El documento presenta la resolución de dos ecuaciones diferenciales de primer orden. La primera ecuación no es exacta, pero se aplica un factor integrante para convertirla en una ecuación exacta. La segunda ecuación es exacta y se integra directamente para obtener la solución general.

1. UNIVERSIDAD FERMIN TORO
FACULTAD DE INGENIERIA
CABUDARE. EDO. LARA
Estudiantes:
Jesus Arroyo CI: 25143483
Maria Vegas CI: 23814971
José Nieves CI: 25854232
Profesor: José Morillo

2. 1.) DETERMINE SI LA FUNCIÓN ES SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL.
  ctgxyyctgxxsenxya  ,,
;cscln)
Se deriva la función por primera vez:
𝑦′
= 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) + 𝑠𝑒𝑛𝑥.
1
𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥
. (−𝑐𝑠𝑐𝑥. 𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑐𝑠𝑐2
𝑥)
Sacamos factor común:
𝑦′
= 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) + 𝑠𝑒𝑛𝑥. (
−𝑐𝑠𝑐𝑥
𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥
) . (𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑐𝑠𝑐𝑥)
Simplificamos:
𝑦′
= 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑠𝑐𝑥
Aplicamos identidades trigonométricas y simplificamos tenemos que:
𝑦′
= 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) − 𝑠𝑒𝑛𝑥.
1
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦′
= 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) − 1
Derivamos la función por segunda vez:
𝑦′′
= −𝑠𝑒𝑛𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) + 𝑐𝑜𝑠𝑥.
1
𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥
. (−𝑐𝑠𝑐𝑥. 𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑐𝑠𝑐2
𝑥) − 0
Aplicamos factor común:
𝑦′′
= −𝑠𝑒𝑛𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) + 𝑐𝑜𝑠𝑥. (
−𝑐𝑠𝑐𝑥
𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥
) . (𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑐𝑠𝑐𝑥)
Simplificamos:
𝑦′′
= −𝑠𝑒𝑛𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) − 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑠𝑐𝑥
Sustituimos en 𝑦′′
+ 𝑦 = −𝑐𝑡𝑔𝑥 teniendo que:
𝑦′′
+ 𝑦 = −𝑠𝑒𝑛𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥) − 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑙𝑛(𝑐𝑠𝑐𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥)
𝑦′′
+ 𝑦 = −𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑠𝑐𝑥
Aplicamos identidades trigonométricas:
𝑦′′
+ 𝑦 = −𝑐𝑜𝑠𝑥.
1
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦′′
+ 𝑦 = −
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦′′
+ 𝑦 = −𝑐𝑡𝑔𝑥

3. 2.) RESOLVER LAS SIGUIENTES ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN DE
ACUERDO AL MÉTODO CORRESPONDIENTE.
    02cos2cos)
cos.)
22
2,


dyyxyxxedxxyyeb
xtgyxysenxa
yy
Por separación de variables
𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑑𝑦 = (𝑡𝑔2
𝑥 − 𝑦) 𝑑𝑥
(𝑡𝑔2
𝑥 − 𝑦) 𝑑𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑑𝑦 = 0
𝑀(𝑥, 𝑦) = (𝑡𝑔2
𝑥 − 𝑦) 𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
Se deriva 𝑀(𝑥,𝑦) con respecto de y:
𝑀 𝑦(𝑥, 𝑦) = −1
Derivamos 𝑁(𝑥,𝑦):
𝑁𝑥(𝑥, 𝑦) = −(𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥(−𝑠𝑒𝑛𝑥))
𝑁𝑥(𝑥, 𝑦) = −(𝑐𝑜𝑠2
𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2
𝑥)
𝑁𝑥(𝑥, 𝑦) = −𝑐𝑜𝑠2
𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2
𝑥
Tenemos que:
𝑀 𝑦(𝑥, 𝑦) ≠ 𝑁𝑥(𝑥, 𝑦)
Por lo tanto no es exacta
Buscamos el factor integrante:
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫(
𝑀 𝑦−𝑁 𝑥
𝑁
)𝑑𝑥
𝑀 𝑦 − 𝑁𝑥
𝑁
=
−1 − (−𝑐𝑜𝑠2
𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2
𝑥)
−𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
=
−1 + 𝑐𝑜𝑠2
𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2
𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
=
𝑐𝑜𝑠2
𝑥 − 1 − 𝑠𝑒𝑛2
𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
=
−𝑠𝑒𝑛2
𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2
𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
=
−2𝑠𝑒𝑛2
𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
=
2𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
∫ (
𝑀 𝑦 − 𝑁𝑥
𝑁
) 𝑑𝑥 = ∫ 2𝑡𝑎𝑛𝑥𝑑𝑥 = 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)−2
Sustituimos:
𝜇(𝑥) = 𝑒 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑥)−2
𝜇(𝑥) = (𝑐𝑜𝑠𝑥)−2

4. 𝜇(𝑥) =
1
(𝑐𝑜𝑠𝑥)2
𝜇(𝑥) = 𝑠𝑒𝑐2
𝑥
Multiplicando 𝜇(𝑥) por la ecuación diferencial:
𝜇(𝑥)𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝜇(𝑥)𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
𝑠𝑒𝑐2
𝑥(𝑡𝑔2
𝑥 − 𝑦) 𝑑𝑥 − 𝑠𝑒𝑐2
𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑑𝑦 = 0
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑐2
𝑥(𝑡𝑔2
𝑥 − 𝑦) = 𝑠𝑒𝑐2
𝑥𝑡𝑔2
𝑥 − 𝑦𝑠𝑒𝑐2
𝑥
𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑠𝑒𝑐2
𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 = −
1
𝑐𝑜𝑠2 𝑥
∙ 𝑠𝑒𝑛𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = −𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑀 𝑦(𝑥, 𝑦) = −𝑠𝑒𝑐2
𝑥
𝑁𝑥(𝑥, 𝑦) = − (
𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥(−𝑠𝑒𝑛𝑥)
𝑐𝑜𝑠2 𝑥
) = − (
𝑐𝑜𝑠2
𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2
𝑥
𝑐𝑜𝑠2 𝑥
) = −
1
𝑐𝑜𝑠2 𝑥
= −𝑠𝑒𝑐2
𝑥
𝑀 𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑁𝑥(𝑥, 𝑦) Por lo tanto la ecuación es exacta
Sabiendo que:
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑐2
𝑥𝑡𝑔2
𝑥 − 𝑦𝑠𝑒𝑐2
𝑥
𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = −𝑡𝑎𝑛𝑥
Se integra 𝑁(𝑥, 𝑦) con respecto de y:
𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = −𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫ −𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑑𝑦
𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑡𝑎𝑛𝑥. 𝑦 + 𝑔(𝑥)
Se deriva 𝑓(𝑥, 𝑦) con respecto de x:
𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = −𝑦𝑠𝑒𝑐2
𝑥 + 𝑔′
(𝑥)
Sustituimos en 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦)en 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦)
−𝑦𝑠𝑒𝑐2
𝑥 + 𝑔′(𝑥) = 𝑠𝑒𝑐2
𝑥𝑡𝑔2
𝑥 − 𝑦𝑠𝑒𝑐2
𝑥
Despejamos 𝑔′(𝑥)
𝑔′(𝑥) = 𝑠𝑒𝑐2
𝑥𝑡𝑔2
𝑥
Integramos la ecuación obtenida tenemos
𝑔(𝑥) = ∫ 𝑠𝑒𝑐2
𝑥𝑡𝑔2
𝑥 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑡𝑔𝑥 𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑐2
𝑥𝑑𝑥

5. = ∫ 𝑠𝑒𝑐2
𝑥𝑡𝑔2
𝑥 𝑑𝑥
= ∫ 𝑢2
𝑑𝑢
=
𝑢3
3
𝑔(𝑥) =
𝑡𝑔3
𝑥
3
Sustituimos 𝑔(𝑥) en 𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑡𝑎𝑛𝑥𝑦 + 𝑔(𝑥)
𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑡𝑎𝑛𝑥𝑦 +
𝑡𝑔3
𝑥
3
Sabiendo que 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐 entonces
𝑐 = −𝑡𝑎𝑛𝑥. 𝑦 +
𝑡𝑔3
𝑥
3

6.     02cos2cos)
cos.)
22
2,


dyyxyxxedxxyyeb
xtgyxysenxa
yy
𝑀 = 𝑒2𝑦
− 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 𝑁 = 2𝑥𝑒2𝑦
− 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 2𝑦
Para determinar si es una ED exacta:
Se deriva a M con respecto de y
𝜕𝑀
𝜕𝑥
= 2𝑒2𝑦
− (𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑦(−𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦)𝑥)
𝜕𝑀
𝜕𝑥
= 2𝑒2𝑦
− (𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 − 𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦)
𝜕𝑀
𝜕𝑥
= 2𝑒2𝑦
− 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑦𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦
Derivamos a N con respecto de x
𝜕𝑁
𝜕𝑦
= 2𝑒2𝑦
− (𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑥(−𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦)𝑦)
𝜕𝑁
𝜕𝑦
= 2𝑒2𝑦
− (𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 − 𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦)
𝜕𝑁
𝜕𝑦
= 2𝑒2𝑦
− 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑦𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦
Ya que
𝜕𝑀
𝜕𝑥
=
𝜕𝑁
𝜕𝑦
entonces, por definición, la ED es exacta
Ahora integramos
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫( 𝑒2𝑦
− 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦)𝑑𝑥

7. 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑒2𝑦
𝑑𝑥 − ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 𝑑𝑥
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑒2𝑦
− 𝑦.
𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦
𝑦
+ 𝑔(𝑦)
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑒2𝑦
− 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦)
Derivamos f(x,y) con respecto de y, y suponiendo que
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦) entonces
𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑒2𝑦
− 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦)
𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑒2𝑦
− 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑔′(𝑦)
Sustituimos
2𝑥𝑒2𝑦
− 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 2𝑦 = 2𝑥𝑒2𝑦
− 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑔′(𝑦)
Simplificando tenemos
𝑔′(𝑦) = 2𝑦
Integramos en ambos lados de la igualdad
∫ 𝑔′(𝑦). 𝑑𝑦 = ∫ 2𝑦. 𝑑𝑦
𝑔(𝑦) = 𝑦2
Sustituimos g(y) en f(x,y)
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑒2𝑦
− 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 + 𝑦2
Sabiendo que f(x,y)= C entonces
𝐶 = 𝑥𝑒2𝑦
− 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 + 𝑦2
𝑥𝑒2𝑦
− 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 + 𝑦2
+ 𝐶 = 0

8. 3.) RESOLVER LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN N POR COEFICIENTES
INDETERMINADOS.
xxyyb
senxeyya x
cos3939.)
2.)
,,
2,,,


Por función complementaria:
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
𝑦1 = 𝑒 𝑚1 𝑥
𝑦2 = 𝑒 𝑚2 𝑥
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑚1 𝑥
+ 𝑐2 𝑒 𝑚2 𝑥
Para hallar m sabemos qué y’’+ y’ por función complementaria es
𝑎𝑚2
+ 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0
𝑚2
+ 𝑚 + 0 = 0
𝑚2
+ 𝑚 = 0
Factorizando
𝑚 (𝑚 + 1) = 0
𝑚 = 0 , 𝑚 + 1 = 0
𝑚1 = 0 , 𝑚2 = −1
Entonces sustituyendo tenemos como función complementaria
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒0𝑥
+ 𝑐2 𝑒−1𝑥
𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒−1𝑥
Por función particular tenemos:
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥

9. Ahora derivamos 𝑦𝑝 para hallar 𝑦′′
+ 𝑦′
tenemos
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′
= 𝐴( 2𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 ) + 𝐵( 2𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 )
𝑦𝑝
′
= 2𝐴𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐴𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2𝐵𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦𝑝
′
= ( 2𝐴𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 ) + ( 2𝐵𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝐴𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥)
𝑦𝑝
′
= ( 2𝐴 + 𝐵 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + ( 2𝐵 − 𝐴 )𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
Derivamos por segunda vez
𝑦𝑝
′′
= ( 2𝐴 + 𝐵 )( 2𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 ) + ( 2𝐵 − 𝐴 )( 2𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 )
𝑦𝑝
′′
= 2( 2𝐴 + 𝐵 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 − ( 2𝐴 + 𝐵 )𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2( 2𝐵 − 𝐴 )𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + ( 2𝐵 − 𝐴 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦𝑝
′′
= ( 4𝐴 + 2𝐵 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 − ( 2𝐴 + 𝐵 )𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + ( 4𝐵 − 2𝐴 )𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + ( 2𝐵 − 𝐴 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦𝑝
′′
= (( 4𝐴 + 2𝐵 ) + ( 2𝐵 − 𝐴 ))𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (( 4𝐵 − 2𝐴 ) − ( 2𝐴 + 𝐵 ))𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′′
= ( 4𝐴 + 2𝐵 + 2𝐵 − 𝐴 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (4𝐵 − 2𝐴 − 2𝐴 − 𝐵)𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′′
= ( 3𝐴 + 4𝐵)𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (3𝐵 − 4𝐴)𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
Una vez encontrados 𝑦𝑝
′′
𝑦 𝑦𝑝
′
sustituimos
𝑦𝑝
′′
+ 𝑦𝑝
′
= ( 3𝐴 + 4𝐵)𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (3𝐵 − 4𝐴)𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + ( 2𝐴 + 𝐵 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + ( 2𝐵
− 𝐴 )𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′′
+ 𝑦𝑝
′
= ( 3𝐴 + 4𝐵)𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + ( 2𝐴 + 𝐵 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (3𝐵 − 4𝐴)𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + ( 2𝐵
− 𝐴 )𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′′
+ 𝑦𝑝
′
= (( 3𝐴 + 4𝐵) + ( 2𝐴 + 𝐵 ))𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + ((3𝐵 − 4𝐴) + ( 2𝐵 − 𝐴 ))𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′′
+ 𝑦𝑝
′
= (3𝐴 + 4𝐵 + 2𝐴 + 𝐵 )𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (3𝐵 − 4𝐴 + 2𝐵 − 𝐴)𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′′
+ 𝑦𝑝
′
= (5𝐴 + 5𝐵)𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (5𝐵 − 5𝐴)𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥

10. Sustituimos el resultado en 𝑦′′
+ 𝑦′
= 2𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
(5𝐴 + 5𝐵)𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (5𝐵 − 5𝐴)𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 = 2𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
(5𝐴 + 5𝐵)𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 + (5𝐵 − 5𝐴)𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 = 2𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 0𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
Comparamos las constantes por cada identidad
5𝐴 + 5𝐵 = 0 5𝐵 − 5𝐴 = 2
5𝐴 = −5𝐵 5𝐵 − 5(−𝐵) = 2
𝐴 = −
5
5
𝐵 5𝐵 + 5𝐵 = 2
𝐴 = −𝐵 10𝐵 = 2
𝐵 =
2
10
𝐴 = −
1
5
𝐵 =
1
5
Sustituimos A y B
𝑦𝑝 = −
1
5
𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 +
1
5
𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
Entonces sabiendo que
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
Sustituimos
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒−1𝑥
+ −
1
5
𝑒2𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 +
1
5
𝑒2𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥

11. xxyyb
senxeyya x
cos3939.)
2.)
,,
2,,,


Función complementaria:
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
𝑦1 = 𝑒 𝑚1 𝑥
𝑦2 = 𝑒 𝑚2 𝑥
Para hallar m sabemos que y’’+ y’
𝑚2
+ 0𝑚 + 9 = 0
𝑚2
+ 9 = 0
𝑚2
= −9
𝑚 = ±3𝑖
𝑚2 = −3𝑖 , 𝑚1 = 3𝑖
Sustituyendo tenemos como función complementaria
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒3𝑖𝑥
+ 𝑐2 𝑒−3𝑖𝑥
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛3𝑥
Solución particular:
𝑦𝑝 = 𝑦 𝑝1 + 𝑦 𝑝2
𝑦 𝑝1 = 𝐴𝑥
𝑦 𝑝2 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥
Derivamos 𝑦𝑝
𝑦𝑝
′
= 𝐴 − 𝐵𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐶𝑐𝑜𝑠𝑥
Derivamos por segunda vez
𝑦𝑝
′′
= −𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥
Multiplicamos 𝑦𝑝 por 9

12. 9𝑦𝑝 = 9(𝐴𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥)
9𝑦𝑝 = 9𝐴𝑥 + 9𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 9𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥
Sustituimos en 𝑦𝑝
′′
+ 9𝑦𝑝 tenemos
𝑦𝑝
′′
+ 9𝑦𝑝 = −𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥 + 9𝐴𝑥 + 9𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 9𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′′
+ 9𝑦𝑝 = 9𝐴𝑥 + (9𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥) + (9𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥)
𝑦𝑝
′′
+ 9𝑦𝑝 = 9𝐴𝑥 + (9𝐵 − 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (9𝐶 − 𝐶)𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝
′′
+ 9𝑦𝑝 = 9𝐴𝑥 + 8𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 8𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥
Sustituimos en 𝑦′′
+ 9𝑦 = 93𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥
9𝐴𝑥 + 8𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 8𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥 = 93𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥
9𝐴𝑥 + 8𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 + 8𝐶𝑠𝑒𝑛𝑥 = 93𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥 + 0𝑠𝑒𝑛𝑥
9𝐴 = 93 8𝐵 = 3 8𝐶 = 0
𝐴 =
93
9
𝐵 =
3
8
𝐶 = 0
𝐴 =
31
3
Sustituimos A y B
𝑦𝑝 =
31
3
𝑥 +
3
8
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 0𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦𝑝 =
31
3
𝑥 +
3
8
𝑐𝑜𝑠𝑥
Entonces sustituimos en 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
∴ 𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛3𝑥 +
31
3
𝑥 +
3
8
𝑐𝑜𝑠𝑥

14. 4.) RESUELVA POR VARIACIÓN DE PARÁMETROS.
a) Y” + 9y = ¼( Cosec 3x)
Por función complementaria:
𝑎𝑚2
+ 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0
𝑎 = 1 , 𝑏 = 0 , 𝑐 = 9
Despejamos m
𝑚2
+ 9 = 0
𝑚2
= −9
𝑚 = ± √−9
𝑚 = ±3𝑖
𝑚2 = −3𝑖 , 𝑚1 = 3𝑖
Sustituimos 𝑚1 y 𝑚2 en 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑚1 𝑥
+ 𝑐2 𝑒 𝑚2 𝑥
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒3𝑖𝑥
+ 𝑐2 𝑒−3𝑖𝑥
Por Euler esto es
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛3𝑥
Sabiendo que 𝑦𝑝 = 𝑢1(𝑥)𝑦1 + 𝑢2(𝑥)𝑦2
Como 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 entonces
𝑦1 = 𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛3𝑥
Realizamos el Wronskiano
𝑤(𝑦1, 𝑦2) = |
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′
𝑦2
′| = |
𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑠𝑒𝑛3𝑥
−3𝑠𝑒𝑛3𝑥 3𝑐𝑜𝑠3𝑥
| = 3𝑐𝑜𝑠2
3𝑥 − (−3𝑠𝑒𝑛2
3𝑥)
= 3𝑐𝑜𝑠2
3𝑥 + 3𝑠𝑒𝑛2
3𝑥

15. = 3(𝑐𝑜𝑠2
3𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2
3𝑥) = 3
𝑤1 = |
0 𝑦2
𝑓(𝑥) 𝑦2
′| = |
0 𝑠𝑒𝑛3𝑥
1
4
𝑐𝑜𝑠𝑐3𝑥 3𝑐𝑜𝑠3𝑥
| = 0 −
1
4
𝑠𝑒𝑛3𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐3𝑥
𝑤1 = −
1
4
𝑠𝑒𝑛3𝑥 (
1
𝑠𝑒𝑛3𝑥
) = −
1
4
𝑤2 = |
𝑦1 0
𝑦1
′
𝑓(𝑥)
| = |
𝑐𝑜𝑠3𝑥 0
−3𝑠𝑒𝑛3𝑥
1
4
𝑐𝑜𝑠𝑐3𝑥
| =
1
4
𝑐𝑜𝑠3𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐3𝑥 − 0
𝑤2 =
1
4
𝑐𝑜𝑠3𝑥 (
1
𝑠𝑒𝑛3𝑥
) =
1
4
𝑐𝑡𝑔3𝑥
𝑢1
′
=
𝑤1
𝑤
𝑢1
′
=
−
1
4
3
= −
1
12
𝑢2
′
=
𝑤2
𝑤
𝑢2
′
=
1
4 𝑐𝑡𝑔3𝑥
3
𝑢2
′
=
1
12
ctg3x
Integramos 𝑢1 y 𝑢2

16. ∫ 𝑑𝑢1′ = ∫ −
1
12
𝑑𝑥
𝑢1 = −
1
12
𝑥
∫ 𝑑𝑢2′ = ∫
𝑐𝑜𝑠3𝑥
12 𝑠𝑒𝑛3𝑥
𝑑𝑥
𝑢2 =
1
36
𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛3𝑥)
Sustituimos 𝑢1 y 𝑢2 en 𝑦𝑝 tenemos
𝑦𝑝 = −
1
12
𝑥𝑐𝑜𝑠3𝑥 +
1
36
𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛3𝑥)𝑠𝑒𝑛3𝑥
Sustituimos 𝑦𝑐 y 𝑦𝑝 en 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 tenemos
𝑦 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛3𝑥 −
1
12
𝑥𝑐𝑜𝑠3𝑥 +
1
36
𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛3𝑥)𝑠𝑒𝑛3𝑥