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In nstitutoo Politécnicco Naccionall Uniidad Pro ofesionaal Interddiscipliinaria dee Bioteccnologíía Departa D amento de Cienncias Báásicas Prroblem mas Sellectos Resuel R ltos dee Ecuacciones Difeerenciaales Orrdinariias y Parcial P es Alejandro Muñoz M D Diosdad do M Marzo de 2010 Presentación    ...

Description

In nstitutoo Politécnicco Naccionall Uniidad Pro ofesionaal Interddiscipliinaria dee Bioteccnologíía

Departa D amento de Cienncias Báásicas

Prroblem mas Sellectos Resuel R ltos dee Ecuacciones Difeerenciaales Orrdinariias y Parcial P es

Alejandro Muñoz M D Diosdad do

M Marzo de 2010

Presentación    El  presente  texto  de  Problemas  Selectos  Resueltos  de  Ecuaciones  Diferenciales  Ordinarias y Parciales cubre los temas del curso de Ecuaciones Diferenciales en la  Unidad  Profesional  Interdisciplinaria  de  Biotecnología  del  Instituto  Politécnico  Nacional,  pero puede usarse en principio como material de consulta de cualquier  curso  universitario  de  Ecuaciones  Diferenciales.  En  este  texto  se  examinan  las  principales  técnicas  de  resolución  de  problemas  de  Ecuaciones  Diferenciales,  se  resuelven a detalle más de 200 problemas de ecuaciones diferenciales de los más  ilustrativos.  En  primer  término  se  abordan  las  ecuaciones  diferenciales  de  primer  orden y sus aplicaciones y después las de orden superior. Especial énfasis se hace  en  las  ecuaciones  ordinarias  de  segundo  orden  por  su  amplia  aplicación  en  la  Ingeniería.  Además  de  los  métodos  tradicionales  para  resolver  ecuaciones  diferenciales ordinarias se revisa también el tema de la Transformada de Laplace, la  cual  se  constituye  como  una  herramienta  poderosa  para  resolver  ecuaciones  diferenciales más complicadas. Se abordan con profundidad los temas de series de  Fourier y de funciones de Bessel, pero no como un fin en si mismos sino pensando  en la aplicación a la resolución de ecuaciones diferenciales parciales. La resolución  de  la  ecuación  de  onda,  pero  sobre  todo  de  la  ecuación  de  calor  con  diferentes  condiciones  a  la  frontera  y  en  varios  sistemas  de  coordenadas,  es  una  primera  aproximación  a  los  problemas  que  se  podrían  abordar  en  cursos  posteriores,  por  ejemplos de fenómenos de transporte.    Desde  el  punto  de  vista  de  las  futuras  aplicaciones,  el  curso  de  Ecuaciones  Diferenciales  es  el  curso  de  Matemáticas  más  importante  para  los  estudiantes  ingeniería. Este texto no son  las notas de un curso, el objetivo de este material es  proporcionar apoyo a los alumnos en una de sus principales tareas todo curso de  Ecuaciones  Diferenciales:  la  resolución  de  problemas.  Pero  no  solamente  una  resolución esquemática  o  con los  pasos principales,  sino  una  resolución  detallada  de  cada  problema  con  una  gran  variedad  de  casos,  de  tal  manera  que  el  alumno  revise  a  detalle  los  pasos  en  la  resolución  de  uno  de  estos  problemas  y  pueda  comparar  con  lo  ya  realizado  o  bien  pueda  aprender  el  procedimiento.  Es  una  material que está en continua revisión y actualización. Se ha pretendido introducir  pequeños  resúmenes  de    los  conceptos  principales  relacionados  con  Ecuaciones  Diferenciales,  pero  éstos  son  sólo  notas  que  pretenden  apoyar  al  alumno  cuando  revise este texto.          

  INDICE                            I. INTRODUCCIÓN                    II. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN      Separación de variables                Ecuaciones exactas                  Ecuaciones lineales                  Ecuaciones homogéneas                Ecuación de Bernoulli                Sustituciones para reducir a variables separables ecuaciones del tipo  ௗ௬               ൌ ݂ሺ‫ ݔܣ‬൅ ‫ ݕܤ‬൅ ‫ܥ‬ሻ    ௗ௫   III. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DE PRIMER ORDEN        IV. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN         Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes        Método de los coeficientes indeterminados          Variación de parámetros                  V. TRANSFORMADA DE LAPLACE               Transformada de Laplace                Transformada inversa                          Teoremas de traslación y derivadas  Derivadas, integrales y funciones periódicas          Aplicaciones de la transformada de Laplace            VI. SERIES DE FOURIER                  Funciones pares e impares               Funciones con periodo T=2π              Funciones con periodo arbitrario              Series de Fourier de funciones pares e impares                     Desarrollos de medio rango 

Página  1  19  19  32  46  60  67  70  75  87  87  97  111  129  129  131  137  149  155  179  179  182  199  209  220 

 

  VII. LAS FUNCIONES DE BESSEL          La función gamma            La ecuación y las funciones de Bessel      Gráficas de las funciones de Bessel      Solución de ecuaciones de Bessel       Ecuaciones reducibles a ala ecuación de Bessel   El problema de valor a la frontera de Sturm‐Liouville  Ortogonalidad de las funciones de Bessel    Series de Bessel              VIII. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES      El método de separación de variables      Problemas de aplicación                             

 

 

 

231 

               

               

               

231  233  236  248  251  256  259  282 

 

 

 

299 

   

   

   

299  329 

Capítulo 1 Introducción Si una función definida en algún intervalo I se sustituye en una ecuación diferencial y la reduce a una identidad, entonces se dice que esa función es una solución de la ecuación en ese intervalo. Una solución en la cual la variable dependiente se expresamente solamente en términos de la variable independiente y de constantes se dice que es una solución explícita, en caso contrario se tiene una solución ímplicita. La solución general de una ecuación diferencial de grado n contiene n parámetros en su solución, lo cual significa que una ecuación diferencial puede tener un número infinito de soluciones que corresponden al número infinito de valores de los parámetros. Una solución de una ecuación diferencial que no tiene tales parámetros se llama una solución particular. En los siguientes problemas se comprueba que la función indicada sea una solución de la ecuación diferencial dada. Cuando aparecen, los simbolos c1 y c2 indican constantes. Problema 1. 2y0 + y = 0 Donde: x

y = e− 2 Solución: Derivando:

1 x y 0 = − e− 2 2 Sustituyendo en la ecuación: 1

2

.

INTRODUCCIÓN

¶ µ x 1 −x 2 + e− 2 = 0 2 − e 2 x

x

−e− 2 + e− 2 = 0 0=0 ∴ y = e− 2 si es solución. Problema 2. x

dy − 2y = e3x dx

Donde: y = e3x + 10e2x Solución: Derivando: y 0 = 3e3x + 20e2x Sustituyendo: 3e3x + 20e2x − 2(e3x + 10e2x ) = e3x 3e3x + 20e2x − 2e3x − 20e2x = e3x e3x = e3x como queda una identidad entonces y = e3x + 10e2x si es solución de la ecuacón diferencial. Problema 3.

dy + 20y = 24 dx

Donde: y=

6 6 −20t − e 5 5

3 Solución: Derivando: y 0 = 24e−20t Sustituyendo en la ecuación diferencial: 6 6 24e−20t + 20( − e−20t ) = 24 5 5 24e−20t + 24 − 24e−20t = 24 24 = 24 ∴y=

6 5

− 65 e−20t si es solución de la ecuación diferencial.

Problema 4. y 0 = 25 + y 2 Donde: y = 5 tan 5x Solución: Derivando: y 0 = 25 sec2 5x Sustituyendo: 25 sec2 5x = 25 + 25 tan2 5x 25 sec2 5x = 25(1 + tan2 5x) 25 sec2 5x = 25 sec2 5x ∴ y = 5 tan 5x si es solución de la ecuación diferencial.

4

.

INTRODUCCIÓN

Problema 5. dy = dx Donde:

r

y x

√ y = ( x + c1 )2 , x > 0, c1 > 0 Solución: Derivando: √ 1 y0 = 2( x + c1 )( √ ) 2 x √ x + c1 y = √ x 0

c1 y0 = 1 + √ x La ecuación diferencial puede escribirse de la siguiente forma r √ y dy y = =√ dx x x y como:

p√ √ √ y c1 ( x + c1 )2 x + c1 √ = √ = √ =1+ √ x x x x

y como ya se había encontrado: c1 y0 = 1 + √ x Entonces: c1 c1 1+ √ =1+ √ x x √ ∴ y = ( x + c1 )2 si es solución. Problema 6. y 0 + y = senx

5 Donde: 1 1 y = senx − cos x + 10e−x 2 2 Solución: Derivando: y0 =

1 1 cos x + senx − 10e−x 2 2

Sustituyendo: 1 1 1 1 cos x + senx − 10e−x + senx − cos x + 10e−x 2 2 2 2 senx = senx ∴ y = 12 sin x − 12 cos x + 10e−x si es solución. Problema 7. 2xydx + (x2 + 2y)dy = 0 Donde: x2 y + y 2 = c1 Solución: Utilizando derivación ímplicita: d 2 (x y + y 2 = c1 ) dx 2xy + x2

dy dy + 2y =0 dx dx

2xydx + (x2 + 2y)dy = 0 la cual es la ecuación original, ∴ x2 y + y 2 = c1 es una solución ímplicita de la ecuación diferencial.

6

.

INTRODUCCIÓN

Problema 8. x2 dy + 2xydx = 0 Donde: y=−

1 x2

Solución: La ecuación puede escribirse como: x2

dy + 2xy = 0 dx

Derivando la posible solución: y=

2 x3

Sustituyendo: 2x2 x−3 − 2xx−2 = 0 2x−1 − 2x−1 = 0 0=0 Se obtiene una identidad, ∴ y = − x12 si es solución de la ecuación. Problema 9. Donde:

p y0 = 2 | y | y=x|x|

Solución: El valor absoluto se define como: ½ a si a ≥ 0 |a| = −a si a < 0 Por lo tanto, la función se escribe como:

7

y = x | x |=

½

x2 si x ≥ 0 2 −x si x < 0

La derivada es: ½

2x si x ≥ 0 −2x si x < 0 √ p Por lo tanto si x > 0, |y| = x2 = x Y sustituyendo en la ecuación: √ 2x = 2 x2 = 2x p Ahora bien, si x < 0, |y| = −x y al hacer la sustitución: 0

y =

−2x = −2x

∴ y = x | x | si es solución. Problema 10.

1 y0 − y = 1 x

Donde: y = xlnx Solución: Derivando: y 0 = lnx + 1 Sustituyendo: 1 lnx + 1 − ( )(xlnx) = 1 x 1=1 Se obtiene una identidad, ∴ y = xlnx si es solución de la ecuación.

8

.

INTRODUCCIÓN

Problema 11.

dP = P (a − bP ) dt

Donde: P =

ac1 eat 1 + bc1 eat

Solución: Derivando: (1 + bc1 eat )(a2 c1 eat ) − (ac1 eat )(abc1 eat ) dP = dt (1 + bc1 eat )2 a2 c1 eat + a2 bc21 e2at − a2 bc21 e2at dP = dt (1 + bc1 eat )2 a2 c1 eat dP = dt (1 + bc1 eat )2 Sustituyendo: · ¸ ac1 eat ac1 eat a2 c1 eat a − b( = ) (1 + bc1 eat )2 1 + bc1 eat 1 + bc1 eat · ¸ abc1 eat ac1 eat a2 c1 eat a− = (1 + bc1 eat )2 1 + bc1 eat 1 + bc1 eat · ¸ a(1 + bc1 eat ) − (abc1 eat ) ac1 eat a2 c1 eat = (1 + bc1 eat )2 1 + bc1 eat 1 + bc1 eat · ¸ a ac1 eat a2 c1 eat = (1 + bc1 eat )2 1 + bc1 eat 1 + bc1 eat Es decir: a2 c1 eat a2 c1 eat = (1 + bc1 eat )2 (1 + bc1 eat )2

9 Se obtiene una identidad, ∴ P = Problema 12.

ac1 eat 1+bc1 eat

si es solución de la ecuación.

dx = (2 − x)(1 − x) dt

Donde: t = ln

2−x 1−x

Solución: Derivando en forma ímplicita: · µ ¶ ¸ 2−x d ln =t dt 1−x µ

1−x 2−x

¶"

# dx (1 − x)(− dx ) − (2 − x)(− ) dt dt =1 2 (1 − x)

· ¸ dx 1 (−1 + x + 2 − x) = 1 dt (2 − x)(1 − x) dx = (2 − x)(1 − x) dt si es solución ya que la cual es la ecuación original. Por lo tanto t = ln 2−x 1−x se obtiene la misma ecuación. Problema 13. y 0 + 2xy = 1 Donde: −x2

y=e

Z

x

2

2

et dt + c1 e−x

0

Solución: Derivando: Z x dy 2 2 2 −x2 x2 =e e +( et dt)(−2xe−x ) − 2c1 xe−x dx 0

10

.

INTRODUCCIÓN

Sustituyendo: Z −x2 1 − 2xe

0

x

t2

−x2

e dt − 2c1 xe

−x2

+ 2xe

Z

x

2

2

et dt + 2c1 xe−x = 1

0

1=1 2 Rx 2 2 Se obtiene una identidad, ∴ y = e−x 0 et dt + c1 e−x si es solución de la ecuación. Problema 14. y 00 + y 0 − 12y = 0 Donde: y = c1 e3x + c2 e−4x Solución: Derivando dos veces: y 0 = 3c1 e3x − 4c2 e−4x y 00 = 9c1 e3x + 16c2 e−4x Sustituyendo: 9c1 e3x + 16c2 e−4x + 3c1 e3x − 4c2 e−4x − 12(c1 e3x + c2 e−4x ) = 0 9c1 e3x + 16c2 e−4x + 3c1 e3x − 4c2 e−4x − 12c1 e3x − 12c2 e−4x = 0 0=0 Se obtiene una identidad, ∴ y = c1 e3x +c2 e−4x si es solución de la ecuación. Problema 15. y 00 − 6y 0 + 13y = 0 Donde:

11

y = e3x cos 2x Solución: Derivando dos veces: y0 = 3e3x cos 2x − 2e3x sen2x y00 = 9e3x cos 2x − 6e3x sen2x − 6e3x sen2x − 4e3x cos 2x Sustituyendo: 9e3x cos 2x − 6e3x sen2x − 6e3x sen2x − 4e3x cos 2x− −18e3x cos 2x + 12e3x sen2x + 13e3x cos 2x = 0 0=0 Se obtiene una identidad, ∴ y = e3x cos 2x si es solución de la ecuación. Problema 16.

dy d2 x − 4 + 4y = 0 2 dx dx

Donde: y = e2x + xe2x Solución: Derivando: y 0 = 2e2x + e2x + 2xe2x = 3e2x + 2xe2x y 00 = 6e2x + 2e2x + 4xe2x = 8e2x + 4xe2x Sustituyendo: 8e2x + 4xe2x − 12e2x − 8xe2x + 4e2x + 4xe2x = 0

12

.

INTRODUCCIÓN

0=0 Se obtiene una identidad, ∴ y = e2x + xe2x si es solución de la ecuación. Problema 17. y 00 + (y 0 )2 = 0 Donde: y = ln | x + c1 | +c2 Solución: Derivando: y0 =

y 00 = −

1 x + c1 1 (x + c1 )2

Sustituyendo: −

1 1 + ( )2 = 0 (x + c1 )2 x + c1 0=0

Se obtiene una identidad, ∴ y = ln | x + c1 | +c2 si es solución de la ecuación. Problema 18. x2 y 00 + xy 0 + 2y = 0 Donde: y = x cos(ln x), x > 0 Solución: Derivando:

13

y 0 = cos(ln x) − sin(ln x) 1 1 y 00 = − sin(ln x) − cos(ln x) x x Sustituyendo: 1 1 −x2 sin(ln x) − x2 cos(ln x) − x cos(ln x) + x sin(ln x) + 2x cos(ln x) = 0 x x −x sin(ln x) − x cos(ln x) − x cos(ln x) + x sin(ln x) + 2x cos(ln x) = 0 0=0 Se obtiene una identidad, ∴ y = x cos(ln x) si es solución de la ecuación. Problema 19. y 000 − y 00 + 9y 0 − 9y = 0 Donde: y = c1 sin 3x + c2 cos 3x + 4ex Solución: Obteniendo las tres derivadas: y 0 = 3c1 cos 3x − 3c2 sin 3x + 4ex y 00 = −9c1 sin 3x − 9c2 cos 3x + 4ex y 000 = −27c1 cos 3x + 27c2 sin 3x + 4ex Sustituyendo: −27c1 cos 3x+27c2 sin 3x+4ex +9c1 sin 3x+9c2 cos 3x−4ex +27c1 cos 3x− 27c2 sin 3x + 36ex − 9c1 sin 3x − 9c2 cos 3x − 36ex = 0

14

.

INTRODUCCIÓN

0=0 Como se obtiene una identidad se tiene que y = c1 sin 3x + c2 cos 3x + 4ex si es solución. Problema 20. x3

2 dy d3 y 2d y + y = 12x2 + 2x − x dx3 dx2 dx

Donde: y = c1 x + c2 x ln x + 4x2 , x > 0 Solución: Obteniendo las derivadas: y0 = c1 + c2 ln x + c2 + 8x y 00 = c2

1 +8 x

y 000 = −c2

1 x2

Sustituyendo: −c2

x3 x2 + 16x2 − xc1 − xc2 ln x − xc2 − 8x2 + c1 x + c2 x ln x + 4x2 = 12x2 + 2c 2 x2 x 12x2 = 12x2

∴ Si es solución. Problema 21. xy 0 − 2y = 0 y=

½

−x2 , x < 0 x2 , x ≥ 0

15 Solución: Derivando: 0

y =

½

−2x, x < 0 2x, x ≥ 0

Si x < 0, sustituimos en la ecuación: x(−2x) − 2(−x2 ) = 0 −2x2 + 2x2 = 0 0=0 Si x > 0, sustituimos en la ecuación: x(2x) − 2(x2 ) = 0 2x2 − 2x2 = 0 0=0 Por lo tanto, si es solución. Problema 22. (y0 )2 = 9xy Donde y=

½

0, x < 0 x3 , x ≥ 0

Solución: Derivando: ½ 0, x < 0 0 y = 3x2 , x ≥ 0 Obviamente si y = 0, la ecuación se satisface. En el caso de que y = x3 (cuando x ≥ 0)

16

.

INTRODUCCIÓN

y 0 = 3x2 y haciendo la sustitución: (3x2 )2 = 9x(x3 ) 9x4 = 9x4 Por lo tanto si es solución. Problema 23. Determine valores de m tales que y = emx sea una solución de la ecuación diferencial respectiva. a) y 00 − 5y 0 + 6y = 0 Donde: y = emx Solución: Al derivar dos veces: y 0 = memx y 00 = m2 emx Sustitución: m2 emx − 5memx + 6emx = 0 emx (m2 − 5m + 6) = 0 emx (m − 2)(m − 3) = 0 Por lo tanto y = emx es solución sólo cuando: m=2

17 m=3 Esto puede comprobarse: Para m = 2 4e4x − 10e4x + 6e4x = 0 10e4x − 10e4x = 0 0=0 Para m = 3 9e3x − 15e3x + 6e3x = 0 15e3x − 15e3x = 0 0=0 b) y00 + 10y 0 + 25y = 0 Donde: y = emx Sustitución: m2 emx + 10memx + 25emx = 0 emx (m2 + 10m + 25) = 0 emx (m + 5)2 = 0 Por lo tanto: m = −5 Comprobación: para m = −5

18

.

INTRODUCCIÓN

25e5x − 50e5x + 25e5x = 0 50e5x − 50e5x = 0 0=0

Problema 24. Encuentre los valores de m tales que y = xm sea una solución de la ecuación diferencial. x2 y 00 − y = 0 Solución: Derivando dos veces: y 0 = mxm−1 y 00 = m2 xm−2 − mxm−2 Sustituyendo en la ecuación: x2 m2 xm−2 − x2 mxm−2 − xm = 0 xm (m2 − m − 1) = 0 Por lo tanto: √ 5 m1 = 1 + 2 √ 5 m2 = 1 − 2

Capítulo 2 Ecuaciones de primer orden 2.1

Separación de variables

Una ecuación diferencial de primer orden de la forma dy = g(x)h(y) dx se dice que es separable o que tiene variables separables. Usualmente tal ecuación se escribe como: dy = g(x)dx h(y) e integrando se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por separacion de variables. Todas las ecuaciones se pueden comprobar como en la sección anterior. Problema 1. dy = sen5x dx Solución: Multiplicando la ecuación por dx: dy = sen5xdx integramos ambas partes: 19

20

.

ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

Z

Z

dy =

sen5xdx

resolvemos: 1 y = − cos 5x + c 5 Problema 2. dx + e3x dy = 0 Solución: Dividimos entre e3x y despejamos dy : dx + dy = 0 e3x dy = −

dx e3x

integramos: Z

dy = −

Z

Z

dx e3x

e−3x dx µ ¶ 1 −3x e +c y = − − 3 1 −3x e y = +c 3

y = −

Problema 3. (x + 1)

dy =x+6 dx

Solución: Multiplicamos por dx y dividimos entre (x + 1): dy =

x+6 dx x+1

2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES integramos: Z

Z

x+6 dx x+1 Z x+1+5 y = dx x+1 ¶ Z µ 5 dx y = 1+ x+1 y = x + 5 ln |x + 1| + c

dy =

Problema 4. xy 0 = 4y dy Recordemos que y 0 = dx Dividimos entre xy y multiplicamos por dx:

4 dy = dx y x integramos: Z

despejando y:

Z dy 4 = dx y x ln |y| = 4 ln |x| + ln c ¯ ¯ ln |y| = ln ¯cx4 ¯ 4 eln|y| = eln|cx | y = cx4

Problema 5.

x2 y 2 dx = dy 1+x

Multiplicamos por (1 + x) y por dy:

21

22

.

ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

(x + 1) dx = x2 y 2 dy divimos entre x2 : (x + 1) dx = y 2 dy x2 integramos: Z (x + 1) dx = y 2 dy x2 y3 1 + c0 − + ln |x| = x 3 multiplicamos por x y por 3: Z

−3 + 3x ln |x| = y 3 x + cx Problema 6.

dy = e3x+2y dx

Solución: Recordemos que e3x+2y = e3x e2y entonces: dy = e3x e2y dx dividimos entre e2y y multiplicamos por dx: dy = e3x dx e2y integramos:

Z

Z

dy = e2y

e3x dx

1 3x e +c 3 1 3x e + c1 = 3

e−2y dy = 1 − e−2y 2

Z

2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES

23

multiplicamos por −2: 2 e−2y = − e3x + c 3 aplicamos logaritmo en ambos lados: ¯ ¯ ¯ 2 3x ¯ ln e = ln ¯¯− e + c¯¯ 3 ¯ ¯ ¯ 2 3x ¯ ¯ −2y = ln ¯− e + c¯¯ 3 ¯ ¯ ¯ 1 ¯¯ 2 3x y = − ln ¯− e + c¯¯ 2 3 −2y

Problema 7.

¢ ¡ ¢ ¡ 4y + yx2 dy − 2x + xy 2 dx = 0

Solución: Factorizamos y y x:

¢ ¡ y 4 + x2 dy − x(2 + y 2 )dx = 0

dividimos entre (4 + x2 ) y (2 + y 2 ):

ydy xdx = 2 + y2 4 + x2 integramos: Z

ydy = 2 + y2

Z

xdx 4 + x2

por cambio de variable: u = 2 + y 2 , w = 4 + x2 du = 2ydy, dw = 2xdx Z Z 1 1 du dw = 2 u 2 w

24

.

ECUACIONES DE PRIMER ORDEN 1 1 ln u = ln w + c 2 2 ¯ ¯ 1 ¯¯ 1 ¯¯ ln 2 + y 2 ¯ = ln 4 + x2 ¯ + ln c1 2 ¯ 2 ¯ ¯ ¯ 2¯ ¯ ln 2 + y = ln c ¯4 + x2 ¯

aplicamos la función exponecial:

2 2 eln|2+y | = eln c|4+x | ¡ ¢ 2 + y 2 = c 4 + x2 ¡ ¢ y 2 = c 4 + x2 − 2 p c (4 + x2 ) − 2 y =

Problema 8. 2y (x + 1) dy = xdx Solución:...