Ecuaciones diferenciales · taller resuelto

Guía del taller de ED

Soluciones de los puntos marcados, el método detrás de cada uno y las integrales que más se repiten. Pensado para repasar rápido antes del parcial.

Soluciones

Agrupadas como en el taller. Toca cada tema para desplegar los puntos marcados.

1Orden y linealidad3 puntos▸
1
$(1-x)y''-4xy'+5y=\cos x$
La derivada de mayor grado es $y''$, indicando el orden. Las variables $y$, $y'$ y $y''$ tienen potencia 1 y sus coeficientes dependen exclusivamente de $x$.
Orden 2 · Lineal
3
$t^5y^{(4)}-t^3y''+6y=0$
La mayor derivada es la cuarta $y^{(4)}$. La variable dependiente $y$ y sus derivadas no se multiplican entre sí ni están elevadas a otras potencias.
Orden 4 · Lineal
5
$\dfrac{d^2y}{dx^2}=\sqrt{1+\left(\dfrac{dy}{dx}\right)^2}$
La mayor derivada es $d^2y/dx^2$. Sin embargo, la primera derivada está elevada al cuadrado y dentro de una raíz cuadrada, rompiendo la forma lineal estricta.
Orden 2 · No lineal
2Separación de variables4 puntos▸
1
$\dfrac{dy}{dx}=\sin 5x$
1. Separamos variables multiplicando por $dx$: $\ dy=\sin (5x)\,dx$
2. Integramos ambos lados: $\ \int dy = \int \sin(5x)\,dx$.
3. Para resolver $\int \sin(5x)\,dx$, usamos la sustitución $z=5x$, derivamos $dz=5dx$, despejamos $dx=\frac{dz}{5}$.
4. Reemplazamos en la integral: $\int \sin(z)\frac{dz}{5} = \frac{1}{5}\int \sin(z)dz = \frac{1}{5}(-\cos(z)) + C$.
5. Devolvemos la variable $z$: $y = -\frac{1}{5}\cos(5x) + C$.
$y=-\dfrac{1}{5}\cos 5x+C$
3
$dx+e^{3x}dy=0$
1. Despejamos separando las variables: $\ e^{3x}dy = -dx \ \Rightarrow\ dy = -e^{-3x}dx$
2. Integramos ambos lados: $\ \int dy = \int -e^{-3x}dx$.
3. Resolvemos $\int -e^{-3x}dx$ usando sustitución $z=-3x$, $dz=-3dx$, $dx=\frac{dz}{-3}$.
4. Reemplazamos: $\int -e^z \frac{dz}{-3} = \frac{1}{3}\int e^z dz = \frac{1}{3}e^z + C$.
5. Devolvemos la variable $z$: $y = \frac{1}{3}e^{-3x} + C$.
$y=\dfrac{1}{3}e^{-3x}+C$
4
$dy-(y-1)^2dx=0$
1. Separamos términos pasando a dividir: $\ dy = (y-1)^2dx \ \Rightarrow\ \dfrac{dy}{(y-1)^2}=dx$
2. Escribimos la potencia en el numerador e integramos: $\ \int (y-1)^{-2}dy = \int dx$.
3. Resolvemos $\int (y-1)^{-2}dy$ con sustitución $z=y-1$, $dz=dy$.
4. Integramos usando la regla de la potencia $\int z^n dz = \frac{z^{n+1}}{n+1}$: $\int z^{-2}dz = \dfrac{z^{-1}}{-1} = -z^{-1}$.
5. Devolvemos $z$ e igualamos con $\int dx = x + C$: $-(y-1)^{-1} = x + C \ \Rightarrow\ -\dfrac{1}{y-1} = x+C$.
6. Despejamos $y$: $y-1 = -\dfrac{1}{x+C} \ \Rightarrow\ y = 1 - \dfrac{1}{x+C}$.
$y=1-\dfrac{1}{x+C}$
5
$x\dfrac{dy}{dx}=4y$
1. Separamos agrupando $y$ con $dy$ y $x$ con $dx$: $\ \dfrac{dy}{y}=\dfrac{4}{x}dx$
2. Integramos ambos lados recordando que $\int \frac{1}{v}dv = \ln|v|$: $\ \int\dfrac{dy}{y} = 4\int\dfrac{dx}{x}$.
3. Obtenemos: $\ \ln|y|=4\ln|x|+C_1$. Subimos el $4$ como exponente por propiedades de logaritmos: $\ln|y| = \ln(x^4) + C_1$.
4. Aplicamos exponencial $e$ a ambos lados para despejar $y$: $\ e^{\ln|y|} = e^{\ln(x^4) + C_1}$.
5. Separamos exponentes: $|y| = e^{\ln(x^4)} \cdot e^{C_1} = x^4 \cdot e^{C_1}$. Asignamos la constante $C = \pm e^{C_1}$.
$y=Cx^4$
3Lineales de primer orden7 puntos▸

Forma $y'+P(x)y=f(x)$, factor integrante $\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}$, solución $\mu(x) y=\int \mu(x) f(x)\,dx+C$.

3
$\dfrac{dy}{dx}+y=e^{3x}$
1. Identificamos $P(x) = 1$. Hallamos el factor integrante: $\mu(x)=e^{\int 1 dx} = e^x$.
2. Multiplicamos toda la ED por $\mu(x)$: $\ e^x y' + e^x y = e^{4x}$. Comprimimos el lado izquierdo como derivada de un producto: $(e^xy)'=e^{4x}$.
3. Integramos ambos lados: $\ e^x y = \int e^{4x} dx$.
4. Resolvemos $\int e^{4x} dx$ usando $z=4x$, $dz=4dx$, $dx=dz/4$. Queda $\int e^z \frac{dz}{4} = \frac{1}{4}e^z = \dfrac{1}{4}e^{4x} + C$.
5. Igualamos y despejamos $y$: $e^x y = \dfrac{1}{4}e^{4x} + C \ \Rightarrow\ y = \dfrac{1}{4}\dfrac{e^{4x}}{e^x} + \dfrac{C}{e^x} = \dfrac{1}{4}e^{3x} + Ce^{-x}$.
$y=\dfrac14 e^{3x}+Ce^{-x}$
4
$3\dfrac{dy}{dx}+12y=4$
1. Llevamos a la forma estándar dividiendo toda la ecuación entre 3: $\ y'+4y=\tfrac{4}{3}$.
2. Identificamos $P(x) = 4$. Calculamos el factor integrante: $\mu(x)=e^{\int 4 dx}=e^{4x}$.
3. Multiplicamos la ecuación por $\mu(x)$ y comprimimos: $\ (e^{4x}y)'=\dfrac{4}{3}e^{4x}$.
4. Integramos: $\ e^{4x}y = \int \dfrac{4}{3}e^{4x}dx$. Sacamos la constante $\dfrac{4}{3}\int e^{4x}dx$.
5. Con sustitución $z=4x, dx=dz/4$, la integral es $\frac{1}{4}e^{4x}$. Multiplicamos: $\frac{4}{3} \cdot \frac{1}{4} e^{4x} = \dfrac{1}{3}e^{4x} + C$.
6. Despejamos $y$: $\ y = \dfrac{\frac{1}{3}e^{4x} + C}{e^{4x}} = \dfrac{1}{3} + Ce^{-4x}$.
$y=\dfrac13+Ce^{-4x}$
5
$y'+3x^2y=x^2$
1. Identificamos $P(x)=3x^2$. Factor integrante: $\mu(x)=e^{\int 3x^2 dx}$. Con regla de potencia $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}$: $\mu(x) = e^{3(x^3/3)} = e^{x^3}$.
2. Multiplicamos la ecuación y comprimimos: $\ e^{x^3}y' + 3x^2e^{x^3}y = x^2e^{x^3} \ \Rightarrow\ (e^{x^3}y)'=x^2e^{x^3}$.
3. Integramos: $\ e^{x^3}y = \int x^2e^{x^3}dx$.
4. Resolvemos $\int x^2e^{x^3}dx$ usando sustitución $z = x^3$, derivamos $dz = 3x^2 dx$, despejamos $dx = \frac{dz}{3x^2}$.
5. Reemplazamos: $\ \int x^2 e^z \frac{dz}{3x^2} = \dfrac{1}{3}\int e^z dz = \dfrac{1}{3}e^z = \dfrac{1}{3}e^{x^3} + C$.
6. Igualamos y despejamos $y$: $\ e^{x^3}y = \dfrac{1}{3}e^{x^3} + C \ \Rightarrow\ y = \dfrac{1}{3} + Ce^{-x^3}$.
$y=\dfrac13+Ce^{-x^3}$
6
$y'+2xy=x^3$
1. $P(x)=2x$. Factor integrante: $\mu(x)=e^{\int 2x dx} = e^{2(x^2/2)} = e^{x^2}$.
2. Multiplicamos y comprimimos: $\ (e^{x^2}y)'=x^3e^{x^2}$.
3. Integramos: $e^{x^2}y = \int x^3e^{x^2}dx$. Preparamos la integral separando $x^3 = x^2 \cdot x \Rightarrow \int x^2 e^{x^2} x dx$.
4. Sustitución $z=x^2$, $dz=2xdx$, $dx = \frac{dz}{2x}$. La integral queda: $\int z e^z x \frac{dz}{2x} = \frac{1}{2}\int z e^z dz$.
5. Resolvemos por partes la forma $\int u dv = uv - \int v du$. Asignamos $u=z \Rightarrow du=dz$, y $dv=e^z dz \Rightarrow v=\int e^z dz = e^z$.
6. Aplicamos partes: $\frac{1}{2}(ze^z - \int e^z dz) = \frac{1}{2}(ze^z - e^z) + C$. Devolvemos $z$: $\frac{1}{2}(x^2e^{x^2} - e^{x^2}) + C$.
7. Igualamos y despejamos $y$: $e^{x^2}y = \frac{1}{2}e^{x^2}(x^2-1) + C \ \Rightarrow\ y = \frac{x^2-1}{2} + Ce^{-x^2}$.
$y=\dfrac{x^2-1}{2}+Ce^{-x^2}$
7
$x^2y'+xy=1$
1. Llevamos a forma estándar dividiendo toda la ecuación entre $x^2$: $\ y'+\tfrac{1}{x} y=\tfrac{1}{x^2}$.
2. Factor integrante: $\ \mu(x)=e^{\int \frac{1}{x}dx}$. Dado que $\int \frac{1}{x}dx = \ln|x|$, queda $\mu(x) = e^{\ln|x|} = x$.
3. Multiplicamos la forma estándar por $x$: $\ x(y'+\tfrac{1}{x} y) = x(\tfrac{1}{x^2}) \ \Rightarrow\ xy' + y = \dfrac{1}{x}$.
4. Comprimimos el lado izquierdo: $(xy)' = \dfrac{1}{x}$.
5. Integramos, sabiendo que la integral de $1/x$ es $\ln|x|$: $\ xy = \int \dfrac{1}{x}dx = \ln|x| + C$.
6. Despejamos $y$: $y = \dfrac{\ln|x|+C}{x}$.
$y=\dfrac{\ln|x|+C}{x}$
8
$y'=2y+x^2+5$
1. Forma estándar restando $2y$: $\ y'-2y=x^2+5$. $P(x)=-2$.
2. Factor integrante: $\ \mu(x)=e^{\int -2 dx} = e^{-2x}$.
3. Multiplicamos y comprimimos: $\ (e^{-2x}y)' = (x^2+5)e^{-2x}$. Integramos: $e^{-2x}y = \int (x^2+5)e^{-2x}dx$.
4. Aplicamos integración por partes repetida (tabular). Asignamos $u = x^2+5$ (polinomio a derivar) y $dv = e^{-2x}dx$ (exponencial a integrar).
5. Derivamos $u$ repetidamente hasta cero: $x^2+5 \xrightarrow{\frac{d}{dx}} 2x \xrightarrow{\frac{d}{dx}} 2 \xrightarrow{\frac{d}{dx}} 0$.
6. Integramos $dv$ iterativamente sabiendo que $\int e^{kx}dx = \frac{1}{k}e^{kx}$: $e^{-2x} \xrightarrow{\int} -\frac{1}{2}e^{-2x} \xrightarrow{\int} \frac{1}{4}e^{-2x} \xrightarrow{\int} -\frac{1}{8}e^{-2x}$.
7. Multiplicamos cruzado alternando signos ($+ - +$): $(x^2+5)(-\frac{1}{2}e^{-2x}) - (2x)(\frac{1}{4}e^{-2x}) + (2)(-\frac{1}{8}e^{-2x}) + C$.
8. Factorizamos $e^{-2x}$ en el lado derecho: $e^{-2x}(-\frac{1}{2}x^2 - \frac{5}{2} - \frac{1}{2}x - \frac{1}{4}) + C = e^{-2x}(-\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}x - \frac{11}{4}) + C$.
9. Igualamos $e^{-2x}y = \dots$ y multiplicamos por $e^{2x}$ para despejar: $y = -\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}x - \frac{11}{4} + Ce^{2x}$.
$y=-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2}-\dfrac{11}{4}+Ce^{2x}$
9
$x\dfrac{dy}{dx}-y=x^2\sin x$
1. Dividimos por $x$ para la forma estándar: $\ y' - \dfrac{1}{x}y = x\sin x$.
2. Factor integrante: $\mu(x)=e^{\int -\frac{1}{x} dx} = e^{-\ln x} = (e^{\ln x})^{-1} = x^{-1} = \dfrac{1}{x}$.
3. Multiplicamos por $1/x$: $\dfrac{1}{x}y' - \dfrac{1}{x^2}y = \sin x$. Comprimimos: $\left(\dfrac{1}{x}y\right)' = \sin x$.
4. Integramos ambos lados: $\int \left(\dfrac{1}{x}y\right)' dx = \int \sin x dx$.
5. Sabemos que $\int \sin x dx = -\cos x + C$. Entonces: $\dfrac{1}{x}y = -\cos x + C$.
6. Multiplicamos por $x$ para despejar: $y = x(-\cos x + C) = Cx - x\cos x$.
$y=Cx-x\cos x,\ \ x\in\mathbb{R}\neq0$
4Ecuaciones exactas4 puntos▸

Se prueba $M_y=N_x$. Si es exacta: $f(x,y)=\int M\,dx+g(y)$, y se halla $g(y)$ con $f_y(x,y)=N$.

1
$(2x-1)dx+(3y+7)dy=0$
1. Identificamos: $M=2x-1$, $N=3y+7$. Derivamos parcialmente de forma cruzada: $M_y = \frac{\partial}{\partial y}(2x-1) = 0$, y $N_x = \frac{\partial}{\partial x}(3y+7) = 0$. Como $M_y = N_x$, es exacta.
2. Integramos $M$ respecto a $x$: $f(x,y) = \int(2x-1)dx = 2(\frac{x^2}{2}) - x + g(y) = x^2-x+g(y)$.
3. Derivamos $f(x,y)$ respecto a $y$ e igualamos a $N$: $f_y(x,y) = \frac{\partial}{\partial y}(x^2-x) + g'(y) = 0 + g'(y) = g'(y)$. Igualamos: $g'(y) = 3y+7$.
4. Integramos para hallar $g(y)$: $g(y) = \int(3y+7)dy = 3(\frac{y^2}{2}) + 7y = \dfrac{3y^2}{2} + 7y$.
5. Construimos la solución final $f(x,y) = C$: $\ x^2-x+\dfrac{3}{2}y^2+7y=C$.
$x^2-x+\dfrac{3}{2}y^2+7y=C$
4
$(\sin y-y\sin x)dx+(\cos x+x\cos y-y)dy=0$
1. $M_y = \frac{\partial}{\partial y}(\sin y-y\sin x) = \cos y-\sin x$. $N_x = \frac{\partial}{\partial x}(\cos x+x\cos y-y) = -\sin x + \cos y$. Son iguales, es exacta.
2. Integramos $M$ en $x$: $f(x,y) = \int (\sin y-y\sin x)dx = x\sin y - y\int\sin x dx = x\sin y - y(-\cos x) + g(y) = x\sin y + y\cos x + g(y)$.
3. Derivamos $f(x,y)$ en $y$: $f_y(x,y) = x\cos y + \cos x + g'(y)$.
4. Igualamos $f_y(x,y)$ con $N$: $x\cos y + \cos x + g'(y) = \cos x + x\cos y - y$. Cancelamos términos semejantes: $g'(y) = -y$.
5. Integramos $g'(y)$: $\ g(y) = \int -y dy = -\frac{y^2}{2}$. Solución: $x\sin y+y\cos x-\frac{y^2}{2}=C$.
$x\sin y+y\cos x-\dfrac{y^2}{2}=C$
5
$(2xy^2-3)dx+(2x^2y+4)dy=0$
1. $M_y = \frac{\partial}{\partial y}(2xy^2-3) = 4xy$. $N_x = \frac{\partial}{\partial x}(2x^2y+4) = 4xy$. Son iguales, es exacta.
2. Integramos $M$ en $x$: $f(x,y) = \int (2xy^2-3)dx = 2(\frac{x^2}{2})y^2 - 3x + g(y) = x^2y^2 - 3x + g(y)$.
3. Derivamos en $y$: $f_y(x,y) = x^2(2y) - 0 + g'(y) = 2x^2y + g'(y)$.
4. Igualamos $f_y(x,y)$ a $N$: $2x^2y + g'(y) = 2x^2y + 4$. Cancelamos $2x^2y$: $g'(y) = 4$.
5. Integramos $g'(y)$: $\ g(y) = \int 4 dy = 4y$. Sumamos esto a $f(x,y)$ e igualamos a $C$.
$x^2y^2-3x+4y=C$
7
$(x^2-y^2)dx+(x^2-2xy)dy=0$
1. Derivamos parcialmente $M=x^2-y^2$ en $y$: $\ M_y = \frac{\partial}{\partial y}(x^2-y^2) = -2y$.
2. Derivamos parcialmente $N=x^2-2xy$ en $x$: $\ N_x = \frac{\partial}{\partial x}(x^2-2xy) = 2x - 2y$.
3. Comparamos resultados: $-2y \neq 2x - 2y$.
4. Al ser diferentes ($M_y \neq N_x$), la ecuación no cumple la condición de exactitud por este método directo y requiere un factor integrante especial.
No es exacta
5Homogéneas5 puntos + 1 PVI ejemplo▸

Sustitución $y=vx$ (o $x=vy$), $\ dy/dx=v+x\,dv/dx$, para dejar la ecuación separable en $v,x$.

1
$(x-y)dx+xdy=0$
1. Ambos términos son de grado 1. Sustituimos $y=vx$, $dy=vdx+xdv$.
2. Reemplazamos: $\ (x-vx)dx + x(vdx+xdv) = 0$. Multiplicamos: $xdx - vxdx + xvdx + x^2dv = 0$.
3. Cancelamos $-vxdx$ y $+xvdx$: $xdx + x^2dv = 0$.
4. Separamos variables dividiendo por $x$: $\ x^2dv = -xdx \ \Rightarrow\ dv = -\frac{xdx}{x^2} = -\frac{dx}{x}$.
5. Integramos ambos lados: $\int dv = -\int \frac{dx}{x}$. Sabiendo que $\int \frac{1}{x}dx = \ln|x|$, resulta $v = -\ln|x| + C$.
6. Devolvemos variable $v=y/x$: $\ y/x = C - \ln|x|$. Multiplicamos por $x$: $y = x(C-\ln|x|)$.
$y=x\,(C-\ln|x|)$
3
$xdx+(y-2x)dy=0$
1. Despejamos $y' = \frac{dy}{dx}$: $xdx = -(y-2x)dy = (2x-y)dy \Rightarrow y' = \frac{x}{2x-y}$. Sustituimos $v = y/x \Rightarrow y=vx \Rightarrow y' = v + xv'$.
2. Igualamos: $v + xv' = \frac{x}{2x-vx}$. Factorizamos $x$ en el denominador y cancelamos: $v + xv' = \frac{x}{x(2-v)} = \frac{1}{2-v}$.
3. Restamos $v$: $\ xv' = \frac{1}{2-v} - v = \frac{1 - v(2-v)}{2-v} = \frac{1 - 2v + v^2}{2-v} = \frac{(v-1)^2}{2-v}$.
4. Separamos: $\ \frac{2-v}{(v-1)^2}dv = \frac{dx}{x}$. Integramos ambos lados.
5. Lado izquierdo $\int \frac{2-v}{(v-1)^2}dv$: Hacemos sustitución $u=v-1 \Rightarrow v=u+1, dv=du$. La integral queda: $\int \frac{2-(u+1)}{u^2}du = \int \frac{1-u}{u^2}du$.
6. Separamos en dos: $\int (\frac{1}{u^2} - \frac{u}{u^2})du = \int u^{-2}du - \int \frac{1}{u}du = \frac{u^{-1}}{-1} - \ln|u| = -\frac{1}{u} - \ln|u|$.
7. Devolvemos $u$: $-\frac{1}{v-1} - \ln|v-1| = \int \frac{dx}{x} = \ln|x| + C$. Multiplicamos por $-1$: $\frac{1}{v-1} + \ln|v-1| = -\ln|x| - C$.
8. Reemplazamos $v=y/x$: $\frac{1}{y/x-1} + \ln|\frac{y-x}{x}| = -\ln|x| - C \Rightarrow \frac{x}{y-x} + \ln|y-x| - \ln|x| = -\ln|x| - C$. Cancelando $\ln|x|$ resulta la solución.
$\dfrac{x}{y-x}+\ln|y-x|=C$ (implícita)
5
$(y^2+yx)dx-x^2dy=0$
1. Términos de grado 2. Despejamos $y' = \frac{dy}{dx} = \frac{y^2+yx}{x^2} = (\frac{y}{x})^2 + \frac{y}{x}$.
2. Reemplazo $y/x = v$ y $y'=v+xv'$: $\ v+xv' = v^2+v$.
3. Restamos $v$ a ambos lados: $\ xv' = v^2 \ \Rightarrow\ x\frac{dv}{dx} = v^2 \ \Rightarrow\ \dfrac{dv}{v^2} = \dfrac{dx}{x}$.
4. Integramos: $\int v^{-2}dv = \int \frac{1}{x}dx$. Usando la regla de la potencia: $\frac{v^{-1}}{-1} = \ln|x| + C \Rightarrow -\frac{1}{v} = \ln|x|+C$.
5. Reemplazamos $v=y/x$: $\ -\frac{1}{y/x} = -\frac{x}{y} = \ln|x|+C$.
6. Despejamos $y$: $y = \frac{-x}{\ln|x|+C}$.
$y=\dfrac{-x}{\ln|x|+C}$
11
$xy^2\dfrac{dy}{dx}=y^3-x^3,\quad y(1)=2$
1. Dividimos por $xy^2$: $y' = \frac{y^3-x^3}{xy^2} = \frac{y^3}{xy^2} - \frac{x^3}{xy^2} = \frac{y}{x} - \frac{x^2}{y^2} = \frac{y}{x} - (\frac{x}{y})^2$.
2. Sustituimos $v=y/x$ (lo que implica que $x/y = 1/v$) y $y'=v+xv'$: $\ v+xv'= v - \frac{1}{v^2}$.
3. Cancelamos $v$: $\ xv' = -\frac{1}{v^2} \ \Rightarrow\ x\frac{dv}{dx} = -\frac{1}{v^2}$.
4. Separamos variables multiplicando cruzado: $\ v^2 dv = -\frac{dx}{x}$.
5. Integramos: $\int v^2 dv = -\int \frac{dx}{x} \ \Rightarrow\ \frac{v^3}{3} = -\ln|x| + C$.
6. Reemplazamos $v=y/x$: $\frac{y^3}{3x^3} = -\ln|x| + C$. Evaluamos el PVI con $x=1, y=2$: $\frac{2^3}{3(1)^3} = -\ln(1) + C \Rightarrow \frac{8}{3} = 0 + C \Rightarrow C = \frac{8}{3}$.
7. Resolvemos: $\frac{y^3}{3x^3} = \frac{8}{3} - \ln|x|$. Multiplicamos por $3x^3$: $y^3 = x^3(8 - 3\ln|x|)$. Aplicamos raíz cúbica.
$y=x\left(8-3\ln|x|\right)^{1/3}$
12
$(x^2+2y^2)\dfrac{dx}{dy}=xy,\quad y(-1)=1$
1. Para simplificar, vemos que $x$ está en el lado de la derivada. Usamos $x=vy$, entonces $\frac{dx}{dy} = v + y\frac{dv}{dy}$.
2. Despejamos $x' = \frac{xy}{x^2+2y^2}$ y reemplazamos $x=vy$: $\ v + y\frac{dv}{dy} = \frac{vy \cdot y}{(vy)^2+2y^2} = \frac{vy^2}{y^2(v^2+2)} = \frac{v}{v^2+2}$.
3. Restamos $v$: $\ y\frac{dv}{dy} = \frac{v}{v^2+2} - v = \frac{v - v(v^2+2)}{v^2+2} = \frac{v - v^3 - 2v}{v^2+2} = \frac{-v^3-v}{v^2+2} = \frac{-v(v^2+1)}{v^2+2}$.
4. Separamos: $\frac{v^2+2}{-v(v^2+1)}dv = \frac{dy}{y}$. Extraemos el negativo para comodidad: $\frac{v^2+2}{v(v^2+1)}dv = -\frac{dy}{y}$.
5. Integramos Lado Izquierdo con fracciones parciales. Proponemos: $\frac{v^2+2}{v(v^2+1)} = \frac{A}{v} + \frac{Bv+C}{v^2+1}$. Multiplicando cruzado: $v^2+2 = A(v^2+1) + v(Bv+C) = (A+B)v^2 + Cv + A$.
6. Igualando coeficientes: $A=2, C=0, A+B=1 \Rightarrow B=-1$. La integral es $\int (\frac{2}{v} - \frac{v}{v^2+1})dv$.
7. Resolvemos: $\int \frac{2}{v}dv = 2\ln|v|$. Para $\int \frac{v}{v^2+1}dv$, usamos $z=v^2+1, dz=2vdv, vdv=dz/2 \Rightarrow \int \frac{1}{z}\frac{dz}{2} = \frac{1}{2}\ln|z| = \frac{1}{2}\ln(v^2+1)$. Queda $2\ln|v| - \frac{1}{2}\ln(v^2+1)$.
8. Integramos Lado Derecho: $\int -\frac{dy}{y} = -\ln|y| + K$. Igualamos: $2\ln|v| - \frac{1}{2}\ln(v^2+1) = -\ln|y| + K$. Multiplicamos por 2 y agrupamos: $4\ln|v| - \ln(v^2+1) + 2\ln|y| = 2K \Rightarrow \ln\left(\frac{v^4 y^2}{v^2+1}\right) = C_1$.
9. Aplicamos exponencial y subimos $v=x/y$: $\frac{(x/y)^4 y^2}{(x/y)^2+1} = \frac{(x^4/y^2)}{(x^2+y^2)/y^2} = \frac{x^4}{x^2+y^2} = e^{C_1} = C$.
10. Evaluamos PVI en $x^4 = C(x^2+y^2)$ con $y(-1)=1 \Rightarrow x=-1, y=1$: $(-1)^4 = C((-1)^2 + 1^2) \Rightarrow 1 = 2C \Rightarrow C = 1/2$. Finalmente: $x^4 = \frac{1}{2}(x^2+y^2)$.
$2x^4=x^2+y^2$
13
$(x+ye^{y/x})dx-xe^{y/x}dy=0,\quad y(1)=0$
1. La exponencial tiene argumento $y/x$, esto sugiere forzosamente la sustitución $v=y/x \ \Rightarrow\ y' = v + x v'$.
2. Despejamos $y' = \frac{dy}{dx}$ original: $\ y' = \frac{x+ye^{y/x}}{xe^{y/x}} = \frac{x}{xe^{y/x}} + \frac{ye^{y/x}}{xe^{y/x}} = \frac{1}{e^{y/x}} + \frac{y}{x} = e^{-v} + v$.
3. Reemplazamos $y'$ por nuestra sustitución: $\ v + xv' = e^{-v} + v$. Cancelamos $v$: $\ xv' = e^{-v} \Rightarrow x\frac{dv}{dx} = \frac{1}{e^v}$.
4. Separamos variables multiplicando cruzado: $\ e^v dv = \frac{dx}{x}$.
5. Integramos ambos lados: $\int e^v dv = \int \frac{dx}{x}$. Sabiendo que $\int e^v dv = e^v$, resulta $\ e^v = \ln|x| + C$.
6. Evaluamos PVI $y(1)=0$ (donde $v=0/1=0$): $\ e^0 = \ln(1) + C \Rightarrow 1 = 0 + C \Rightarrow C=1$.
7. Solución particular: $e^{y/x} = \ln|x| + 1$. Aplicamos logaritmo natural $\ln$: $\frac{y}{x} = \ln(\ln|x|+1)$. Multiplicamos por $x$.
$y=x\ln(\ln x+1)$
6Bernoulli4 puntos▸

Forma $y'+P(x)y=f(x)y^n$. Sustitución $u=y^{1-n}$ convierte la ecuación en lineal de 1er orden para $u$.

15
$x\dfrac{dy}{dx}+y=\dfrac{1}{y^2}$
1. Estandarizamos dividiendo por $x$: $\ y' + \frac{1}{x}y = \frac{1}{x}y^{-2}$. Vemos que $n=-2$, hacemos $u=y^{1-(-2)}=y^3$.
2. Derivamos la sustitución usando regla de la cadena: $u'=3y^2y'$. Multiplicamos la ED estandarizada por $(1-n)y^{-n} = 3y^2$.
3. Nos queda $\ 3y^2y' + \frac{3}{x}y^3 = \frac{3}{x} \ \Rightarrow\ u' + \frac{3}{x}u = \frac{3}{x}$. Ya es lineal en $u$.
4. Factor integrante $\mu(x) = e^{\int \frac{3}{x}dx} = e^{3\ln x} = e^{\ln x^3} = x^3$. Multiplicamos y comprimimos: $\ (x^3u)' = 3x^2$.
5. Integramos: $\ x^3u = \int 3x^2 dx$. La integral es directa por regla de potencia: $3(\frac{x^3}{3}) = x^3$. Así, $x^3u = x^3+C$.
6. Devolvemos variable $u=y^3$: $\ x^3 y^3 = x^3 + C$. Dividimos entre $x^3$: $y^3 = 1 + \frac{C}{x^3}$.
$y^3=1+\dfrac{C}{x^3}$
16
$\dfrac{dy}{dx}-y=e^xy^2$
1. Identificamos $n=2$, hacemos sustitución $u=y^{1-2}=y^{-1}$. Derivamos regla cadena: $u' = -y^{-2}y'$.
2. Multiplicamos toda la ED original por $(1-n)y^{-n} = -y^{-2}$: $\ -y^{-2}y' + y^{-1} = -e^x \ \Rightarrow\ u' + u = -e^x$.
3. Resolvemos la lineal para $u$. Factor integrante $\mu(x) = e^{\int 1 dx} = e^x$.
4. Multiplicamos y comprimimos: $\ (e^xu)' = -e^{2x}$. Integramos: $\ e^xu = \int -e^{2x}dx$.
5. Resolvemos $\int -e^{2x}dx$ con sustitución $z=2x, dz=2dx, dx=dz/2$: $\int -e^z \frac{dz}{2} = -\frac{1}{2}e^z = -\frac{1}{2}e^{2x}$.
6. Igualamos: $e^x u = -\frac{1}{2}e^{2x} + C$. Dividimos entre $e^x$: $u = -\frac{1}{2}\frac{e^{2x}}{e^x} + \frac{C}{e^x} = -\frac{1}{2}e^x + Ce^{-x}$.
7. Devolvemos $u=y^{-1} = \frac{1}{y}$: $\dfrac{1}{y} = -\dfrac{1}{2}e^x + Ce^{-x}$.
$\dfrac1y=-\dfrac12e^x+Ce^{-x}$
17
$\dfrac{dy}{dx}=y(xy^3-1)$
1. Expandimos lado derecho y reordenamos: $\ y' = xy^4 - y \ \Rightarrow\ y' + y = xy^4$. Identificamos $n=4$, $u=y^{1-4}=y^{-3}$.
2. Derivada $u' = -3y^{-4}y'$. Multiplicamos ED por $-3y^{-4}$: $\ -3y^{-4}y' - 3y^{-3} = -3x \ \Rightarrow\ u' - 3u = -3x$.
3. Factor integrante $\mu(x)=e^{\int -3 dx}=e^{-3x}$. Multiplicamos y comprimimos: $(e^{-3x}u)' = -3xe^{-3x}$.
4. Integramos: $\ e^{-3x}u = \int -3xe^{-3x}dx$. Usamos partes $\int w dz = wz - \int z dw$ haciendo $w=x \Rightarrow dw=dx$, y $dz=-3e^{-3x}dx$.
5. Hallamos $z$ con sustitución simple $\int -3e^{-3x}dx = e^{-3x}$. Reemplazamos en fórmula de partes: $xe^{-3x} - \int e^{-3x}dx$.
6. Resolvemos última integral: $xe^{-3x} - (-\frac{1}{3}e^{-3x}) = xe^{-3x} + \frac{1}{3}e^{-3x} + C$.
7. Igualamos y dividimos por $e^{-3x}$: $\ u = x + \frac{1}{3} + \frac{C}{e^{-3x}} = x + \frac{1}{3} + Ce^{3x}$. Retornamos $u=y^{-3}$.
$y^{-3}=x+\dfrac13+Ce^{3x}$
18
$x\dfrac{dy}{dx}-(1+x)y=xy^2$
1. Dividimos entre $x$ para forma estándar: $\ y' - \frac{1+x}{x}y = y^2$. Identificamos $n=2$, $u=y^{-1}$, y $u' = -y^{-2}y'$.
2. Multiplicamos por $-y^{-2}$ resultando: $\ -y^{-2}y' + \frac{1+x}{x}y^{-1} = -1 \Rightarrow u' + \frac{1+x}{x}u = -1$.
3. Hallamos factor integrante. Integral del exponente: $\int(\frac{1}{x} + 1)dx = \ln|x| + x$. Luego $\mu(x) = e^{\ln x + x} = e^{\ln x} \cdot e^x = x e^x$.
4. Multiplicamos y comprimimos: $\ (u x e^x)' = -x e^x$. Integramos el lado derecho: $\int -xe^x dx$.
5. Usamos partes: $w=x \Rightarrow dw=dx$; $dz=-e^x dx \Rightarrow z=\int -e^x dx = -e^x$. Fórmula $wz - \int z dw = -xe^x - \int (-e^x) dx$.
6. Resolvemos: $-xe^x + \int e^x dx = -xe^x + e^x + C$.
7. Igualamos: $uxe^x = -xe^x + e^x + C = e^x(1-x) + C$. Dividimos entre $xe^x$: $u = \frac{e^x(1-x)}{xe^x} + \frac{C}{xe^x} = \frac{1-x}{x} + \frac{Ce^{-x}}{x}$. Reemplazamos $u=1/y$.
$\dfrac1y=\dfrac{(1-x)+Ce^{-x}}{x}$
7Crecimiento exponencial4 puntos▸

Modelo $N(t)=N_0e^{kt}$. Con dos datos se arman dos ecuaciones y se despeja $k$ y $N_0$.

1
Población se duplica en 5 años. ¿Cuándo se triplica y cuadruplica?
1. Evaluamos $P(5) = 2P_0$ en el modelo $P(t)=P_0e^{kt}$: $\ 2P_0 = P_0e^{5k}$. Cancelamos $P_0$: $2 = e^{5k}$. Aplicamos $\ln$ y despejamos $k$: $\ln 2 = 5k \Rightarrow k=\frac{\ln2}{5}$.
2. Para triplicarse ($P(t)=3P_0$): $3P_0 = P_0e^{(\ln2 / 5)t} \ \Rightarrow\ 3 = e^{(\ln2 / 5)t} \ \Rightarrow\ \ln 3 = \frac{\ln2}{5}t \ \Rightarrow\ t = 5\frac{\ln 3}{\ln 2}$.
3. Para cuadruplicarse algebraicamente: $4 = e^{kt} = e^{(\ln2 / 5)t} = (e^{\ln 2})^{t/5} = 2^{t/5} \ \Rightarrow\ 2^2 = 2^{t/5}$. Igualamos exponentes: $2 = t/5 \ \Rightarrow\ t=10$.
Triplica en $t=\dfrac{5\ln3}{\ln2}\approx 7.92$ años · Cuadruplica en $t=10$ años
2
Con el $k$ anterior, $P(3)=10\,000$. Hallar $P_0$, $P(10)$ y $P'(10)$.
1. Usamos la constante: $P(3) = P_0 e^{3(\ln2 / 5)} = 10000 \ \Rightarrow\ P_0 = \frac{10000}{e^{0.6\ln2}}$. Con $e^{0.6\ln 2} = (e^{\ln 2})^{0.6} = 2^{0.6}$, $P_0 = 10000 / 2^{0.6} \approx 6598$.
2. Población en $t=10$: $P(10) = P_0 e^{10(\ln2 / 5)} = P_0 e^{2\ln2} = P_0 \cdot 2^2 = P_0 \cdot 4 = 6598 \cdot 4 \approx 26390$.
3. Tasa de crecimiento derivada $P'(t) = P_0 \cdot k e^{kt} = k P(t)$. Entonces: $P'(10) = k P(10) = \left(\frac{\ln 2}{5}\right) \cdot 26390 \approx 3658$.
$P_0\approx6598$ · $P(10)\approx26\,390$ · $P'(10)=kP(10)\approx3658$ personas/año
3
$P_0=500$, crece 15% en 10 años. Hallar $P(30)$ y $P'(30)$.
1. Al crecer 15%, $P(10) = 500 + 500(0.15) = 500(1.15) \ \Rightarrow\ 500(1.15) = 500e^{10k}$. Cancelamos 500: $1.15 = e^{10k}$. Aplicamos $\ln$: $\ln(1.15) = 10k \ \Rightarrow\ k = \frac{\ln 1.15}{10} \approx 0.01398$.
2. Población en 30: $P(30) = 500 e^{30k} = 500 e^{3(10k)} = 500(e^{10k})^3$. Reemplazamos $e^{10k}=1.15$: $P(30) = 500(1.15)^3 = 500(1.520875) \approx 760$.
3. Tasa de crecimiento: $P'(30) = k P(30) = \left(\frac{\ln 1.15}{10}\right) \cdot 760.4375 \approx 10.6$.
$P(30)\approx760$ · $P'(30)\approx10.6$ personas/año
4
Bacterias: $N(3)=400$, $N(10)=2000$. Hallar $N_0$.
1. Armamos sistema de ecuaciones evaluando el modelo: $N(3) = 400 = N_0e^{3k}$ y $N(10) = 2000 = N_0e^{10k}$.
2. Dividimos la segunda por la primera para eliminar $N_0$: $\ \frac{2000}{400} = \frac{N_0e^{10k}}{N_0e^{3k}} \ \Rightarrow\ 5 = e^{10k-3k} \ \Rightarrow\ 5 = e^{7k}$. Aplicamos $\ln$: $\ln 5 = 7k \Rightarrow k = \frac{\ln 5}{7}$.
3. Despejamos la población inicial de la primera ecuación: $N_0 = \frac{400}{e^{3k}} = \frac{400}{e^{3(\ln 5 / 7)}} = \frac{400}{e^{\ln(5^{3/7})}} = \frac{400}{5^{3/7}} = 400(5)^{-3/7} \approx 201$.
$N_0\approx 201$ bacterias
8Ley de enfriamiento de Newton3 puntos▸

Modelo $T(t)=T_m+Ce^{kt}$, con $T_m$ la temperatura del medio. $C$ sale de $T(0)$; $k$ sale de un segundo dato.

13
$T_0=70°F\to T_m=10°F$, $T(0.5)=50°F$. Hallar $T(1)$ y $t$ para $15°F$.
1. Estructuramos modelo $T(t) = 10 + Ce^{kt}$. Evaluamos $t=0$: $70 = 10 + Ce^{0} \ \Rightarrow\ 70 = 10 + C \ \Rightarrow\ C=60$. Modelo: $T(t) = 10 + 60e^{kt}$.
2. Evaluamos $t=0.5$: $50 = 10 + 60e^{0.5k} \ \Rightarrow\ 40 = 60e^{0.5k} \ \Rightarrow\ \frac{40}{60} = e^{0.5k} \ \Rightarrow\ 2/3 = e^{0.5k}$. Aplicamos $\ln$: $\ln(2/3) = 0.5k \Rightarrow k=2\ln(2/3)\approx -0.8109$.
3. Reemplazamos $t=1$: $T(1) = 10 + 60e^{2\ln(2/3)} = 10 + 60(e^{\ln(2/3)})^2 = 10 + 60(2/3)^2 = 10 + 60(4/9) = 10 + 240/9 = 36.67$.
4. Encontrar $t$: $15 = 10 + 60e^{kt} \ \Rightarrow\ 5 = 60e^{kt} \ \Rightarrow\ \frac{5}{60} = e^{kt} \ \Rightarrow\ \frac{1}{12} = e^{kt} \ \Rightarrow\ \ln(1/12) = kt \ \Rightarrow\ t = \frac{\ln(1/12)}{2\ln(2/3)}$.
$T(1)\approx36.7°F$ · alcanza $15°F$ en $t\approx3.07$ min
14
$T_m=5°F$, $T(1)=55°F$, $T(5)=30°F$. Hallar $T_0$.
1. Modelo $T(t) = 5 + Ce^{kt}$. Sistema: $55 = 5 + Ce^{k} \Rightarrow 50 = Ce^{k}$, y $30 = 5 + Ce^{5k} \Rightarrow 25 = Ce^{5k}$.
2. Dividimos segunda entre primera: $\ \frac{25}{50} = \frac{Ce^{5k}}{Ce^k} \ \Rightarrow\ 0.5 = e^{4k} \ \Rightarrow\ \ln 0.5 = 4k \ \Rightarrow\ k = \frac{\ln 0.5}{4} \approx -0.173$.
3. Hallamos $C$ sustituyendo en la primera: $50 = Ce^{(\ln 0.5)/4} \Rightarrow C = \frac{50}{e^{(\ln 0.5)/4}} = \frac{50}{(e^{\ln 0.5})^{1/4}} = \frac{50}{(0.5)^{1/4}} = 50(0.5)^{-1/4} \approx 59.46$.
4. Temperatura inicial ocurre en $t=0$: $T(0) = 5 + Ce^0 = 5 + C = 5 + 59.46 = 64.46$.
$T_0=T(0)\approx64.5°F$
15
Barra $T_0=20°C$ en agua hirviendo ($T_m=100°C$), sube $2°$ en 1 s. Hallar $t$ para $90°C$ y $98°C$.
1. Modelo $T(t) = 100 + C e^{kt}$. Evaluamos condición inicial $T(0)=20 \ \Rightarrow\ 20 = 100 + C e^0 \ \Rightarrow\ C = 20 - 100 = -80$. Modelo: $T(t) = 100 - 80e^{kt}$.
2. Subió 2 grados en 1 seg, así que $T(1) = 22 \ \Rightarrow\ 22 = 100 - 80e^{k(1)} \ \Rightarrow\ -78 = -80e^k \ \Rightarrow\ e^k = 78/80 = 39/40$. Sacamos logaritmo: $k = \ln(39/40) \approx -0.0253$.
3. Tiempo para $90°C$: $90 = 100 - 80e^{kt} \ \Rightarrow\ -10 = -80e^{kt} \ \Rightarrow\ 10/80 = e^{kt} \ \Rightarrow\ 1/8 = e^{kt} \ \Rightarrow\ \ln(1/8) = kt \ \Rightarrow\ t = \frac{\ln(1/8)}{\ln(39/40)} \approx 82.1$ s.
4. Tiempo para $98°C$: $98 = 100 - 80e^{kt} \ \Rightarrow\ -2 = -80e^{kt} \ \Rightarrow\ 2/80 = e^{kt} \ \Rightarrow\ 1/40 = e^{kt} \ \Rightarrow\ \ln(1/40) = kt \ \Rightarrow\ t = \frac{\ln(1/40)}{\ln(39/40)} \approx 145.7$ s.
$90°C$ en $t\approx82.1$ s · $98°C$ en $t\approx145.7$ s

Métodos, en corto

La receta de cada tipo, basada en los ejemplos resueltos a mano del taller.

Separables

Cuando se puede dejar todo el "y" a un lado y todo el "x" al otro.

  1. Reagrupar algebraicamente hasta tener $g(y)\,dy=h(x)\,dx$
  2. Integrar ambos lados por separado aplicando métodos directos o sustitución
  3. Dejar $y$ despejada si es posible, recordando incluir la constante $+C$

Lineales de 1er orden

Forma $y'+P(x)y=f(x)$: $y$ y $y'$ aparecen "solas", sin multiplicarse entre sí.

  1. Escribir en la forma estándar dividiendo por el coeficiente de $y'$
  2. Hallar el factor integrante $\mu(x)=e^{\int P(x)dx}$
  3. Comprimir el lado izquierdo: $\dfrac{d}{dx}(\mu(x) y)=\mu(x) f(x)$, e integrar
  4. Despejar $y$
$\mu(x) y=\int \mu(x) f(x)\,dx+C$

Exactas

Forma $M\,dx+N\,dy=0$ donde existe una función $f(x,y)=C$ escondida.

  1. Verificar derivando cruzado: $M_y=N_x$
  2. Integrar parcialmente: $f(x,y)=\int M\,dx+g(y)$
  3. Derivar $f(x,y)$ respecto a $y$, igualar a $N$ y hallar $g'(y)$
  4. Integrar $g'(y)$ para obtener $g(y)$ e igualar la función completa a $C$.

Homogéneas

$M$ y $N$ tienen el mismo grado si se reemplaza $x\to tx,\,y\to ty$.

  1. Verificar que ambos términos sean del mismo grado
  2. Realizar la sustitución $y=vx$, sabiendo que $y'=v+xv'$
  3. La ecuación queda separable obligatoriamente en las variables $v$ y $x$
  4. Integrar y devolver el cambio deshaciendo $v=y/x$

Bernoulli

Forma $y'+P(x)y=f(x)y^n$, con $n\neq0,1$.

  1. Realizar la sustitución $u=y^{1-n}$
  2. Derivar: $u'=(1-n)y^{-n}y'$
  3. Multiplicar toda la ecuación estandarizada por $(1-n)y^{-n}$
  4. Resolver la ecuación lineal resultante para $u$ con factor integrante
  5. Devolver el cambio original a $y$

Crecimiento / decaimiento

Tasa proporcional a la cantidad presente (población, sustancia radiactiva, bacterias).

  1. Plantear el modelo directo: $N=N_0e^{kt}$
  2. Con las condiciones iniciales (primer dato) se halla $k$ o $N_0$
  3. Con el segundo dato en el tiempo se halla la variable restante
$N=N_0e^{kt}$

Ley de enfriamiento de Newton

Un objeto cambia de temperatura hacia la del medio $T_m$ que lo rodea.

  1. Plantear el modelo directo: $T(t)=T_m+Ce^{kt}$
  2. La temperatura inicial en $T(0)$ otorga la constante $C$
  3. Un dato adicional de temperatura en un tiempo $t$ otorga $k$
  4. Evaluar el modelo completo para el dato que se pregunta
$T(t)=T_m+Ce^{kt}$

Integrales que más aparecen

Pasos completos y específicos para resolver los cuellos de botella más repetidos.

Sustitución
$\int x\,e^{ax^2}dx=\dfrac{1}{2a}e^{ax^2}+C$
1. Identificar la derivada interna: Sustitución $z=ax^2$, derivamos $dz=2ax\,dx \Rightarrow dx = \frac{dz}{2ax}$.
2. Reemplazar en la integral original para cancelar la $x$ exterior: $\int x e^z (\frac{dz}{2ax}) = \frac{1}{2a}\int e^z dz$.
3. Integrar la exponencial simple y devolver variable: $\frac{1}{2a}e^z + C = \frac{1}{2a}e^{ax^2} + C$.
Sustitución + Por Partes
$\int x^3e^{x^2}dx = \dfrac{1}{2}(x^2e^{x^2}-e^{x^2})+C$
1. Sustitución para deshacer el grado superior: $z=x^2 \Rightarrow dz=2xdx$. La integral queda transformada en $\int z e^z (\frac{dz}{2}) = \frac{1}{2}\int z e^z dz$.
2. Integrar el resultado por partes: Elegimos $u=z \Rightarrow du=dz$, y $dv=e^z dz \Rightarrow v=\int e^z dz = e^z$.
3. Aplicar fórmula de partes ($uv-\int v du$): $\frac{1}{2}(ze^z - \int e^z dz) = \frac{1}{2}(ze^z - e^z) + C$.
4. Regresar a la variable original $x$: $\frac{1}{2}(x^2e^{x^2} - e^{x^2}) + C$.
Por partes
$\int xe^{-ax}dx=-\dfrac{x}{a}e^{-ax}-\dfrac{1}{a^2}e^{-ax}+C$
1. Escoger el polinomio para que se elimine al derivar: $u=x \Rightarrow du=dx$.
2. La exponencial se integra fácil: $dv=e^{-ax}dx \Rightarrow v=\int e^{-ax}dx = -\frac{1}{a}e^{-ax}$.
3. Aplicar fórmula ($uv-\int v du$): $-\frac{x}{a}e^{-ax} - \int (-\frac{1}{a}e^{-ax})dx = -\frac{x}{a}e^{-ax} + \frac{1}{a}\int e^{-ax}dx$.
4. Resolver la integral final: $-\frac{x}{a}e^{-ax} + \frac{1}{a}(-\frac{1}{a}e^{-ax}) + C = -\frac{x}{a}e^{-ax} - \frac{1}{a^2}e^{-ax} + C$.
Directa
$\int e^{ax}dx=\dfrac{1}{a}e^{ax}+C$
Aparece en casi todo factor integrante $\mu(x)=e^{ax}$. Sustitución simple $z=ax$, $dz=adx$.
Directa
$\int \sin(ax)\,dx=-\dfrac1a\cos(ax)+C$
Igual con $\cos(ax)$ dando seno positivo $\frac{1}{a}\sin(ax)+C$, cambia solo el signo.
Potencia
$\int \dfrac{dv}{v^2}=-\dfrac1v+C$
Común tras deshacer cambios de variable en problemas no lineales o separables. Viene de la regla de la potencia $\int v^{-2}dv = \frac{v^{-1}}{-1}$.
Logarítmica
$\int \dfrac{dx}{x}=\ln|x|+C$
Sale constantemente del factor integrante de forma $\mu(x)=e^{\int dx/x}=e^{\ln|x|}=x$.
Separable simple
$\int e^v\,dv=\int \dfrac{dx}{x}\ \Rightarrow\ e^v=\ln|x|+C$
Típico cierre de una ecuación diferencial homogénea con componente exponencial $y/x$ en su interior.