ecuaciones 1

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CAPÍTULO II ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Temas a tratar en este capítulo: Variables separables Ecuaciones homogéneas Ecuaciones exactas Factores de integración Ecuaciones lineales Ecuaciones de Bernoulli y Ricatti Aplicaciones

VARIABLES SEPARABLES

Consideremos una ecuación diferencial de primer orden de la forma f ( x , y , y ' ) = 0 , la cual se puede expresar como

dy = G ( x , y ) , o bien y ' = G ( x , y ) . dx

En ocasiones el término G ( x , y ) se puede separar en 2 expresiones, una que agrupe a la variable x y la otra a la variable y . Si esto es posible, se podrá resolver la ecuación diferencial separando las variables en la siguiente forma: dy = G ( x , y ) dx dy h ( x ) = dx g ( y ) g ( y )dy = h ( x )dx integrando: ∫ g ( y )dy + c 1 = ∫ h ( x )dx + c 2

∫ g ( y )dy − ∫ h ( x )dx = c − c ∫ g ( y )dy − ∫ h ( x )dx = c 2

1

Ejemplo 1: Resolver la ecuación diferencial utilizando variables separables. dy = e 3 x + 2 y dx

Solución Separando las variables dy = e 3 x e 2 y dx dy = e 3 x dx 2 y e

integrando Se m e stre 2008B

5

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∫ e

∫

−2 y

dy = e 3 x dx

e −2 y e 3 x − = + c 2 3

reacomodando términos 2e 3 x + 3e −2 y = c

dx 1 + 2y 2 = Ejemplo 2: dy ySen x

Solución Separando las variables 1 + 2y 2 Sen x dx = dy y

integrando 1

∫ Sen x dx = ∫ y dy + 2∫ ydy − Cos x = ln y + y 2 + c reacomodando términos Cos x + ln y + y 2 = c

1

Ejemplo 3: ydy = 4 x (y 2 + 1) 2 dx , sujeta a y (0) = 1 Solución Separando las variables y 1 2

(y

+ 1)

2

dy = 4 xdx

integrando y

∫ (y

1 2

+ 1)

2

1 2

∫ (y

2

2y 1 2

+ 1)

∫

dy = 4 xdx

∫

dy = 4 xdx

y 2 + 1 = 2x 2 + c

aplicando y (0) = 1 , se tiene: (1)2 + 1 = 2(0)2 + c

c = 2 sustituyendo el valor de c en la solución obtenida y 2 + 1 = 2 x 2 + 2 6

Se m e stre 2008B

Ca p ítulo II. II. Ec Ec ua c iones Difer Diferen en c iales d e Prime rime r Orden

∫ e

∫

−2 y

dy = e 3 x dx

e −2 y e 3 x − = + c 2 3

reacomodando términos 2e 3 x + 3e −2 y = c

dx 1 + 2y 2 = Ejemplo 2: dy ySen x

Solución Separando las variables 1 + 2y 2 Sen x dx = dy y

integrando 1

∫ Sen x dx = ∫ y dy + 2∫ ydy − Cos x = ln y + y 2 + c reacomodando términos Cos x + ln y + y 2 = c

1

Ejemplo 3: ydy = 4 x (y 2 + 1) 2 dx , sujeta a y (0) = 1 Solución Separando las variables y 1 2

(y

+ 1)

2

dy = 4 xdx

integrando y

∫ (y

1 2

+ 1)

2

1 2

∫ (y

2

2y 1 2

+ 1)

∫

dy = 4 xdx

∫

dy = 4 xdx

y 2 + 1 = 2x 2 + c

aplicando y (0) = 1 , se tiene: (1)2 + 1 = 2(0)2 + c

c = 2 sustituyendo el valor de c en la solución obtenida y 2 + 1 = 2 x 2 + 2 6

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Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de variables separables. 1) (4y + yx 2 )dy − (2 x + xy 2 )dx = 0 2) e y Sen x dx + (e 2 y − y )Cos x dy = 0 dy 3) (e x + e − x ) = y 2 dx

Tarea A2 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de variables separables. dy xy + 2y − x − 2 1) = dx xy − 3y + x − 3 2) y −1dy dy + yeCos x Sen xdx = 0 dN + N = N t e t + 2 3) dt 4) Encuentre una función tal que su cuadrado más el cuadrado de su derivada sea igual a uno.

ECUACIONES HOMOGÉNEAS Polinomio homogéneo: homogéneo: es aquel que tiene todos sus términos del mismo grado. gra do. Ejemplo:  Sí es un polinomio homogéneo P ( x , y ) = x 3 y 3 + x 6  No es un polinomio homogéneo q ( x , y ) = x 2 + xy + x 3 Función homogénea: se dice que una función en 2 variables de la forma f ( x , y ) es homogénea si y sólo si f (tx , ty ) = t k f ( x , y ) . Entonces f ( x , y ) es homogénea de grado k . x 4 , ¿ f ( x , y ) es homogénea? Ejemplo: Sea f ( x , y ) = 2y e − x + 3 y Solución ty (tx )4 3 tx ( , ) 2 ( ) = − f tx ty ty e tx + 3ty 3

y

x

t 4 x 4 f (tx , ty ) = 2t y e − t (x + 3 y ) 3

3

y

x

x 4 f (tx , ty ) = 2t y e − t (x + 3y ) 3

3

y

x

3

⎡ 3 y x x 4 ⎤ f (tx , ty ) = t ⎢2y e − (x + 3 y )⎥⎦ ⎣ f (tx , ty ) = t 3 f ( x , y ) por lo tanto, f ( x , y ) es homogénea de grado 3. 3

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Consideremos la ecuación diferencial de la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , o bien dy = 0 . La ecuación anterior recibe el nombre de ecuación diferencial M ( x , y ) + N ( x , y ) dx homogénea si y sólo si las funciones M ( x , y ) y N ( x , y ) son homogéneas y del mismo grado. En la mayoría de las ocasiones, la ecuación homogénea no es separable en forma directa, por lo cual se utilizará una sustitución de la forma y = vx , o x = uy , en donde v y u son nuevas variables que al sustituirse en la ecuación original, la hacen separable. Nota: Es recomendable sustituir x = uy cuando M ( x , y ) es de estructura más simple que N ( x , y ) .

Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial: ( x 2 − xy + y 2 )dx − xydy = 0

Solución

La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , donde  Homogénea de grado 2 M ( x , y ) = x 2 − xy + y 2  Homogénea de grado 2 N ( x , y ) = − xy Utilizando la sustitución y = vx , entonces un diferencial de y está dado por dy = vdx + xdv sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene ( x 2 − x (vx ) + (vx ) 2 )dx − x (vx )(vdx + xdv ) = 0 ( x 2 − vx 2 + v 2 x 2 )dx − (v 2 x 2 dx + vx 3 dv ) = 0 x 2 dx − vx 2 dx + v 2 x 2 dx − v 2 x 2 dx − vx 3 dv = 0 x 2 dx − vx 2 dx − vx 3 dv = 0 dividiendo entre x 2 dx − vdx − vxdv = 0 (1 − v )dx = vxdv dx v = dv x 1 − v integrando dx v = ∫ x ∫ 1 − v dv ln x = −v − ln (1 − v ) + c pero v = y , entonces, sustituyendo: x ln x + y + ln ⎛ 1 − y ⎞⎟ = c ⎜ x x ⎠ ⎝ y + ln x ⎛ 1 − y ⎞ = c ⎜ x x ⎠⎟ ⎝

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y + ln (x − y ) = c x y + x ln (x − y ) = cx

Ejemplo 2: ( x − y )(4 x + y )dx + x (5 x − y )dy = 0 Solución

La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , donde  Homogénea de grado 2 M ( x , y ) = ( x − y )( 4 x + y )  Homogénea de grado 2 N ( x , y ) = x (5 x − y ) Utilizando la sustitución y = vx , entonces un diferencial de y está dado por dy = vdx + xdv sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene ( x − vx )( 4 x + vx )dx + x (5 x − vx )(vdx + xdv ) = 0 ( 4 x 2 + vx 2 − 4vx 2 − v 2 x 2 )dx + 5 x 2 vdx + 5 x 3 dv − v 2 x 2 dx − vx 3 dv = 0 4 x 2 dx − 3vx 2 dx − v 2 x 2 dx + 5 x 2 vdx + 5 x 3 dv − v 2 x 2 dx − vx 3 dv = 0 5 x 3 dv + 4 x 2 dx + 2vx 2 dx − 2v 2 x 2 dx − vx 3 dv = 0 dividiendo entre x 2 5 xdv + 4dx + 2vdx − 2v 2 dx − vxdv = 0 ( 4 − 2v 2 + 2v )dx + (5 x − vx )dv = 0 ( 4 − 2v 2 + 2v )dx = − x (5 − v )dv dx (5 − v ) =− dv x 4 − 2v 2 + 2v integrando (5 − v ) dx 1 ∫ x = 2 ∫ v 2 − v − 2 dv (5 − v ) 1 ln x = ∫ dv 2 (v + 1)(v − 2) para integrar el lado derecho de la expresión anterior es necesario obtener las fracciones parciales, las cuales son (5 − v ) A(v − 2) + B (v + 1) A B = + = (v + 1)(v − 2) (v + 1) (v − 2) (v + 1)(v − 2) 5 − v = A(v − 2) + B (v + 1) si v = −1,  6 = −3 A  A = −2 si v = 2 ,  3 = 3B  B = 1 entonces (5 − v ) 1 −2 = + (v + 1)(v − 2) (v + 1) (v − 2) sustituyendo en la integral

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ln x =

1 ⎡ −2 1 ⎤ + ⎢ ⎥dv 2 ⎣ (v + 1) (v − 2) ⎦

∫

1 [− 2 ln (v + 1) + ln(v − 2)] + c 2 1 ln x + ln (v + 1) − ln(v − 2) = c 2

ln x =

pero v = y , entonces, sustituyendo: x

1 y y ln x + ln ⎛ ⎜ x + 1 ⎞⎟ − ln⎛ ⎜ x − 2 ⎞⎟ = c ⎝ ⎠ 2 ⎝ ⎠

y + 1 x = c ln x + ln y − 2 x y + x = c ln x + ln x y − 2 x ln x

y + x y − 2 x

= c

x ( y + x ) = c y − 2x

Ejemplo 3: − ydx + ( x + xy )dy = 0 Solución

La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , donde M ( x , y ) = − y  Homogénea de grado 1 N ( x , y ) = x +

xy



Homogénea de grado 1

Utilizando la sustitución x = uy , entonces un diferencial de x está dado por dx = udy + ydu sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene − y (udy + ydu ) + (uy + uy 2 )dy = 0

− uydy − y 2 du + uydy + y u dy = 0 − y 2 du + y u dy = 0 dividiendo entre y

− ydu + u dy = 0 du u

=

dy y

integrando du

∫ 10

u

dy y

= ∫

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2u

1 2

= ln y + c

pero u = x , entonces, sustituyendo: y

2 x − ln y = c y

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de ecuaciones homogéneas. 3 dy −1 + x − y = x 2 y 2 , sujeta a y (1) = 1 dx 2) ydx + x ( ln x − ln y − 1) dy = 0 , sujeta a y (1) = e

1) (x + xy )

3) ( x 3 + y 3 )dx − xy 2dy = 0

Tarea A3 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de ecuaciones homogéneas. −2 x dx y ⎞ dy y ⎛ 1) y = x + 4 ye y = ySen +x 3) ⎜ xSen ⎟ dy x dx x ⎝ ⎠ dy x y dx x 2 + t t 2 + x 2 = + +1 2) = 4) dx y x dt tx

Tarea A4 Investigar en el libro de la Serie Schawn las sustituciones que se utilizan cuando M ( x , y ) y N ( x , y ) son lineales pero no homogéneas (revisar los casos cuando M ( x , y ) y N ( x , y ) representan rectas paralelas y cuando representan rectas que se intersectan). Hacer un breve resumen. Utilizando dichas sustituciones, resolver las ecuaciones diferenciales: 1) (3 x + 2 y + 1)dx − (3 x + 2 y −1)dy = 0 2) (3 y − 7 x + 7)dx + (7 y − 3 x + 3)dy = 0 , con y (1) = 1

ECUACIONES EXACTAS

Una ecuación diferencial de primer orden de la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 se dice que ∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) es una ecuación diferencial exacta si cumple con la condición = , en alguna ∂y ∂x región del plano XY . Además consideremos que existe una función f ( x , y ) , solución de dicha ∂f ( x , y ) ∂f ( x , y ) = N ( x , y ) . ecuación diferencial, entonces se debe cumplir que = M ( x , y ) y ∂x ∂y Considerando lo anterior, se tiene

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∂M ( x , y ) ∂ ⎛ ∂f ( x , y ) ⎞ ∂ 2 f ( x , y ) ∂ ⎛ ∂f ( x , y ) ⎞ ∂N ( x , y ) ⎜ ⎟= = = ⎜ ⎟= ∂y ∂y ⎝ ∂x ⎠ ∂x ∂y ∂x ⎜⎝ ∂y ⎠⎟ ∂x lo que indica que las segundas derivadas cruzadas de f ( x , y ) son iguales.

Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial: (2y 2 x − 3)dx + (2yx 2 + 4)dy = 0

Solución

La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , donde M ( x , y ) = 2y 2 x − 3 N ( x , y ) = 2yx 2 + 4 obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición ∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) = 4yx  = 4 yx ∂x ∂y ∂f ( x , y ) partiendo de = M ( x , y ) , se tiene ∂x ∂f ( x , y ) = 2y 2 x − 3 ∂x integrando con respecto a x : f ( x , y ) = ∫ (2y 2 x − 3 )dx f ( x , y ) = y 2 x 2 − 3 x + g ( y )

(1)

derivando con respecto a y :

∂f ( x , y ) = 2yx 2 + g ' ( y ) ∂y pero

∂f ( x , y ) = N ( x , y ) , entonces ∂y 2yx 2 + g ' ( y ) = 2yx 2 + 4 g ' ( y ) = 4

integrando con respecto a y : g ( y ) = 4y

sustituyendo en (1), se tiene: f ( x , y ) = y 2 x 2 − 3 x + 4 y

o bien y 2 x 2 − 3 x + 4 y = c

Análogamente, si se parte ahora de la expresión

∂f ( x , y ) = N ( x , y ) , se tiene ∂y

∂f ( x , y ) = 2yx 2 + 4 ∂y integrando con respecto a y :

12

Seme stre 2008B


f ( x , y ) =

∫ (2yx

2

+ 4 )dy

f ( x , y ) = y 2 x 2 + 4 y + h ( x )

derivando con respecto a x :

pero

∂f ( x , y ) = M ( x , y ) , entonces ∂x

(2)

∂f ( x , y ) = 2xy 2 + h ' ( x ) ∂x

2 xy 2 + h ' ( x ) = 2y 2 x − 3 h ' ( x ) = −3

integrando con respecto a x :

h ( x ) = −3 x

sustituyendo en (2), se tiene: f ( x , y ) = y 2 x 2 + 4y − 3 x

o bien y 2 x 2 + 4y − 3 x = c

Ejemplo 2: (2x + 4)dx + (3y − 1)dy = 0 Solución

La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , donde M ( x , y ) = 2 x + 4 N ( x , y ) = 3y − 1 obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición ∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) =0  =0 ∂y ∂x ∂f ( x , y ) = M ( x , y ) , se tiene partiendo de ∂x ∂f ( x , y ) = 2x + 4 ∂x integrando con respecto a x : f ( x , y ) = ∫ (2 x + 4)dx f ( x , y ) = x 2 + 4 x + g ( y )

(3)


∂f ( x , y ) = g ' ( y ) ∂y pero

∂f ( x , y ) = N ( x , y ) , entonces ∂y g ' ( y ) = 3y − 1

integrando con respecto a y :

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g ( y ) =

3 2 y − y 2

sustituyendo en (3), se tiene: f ( x , y ) = x 2 + 4 x +

3 2 y − y 2

o bien x 2 + 4 x +

3 2 y − y = c 2

Análogamente, si se parte ahora de la expresión

∂f ( x , y ) = N ( x , y ) , se tiene ∂y

∂f ( x , y ) = 3 y − 1 ∂y integrando con respecto a y :

derivando con respecto a x :

pero

∂f ( x , y ) = M ( x , y ) , entonces ∂x

f ( x , y ) =

∫ (3y − 1)dy

f ( x , y ) =

3 2 y − y + h ( x ) 2

(4)

∂f ( x , y ) = h ' ( x ) ∂x h ' ( x ) = 2x + 4

integrando con respecto a x : h ( x ) = x 2 + 4 x

sustituyendo en (4), se tiene: f ( x , y ) =

3 2 y − y + x 2 + 4 x 2

o bien 3 2 y − y + x 2 + 4 x = c 2

Ejemplo 3: (1 − 2x 2 − 2y )

dy = 4 x 3 + 4 xy dx

Solución Reacomodando los términos de la ecuación (4 x 3 + 4 xy )dx − (1 − 2x 2 − 2y )dy = 0 la ecuación diferencial ahora tiene la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , donde M ( x , y ) = 4 x 3 + 4 xy N ( x , y ) = −(1 − 2 x 2 − 2y ) 14

Seme stre 2008B


obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición ∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) = 4 x  = 4 x ∂y ∂x ∂f ( x , y ) partiendo de = M ( x , y ) , se tiene ∂x ∂f ( x , y ) = 4 x 3 + 4 xy ∂x integrando con respecto a x : f ( x , y ) = ∫ (4 x 3 + 4 xy )dx f ( x , y ) = x 4 + 2 x 2 y + g ( y )

(5)


∂f ( x , y ) = 2x 2 + g ' ( y ) ∂y pero

∂f ( x , y ) = N ( x , y ) , entonces ∂y 2x 2 + g ' ( y ) = −(1 − 2 x 2 − 2y ) g ' ( y ) = −1 + 2y

integrando con respecto a y : g ( y ) = − y + y 2

sustituyendo en (5), se tiene: f ( x , y ) = x 4 + 2 x 2 y − y + y 2

o bien x 4 + 2x 2 y − y + y 2 = c

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de ecuaciones exactas. dy 1) x = 2 xe x − y + 6 x 2 dx 2) Cos θ dr − ( rSen θ − eθ ) dθ = 0 3) (y 2Cos x − 3 x 2 y − 2 x )dx + (2ySen x − x 3 + ln y )dy = 0 , sujeta a y (0) = e 4) Determine el valor de k , de tal manera que la ecuación diferencial que se proporciona sea exacta: ( x + ye 2 xy ) dx + kxe 2 xydy = 0

Tarea A5 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de ecuaciones exactas. y y 2 3 0 1) ( 3 x y + e ) dx + ( x + xe − 2 y ) dy =

2) (Tan x − Sen xSen y ) dx + Cos xCos ydy = 0

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⎛ 4y 2 − 2x 2 ⎞ ⎛ 8 y 2 − x 2 ⎞ dx + ⎜ 2 3) ⎜ ⎟ dy = 0 , sujeta a y (1) = 1 2 2 ⎟ 2 4 4 − − xy x y x y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4) Para el siguiente problema determine el valor de k , de tal manera que la ecuación diferencial que se proporciona sea exacta: ( 6 xy 3 + Cos y ) dx + ( 2kx 2y 2 − xSen y ) dy = 0

FACTOR INTEGRANTE

∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) ≠ , ∂y ∂x lo cual indica que la ecuación diferencial no es exacta. Para lograr que la ecuación diferencial sea exacta se buscará una función denotada por m ( x , y ) , tal que al multiplicarla por la ecuación diferencial se cumpla lo siguiente: m ( x , y )[M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0] m ( x , y )M ( x , y )dx + m ( x , y )N ( x , y )dy = 0 y entonces ∂m ( x , y )M ( x , y ) ∂m ( x , y )N ( x , y ) = ∂y ∂x si lo anterior se cumple, la ecuación diferencial se hará exacta y la solución de esta nueva expresión se obtendrá con el método de ecuaciones exactas. Considérese la ecuación de la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 en donde

Para la obtención de la función m ( x , y ) se parte de lo siguiente: ∂m ( x , y )M ( x , y ) ∂M ( x , y ) ∂m ( x , y ) = m ( x , y ) + M ( x , y ) ∂y ∂y ∂y análogamente ∂m ( x , y )N ( x , y ) ∂N ( x , y ) ∂m ( x , y ) = m ( x , y ) + N ( x , y ) ∂x ∂x ∂x si la ecuación es exacta, entonces ∂M ( x , y ) ∂m ( x , y ) ∂N ( x , y ) ∂m ( x , y ) + M ( x , y ) = m ( x , y ) + N ( x , y ) m ( x , y ) (6) ∂y ∂y ∂x ∂x la ecuación anterior es una ecuación diferencial en derivadas parciales, por lo cual se realizarán las siguientes simplificaciones: ∂m ( x , y ) = 0 , por lo que la ecuación (6) queda si m ( x , y ) = m ( x ) , entonces ∂y ∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) ∂m ( x , y ) = m ( x , y ) + N ( x , y ) m ( x , y ) ∂y ∂x ∂x simplificando la notación ya que todas las funciones dependen de x y y , se tiene ∂M ∂N ∂m = m + N m ∂y ∂x ∂x ∂M ∂N ∂m − m = N m ∂y ∂x ∂x

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⎛ ∂M ∂N ⎞ ∂m − ⎟⎟ = N ∂x ⎝ ∂y ∂x ⎠

m ⎜⎜

1 ∂m 1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ = ⎜ − ⎟ m ∂x N ⎜⎝ ∂y ∂x ⎠⎟

integrando con respecto a x : 1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ = ∫ m ∫ N ⎜⎜⎝ ∂y − ∂x ⎠⎟⎟dx 1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ln m = ∫ ⎜⎜ − ⎟dx + c N ⎝ ∂y ∂x ⎠⎟

∂m

1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎟ dx − ∫ ⎜⎜ N ⎝ ∂y ∂x ⎠⎟

m ( x ) = ce

1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎟ dx − ∫ ⎜⎜ N ⎝ ∂y ∂x ⎠⎟

por conveniencia, tomando c = 1 , se tiene m ( x ) = e

.

La expresión anterior representa el factor integrante que depende de x solamente y deberá multiplicar a la ecuación diferencial para volverla exacta.

∂m ( x , y ) = 0 , por lo que la ecuación (6) queda ∂x ∂M ( x , y ) ∂m ( x , y ) ∂N ( x , y ) + M ( x , y ) = m ( x , y ) m ( x , y ) ∂y ∂y ∂x

Análogamente, si m ( x , y ) = m ( y ) , entonces

1 ⎛ ∂N ∂M ⎞ ⎟ dy − ∫ ⎜⎜ M ⎝ ∂x ∂y ⎠⎟

realizando un procedimiento similar al anterior se llega a m ( y ) = e

.

Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial: (2y 2 + 3 x )dx + 2xydy = 0

Solución

La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , donde M ( x , y ) = 2y 2 + 3 x N ( x , y ) = 2 xy obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición ∂N ( x , y ) ∂M ( x , y ) = 4 y = 2y ∂y ∂x lo anterior indica que la ecuación diferencial no es exacta, entonces buscando un factor integrante que dependa de x :

≠

1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎟ dx − ∫ ⎜⎜ N ⎝ ∂y ∂x ⎠⎟

m ( x ) = e ∫

1

(4 y −2 y )dx

∫

2 y

dx

2 xy

dx

∫

= e = e m ( x ) = e multiplicando la ecuación diferencial por m ( x ) , se tiene 2 xy

x

= e ln x = x

x (2y 2 + 3 x )dx + 2 xydy = 0 Semestre 2008B

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(2xy 2 + 3 x 2 )dx + 2 x 2 ydy = 0

y ahora M ( x , y ) = 2 xy 2 + 3 x 2 N ( x , y ) = 2 x 2 y obteniendo nuevamente las derivadas parciales para verificar la condición ∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) = 4 xy  = 4 xy ∂y ∂x ∂f ( x , y ) partiendo entonces de = M ( x , y ) , se tiene ∂x ∂f ( x , y ) = 2 xy 2 + 3 x 2 ∂x integrando con respecto a x : f ( x , y ) = ∫ (2 xy 2 + 3 x 2 )dx f ( x , y ) = x 2 y 2 + x 3 + g ( y )

(7)


∂f ( x , y ) = 2 x 2 y + g ' ( y ) ∂y pero

∂f ( x , y ) = N ( x , y ) , entonces ∂y 2 x 2 y + g ' ( y ) = 2 x 2 y g ' ( y ) = 0

integrando con respecto a y : g ( y ) = 0

sustituyendo en (7), se tiene: f ( x , y ) = x 2 y 2 + x 3

o bien x 2 y 2 + x 3 = c

Ejemplo 2: (xy + y 2 )dx + (x 2 + 3 xy )dy = 0 Solución

La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , donde M ( x , y ) = xy + y 2 N ( x , y ) = x 2 + 3 xy obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición ∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) = x + 2y = 2x + 3y ∂y ∂x lo anterior indica que la ecuación diferencial no es exacta, entonces buscando un factor integrante que dependa de x :

≠

18

Seme stre 2008B


1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎟ dx − ∫ ⎜⎜ N ⎝ ∂y ∂x ⎠⎟

m ( x ) = e ∫

1 2

( x + 2 y −2 x −3 y )dx

∫

x − y 2

dx

∫

= e x +3 xy = e m ( x ) = e x +3 xy buscando entonces un factor integrante que dependa de y :

x − y dx x ( x + 3 y )

1 ⎛ ∂N ∂M ⎞ ⎟ dy − ∫ ⎜⎜ M ⎝ ∂x ∂y ⎠⎟

m ( y ) = e ∫

1 xy + y 2

(2 x +3 y − x −2 y )dy

∫

1 ( x + y )dy y ( x + y )

= e m ( y ) = e multiplicando la ecuación diferencial por m ( y ) , se tiene

dy y

∫

= e

= e ln y = y

y (xy + y 2 )dx + (x 2 + 3 xy )dy = 0

(xy

2

+ y 3 )dx + (x 2 y + 3 xy 2 )dy = 0

y ahora M ( x , y ) = xy 2 + y 3 N ( x , y ) = x 2 y + 3 xy 2 obteniendo nuevamente las derivadas parciales para verificar la condición ∂M ( x , y ) ∂N ( x , y ) = 2xy + 3 y 2  = 2xy + 3 y 2 ∂y ∂x ∂f ( x , y ) partiendo entonces de = M ( x , y ) , se tiene ∂x ∂f ( x , y ) = xy 2 + y 3 ∂x integrando con respecto a x : f ( x , y ) = ∫ (xy 2 + y 3 )dx x 2 y 2 + xy 3 + g ( y ) f ( x , y ) = 2

(8)


∂f ( x , y ) = x 2 y + 3 xy 2 + g ' ( y ) ∂y pero

∂f ( x , y ) = N ( x , y ) , entonces ∂y x 2 y + 3 xy 2 + g ' ( y ) = x 2 y + 3 xy 2 g ' ( y ) = 0

integrando con respecto a y : g ( y ) = 0

sustituyendo en (8), se tiene: x 2 y 2 + xy 3 f ( x , y ) = 2

o bien x 2 y 2 + xy 3 = c 2 Semestre 2008B

19


Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de factor integrante. 1) ( xy − 1) dx + ( x 2 − xy ) dy = 0 2) (2 xy 4e y + 2xy 3 + y )dx + (x 2 y 4e y − x 2 y 2 − 3 x )dy = 0 , 3) (x 4 + y 4 )dx − xy 3dy = 0 (inciso b, libro Serie Schawn)

Tarea A6 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de factor integrante. 1) xdy + ydx + 3x 3 y 4dy = 0 2 2 2) ( y + 2 xy ) dx − x dy = 0

3) e x dx + ( e x Cot y + 2 yCsc y ) dy = 0 4) Verificar que la ecuación diferencial ( x 2 + 2 xy − y 2 ) dx + ( y 2 + 2xy − x 2 ) dy = 0 se hace −2

exacta al multiplicarla por m( x, y ) = ( x + y )

y resolverla.

Tarea A7 Investigar los factores integrantes que maneja el libro de “Ecuaciones Diferenciales” de la Serie Schawn en el Capítulo 5, hacer un resumen de los 5 incisos y realizar los ejercicios 25a, 25c, 25e, 25f y 25j de la sección de Problemas Propuestos.

ECUACIONES LINEALES dy + a 0 ( x )y = g ( x ) recibe el nombre de ecuación diferencial dx lineal de primer orden. Para resolver este tipo de ecuaciones se procede del siguiente modo:

La ecuación de la forma a 1( x )

dividiendo la ecuación entre a 1( x ) dy a 0 ( x ) g ( x ) + y = dx a 1( x ) a 1( x )

(9)

si se definen p ( x ) y q ( x ) como p ( x ) =

a 0 ( x ) g ( x ) , q ( x ) = a 1( x ) a 1( x )

la ecuación (9) queda dy + p ( x )y = q ( x ) dx supóngase que q ( x ) = 0 , entonces la ecuación es homogénea, es decir: dy + p ( x )y = 0 dx y se puede resolver por variables separables

20

(10)

Seme stre 2008B


dy = − p ( x )dx y

integrando dy

∫ y

= − ∫ p ( x )dx

∫

ln y = − p ( x )dx + c

y = ce − ∫ p ( x )dx pero si q ( x ) ≠ 0 , entonces la ecuación no es homogénea y se propone una solución de la forma (11) y = c ( x )e − ∫ p ( x )dx puesto que dicha solución debe satisfacer a la ecuación diferencial, entonces derivando y ' = −c ( x )p ( x )e − ∫ p ( x )dx + c ' ( x )e − ∫ p ( x )dx y sustituyendo en (10) − c ( x )p ( x )e − ∫ p ( x )dx + c ' ( x )e − ∫ p ( x )dx + p ( x )c ( x )e − ∫ p ( x )dx = q ( x ) c ' ( x )e − ∫ p ( x )dx = q ( x ) q ( x ) c ' ( x ) = −∫ p ( x )dx e

integrando c ( x ) =

q ( x ) dx + c e −∫ p ( x )dx

∫

sustituyendo en (11)

⎛ q ( x ) ⎞ − ∫ p ( x )dx + dx c ⎟e p x dx ( ) − ∫ ⎝ e ∫ ⎠

y = ⎜

Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial: x 2 y '+ x (x + 2)y = e x

Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma a 1( x )

dy + a 0 ( x )y = g ( x ) . Dividiendo entre dx

a 1( x ) , se tiene

(x + 2)

e x y '+ y = 2 x x considerando que la ecuación es homogénea, se tiene (x + 2) y '+ y = 0 x (x + 2) dy =− y dx x (x + 2) dy =− dx y x integrando Semestre 2008B

(12)

21


(x + 2) dy =− dx y x ln y = −( x + 2 ln x ) + c

∫

∫

ln y + ln x 2 = − x + c ln yx 2 = − x + c

yx 2 = ce − x ce − x y = 2 x pero como no es homogénea, entonces se propone una solución de la forma c ( x )e − x y = x 2 puesto que esta solución debe satisfacer la ecuación diferencial, entonces derivando d e − x e − x + 2 c ' ( x ) y ' = c ( x ) dx x 2 x − x 2 − x ⎡ − x e − 2 xe ⎤ c ' ( x )e − x y ' = c ( x )⎢ ⎥+ 4 x x 2 ⎣ ⎦

(13)

c ( x )e − x 2c ( x )e − x c ' ( x )e − x − + y ' = − x 2 x 3 x 2

sustituyendo en (12) c ( x )e − x 2c ( x )e − x c ' ( x )e − x (x + 2) c ( x )e − x e x − − + + = 2 x 2 x 3 x 2 x x 2 x c ( x )e − x 2c ( x )e − x c ' ( x )e − x c ( x )e − x 2c ( x )e − x e x − − + + + = 2 x 2 x 3 x 2 x 2 x 3 x c ' ( x )e − x e x = 2 x 2 x x e c ' ( x ) = − x = e 2 x e integrando con respecto a x , se tiene: e 2 x 2 x + c c ( x ) = e dx = 2 sustituyendo c ( x ) en (13)

∫

⎛ e 2 x ⎞ e − x + c ⎟⎟ 2 y = ⎜⎜ 2 ⎝ ⎠ x e x ce − x + 2 y = 2 x 2 x

Otra forma de resolver la ecuación diferencial es aplicando la expresión ⎛ q ( x ) ⎞ y = ⎜ ∫ −∫ p ( x )dx dx + c ⎟e −∫ p ( x )dx ⎝ e ⎠ la ecuación diferencial es 22

(14)

Seme stre 2008B


y '+

(x + 2) x

e x y = 2 x

donde p ( x ) =

(x + 2) x

e x y q ( x ) = 2 x

obteniendo − ∫ p ( x )dx

e

− ∫

= e

x + 2 x

dx

− ∫ dx − 2

= e

dx

∫ x

− x − 2 ln x

= e

− x − 2 ln x

= e e

− x ln x − 2

= e e

e − x = 2 x

asimismo e x

x 2 x x 2 dx = e dx = e 2 x dx = e e − x 2 2 e − x x sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (14)

q ( x ) dx = e − ∫ p ( x )dx

∫

∫

∫

∫

⎛ e 2 x ⎞ e − x + c ⎟⎟ 2 y = ⎜⎜ 2 ⎝ ⎠ x e x ce − x + 2 y = x 2 x 2

Ejemplo 2: (x + 2)2

dy = 5 − 8 y − 4 xy dx

Solución Reacomodando los términos de la ecuación (x + 2)2 y '+4( x + 2)y = 5 dy + a 0 ( x )y = g ( x ) . Dividiendo entre la ecuación diferencial anterior tiene la forma a 1( x ) dx ( x + 2)2 , se tiene y '+

4

(x + 2)

y =

5

(x + 2)2

(15)

considerando que la ecuación es homogénea, se tiene y '+

4

(x + 2)

y = 0

dy 4 =− y dx (x + 2) 4 dy =− dx (x + 2) y

integrando dy 4 =− dx (x + 2) y ln y = −4 ln (x + 2) + c

∫

Semestre 2008B

∫

23

Ca p ítulo II. Ec ua c iones Diferen c iales d e Prime r Orden 4

ln y + ln (x + 2) = c 4

ln y (x + 2) = c 4

y (x + 2) = c c y = (x + 2)4 pero como no es homogénea, entonces se propone una solución de la forma c ( x ) y = (x + 2)4 puesto que esta solución debe satisfacer la ecuación diferencial, entonces derivando

(16)

(x + 2)4 c ' ( x ) − 4c ( x )(x + 2)3 y ' = (x + 2)8 y ' =

c ' ( x ) 4

(x + 2)

−

4c ( x )

(x + 2)5

sustituyendo en (15) c ' ( x ) 4

(x + 2)

−

4c ( x )

+

5

(x + 2) c ' ( x )

4c ( x )

(x + 2)

=

4

5

=

5

(x + 2)2

5

(x + 2)2 2 c ' ( x ) = 5(x + 2)

(x + 2) integrando con respecto a x , se tiene:

c ( x ) = 5 c ( x ) =

∫ (x + 2) dx 2

5 (x + 2)3 + c 3

sustituyendo c ( x ) en (16) 1 ⎡5 ⎤ 3 y = ⎢ (x + 2) + c ⎥ 4 ⎣3 ⎦ (x + 2) c 5 + y = 3(x + 2) (x + 2)4

Otra forma de resolver la ecuación diferencial es aplicando la expresión ⎛ q ( x ) ⎞ p x dx y = ⎜ ∫ −∫ p ( x )dx dx + c ⎟e −∫ ( ) ⎝ e ⎠ la ecuación diferencial es y '+

4

(x + 2)

y =

(17)

5

(x + 2)2

donde p ( x ) =

4

x + 2

y q ( x ) =

5 ( x + 2)2

obteniendo 24

Seme stre 2008B


− ∫ p ( x )dx

e

− ∫

= e

4 x + 2

dx

−4

= e − 4 ln ( x + 2 ) = e ln ( x + 2) =

1 ( x + 2)4

asimismo q ( x ) dx = − ∫ p ( x )dx e

∫

5

∫

5 ( x + 2)2 dx = 5 ( x + 2)2 dx = ( x + 2)3 1 3 ( x + 2)4

∫

sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (17) 1 ⎡5 ⎤ 3 y = ⎢ (x + 2) + c ⎥ 4 ⎣3 ⎦ (x + 2) 5 c + y = 3(x + 2) (x + 2)4

Ejemplo 3: y '+(Tan x )y = Cos 2 x , sujeta a y (0) = −1 Solución Utilizando la expresión

⎛ q ( x ) ⎞ dx + c ⎟e −∫ p ( x )dx − ∫ p ( x )dx ∫ ⎝ e ⎠

y = ⎜

(18)

donde p ( x ) = Tan x y q ( x ) = Cos 2 x

obteniendo e − ∫ p ( x )dx = e − ∫ Tan xdx = e −ln (Sec x ) = e ln (Sec x )

−1

=

1 = Cos x Sec x

asimismo q ( x ) Cos 2 x dx = dx = Cos xdx = Sen x Cos x e − ∫ p ( x )dx sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (18) y = [Sen x + c ]Cos x y = Sen xCos x + cCos x aplicando y (0) = −1 − 1 = Sen (0)Cos (0) + cCos (0) c = −1 sustituyendo en la solución y = Sen xCos x − Cos x

∫

∫

∫

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales lineales. 1) xdy − 2ydx = (x − 2)e x dx dy = y 3 2) (1 − 4 xy 2 ) dx Semestre 2008B

25


1 − e −2 x dy + y = x 3) dx e + e − x

Tarea A8 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales lineales. dx dr + 3t 2 x = t , s.a. x (2) = 0 4) t 3 1) + rSec θ = Cos θ dt d θ dy 5) xy '+ (1 + x ) y = e − x Sen 2x −3 x + ( 3 x + 1) y = e 2) x dx dy 3) Cos 2 xSen x + (Cos 3 x ) y = 1 dx

ECUACIÓN DE BERNOULLI Presenta la siguiente forma: dy + P ( x )y = f ( x ) y n (19) dx para n ≠ 0 y n ≠ 1, la sustitución w = y 1− n transforma la ecuación diferencial en dw  Ecuación lineal (20) + (1 − n )P ( x )w = (1 − n )f ( x ) dx que se puede resolver por el método de ecuaciones lineales.

Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial: x

dy − (1 + x )y = xy 2 dx

Solución Dividiendo entre x para dejarla en la forma de la ecuación de Bernoulli (ecuación 19), se tiene dy (1 + x ) − y = y 2 dx x donde (1 + x ) P ( x ) = − x f ( x ) = 1 n = 2 1 − n = 1 − 2 = −1 −1 por lo tanto, la sustitución es w = y . Sustituyendo en la ecuación (20): dw ⎛ 1 + x ⎞ + ( −1)⎜ − ⎟w = ( −1)(1) dx x ⎝ ⎠ dw 1 + x + w = −1 dx x 26

Seme stre 2008B


la expresión anterior es una ecuación lineal, por lo tanto, utilizando la expresión ⎛ q ( x ) ⎞ w = ⎜ ∫ − ∫ p ( x )dx dx + c ⎟e − ∫ p ( x )dx ⎝ e ⎠ donde 1 + x y q ( x ) = −1 p ( x ) = x obteniendo dx 1+ x − ∫ dx −∫ − dx e − x − ∫ p ( x )dx −ln x − x x x ∫ = e = e = e = e x asimismo q ( x )

∫ e

− ∫ p ( x )dx

dx = −

∫ e

1

dx = −

− x

x

x

∫ e

− x

(21)

∫

dx = − xe x dx = − xe x + e x

sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (21) e − x x x w = [− xe + e + c ] x 1 ce − x w = −1 + + x x pero w = 1 , entonces, sustituyendo en el resultado anterior y

1 1 ce − x = −1 + + y x x 1 − x + 1 + ce − x = y x y =

Ejemplo 2: x 2

x − x + 1 + ce − x

dy − 2 xy = 3 y 4 dx

Solución Dividiendo entre x 2 , para dejarla en la forma de la ecuación de Bernoulli (ecuación 19), se tiene dy 2 3 − y = 2 y 4 dx x x

donde 2 x 3 f ( x ) = 2 x n = 4 1 − n = 1 − 4 = −3 P ( x ) = −

Semestre 2008B

27


por lo tanto, la sustitución es w = y −3 , por lo tanto, la ecuación queda dw ⎛ 2 ⎞ ⎛ 3 ⎞ + ( −3)⎜ − ⎟w = ( −3)⎜ 2 ⎟ dx ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ dw 6 9 + w = − 2 dx x x

la expresión anterior es una ecuación lineal, por lo tanto, utilizando la expresión ⎛ q ( x ) ⎞ w = ⎜ ∫ − ∫ p ( x )dx dx + c ⎟e − ∫ p ( x )dx ⎝ e ⎠ donde p ( x ) =

(22)

6 9 y q ( x ) = − 2 x x

obteniendo 6

− ∫ p ( x )dx

e

− ∫ dx

= e

x

= e − 6 ln x =

1 x 6

asimismo 9 2 q ( x ) x dx = −9 x 4dx = − 9 x 5 = − dx 1 6 5 e − ∫ p ( x )dx x sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (22) ⎡ 9 ⎤ 1 w = ⎢− x 5 + c ⎥ 6 ⎣ 5 ⎦ x

∫

∫

w = −

∫

c 9 + 6 5 x x

pero w = 1 3 , entonces, sustituyendo en el resultado anterior y 1 9 c =− + 6 3 5 x x y

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. 1) y

1 2

3 dy + y 2 = 1 dx

dy − y = e x y 2 dx dy 3) t 2 + y 2 = ty dt

2)

ECUACIÓN DE RICATTI Presenta la siguiente forma: dy = P ( x ) + Q ( x )y + R ( x ) y 2 dx 28

(23)

Seme stre 2008B


Esta ecuación se puede resolver con dos sustituciones consecutivas, siempre y cuando se conozca una solución particular y 1 de la ecuación. Primero se emplea la sustitución y = y 1 + u , la cual es una familia de soluciones de la ecuación, en donde u es la solución de du − [Q + 2y 1R ]u = Ru 2 dx

utilizando la sustitución w = 1 , la ecuación anterior se reduce a u dw + [Q + 2y 1R ]w = −R dx



Ecuación lineal (24)

que se puede resolver por el método de ecuaciones lineales.

Ejemplo: Resolver la siguiente ecuación diferencial: dy = −2 − y + y 2 , con y 1 = 2 dx

Solución La ecuación tiene la forma de la ecuación (23), donde P ( x ) = −2 Q ( x ) = −1 R ( x ) = 1 Sustituyendo en la ecuación (24): dw + (− 1 + 2(2)(1))w = −(1) dx dw + 3w = −1 dx

la expresión anterior es una ecuación lineal, por lo tanto, utilizando la expresión ⎛ q ( x ) ⎞ w = ⎜ ∫ − ∫ p ( x )dx dx + c ⎟e − ∫ p ( x )dx ⎝ e ⎠ donde p ( x ) = 3 y q ( x ) = −1 obteniendo e − ∫ p ( x )dx = e − ∫ 3 dx = e −3 x asimismo 1 q ( x ) e 3 x 3 x ∫ e − ∫ p ( x )dx dx = −∫ e −3 x dx = − ∫ e dx = − 3 sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (25) ⎡ e 3 x ⎤ w = ⎢− + c ⎥e −3 x ⎣ 3 ⎦ w = −

(25)

1 + ce −3 x 3

pero w = 1 , entonces, sustituyendo en el resultado anterior u Semestre 2008B

29


1 1 = − + ce −3 x u 3 1 − 1 + ce −3 x = u 3 3 u = −3 x ce − 1

además y = y 1 + u , entonces, sustituyendo y = 2 +

3 ce − 3 x − 1

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. dy = e 2 x + (1 + 2e x )y + y 2 , con y 1 = −e x dx dy 2) = Sec 2 x − (Tan x )y + y 2 , con y 1 = Tan x dx

1)

APLICACIONES Crecimiento y decrecimiento En varias teorías físicas la expresión

dx = kx , con k = cte y sujeta a alguna condición inicial, dt

representa crecimiento o decrecimiento.

Ejemplo: La población de una pequeña ciudad crece en un instante cualquiera con una rapidez proporcional a la cantidad de habitantes en dicho instante. Si su población inicial es de 500 personas y aumenta 15% en diez años, ¿cuál será la población dentro de 30 años?

Datos Sea N → número de habitantes en un instante cualquiera dN ∼ N dt para t = 0 años, N = 500 personas (500)(0.15) = 75 para t = 10 años, N = 575 personas para t = 30 años, N = ? personas

Solución Partiendo de

30

dN ∼ N , y convirtiéndola en una igualdad dt

Seme stre 2008B


dN = kN dt

resolviendo la ecuación diferencial anterior dN = kdt N dN = k dt N ln N = kt + c

∫

∫

N = ce kt

aplicando t = 0 , N = 500 , se obtiene

(26)

500 = ce k ( 0 ) c = 500

sustituyendo en (26) N = 500e kt

aplicando t = 10 , N = 575 , se obtiene

(27)

575 = 500e k (10 ) 575 = e 10k 500 575 10k = ln 500 ln 575 500 = 0.0139 k = 10

sustituyendo en (27) N = 500e 0.0139t

para t = 30 años N = 500e 0.0139 ( 30 ) N ≈ 760 personas

Ejercicios: Resolver los siguientes problemas de crecimiento y decrecimiento: 1) Cuando un rayo vertical de luz pasa a través de una sustancia transparente, el grado con que su intensidad I disminuye es proporcional a I(t), en donde t representa el espesor del medio, expresado en pies. En agua clara de mar, la intensidad a 3 pies bajo la superficie es 25% de la intensidad inicial I 0 del rayo incidente ¿Cuánta es la intensidad del rayo a 15 pies bajo la superficie? 2) (Interés compuesto continuo): Cuando nació el primer hijo, una pareja depositó 5000 pesos en una cuenta de inversiones que paga el 8% de interés anual compuesto continuamente. Se dejó que se acumularan los intereses devengados. ¿A cuánto ascenderá la cuenta en el décimo octavo cumpleaños del niño? 3) El plomo 209 (Pb-209), isótopo radiactivo del plomo, se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier tiempo t , y tiene una vida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿cuánto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90%? (Ver definición de semivida o vida media). Semestre 2008B

31


Semivida o vida media. Es la medida de la estabilidad de una sustancia radiactiva y es simplemente el tiempo necesario para que se desintegren la mitad de los átomos de una cantidad inicial a 0 .

Enfriamiento Ley de enfriamiento de Newton La ley de enfriamiento de Newton se expresa con la siguiente ecuación diferencial lineal de primer orden dT = k (T − T m ) dt

donde: k → constante T → temperatura en cualquier instante de tiempo T m → temperatura ambiente

Ejemplo: Un termómetro se saca de una habitación donde la temperatura del aire es 70° F y se lleva al exterior, donde la temperatura es 10° F. Después de ½ minuto el termómetro indica 50° F, ¿cuál es la lectura cuando t = 1 minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15° F?

Datos

Para t = 0 minutos, T = 70°F T m = 10°F para t = 12 minuto, T = 50°F para t = 1 minuto, T = ? para t = ? minutos, T = 15°F

Solución Utilizando la ley de enfriamiento de Newton, se tiene dT = k (T − T m ) dt dT = k (T − 10) dt

resolviendo la ecuación diferencial dT = kdt T − 10 dT = k dt T − 10 ln (T − 10) = kt + c

∫

∫

T − 10 = ce kt T = 10 + ce kt

aplicando t = 0 , T = 70°F , se obtiene 32

(28)

Seme stre 2008B


70 = 10 + ce k ( 0 ) c = 70 − 10 = 60

sustituyendo en (28) T = 10 + 60e kt

aplicando t =

1 2

, T = 50°F , se obtiene

(29)

50 = 10 + 60e k ( 0.5 ) 40 = e 0.5 k 60 ln 2 2 3 = −0.81 ⇒ k = 0.5k = ln 3 0 .5

sustituyendo en (29), se obtiene T = 10 + 60e −0.81t

para t = 1, se tiene T = 10 + 60e −0.81(1) T = 36.7°F

para T = 15°F , se tiene 15 = 10 + 60e −0.81t 5 = e −0.81t 60 5 − 0.81t = ln 60 ln 5 60 t = − 0.81 t = 3.07 min

Ejercicio: Resolver el siguiente problema de enfriamiento: 1) Un tarro de crema, inicialmente a 25°C, se va a enfriar colocándola en un pórtico donde la temperatura es de 0°C. Suponga que la temperatura de la crema ha descendido a 15°C después de 20 minutos. ¿Cuándo estará a 5°C? 2) Dos recipientes grandes A y B del mismo tamaño se llenan con diferentes líquidos. Los líquidos de los recipientes A y B se mantienen a 0°C y 100°C, respectivamente. Una barra metálica, cuya temperatura inicial es 100°C, se sumerge en el recipiente A. Después de un minuto la temperatura de la barra es de 90°C. Transcurridos dos minutos se retira la barra y se transfiere de inmediato al otro recipiente, después de permanecer un minuto en éste, la temperatura de la barra aumenta 10°C. ¿Cuánto tiempo, desde el inicio del proceso, tarda la barra en llegar a 99.9°C?

Trayectorias ortogonales Se dice que 2 rectas son ortogonales si el producto de sus pendientes es igual a -1. Si se tienen dos curvas que se intersectan en un determinado punto de la siguiente forma: Semestre 2008B

33


y L2

donde: L1 → tangente a la curva C1 L2 → tangente a la curva C2 θ → ángulo entre las tangentes L1 y L2 en x 0

θ C1

C2

L1

x

x0 Figura 1. Intersección de dos curvas con trayectorias ortogonales.

entonces, si

θ

= 90° , las curvas tendrán trayectorias ortogonales una de otra en x 0 .

Sea m 1 la pendiente de L1 y m 2 la pendiente de L2 , entonces, dichas pendientes se pueden visualizar como: ⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞ m 1 = ⎜ ⎟ y m 2 = ⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠C 1 ⎝ dx ⎠C 2 y la condición de ortogonalidad se puede ver como ⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = −1 en x 0 . ⎝ dx ⎠C 1⎝ dx ⎠C 2

Definición Sea una familia de curvas de la G ( x , y , k 1 ) = 0 forma y sea H ( x , y , k 2 ) = 0 una segunda familia de curvas, entonces se dice que son trayectorias ortogonales una de otra si en los puntos de intersección de ambas, las rectas tangentes para cada familia de curvas forman ángulos de 90° (figura 2).

y

H(x,y,k2)=0

90º

G(x,y,k1)=0 x

Figura 2. Familia de circunferencias con trayectorias ortogonales a la familia de rectas. 34

Seme stre 2008B


Ejemplo 1: Obtener las trayectorias ortogonales de la siguiente familia de curvas: y = ax 2 . Solución La condición de ortogonalidad es

⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = −1 ⎝ dx ⎠C 1⎝ dx ⎠C 2 Suponiendo que la familia de curvas C1 es y = ax 2 , entonces, derivando

(30)

⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ = 2ax ⎝ dx ⎠C 1 sustituyendo en la expresión (30) se tiene ⎛ dy ⎞ 2ax ⎜ ⎟ = −1 ⎝ dx ⎠C 2 donde se desconoce la derivada de la familia de curvas C2, entonces despejando 1 ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ =− 2ax ⎝ dx ⎠C 2 pero de la ecuación de la familia de curvas C1 ( y = ax 2 ), se tiene que a = y

x 2

, entonces

sustituyendo en la expresión anterior 1 x 2 x ⎛ dy ⎞ =− =− ⎜ ⎟ =− y 2xy 2y ⎝ dx ⎠C 2 2⎛ ⎜ 2 ⎞⎟ x ⎝ x ⎠ por lo tanto, la ecuación diferencial a resolver es dy x =− 2y dx resolviendo la ecuación 2ydy = − xdx

∫

∫

2 ydy = − xdx 2

x + b 2 x 2 + 2y 2 = b

y 2 = −

Ejemplo 2: y =



Ecuación de la familia de curvas C2

x 1 + k 1x

Solución La condición de ortogonalidad es

⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = −1 ⎝ dx ⎠C 1⎝ dx ⎠C 2 Suponiendo que la familia de curvas C1 es y =

Semestre 2008B

(31)

x , entonces, derivando 1 + k 1x 35


1 + k 1x − xk 1 1 ⎛ dy ⎞ = ⎜ ⎟ = (1 + k 1x )2 (1 + k 1x )2 ⎝ dx ⎠C 1 sustituyendo en la expresión (31) se tiene 1 ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ = −1 (1 + k 1x )2 ⎝ dx ⎠C 2 donde se desconoce la derivada de la familia de curvas C2, entonces despejando ⎛ dy ⎞ 2 ⎜ ⎟ = −(1 + k 1x ) ⎝ dx ⎠C 2

pero de la ecuación de la familia de curvas C1, se tiene que k 1 =

1 1 − , entonces sustituyendo y x

en la expresión anterior 2

2

2

⎛ ⎛ 1 1 ⎞ ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ x 2 ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = −⎜1 + ⎜⎜ − ⎟⎟ x ⎟ = −⎜⎜1 + − 1⎟⎟ = −⎜⎜ ⎟⎟ = − 2 y ⎝ dx ⎠C 2 ⎝ y ⎠ ⎝ y ⎠ ⎝ ⎝ y x ⎠ ⎠ por lo tanto, la ecuación diferencial a resolver es dy x 2 =− 2 dx y

resolviendo la ecuación y 2dy = − x 2dx

∫ y dy = −∫ x dx 2

2

y 3 x 3 =− + k 2 3 3 x 3 + y 3 = k 2



Ecuación de la familia de curvas C2

Ejercicios: Obtener las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas. 1) y = k ( Sec x + Tan x ) 2) x 2 + 4y 2 = c 2 3) 4y + x 2 + 1 + k 1e 2 y = 0 4) Encuentre el valor de b tal que las parábolas y = k 1 x 2 + b sean trayectorias ortogonales a la familia de elipses x 2 + 2y 2 − y = k 2 .

Trayectorias isogonales Una familia de curvas que se intersecta con otra familia de curvas dada formando un ángulo constante α especificado ( α ≠ π ) se llama familia isogonal. Se dice entonces que las dos 2

familias son, cada una, trayectorias isogonales de la otra. La ecuación diferencial de la familia isogonal es: dy f ( x , y ) ± Tan α = dx 1 ∓ f ( x , y )Tan α 36

Seme stre 2008B


donde f ( x , y ) es la derivada de la familia dada con respecto a x y sin constantes indicadas.

Tarea extra: Encontrar la familia isogonal que se intersecta con la familia uniparamétrica de rectas y = k 1x formando el ángulo examen parcial.

α

= 60° . Valor: 6 décimos sobre la calificación del primer

Caída libre dv = mg − kv describe la velocidad v de una masa m en caída dt sujeta a la resistencia del aire como proporcional a la velocidad instantánea, donde k > 0 es una constante de proporcionalidad positiva. La ecuación diferencial anterior se obtiene a partir de lo siguiente:

La ecuación diferencial m

tomando la dirección positiva hacia abajo ΣF = mg − kv pero, dado que está en movimiento dv ΣF = ma = m dt entonces dv = mg − kv m dt

Diagrama de cuerpo libre

kv

(+)

mg

Ejemplo: Un objeto con masa de 3 kilogramos se suelta a partir del reposo, a 500 metros arriba del suelo, y se deja caer bajo la influencia de la gravedad. Suponiendo que la fuerza gravitacional es constante, esto es g = 9.81 m seg 2 y que la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del objeto con constante de proporcionalidad k = 3 kg / seg . Determine a qué altura se encuentra después de ½ minuto y en qué momento el objeto golpeará contra el suelo. m

Datos

m = 3 kg para t = 0 segundos, x = 0 metros para t = 0 segundos, x ' = 0 m/seg g = 9.81 m seg 2 F R ∼ v k = 3 kg / seg para t = 12 minuto = 30 segundos, x = ? para t = ? segundos, x = 500 metros

(+)

x

D.C.L. 500 m

FR mg

Solución De acuerdo al diagrama de cuerpo libre

Semestre 2008B

37


ΣF = mg − F R pero F R = kv , y además ΣF = ma = m

dv , entonces dt dv = mg − kv m dt

sustituyendo valores 3

dv = 29.43 − 3v dt

resolviendo la ecuación diferencial 3 dv = dt 29.43 − 3v 3 dv = dt 29.43 − 3v − ln (29.43 − 3v ) = t + c 1 = ce t 29.43 − 3v 1 29.43 − 3v = t = ce −t ce 29.43 − ce − t v = 3 v = 9.81 − ce −t

∫

∫

aplicando v = 0 , t = 0 , se tiene

(32)

0 = 9.81 − ce −0 c = 9.81

entonces la ecuación (32) queda v = 9.81 − 9.81e −t

pero v =

dx , entonces dt dx = 9.81 − 9.81e −t dt

para encontrar x (t ) , integrando

∫ dx = ∫ (9.81− 9.81e )dt − t

x = 9.81t + 9.81e −t + c 1

(33)

aplicando x = 0 , t = 0 , se tiene 0 = 9.81(0) + 9.81e −0 + c 1 c 1 = −9.81

entonces la ecuación (33) queda x = 9.81t + 9.81e −t − 9.81

para t = 30 segundos x = 9.81(30) + 9.81e −30 − 9.81 x = 284.50 metros

38

Seme stre 2008B


para x = 500 metros 500 = 9.81t + 9.81e −t − 9.81 509.81 = 9.81t + 9.81e −t 509.81 t = 9.81 t = 51.96 ≈ 52 segundos

Ejercicios: Resolver los siguientes problemas de caída libre: 1) Un objeto de masa de 15 kg se suelta a partir del reposo a 2000 metros arriba del suelo, si la fuerza de gravedad en ese instante es de 9.81 m/seg 2 y la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a 5 veces la velocidad instantánea, determine a que altura se encuentra después de 2 minutos y en que momento golpeará el objeto con el suelo. 2) Una masa es arrastrada por el hielo sobre un trineo, el peso total es de 80 lb, incluido el trineo. Suponiendo que es despreciable la resistencia del hielo a los corredores y que el aire opone una resistencia en libras igual a 5 veces la velocidad (v ft/seg) del trineo, encuentre la fuerza constante ejercida sobre el trineo para obtener una velocidad terminal de 14.67 ft/seg y la velocidad al cabo de 4 segundos.

Mezclas La mezcla de dos soluciones salinas de distintas concentraciones da lugar a una ecuación diferencial de primer orden, que define la cantidad de sal que contiene la mezcla.

efluente de entrada

V efluente de salida

Figura 3. Tanque con solución salina.

Si A(t ) es la cantidad de sal en el tanque de la figura 3 en el tiempo t , entonces la razón con la que cambia A(t ) es

Semestre 2008B

39


⎛ razón de entrada ⎞ ⎛ razón de salida ⎞ dA ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = R i − R o = ⎜⎜ dt de la sal ⎝ ⎠ ⎝ de la sal ⎠ donde

⎛ razón de entrada ⎞⎛ concentrac ión de sal en el ⎞ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ R i = ⎜⎜ de la salmuera efluente de entrada ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎛ razón de salida ⎞⎛ concentrac ión de sal en el ⎞ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ R o = ⎜⎜ de la salmuera efluente de salida ⎝ ⎠⎝ ⎠

Ejemplo: Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30 gramos de sal y le entran 4 lt/min de solución con 1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, del tanque sale líquido con la misma rapidez. Calcule la cantidad A(t ) de gramos de sal que hay en el tanque en cualquier instante t . Determine la cantidad de sal cuando t = 5 minutos.

Datos V = 200 litros en t = 0 segundos, A = 30 gramos de sal razón de entrada de la salmuera = 4 lt/min razón de salida de la salmuera = 4 lt/min concentración de entrada = 1 gr/lt A(t ) = ? A(5) = ?

Solución La ecuación diferencial a resolver es dA = R i − R o dt

(34)

donde

⎛ razón de entrada ⎞⎛ concentrac ión de sal en el ⎞ ⎛ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = 4 lt 1 gr ⎞⎟ = 4 gr R i = ⎜⎜ ⎜ min ⎝ min lt ⎠ ⎝ de la salmuera ⎠⎝ efluente de entrada ⎠ puesto que las razones de entrada y salida de la salmuera son iguales, entonces A gr de sal concentración de salida = lt 200 por lo tanto ⎛ razón de salida ⎞⎛ concentrac ión de sal en el ⎞ ⎛ A gr ⎞ A gr ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = 4 lt R o = ⎜⎜ ⎜ ⎟= min lt 200 de la salmuera efluente de salida ⎝ ⎠ 50 min ⎝ ⎠⎝ ⎠ sustituyendo en la ecuación (34) dA A = 4− 50 dt resolviendo la ecuación diferencial dA 200 − A = 50 dt

(

(

40

)

)

Seme stre 2008B

ecuaciones 1

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