Fase de la estrategia de aprendizaje: Fase 1- unidad 1
ECUACINES DIREFENCIALES
Delcy Yadira Álvarez Guerrero Cód.1053684291 Tutora: Adriana Granados Comba
UNIVERCIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA (UNAD) Tunja 24/02/2016
Temática: introducción a las ecuaciones diferenciales Indique el orden de la ecuación diferencial y establezca si la ecuación es lineal o no lineal, justifique su respuesta. A. 𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝒙) − (𝒄𝒐𝒔𝒙)𝒚 = (𝒔𝒆𝒏)
𝒅𝒚 𝒅𝒙
Ordinario, primer orden, lineal. [pm1]
[pm2R1] 𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝒙) − (𝒄𝒐𝒔𝒙)𝒚 = (𝒔𝒆𝒏) 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛
𝒅𝒚 𝒅𝒙
(𝑥) − (𝑐𝑜𝑠𝑥) 𝑑𝑦 =𝑦 𝑆𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥
𝑥 2 cos(𝑥) ∗ 𝐶𝑜𝑠 𝑥 − cos 𝑥 ∗ 𝑦 + 4 ∗ 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑦 = (𝑠𝑒𝑛𝑥) 𝑑𝑥 𝐶𝑜𝑡(𝑥)ý (x) + y ∗ csc 2 (𝑥) + 2𝑥 =
𝑑𝑦 𝑑𝑥
B. 𝒚
𝒅𝒚 + (𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒚𝟑 = 𝒆𝒙 + 𝟏 𝒅𝒙
𝑦
𝑑𝑦 = 𝑒 𝑥 + 1 − (𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑦 3 𝑑𝑥
𝑑𝑦 = 𝑒 𝑥 + 1 − (𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑦 3 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝑦 3 + 1 − (𝐶𝑜𝑠(𝑥))𝑦(𝑥) + 𝑒 𝑥 + 2𝑦 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑦(𝑥) + 𝑒 𝑥 𝑦 𝑑𝑥 𝒚𝟐 C. 𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒚 + + 𝒚 = 𝒄𝒐𝒔(𝒙 + 𝒚) 𝒅𝒙𝟐 𝒅𝒙 D.
𝒅𝟐 𝒓 𝒅𝒓 𝟐 √ = 𝟏+( ) 𝒅𝒖𝟐 𝒅𝒖 𝑑2𝑟 𝑑𝑟 (𝑑𝑟0 + 0𝑑𝑢) 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝑟 + 𝑑𝑦 𝑑𝑟 = 1 ∗ 2( ) +( )∗ ∗2 ∗ + ( )2 2 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑢2 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑢2 𝑑𝑢
E. (𝒚𝟐 − 𝟏)𝒅𝒙 + 𝟔𝒙𝒅𝒚 = 𝟎 1 𝑑𝑥 + 6𝑥 = 2 (𝑦 − 1) 1 𝑑𝑥 + 𝑑𝑥 = 𝑦2 − 1 1 𝑑𝑥 = 𝑦2 − 1 + 6𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = − 𝑦2 − 6𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 − 2𝑥 − 6 − 𝑦 2 6𝑥 𝑦2 − 6𝑥 𝑑𝑥 = −𝑑𝑥 ∗ 2𝑥 − 6
Temática: ecuaciones diferenciales de primer orden A. Resuelva la siguiente ecuación diferencial por el método de variables separables: 𝒆−𝒚 + 𝒆−𝟐𝒙−𝒚 = 𝒆𝒙 𝒚
𝒅𝒚 𝒅𝒙
B. Determine si la ecuación dada es exacta. Si lo es, resuélvala. 𝒚 (𝟏 − 𝒍𝒏𝒙)𝒅𝒚 = (𝟏 + 𝒍𝒏𝒙 + ) 𝒅𝒙 𝒙 C. Resolver la siguiente ecuación diferencial hallando el factor integrante:
𝟔𝐱𝐲𝐝𝐱 + (𝟒𝐲 + 𝟗𝐱 𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎 ∂(6xy) = 6𝑥 ∂y ∂(4y + 9x2) = 18𝑥 ∂x 18x − 6x 2 μ(y) = EXP [∫ ( )] EXP [∫ ( )] 6xy y 2 μ(y) = EXP [∫ ( )] = EXP[2lny] y μ(y) = y2 Multiplicando la ecuación por el factor integrante, tenemos: 6𝑥𝑦 3 dx + (4𝑦 3 + 9𝑥 2 y 2 ) = 0 ∂(6xy3) = 18𝑥 ∂y ∂(4y3 + 9x2y2) = 18𝑥𝑦 2 ∂x
D. Resuelva la ecuación diferencial (𝐲 𝟐 + 𝒚𝒙)𝒅𝒙 − 𝒙𝟐 𝒅𝒚 = 𝟎 Ecuación homogénea de grado 2 dy dy 𝑦 2 + 𝑦𝑥 dy 𝑦 2 𝑦 ⇒ 𝑦 + yx − 𝑥 =0⟺ = ⟺ = ( ) + dx dx 𝑥2 dx 𝑥 𝑥 2
2
(1)
Sea: 𝑦 𝑣 = 𝑥 ⟺ y = vx dy 𝑑𝑣 } ⇒ =𝑣+𝑥 dx 𝑑𝑥 𝑑𝑣 𝑣+𝑥 = 𝑣2 + 𝑣 𝑑𝑥
⇒x
(2) (𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑟𝑛𝑑𝑜 (2)𝑒𝑛 (1)
dv = 𝑣 2 ⟺ 𝑣 −2 𝑑𝑣 = 𝑥 −1 𝑑𝑥 dx
⟺ ∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 = ∫ 𝑥 −1 𝑑𝑥 ⟺ −𝑣 −1 = ln|𝑥| + 𝑐
(3)
𝑦 −1 ⇒ − ( ) = ln|𝑥| + 𝑐 𝑆𝑢𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 (2)𝑒𝑛 (3) 𝑥 𝑥 ⇒ − = ln|𝑥| + 𝑐 ⟺ −x = (ln|𝑥| + 𝑐)𝑦 𝑦 𝑦=−
𝑥 ln|𝑥| + 𝑐
E. Resuelva el siguiente ejercicio de valor inicial (𝐱 𝟐 + 𝟐𝒚𝟐 )
𝒅𝒙 − 𝒙𝒚 = 𝟎 𝒅𝒚
𝐲 − (𝟏) = 𝟏
Actividad Colaborativa Se plantea una situación problema y el grupo de realizar los aportes respectivos en el foro colaborativo con el fin de reconocer las características del problema que se ha planteado y buscar el método de solución más apropiado según las ecuaciones diferenciales de primer orden: Considere un gran tanque que contiene 1000L de agua, dentro del cual una solución salada de salmuera empieza a fluir a una velocidad constante de 6 L/min. La solución dentro del tanque se mantiene bien agitada y fluye hacia el exterior del tanque a una velocidad de 6L/min. SI la concentración de sal en la salmuera que entra en el tanque es de 1Kg/L, determine cuando será de 1/2kg/L la concentración de sal en el tanque. La concentración se sal no es conservativa por la variación que tiene constantemente Acumulación=entrada –salida 𝐴𝑐𝑢𝑚𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 = 𝑣
𝑑𝑐(𝑡) 𝑑𝑡
V=1000L constantemente por que la entrada y salida es la misma
𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎𝑄𝑒 𝐶𝑒 =
6𝐿 1𝐾𝑔𝑟 6𝑘𝑔𝑟 . = 𝑚𝑖𝑛 𝐿 𝑚𝑖𝑛
Salida= cantidad de sal que sale por min 𝑆𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑄𝑒 𝐶 =
6𝐿 𝑘𝑔𝑟 . 𝐶(𝑡) = 6𝑐(𝑡) 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛
La ecuación diferencial que rige la evolución de la concentración de sal en el tanque es 𝑑𝑐(𝑡) 6 − 6𝑐(𝑡) = (7.5) 𝑑𝑡 1000
Condición inicial c(0)=0 La ecuación (7.5) es lineal homogénea o en variables separables 𝐶 , = (1 − 𝑐)
3 500
O 1 3 𝑑𝑐 = 𝑑𝑡 −𝑐 500 Que integrando adquirimos: 𝐼𝑛|1 − 𝑐| =
3 𝑡+𝑘 500
O igualmente 1 − 𝑐 = 𝑘𝑒 −
3𝑡 500
Es decir 𝑐(𝑡) = 1 − 𝑘𝑒 −
3𝑡 500
Y como c(0)=0 resulta 0 = 𝑐(0) = 1 − 𝑘 ⇒ 𝑘 = 1 la solución del problema de condiciones iniciales: 𝑐(𝑡) = 1 − 𝑒 − 1
Concentración de 2 𝑘𝑔𝑟/𝐿
3𝑡 500
1−𝑒− 𝑡=
3𝑡 1 3𝑡 1 = ⇒𝑒− = 500 2 500 2
500𝐼𝑛2 ≈ 𝟏𝟏𝟓, 𝟓𝟐𝒎𝒊𝒏 3
Por lo tanto la concentración de sal en el interior del tanque es de 1/2Kgr/L al cabo de 𝟏𝟏𝟓, 𝟓𝟐𝒎𝒊𝒏 De forma colaborativa deben evaluar y analizar toda la solución a la situación plantea, si consideran que todo el proceso y respuesta se encuentra de manera correcta, deben realizar aportes en cuanto a procedimiento faltante y fórmulas utilizadas, resaltando en otro color los aportes extras a la solución. Si el grupo considera que el proceso y/o respuesta se encuentra incorrecto, deben realizar la observación y corrección al error o errores encontrados resaltando en otro color la corrección y aportes extras a la solución. Situación y solución planteada: Enunciado: Un paracaidista de masa 100 Kg (incluyendo su equipo) se deja caer de un avión que vuela a una altura de 2000 m, y cae bajo la influencia de la gravedad y de la resistencia del aire. Supongamos que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del paracaidista en cada instante, con constante de proporcionalidad 30 N.s/m con el paracaídas cerrado, y 90 N.s/m con el paracaídas abierto. Si el paracaídas se abre a los diez segundos del lanzamiento, hallar el instante aproximado en el que el paracaidista llega al piso. ¿Cuál es su velocidad en ese 𝑚 instante? (Considere la gravedad como 𝑔 = 10 𝑠𝑒𝑔2 Solución: Por la segunda ley de Newton
𝑚𝑎 = 𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 𝑚=
𝑑𝑣 = 𝑚𝑔 + 𝑘𝑣 𝑑𝑡
𝐸𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟
𝑑𝑣 𝑘 − 𝑣=𝑔 𝑑𝑡 𝑚
Al resolver esta ecuacion lineal, tenemos Factor integrante 𝑒
𝑘
∫𝑚𝑑𝑡= 𝑘
𝑘
𝑒 𝑚 Multiplicando esta ecuacion diferencias por el factor
integrante, tenemos 𝑒 𝑚 ( Que equivale a
𝑑
𝑑𝑣 𝑑𝑡
−
𝑚
𝑘
𝑘 𝑚
𝑣) = 𝑔𝑒 𝑚
𝑘
(𝑒 𝑘 𝑣) = 𝑔𝑒 𝑚 𝑑𝑡 𝑘 𝑚
Integrando respeto a t, tenemos 𝑒 𝑣 = 𝑣=
𝑚 𝑘
𝑘 𝑚
𝑔𝑒 +𝑐
𝑘 𝑚𝑔 + 𝐶 𝑒𝑚 𝑘
Aplicando las condiciones iniciales, haciendo 𝑣(0) = 𝑣0. 𝑣0 =
𝑚𝑔 +𝑐 𝑘
𝑚𝑔 𝑘
𝑐 = 𝑣0 −
Entonces la ecuacion de la velocidad en cualquier t 𝑣(𝑡) = Teniendo encienta que 𝑣(𝑡)
=
𝑑𝑥 𝑑𝑡
𝑚𝑔 𝑚𝑔 − 𝑘 + (𝑣0 − )𝑒 𝑚 𝑘 𝑘
y haciendo 𝑥(0) = 𝑥0. Se llega a que
𝑑𝑥 𝑚𝑔 𝑚𝑔 − 𝑘 = + (𝑣0 − )𝑒 𝑚 𝑑𝑡 𝑘 𝑘 Integrando respecto a t 𝑥=
𝑚𝑔 𝑚 − 𝑘 𝑡 𝑚2 𝑔 − 𝑘 𝑡 − 𝑒 𝑚 + 2 𝑒 𝑚 +𝑐 𝑘 𝑘 𝑘 𝑚
𝑐 = 𝑥𝑜 + De donde. 𝑥(𝑡) =
𝑘
𝑥0 = − 𝑘 𝑣0 𝑒 −𝑚 +
Entonces
𝑚𝑔 𝑡 𝑘
−
𝑘 𝑚 − 𝑡 𝑚 𝑣 𝑒 0 𝑘
+
𝑚2 𝑔 − 𝑘 𝑒 𝑚 𝑘2
+𝑐
𝑘 𝑚 𝑚2 𝑔 𝑘 𝑣0 𝑒 −𝑚𝑡 − 2 𝑒 −𝑚𝑡 𝑘 𝑘
𝑚2 𝑔 − 𝑘 𝑒 𝑚 𝑘2
+ 𝑥0 +
𝑘 𝑚 − 𝑡 𝑚 𝑣 𝑒 0 𝑘
−
𝑚2 𝑔 − 𝑘 𝑡 𝑒 𝑚 𝑘2
𝑥(𝑡) =
𝑚𝑔 𝑚 𝑚𝑔 − 𝑘 𝑡 𝑚 𝑚𝑔 = 𝑡 − (𝑣0 − ) 𝑒 𝑚 + 𝑥0 + (𝑣0 − ) 𝑘 𝑘 𝑘 𝑘 𝑘
Reagrupando 𝑥(𝑡) =
𝑘 𝑚𝑔 𝑚 𝑚𝑔 = 𝑡 + (𝑣0 − ) (1 − 𝑒 −𝑚𝑡 ) + 𝑥0 𝑘 𝑘 𝑘
Considerando la gravedad como 𝑔 = 10 Donde 𝑥0 = 0, 𝑣0=0
𝑦 𝑘=
𝑚 𝑠𝑒𝑔2
y la tapa inicial en la que el paracaidas esta cerrado.
30𝑁𝑠 . 𝑚
𝑣(𝑡) = 𝑥(𝑡) =
100 100 − 3 𝑡 − 𝑒 10 3 3
100 1000 − 3 𝑡 𝑡+ 𝑒 10 3 9
Luego a los 10 segundos, 𝑡 = 10 𝑣 = (10) ≈ 31.6737
𝑚 𝑠
Y la distancia recorrida por el paracaidista durante los primero diez segundos sera aproximadamente 𝑥(𝑡) = 227,7541𝑚 Para la segunda etapa, es decir cuando el paracaidas esta abierto, se toma como instante 𝑡 = 𝑜 aquel en el que el paracaidista se abre y 𝑘 =
90𝑁𝑠 𝑚
con lo que se tiene
𝑥(0) = 227,7541𝑚 𝑦 𝑣(0) = 31.6737 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠, 𝑉(𝑡) = 𝑥(𝑡) =
3 100 + 20,5626 𝑒 −10𝑡 9
𝑚 𝑠 𝑦
9 100 𝑡 − 22,8473 𝑒 −10𝑡 + 250.6014 9
Entoces, como 𝑥(𝑡) = 2000 tenemos. 9 100 𝑡 − 22,8473 𝑒 −10𝑡 + 250,6014 = 2000 9 9
Es decir, que 𝑡 = 2,0563𝑒 −10𝑡 + 157,4459 9
En la anterior ecuacion el termino 157,4459𝑒 −10𝑡 se desprecia paravalores de tiempo realtivamente grandes (mayores que 10), es decir, este valor tiende a cero, 𝑡) = 157,4459𝑠𝑒𝑔.
Deaqui se deduce que el paracaidista tarda aproximadamente, 10 𝑆𝑒𝑔 + 147,4459 𝑠𝑒𝑔 = 167,4459 𝑠𝑒𝑔 en llegar al suelo desde que se arrojo del avion. La velocidad de este el llegar al suelo es de aproximadamente
100 𝑘𝑚 9 𝑠𝑒𝑔
𝑘𝑚
= 11,11 𝑠𝑒𝑔
