendo que  $ ( u^{2} -2u+1 ) = ( 1-u )^{2}$, si hacemos $ v=1-u$,  y  $ d v=d u$,  entonces:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2} \int \frac{( 2u-2 ) d u}{( u^{2} -2u+1 )} – \int \frac{d
u}{( 1-u )^{2}} & = & – \int \frac{d x}{x} +C\\
\frac{1}{2} \ln | u^{2} -2u+1 | – \frac{( 1-u )^{-2+1}}{-2+1} & = &
– \ln | x | +C
\end{eqnarray*}

NOTA: las técnicas de integración para funciones racionales las podemos ver en el artículo: Integración de funciones racionales.

Si $ u= \frac{y}{x}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2} \ln \left| \left( \frac{y}{x} \right)^{2} -2 \frac{y}{x}
+1 \right| – \frac{\left( 1- \frac{y}{x} \right)^{-1}}{-1} & = & – \ln
| x | +C\\
\ln \left| \sqrt{\left( \frac{y}{x} \right)^{2} -2 \frac{y}{x} +1}
\right| + \frac{1}{\left( 1- \frac{y}{x} \right)} & = & – \ln | x |
+C\\
\ln \left| \sqrt{\frac{y^{2} -2x y+x^{2}}{x^{2}}} \right| +
\frac{1}{\left( \frac{x-y}{x} \right)} & = & – \ln | x | +C\\
\ln \left| \frac{\sqrt{y^{2} -2x y+x^{2}}}{x} \right| + \frac{x}{x-y}
& = & – \ln | x | +C\\
\ln \left| \frac{\sqrt{y^{2} -2x y+x^{2}}}{x} \right| + \ln |
x | & = & – \frac{x}{x-y} +C\\
\ln \left| \frac{x \ast \sqrt{y^{2} -2x y+x^{2}}}{x} \right| & = & –
\frac{x}{x-y} +C\\
\ln \left| \sqrt{y^{2} -2x y+x^{2}} \right| & = & – \frac{x}{x-y} +C\\
\ln \left| \sqrt{( x-y )^{2}} \right| & = & – \frac{x}{x-y} +C\\
\ln | x-y | + \frac{x}{x-y} & = & C
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

$ \large C= \ln | x-y | + \frac{x}{x-y}$

 

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Dennis G. Zill, Capitulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 4

Resolver la Siguiente Ecuación Diferencial

$\large y d x – 2 ( x+y )^{} d y=0$

Solución:

Paso 1. Determinamos homogeneidad

a). Escribimos la ED en la forma: $ \frac{d y}{d x} =f ( x,y )$  o $ \frac{d x}{d y} =f ( y,x )$

\begin{eqnarray*}
y d x & = & 2 ( x+y ) d y\\
y \frac{d x}{d y} & = & 2 ( x+y )\\
\frac{d x}{d y} & = & \frac{2 ( x+y )}{y}
\end{eqnarray*}

b). Multiplicamos la ED resultante por un factor adecuado que nos la convierta en la forma: $ \frac{d y}{d x} = f \left( \frac{y}{x} \right)$  o $ \frac{d x}{d y} =f \left( \frac{x}{y} \right)$

\begin{eqnarray*}
\frac{d x}{d y} & = & \frac{2 ( x+y )}{y} \ast
\frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{y}}\\
\frac{d x}{d y} & = & \frac{2 \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{y}
\right)}{\frac{y}{y}}\\
\frac{d x}{d y} & = & \frac{2 \left( \frac{x}{y} +1 \right)}{1}\\
\frac{d x}{d y} & = & 2 \left( \frac{x}{y} +1 \right)
\end{eqnarray*}

Paso 2. Seleccionamos la sustitución adecuada

$ u= \frac{y}{x}$  o  $ v= \frac{x}{y}$

Tenemos:

$ v= \frac{x}{y} \Rightarrow x=v y \Rightarrow \frac{d x}{d y} =v+y\frac{d v}{d y}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{d x}{d y} & = & 2 \left( \frac{x}{y} +1 \right)\\
v+y \frac{d v}{d y} & = & 2 ( v+1 )\\
y \frac{d v}{d y} & = & 2 ( v+1 ) -v
\end{eqnarray*}

Paso 3. Desarrollamos la nueva ED (que ahora es separable y), tiene la forma:

$  x \frac{d u}{d x} =F ( u ) -u$  o  $ y \frac{d v}{d x}=F ( v ) -v$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
y \frac{d v}{d y} & = & 2 ( v+1 ) -v\\
y \frac{d v}{d y} & = & 2v+2-v\\
& = & v+2\\
\frac{d v}{v+2} & = & \frac{d y}{y}
\end{eqnarray*}

Paso 4. Integramos e inmediatamente después de aplicar la fórmula de integración regresamos a las variables originales.

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{d v}{v+2} & = & \int \frac{d y}{y} +C\\
\ln | v+2 | & = & \ln | y | +C
\end{eqnarray*}

Si $ v= \frac{x}{y}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
\ln \left| \frac{x}{y} +2 \right| & = & \ln | y | +C\\
\ln \left| \frac{x}{y} +2 \right| – \ln | y | & = & C\\
\ln \left| \frac{\frac{x}{y} +2}{y} \right| & = & C\\
\ln \left| \frac{\frac{x+2y}{y}}{y} \right| & = & C\\
\ln \left| \frac{x+2y}{y^{2}} \right| & = & C\\
\frac{x+2y}{y^{2}} & = & e^{C}\\
\frac{x+2y}{y^{2}} & = & C_{1}\\
x+2y & = & C_{1} y^{2}\\
x & = & C_{1} y^{2} -2y
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

\begin{equation}
x=C_{1} y^{2} -2y
\end{equation}
(3)

La representación gráfica de este resultado se muestra en la Figura 1 y Figura 2.

Ecuaciones Diferenciales Homogeneas de primer orden

Figura 1. Perspectiva en Relieve de la Solución General (3). Problema 4

 

_._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._.

_._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._.

Dennis G. Zill, Capitulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 6

Resolver la Siguiente Ecuación Diferencial

$ \large ( y^{2} +y x ) d x+x^{2} d y=0$(4)
Solución:

Paso 1. Determinamos homogeneidad

a). Escribimos la ED en la forma: $ \frac{d y}{d x} =f ( x,y )$  o $ \frac{d x}{d y} =f ( y,x )$

\begin{eqnarray*}
( y^{2} +y x ) d x+x^{2} d y & = & 0\\
( y^{2} +y x ) +x^{2} \frac{d y}{d x} & = & 0\\
x^{2} \frac{d y}{d x} & = & – ( y^{2} +y x )\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{- ( y^{2} +y x )}{x^{2}}
\end{eqnarray*}

b). Multiplicamos la ED resultante por un factor adecuado que nos la convierta en la forma: $ \frac{d y}{d x} = f \left( \frac{y}{x} \right)$  o $ \frac{d x}{d y} =f \left( \frac{x}{y} \right)$

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & \frac{- ( y^{2} +y x )}{x^{2}} \ast
\frac{\frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{x^{2}}}\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{- \left( \frac{y^{2}}{x^{2}} + \frac{y
x}{x^{2}} \right)}{\frac{x^{2}}{x^{2}}}\\
& = & \frac{- \left( \left( \frac{y}{x} \right)^{2} + \frac{y}{x}
\right)}{1}\\
\frac{d y}{d x} & = & – \left( \left( \frac{y}{x} \right)^{2} +
\frac{y}{x} \right)
\end{eqnarray*}

Paso 2. Seleccionamos la sustitución adecuada

$ u= \frac{y}{x}$  o  $ v= \frac{x}{y}$

Tenemos:

$ u= \frac{y}{x} \Rightarrow y=u x \Rightarrow \frac{d y}{d x} =u+x\frac{d u}{d x}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & – \left( \left( \frac{y}{x} \right)^{2} +
\frac{y}{x} \right)\\
u+x \frac{d u}{d x} & = & – ( u^{2} +u )\\
x \frac{d u}{d x} & = & – ( u^{2} +u ) -u
\end{eqnarray*}

Paso 3. Desarrollamos la nueva ED (que ahora es separable y), tiene la forma:

$  x \frac{d u}{d x} =F ( u ) -u$  o  $y \frac{d v}{d x}=F ( v ) -v$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
x \frac{d u}{d x} & = & – ( u^{2} +u ) -u\\
x \frac{d u}{d x} & = & -u^{2} -u-u\\
x \frac{d u}{d x} & = & -u^{2} -2u\\
x \frac{d u}{d x} & = & – ( u^{2} +2u )\\
\frac{d u}{u^{2} +2u} & = & – \frac{d x}{x}
\end{eqnarray*}

Paso 4. Integramos e inmediatamente después de aplicar la fórmula de integración regresamos a las variables originales.

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{d u}{u^{2} +2u} & = & – \int \frac{d x}{x} +C\\
\int \frac{d u}{u ( u+2 )} & = & – \int \frac{d x}{x} +C
\end{eqnarray*}

Integrando por fracciones parciales:

$ \frac{1}{u ( u+2 )} = \frac{A}{u} + \frac{B}{u+2}$

Esto implica:

$ 1 \equiv A ( u+2 ) +B u$

$ 1 \equiv A u+2A+B u$

$ 1 \equiv A u+B u+2A$

$ 1 \equiv ( A+B ) u+2A$

E igualando coeficientes:

$ 0=A+B$ $ \Rightarrow$ $ A=-B$

$ 1=2A$  $ \Rightarrow$  $ A= \frac{1}{2}$  $ \Rightarrow$  $ B=-\frac{1}{2}$

Esto implica:

$ \frac{1}{u ( u+2 )} = \frac{\frac{1}{2}}{u} + \frac{- \frac{1}{2}}{u+2} =\frac{1}{2} \left[ \frac{1}{u} – \frac{1}{u+2} \right]$

Por tanto:

$ \int \frac{d u}{u^{2} +2u} = \frac{1}{2} \int \frac{d u}{u} – \frac{1}{2}\int \frac{d u}{u+2}$

Es decir:

\begin{eqnarray*}
\int \frac{d u}{u^{2} +2u} & = & – \int \frac{d x}{x} +C\\
\frac{1}{2} \int \frac{d u}{u} – \frac{1}{2} \int \frac{d u}{u+2} & = & –
\int \frac{d x}{x} +C\\
\frac{1}{2} \ln | u | – \frac{1}{2} \ln | u+2 | & = & – \ln | x
| +C
\end{eqnarray*}

Si $ u= \frac{y}{x}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2} \ln \left| \frac{y}{x} \right| – \frac{1}{2} \ln
\left| \frac{y}{x} +2 \right| & = & – \ln | x | +C\\
\ln \left| \sqrt{\frac{y}{x}} \right| – \ln \left| \sqrt{\frac{y}{x}
+2} \right| & = & – \ln | x | +C\\
\ln \left| \frac{\sqrt{\frac{y}{x}}}{\sqrt{\frac{y}{x} +2}} \right| & =
& – \ln | x | +C\\
\ln \left| \sqrt{\frac{\frac{y}{x}}{\frac{y+2x}{x}}} \right| & = & –
\ln | x | +C\\
\ln \left| \sqrt{\frac{y}{y+2x}} \right| & = & – \ln | x | +C\\
\ln \left| \sqrt{\frac{y}{y+2x}} \right| + \ln | x | & = & C\\
\ln \left| x \sqrt{\frac{y}{y+2x}} \right| & = & C\\
x \sqrt{\frac{y}{y+2x}} & = & e^{C}\\
x^{2} \left( \frac{y}{y+2x} \right) & = & C_{1}^{2}\\
\frac{x^{2} y}{y+2x} & = & C_{2}\\
x^{2} y & = & C_{2} ( y+2x )
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

\begin{equation}
x^{2} y=C_{2} ( y+2x )
\end{equation}

La representación gráfica de este resultado se muestra en la Figura 3, Figura 4 y Figura 5.

 

Ecuacion Diferencial Homogenea de primer orden

Figura 3. Gráfica de la familia de soluciones de la ED (4)

 

ecuacion diferencial homogenea de prmer orden

Figura 4. Vista en Relieve de la solución general de la ED (4)

 

La siguiente figura en 3D es manipulable. Para ver a detalle la figura, posiciónate con el puntero del mouse sobre ella y deja presionado el botón izquierdo (click izquierdo con el mouse) mientras lo mueves. Con esto podrás ver el detalle de la figura en 3D. 😉 Nota: es posible que necesites instalar el software para manejo de CDF de Wolfram, da click aquí para instalarlo.

[WolframCDF source="http://ecuaciondiferencialejerciciosresueltos.com/wp-content/uploads/2014/10/Prob6_3D.cdf" width="560" height="485" altimage="http://ecuaciondiferencialejerciciosresueltos.com/wp-content/uploads/2014/10/MetodosSustitucion2_Prob63D.png" altimagewidth="390" altimageheight="319"]

El código de MATHEMATICA para generar las figuras del Ejercicio 6, es el siguiente:

Clear["Global`*"]
eq6 = y'[x] == -(y[x]^2 + y[x] x)/x^2
Sn6 = DSolve[eq6, y[x], x] // Simplify
t1 = Table[Evaluate[Sn6[[1, 1, 2]] /. C[1] -> i], {i, -5, 5}];
ptot = Plot[Tooltip[t1], {x, -3, 3}, PlotRange -> {-3, 3}]

Sn6Parta = DSolve[{eq6, y[1] == 1}, y[x], x] // Simplify
p1 = Plot[y[x] /. Sn6Parta, {x, -3, 3}, PlotRange -> {-3, 3}, 
 PlotStyle -> {Green, Thick}]

Sn6Partb = DSolve[{eq6, y[-1] == -2}, y[x], x] // Simplify
p2 = Plot[y[x] /. Sn6Partb, {x, -3, 3}, PlotRange -> {-3, 3}, 
 PlotStyle -> {Blue, Thick}]

Sn6Partc = DSolve[{eq6, y[3] == -4}, y[x], x] // Simplify
p3 = Plot[y[x] /. Sn6Partc, {x, -3, 3}, PlotRange -> {-3, 3}, 
 PlotStyle -> {Red, Thick}]
Show[{ptot, p1, p2, p3}]

Sn6a = (2 x)/(-1 + 2 x^2 C[1]) == y[x]
Sn6b = Solve[Sn6a, C[1]]
Sn6b[[1, 1, 2]]
ContourPlot[
 Evaluate[Sn6b[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -50, 50}, {y, -50, 50}]
Plot3D[Evaluate[Sn6b[[1, 1, 2]] /. {y[x] -> y}], {x, -50, 
 50}, {y, -50, 50}]

Nota: al pegar el código, es necesario corregir los espacios y verificar que la variable independiente (en este caso “x” esté de color verde, así como la variable independiente “y” ó “f(x)” esté en azul).

Cada vez que te topes con conceptos abstractos que te parezcan difíciles de entender realiza una METÁFORA en donde utilices conocimiento fácil de accesar para ti que de la idea del concepto que estés aprendiendo, OJO: No importa que la metáfora sea exagerada (de hecho es recomendable que lo sea), tampoco es importante que la metáfora refleje el concepto exacto de lo que se trata de aprender, mas bien, debe reflejar la idea que te traiga a la mente el cómo utilizar (o resolver) las matemáticas (o conceptos en general). Dicha metáfora, no necesariamente tendrá que ser definitiva, puedes utilizar aproximaciones que te permitan utilizar los conceptos aunque estas aproximaciones no sean muy precisas; eventualmente, podrás afinar la metáfora para que refleje de mejor manera el concepto estudiado.

Utiliza el código de MATHEMATICA que te he proporcionado para que modeles y grafiques tus resultados y se afiance más TU CONFIANZA y TU HABILIDAD.

Prepara tu mente para desarrollar tu intuición y confianza, para esto es necesario, como ya sabemos, la práctica y el error, pero también es importante que conozcas cómo funciona el cerebro para sacar mayor partido de él. Por ello te invito a leer el artículo La técnica perfecta para aprender ecuaciones diferenciales, da click aquí, y practicar con varios ejercicios.

Puedes descargar este mismo artículo en formato PDF, aquí (da click aquí)

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Presentación: CONCEPTO DE HOMOGENEIDAD

ecuacion diferencial homogenea de primer orden

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27 pensamientos en “Ecuacion Diferencial Homogenea de Primer Orden

    • Hola Luis, tienes razon, una disculpa, iba un signo negativo desde el principio, a la hora de escribir la ED de forma
      estándar -es decir, debió ser: $$y d x – 2 ( x+y )^{} d y=0$$, para que al pasar el término: $$ 2 ( x+y )^{} d y$$ al segundo miembro de la ED, se vuelva positivo, ya lo corregí, muchísimas gracias.
      Saludos

      • Harold
        Te dejo la respuesta

        Tenemos:

        $\left( x^2 + x y {sen} \left( \frac{y}{x} \right) \right) y’ = y^2
        {sen} \left( \frac{y}{x} \right)$

        Resolvemos:

        Paso 1

        $\left( x^2 + x y {sen} \left( \frac{y}{x} \right) \right) y’ = y^2
        {sen} \left( \frac{y}{x} \right)$

        $\Rightarrow y’ = \frac{y^2 {sen} \left( \frac{y}{x} \right)}{x^2 + x y
        {sen} \left( \frac{y}{x} \right)}$

        $\Rightarrow \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{y^2 {sen} \left(
        \frac{y}{x} \right)}{x^2 + x y {sen} \left( \frac{y}{x} \right)} \ast
        \frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}}$

        $\Rightarrow \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{\left( \frac{y}{x} \right)^2
        {sen} \left( \frac{y}{x} \right)}{1 + \frac{y}{x} {sen} \left(
        \frac{y}{x} \right)}$

        Paso 2:\quad$y = u x \Rightarrow \frac{{dy}}{{dx}} = u + x
        \frac{{du}}{{dx}}$

        Por tanto:

        $\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{\left( \frac{y}{x} \right)^2 {sen}
        \left( \frac{y}{x} \right)}{1 + \frac{y}{x} {sen} \left( \frac{y}{x}
        \right)}$

        $u + x \frac{{du}}{{dx}} = \frac{u^2 {sen} (u)}{1 + u
        {sen} (u)}$

        $x \frac{{du}}{{dx}} = \frac{u^2 {sen} (u)}{1 + u {sen}
        (u)} – u$

        Paso 3:

        $x \frac{{du}}{{dx}} = \frac{u^2 {sen} (u)}{1 + u {sen}
        (u)} – u$

        $x \frac{{du}}{{dx}} = \frac{u^2 {sen} (u) – u – u^2 {sen}
        (u)}{1 + u {sen} (u)}$

        $x \frac{{du}}{{dx}} = \frac{- u}{1 + u {sen} (u)}$

        $\frac{(1 + u {sen} (u)) d u}{- u} = \frac{d x}{x}$

        $- \frac{(1 + u {sen} (u)) d u}{u} = \frac{d x}{x}$

        Paso 4:

        $- \int \frac{(1 + u {sen} (u)) d u}{u} = \int \frac{d x}{x} + C$

        $- \int \frac{d u}{u} – \int \frac{u {sen} (u)}{u} d u = \int \frac{d
        x}{x} + C$

        $- \int \frac{d u}{u} – \int {sen} (u) d u = \int \frac{d x}{x} + C$

        $- \ln (u) + \cos (u) = \ln (x) + C$

        si: $u = \frac{y}{x}$

        $- \ln \left( \frac{y}{x} \right) + \cos \left( \frac{y}{x} \right) = \ln (x)
        + C$

        $- \ln \left( \frac{y}{x} \right) + \cos \left( \frac{y}{x} \right) = \ln (x)
        + \ln (c)$

        $\cos \left( \frac{y}{x} \right) = \ln \left( \frac{y}{x} \right) + \ln (x) +
        \ln (c)$

        $\cos \left( \frac{y}{x} \right) = \ln \left( \frac{y}{x} \ast x \ast c
        \right)$

        $e^{\cos \left( \frac{y}{x} \right)} = y c$

        Por tanto el resultado es:

        $c = \frac{e^{\cos \left( \frac{y}{x} \right)}}{y}$

        Saludos

    • Hola Daniel
      Te dejo la respuesta:

      Tenemos:

      Desarrollamos según los paso de éste artículo

      Paso 1

      $\frac{dy}{dx} = \frac{x + 3 y}{3 x + y}$
      $\frac{dy}{dx} = \frac{x + 3 y}{3 x + y} \ast \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}$
      $\frac{dy}{dx} = \frac{1 + 3 \frac{y}{x}}{3 + \frac{y}{x}}$

      Paso 2

      $u = \frac{y}{x}$ y $y = u$
      $\frac{dy}{dx} = u + x \frac{dy}{dx}$
      $u + x \frac{du}{dx} = \frac{1 + 3 u}{3 + u}$
      $x \frac{dy}{dx} = \frac{1 + 3 u}{3 + u} – u$
      $x \frac{dy}{dx} = \frac{1 + 3 u – u (3 + u)}{3 + u}$
      $x \frac{du}{dx} = \frac{1 + 3 u – 3 u – u^2}{3 + u}$
      $x \frac{du}{dx} = \frac{1 – u^2}{3 + u}$

      Paso 3

      $\frac{3 + u}{1 – u^2} du = \frac{d x}{x}$

      Paso 4

      $\frac{3 + u}{1 – u^2} = \frac{A}{1 – u} + \frac{B}{1 + u}$
      $3 + u \equiv A (1 + u) + B (1 – u)$
      $3 + u \equiv A + Au + B – Bu$
      $3 + u \equiv Au – Bu + A + B$
      $3 + u \equiv (A – B) u + A + B$

      Igualando Coeficientes

      $1 = A – B$
      $3 = A + B$

      Esto implica:

      $A = 1 + B$ y
      $A = 3 – B$

      Por tanto:

      $1 + B = 3 – B$
      $B + B = 3 – 1$
      $2 B = 2$
      $B = 1$

      y

      $A = 1 + 1$
      $A = 2$

      De donde:

      $\frac{3 + u}{1 – u^2} = \frac{2}{1 – u} + \frac{1}{1 + u}$
      $\int \frac{3 + u}{1 – u^2} du = \int \frac{2 du}{1 – u} + \int \frac{du}{1 + u}$
      $= – 2 \int \frac{- du}{1 – u} + \int \frac{du}{1 + u}$
      $= – 2 Ln (1 – u) + Ln (1 + u)$

      Por tanto:

      $\int \frac{3 + u}{1 – u^2} du = \int \frac{dx}{x} + C$
      $- 2 Ln (1 – u) + Ln (1 + u) = Ln x + C$
      $Ln \frac{1}{(1 – u)^2} + Ln (1 + u) – Ln x = C$
      $Ln \frac{1 + u}{x (1 – u)^2} = C$
      $\frac{1 + u}{x (1 – u)^2} = C_1$
      $1 + u = C_1 x (1 – u)^2$
      $1 + u = C_1 x (1 – 2 u + u^2)$
      $1 + u = C_1 x – 2 C_1 x u + C_1 x u^2$
      $1 + u – C_1 x + 2 C_1 x u – C_1 x u^2 = 0$
      $- C_1 x u^2 + (1 + 2 C_1 x) u + 1 – C_1 x = 0$
      $u^2 + \left( \frac{1 + 2 C_1 x}{- C_1 x} \right) u + \frac{1 – C_1x}{C_1 x} = 0$
      $u^2 – u \left( \frac{1 + 2 C_1 x}{C_1 x} \right) – \left( \frac{1- C_1}{C_1 x} \right) = 0$
      $u^2 – u \left( \frac{1 + 2 C_1 x}{C_1 x} \right) = \left( \frac{1- C_1 x}{C_1 x} \right)$

      Completanto el trinomio cuad Perf.:

      $b = – \left( \frac{1 + 2 C_1 x}{4 C_1^2 x^2} \right)$
      $b^2 = \frac{(1 + 2 C_1 x)^2}{4 C_1^2 x^2}$

      Port tanto:

      $u^2 – u \left( \frac{1 + 2 C_1 x}{C_1 x} \right) + \left( \frac{(1 + 2 C_1x)^2}{4 C_1^2 x} \right) = \left(\frac{1 – C_1 x}{C_1 x} \right) + \left(\frac{(1 + 2 C_1 x)^2}{4 C_1^2 x^2} \right)$

      $\left[ u – \left( \frac{1 + 2 C_1 x}{2 C_1 x} \right) \right]^2 =\frac{4 C_1 x (1 – C_1 x) + (1 + 2C_1 x)^2}{4 C_1 x^2}$

      $= \ldots$

      $\left[ u – \left( \frac{1 + 2 C_1 x}{2 C_1 x} \right) \right]^2 =\frac{8 C_1 x – 1}{4 C_1^2 x^2}$
      $u – \left( \frac{1 + 2 C_{1 x}}{2 C_1 x} \right) = \pm\sqrt{\frac{8 C_1 x – 1}{4 C_1^2 x^2}}$

      $\ldots$

      $u = \frac{1}{2 C_1 x} \pm \frac{\sqrt{8 C_1 x – 1}}{2 C_1 x} + 1$

      Regresando $y$: $u = \frac{y}{x}$

      $\frac{y}{x} = \frac{1}{2 C_1 x} \pm \frac{\sqrt{8 C_1 x – 1}}{2C_1 x} + 1$
      $y = \frac{1}{2 C_1} \pm \frac{\sqrt{8 C_1 x – 1}}{2 C_1} + x$

      $= \ldots$

      Por tanto, el resultado es:

      $y = \frac{1}{2 C_{1}} \left( 1 \pm \sqrt{8 C_{1} x – 1} + 2 C_{1} x \right)$

      Saludos

    • Hola Sinaí.
      La ecuación que tienes es una ecuación de Bernoulli.
      Sigue este desarrollo para verificarlo:
      Tenemos:
      $(x^{2}+y^{2})dx – xy dy = 0$
      Desarrollando:
      $(x^{2}+y^{2})dx = xy dy$
      $(x^{2}+y^{2}) = xy \frac{dy}{dx}$
      $\frac{x^{2}+y^{2}}{xy}=\frac{dy}{dx}$
      $\frac{x^{2}}{xy}+\frac{y^{2}}{xy}=\frac{dy}{dx}$
      $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=\frac{dy}{dx}$ ### Este resultado se obtiene simplificando
      Escribimos el anterior resultado en forma de un ED de Bernoulli:
      $\frac{dy}{dx}-\frac{y}{x}=\frac{x}{y}$
      Por tanto, la Ecuación de Bernoulli a resolver es:
      $\frac{dy}{dx}-\frac{1}{x}y=xy^{-1}$

      Para resolver este tipo de ecuaciones revisa el siguiente artículo donde vas a encontrar un desarrollo paso a paso para resolverlas:

      Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli, click aquí

      Saludos

  1. si dice que ya se ha realizado su pago correctamente Completado

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  2. el negativo es que me descuenta, igual este es el numero de id de la compra Id. de transacción
    36794240F8044010S
    podria colaborarme a si sea con ese ejercicio

  3. Hola Señor, he hecho este ejercicio: dy/dx=(x+3y)/(3x+y)
    y he coincidido con usted hasta; Ln(x) +Ln(c) = -2Ln(u-1) + Ln(u+1) y la desarrollé de la siguiente manera:
    Ln(xc) = Ln((u+1)/(u-1)^2
    e^Ln(xc) = e^Ln((u+1)/(u-1)^2
    xc = (u+1)/(u-1)(u+1)
    xc = 1/u-1
    xc = 1/(y-x)/x

    siendo XC = X/(Y-X) mi resultado implícito, ojalá usted me pueda orientar sobre si mis pasos son correctos por favor gracias de antemano

  4. hola me podria ayudar con la siguiente ecuacion , porfa:
    [ e^(x)y^(2)-8xy^(4)+y]dx-[e^(x)y+4x^(2)*y^(3)+2x]dy= 0

    • Te dejo en resultado en SAGE, pulsa el botón “Evaluate”

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